瓦里斯公式及其相關的結果 (第 4 頁)

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瓦里斯公式及其相關的結果（第 4 頁）

蔡聰明

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．原載於科學月刊第二十七卷第五期
．作者當時任教於台大數學系
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機率積分

考慮 f(x)=e^-x²，它沒有初等函數之反導函數（注意：xe^-x² 有反導函數 $-\frac{1}{2}e^{-x^2}$ ），故對它作積分時，微積分的牛頓與萊布尼慈公式派不上用場。但是，瑕積分 $\int_{\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx$ 卻可以精確地計算出來，叫做機率積分 (probability integral)，這也是微積分中最重要的一個積分公式。

定理3

$\begin{displaymath}\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\end{displaymath}$

我們要採用三種方法來求算這個積分，所涉及的技巧都很有代表性，值得介紹。

(i)對 e^-x² 作估計再配合瓦里斯公式

微分法的精義就是局部地「用切線取代曲線」。由於指數函數是凸函數或用泰勒展開式 (Taylor expansion)，可知

$\begin{displaymath}e^x\geq1+x , \quad\forall x\in R \eqno{(22)}\end{displaymath}$

參見下面圖三。

圖三

將 x 代以 -x²,以及 x² 再取倒數，就得到不等式

$\begin{displaymath}1-x^2\leq e^{-x^2}\leq\frac{1}{1+x^2},\quad\forall x\in R\eqno{(23)}\end{displaymath}$

如果直接對上式作積分 $\int_0^{\infty}$ ，會毫無所得，因為左右兩端分別是 $-\infty$ 與 $+\infty$ 。我們將(23)式所涉及的三個函數作成圖四。

在微分法中，用 y=1+x 逼近 y=e^x 只有在「局部」x=0 附近，效果才良好。換言之，用 1-x² 與 $\frac{1}{1+x^2}$ 來估計 e^-x²，只有在 x=0 附近才是良好的，參見圖四。我們要對它們作積分，但積分涉及「大域」(global) 的範圍。

圖四

「局部」與「大域」之間如何找到平衡點？如果我們對函數施展「伸縮大法」，使其集中到 x=0 附近並且保持積分值不變，那麼也許就可以找到平衡點。

考慮三函數

: (i) $y=\sin x$
: (ii) $y=\sin5x$
: (iii) $y=5\sin5x$

它們的圖形關係如下：將(i)沿 x 軸由左右壓縮五倍（原點保持不動），就得到(ii)，再沿 y 軸方向放大五倍，就得到(iii)。這個辦法可以推展到一般函數情形。

讓函數 f(x)=e^-x² 施展伸縮大法，考慮

$\begin{displaymath} g(x)=\lambda f(\lambda x) = \lambda e^{-\lambda^2x^2}, \quad \lambda \geq 1 \end{displaymath}$

那麼 g 的圖形就是將 f 的圖形在 x 方向壓縮 λ 倍，在 y 軸放大 λ 倍。它們的圖形如下面圖五所示。當 λ 越大時，y=g(x) 的圖形越集中到原點附近，高度也越高，簡直就有「納乾坤於須彌」的意味。

圖5

為了配合瓦里斯公式，我們取 $\lambda=\sqrt{n}$ ，即考慮函數

$\begin{displaymath}g(x)=\sqrt{n} e^{-nx^2}\end{displaymath}$

在 $0\leq x\leq1$ 的範圍，對(23)式作 n 次方再乘以 $\sqrt{n}$ ，得到

$\begin{displaymath}\sqrt{n}(1-x^2)^n\leq\sqrt{n} e^{-nx^2}\leq\frac{\sqrt{n}}{(1+x^2)^n}\eqno{(24)}\end{displaymath}$

不過，第一個不等號與第二個不等號分別在 $x\geq0$ 與 $x\geq0$ 的範圍成立。

當 n 越來越大時，這個估計式會越來越好，越集中到原點附近。我們也注意到

$\begin{displaymath}\sqrt{n}\int_0^{\infty}e^{-nx^2}dx=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\equiv I\end{displaymath}$

即積分值不變。對(24)式作積分，得到

$\begin{displaymath}\sqrt{n}\int_0^1(1-x^2)^ndx\leq I\leq\sqrt{n}\int_0^{\infty}(1+x^2)^{-n}dx\eqno{(25)}\end{displaymath}$

分別利用變數代換 $x=\cos\theta$ 與 $x=\cot\theta$ 及分部積分法，可得

$\begin{displaymath}\int_0^1(1-x^2)^ndx = \int_0^{\infty}\sin^{2n+1}\theta d\thet... ...rac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots 2n}{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdots 2n+1}\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}\int_0^{\infty}(1+x^2)^{-n}dx = \int_0^{\infty} \sin^{2n-2} \... ...\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-3)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n-2)}\end{displaymath}$

