POINT
- 微積分の順序交換に関する定理の紹介．
- 応用例としてGauss積分について解説する．
微積分の順序交換に関する定理と，応用例を紹介します．
極限記号$\lim$と，積分$\displaystyle\int$の順序交換（優収束定理）については，次の記事を参照して下さい：
【Lebesgue積分】優収束定理（limと積分の順序交換） - Notes_JP
定理
定理（微積分の順序交換）
$(X,\Omega,\mu)$を測度空間，$f$を以下の条件を満たす$X\times (a,b)$上の関数とする：
- 任意の$\alpha\in (a,b)$に対して，$f_\alpha: X\ni x\mapsto f(x,\alpha)$が$X$上可積分．
- 任意の$x\in X$に対して，$f_x: (a,b)\ni \alpha\mapsto f(x,\alpha)$が$(a,b)$上可微分．
- $X$上の可積分関数$\varphi$が存在し，\begin{aligned}\biggl|\frac{\partial f}{\partial \alpha}(x,\alpha)\biggr|\leq \varphi(x),\quad \forall(x,\alpha)\in X\times (a,b)\end{aligned}
このとき，次の式が成り立つ：
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\int_X f(x,\alpha)\,d\mu(x)
=\int_X \frac{\partial f}{\partial \alpha}(x,\alpha)\,d\mu(x)
\end{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\int_X f(x,\alpha)\,d\mu(x)
=\int_X \frac{\partial f}{\partial \alpha}(x,\alpha)\,d\mu(x)
\end{aligned}
【例】Gauss積分
以下の式が成り立つ：
\begin{aligned}
\int_0^\infty x^{2n} e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x
=\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\pi} \alpha^{-1/2-n}
\qquad (\alpha >0)
\end{aligned}
\int_0^\infty x^{2n} e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x
=\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\pi} \alpha^{-1/2-n}
\qquad (\alpha >0)
\end{aligned}
Step1.
Gauss積分$\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$で$x=\sqrt{\alpha} t$とすると，
\begin{aligned}
\int_0^\infty e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}.
\tag{1}
% \label{eq:gauss_int}
\end{aligned}
\int_0^\infty e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}.
\tag{1}
% \label{eq:gauss_int}
\end{aligned}
Step2.
$\displaystyle\frac{\partial^n}{\partial \alpha^n}e^{-\alpha x^2}=(-x^2)^ne^{-\alpha x^2}$だから，$0< a <\alpha$をとると任意の$n$に対して$\displaystyle \Bigl|\frac{\partial^n}{\partial \alpha^n}e^{-\alpha x^2} \Bigr|\leq \color{red}{x^{2n} e^{-ax^2}}$である．
また，$\displaystyle e^{ax^2}\geq \dfrac{(ax^2)^{n+1}}{(n+1)!}$であることに注意すれば，
\begin{aligned}
\int_0^{\infty} \color{red}{x^{2n} e^{-ax^2}} \,\mathrm{d}x
\leq \frac{(n+1)!}{a^{n+1}} \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2}
< \infty
\end{aligned}
が成り立つ．\int_0^{\infty} \color{red}{x^{2n} e^{-ax^2}} \,\mathrm{d}x
\leq \frac{(n+1)!}{a^{n+1}} \int_0^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2}
< \infty
\end{aligned}
従って上述の定理より，帰納的に任意の$n$に対して
\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}\alpha^n}\int_0^\infty e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x
=\int_0^\infty \frac{\partial^n}{\partial\alpha^n}e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x.
\end{aligned}
\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}\alpha^n}\int_0^\infty e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x
=\int_0^\infty \frac{\partial^n}{\partial\alpha^n}e^{-\alpha x^2}\,\mathrm{d}x.
\end{aligned}
Step3.
式 (1)の両辺を$\alpha$で微分すると求める式が得られる．
Gauss積分に関しては以下を参照してください：ガウス積分と派生公式 - Notes_JP
