Integralen

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx$$

är mycket viktig och dyker upp gång på gång i diverse skepnader, till exempel inom sannolikhetsteori, Fourieranalys eller som värdet av Gamma-funktionen, $\Gamma(\frac12)$.

Det enklaste sättet att beräkna integralen är via att göra om den till en dubbelintegral och införa polära koordinater. Du har antagligen sett detta trick på kursen i flerdimensionell analys. Andra metoder att beräkna integralen bygger på derivation under integraltecknet, Laplacetransformer och identiteter för $\Gamma$-funktionen, men det går faktiskt också att göra via residykalkyl.

Det ansågs länge omöjligt att göra med residykalkyl, eftersom funktionen $f(z) = e^{-z^2}$ inte har några poler, men på 1940- och 1950-talet upptäcktes flera olika trick som gör det möjligt. Jag väljer att presentera det enklaste av dessa som lär ha upptäckts av den estniske matematikern Hellmuth Kneser på 1950-talet.

Knepet är följande: Låt

$$g(z) = \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}},$$

där $a$ är valt så att $a^2 = i\pi$, närmare bestämt

$$a = (1+i)\sqrt{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{\pi}e^{i\pi/4}.$$

Finessen nu är att

$$\begin{align} g(z)-g(z+a) &= \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} - \frac{e^{-(z+a)^2}}{1+e^{-2a(z+a)}} \\[4pt] &= \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} - \frac{e^{-(z^2+2az+a^2)}}{1+e^{-2az-2a^2}} \\[4pt] &= \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} - \frac{e^{-(z^2+2az+i\pi)}}{1+e^{-2az-2i\pi}} \\[4pt] &= \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} + \frac{e^{-(z^2+2az)}}{1+e^{-2az}} \\ &= \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} \left( 1 + e^{-2az} \right) = e^{-z^2}. \end{align}$$

Dessutom är $g$ holomorf, utom i punkter där $e^{-2az} = -1$, dvs. i punkter där

$$-2az = i\pi(2n+1) = a^2(2n+1) \quad\Leftrightarrow\quad z = -\frac{a}2(2n+1)$$

för $n \in \mathbb{Z}$.

Man kontrollerar att dessa punkter är enkla poler för $g$ (till exempel genom att visa att derivatan av nämnaren är nollskild i dessa punkter).

Integrera $g$ över ett parallellogram $\gamma$ med hörn i $-r$, $s$, $s+a$ och $-r+a$ där $r,s > 0$ är reella tal. Funktionen $g$ är holomorf på och inuti $\gamma$ förutom i punkten $z=a/2$.

Residysatsen visar att

$$\int_\gamma g(z)\,dz = 2\pi i \Res_{z=a/2} g(z).$$

Å andra sidan är

$$\begin{align} \int_\gamma g(z)\,dz &= \int_{\gamma_1} g(z)\,dz + \int_{\gamma_2} g(z)\,dz + \int_{\gamma_3} g(z)\,dz + \int_{\gamma_4} g(z)\,dz \\[4pt] &= \int_{-r}^s g(x)\,dx + \int_{\gamma_2} g(z)\,dz - \int_{-r}^s g(x+a)\,dx + \int_{\gamma_4} g(z)\,dz \\[4pt] &= \int_{-r}^s e^{-x^2}\,dx + \int_{\gamma_2} g(z)\,dz - \int_{\gamma_4} g(z)\,dz. \end{align}$$

Om vi låter $r, s \to \infty$, så kommer

$$\int_{-r}^s e^{-x^2}\,dx \to \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx.$$

På $\gamma_2$ (med $z=x+iy$) gäller att

$$\begin{align} \left| \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} \right| &= \frac{|e^{-z^2}|}{|1+e^{-2az}|} \\ &= \frac{e^{y^2-x^2}}{|1+e^{-2az}|} \\ &\le \frac{e^{(\operatorname{Im}a)^2-s^2}}{1-|e^{-2az}|} \\ &\le \frac{e^{(\operatorname{Im}a)^2-s^2}}{1-e^{-2as}} \end{align}$$

och ML-olikheten visar att

$$\left| \int_{\gamma_2} g(z)\,dz \right| \le |a| \cdot \frac{e^{(\operatorname{Im}a)^2-s^2}}{1-e^{-2as}} \to 0$$

då $s\to\infty$. En motsvarande beräkning visar att

$$\left| \int_{\gamma_4} g(z)\,dz \right| \to 0$$

då $r\to\infty$.

Genom att sätta ihop ovanstående beräkningar följer att

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = 2\pi i \Res_{z=a/2} g(z).$$

Residyn fås enklast med hjälp av residyregel 4:

$$\begin{align} \Res_{z=-a/2} \frac{e^{-z^2}}{1+e^{-2az}} &= \left. \frac{e^{-z^2}}{-2ae^{-2az}} \right|_{z=-a/2} \\ &= \frac{e^{-a^2/4}}{-2ae^{a^2}} \\ &= \frac{e^{-i\pi/4}}{-2ae^{i\pi}} \\ &= \frac{e^{-i\pi/4}}{2\sqrt{\pi}e^{i\pi/4}} = \frac{-i}{2\sqrt{\pi}}. \end{align}$$

Med andra ord blir

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,dx = 2\pi i \cdot \frac{-i}{2\sqrt{\pi}} = \sqrt{\pi}.$$

Pdf-fil för utskrift