代入(25)式得到

$\begin{displaymath}\sqrt{n}\cdot\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{3\cdot5\cdot7\cdots... ...cdot\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n-2)}\end{displaymath}$

由瓦里斯公式知，當 $n \rightarrow \infty$ 時，左右兩端皆趨近於 $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ，從而得到

$\begin{displaymath}I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\end{displaymath}$

(ii)參數變化的技巧

考慮一族積分

$\begin{displaymath} I=\int_0^{\infty}x^ne^{-x^2}dx, \quad n=0,1,2, \cdots \end{displaymath}$

於是原來的問題就是特例 I₀。

利用分部積分得到

$\begin{displaymath}I_n-\frac{n-1}{2}I_{n-2}\end{displaymath}$

從而

$\begin{displaymath}I_{2k}=\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2^k}I_0 \eqno{(26)}\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}I_{2k+1}=\frac{1\cdot2\cdot3\cdots k}{2} \eqno{(27)}\end{displaymath}$

接著不易看出關於 I_n 的不等式，不過，這個困難可以克服。我們注意到

$\begin{displaymath}\lambda^2I_{n-1}+2\lambda I_n+I_{n+1} = \int_0^{\infty}x^{n-1}(\lambda+x)^2e^{-x^2}dx\end{displaymath}$

並且對任意實數右項都是正的，所以二次式的判別式小於 0，亦即

$\begin{displaymath}I_n^2<I_{n-1} \cdot I_{n+1}, \quad n = 1,2,\cdots\end{displaymath}$

從而

$\begin{displaymath}I_{2n}^2<I_{2n-1}\cdot I_{2n+1} \eqno{(28)}\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}I_{2n+1}^2<I_{2n}\cdot I_{2n+2} \eqno{(29)}\end{displaymath}$

由(26)、(27)與(28)式可得

$\begin{displaymath}(\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2^n})^2\cdot I_0^2<\frac{1\cdot2\cdot3\cdots(n-1)}{2}\cdot\frac{1\cdot2\cdot3\cdots n}{2}\end{displaymath}$

整理得

$\begin{displaymath}I_0<\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}\eqno{(30)}\end{displaymath}$

同理，由(26)、(27)與(29)式可得

$\begin{displaymath}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}+\frac{1}{2}}\cdot\frac{2\cdot4\cdot6\cdots2n}{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}<I_0\eqno{(31)}\end{displaymath}$

由瓦里斯公式及夾擠原理，令 $n \rightarrow \infty$ ，立得 $I_0 = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ 。

(iii)重積分與極坐標的技巧

積分 $I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$ 不易算，但是考慮其平方

$\begin{displaymath} I^2 = \int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\cdot\int_0^{\infty}e^{-y^2}d... ..._0^{\infty} \!\! \int_0^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy \eqno{(32)} \end{displaymath}$

就容易算了。這也是一奇。

作極坐標的變數變換

$\begin{displaymath}x=r\cos\theta \; , \; y=r\sin\theta\end{displaymath}$

這是從 D₁ 到 D₂ 的一個映射，其中

$\begin{eqnarray*} D_1 &=& \{(r,\theta):0\leq r\leq\infty,0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\} \\ D_2 &=& \{(x,y):0\leq x\leq\infty,0\leq y\leq\infty\} \end{eqnarray*}$

於是

$\begin{eqnarray*} I_2&=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdr ... ...=&\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{2}d\theta \\ &=&\frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$

所以 $I=\frac{\pi}{2}$ 。

三種算法殊途同歸，各有巧妙。

推論：

: (i) $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$
: (ii) $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{2\pi}$
: (iii) $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\pi x^2}dx=1$
: (iv) $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}},\alpha\neq0$

函數

$\begin{displaymath}p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \eqno{(33)}\end{displaymath}$

具有下列性質

: (i) $p(x)>0,\forall x\in R$
: (ii) $\int_{\infty}^{\infty}p(x)dx=1$

因此，它是一個機率密度函數 (probability density function)。事實上，(33)式是機率論與統計學中最重要的標準正規分布（或常態分布，normal distribution）。

關於機率積分，克爾文 (Lord Kelvin) 說：「一個數學家就是這樣的人，他視 $\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ 明顯如你視 2 乘以 2 等於 4。」另一方面，數學家小林卻說：「許多事一點都不直觀，例如 $\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$ 的值。」

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編輯：李渭天

最後修改日期：2/17/2002