微分積分の問題

方針：$I$ を 2 乗して $xy$ 平面全体での重積分に直し、極座標に変換して計算する（ガウス積分の導き方）。

手順 1：2 乗して重積分にする。 積分変数の名前を変えても値は同じなので、
$$I^2=\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx\right)\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\frac{y^2}{2}}dy\right)={\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dxdy$$
となる。被積分関数は正で連続なので、累次積分を重積分とみなしてよい。

手順 2：極座標に変換する。 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$（$r\ge 0,0\le \theta <2\pi$）とおくと、$x^2+y^2=r^2$、ヤコビアンは $r$ なので $dxdy=rdrd\theta$ である。平面全体は $0\le r<\infty ,0\le \theta \le 2\pi$ に対応するから
$$I^2={\int }_0^{2\pi }\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{r^2}{2}}rdr\right)d\theta .$$

手順 3：$r$ についての積分を計算する。 ${\left(-e^{-\frac{r^2}{2}}\right)}^{\prime }=r{e}^{-\frac{r^2}{2}}$ であるから
$${\int }_0^R{e}^{-\frac{r^2}{2}}rdr=[-e^{-\frac{r^2}{2}}{]}_0^R=1-e^{-\frac{R^2}{2}}\to 1(R\to \infty ).$$
よって ${\int }_0^{\infty }{e}^{-\frac{r^2}{2}}rdr=1$。

手順 4：$\theta$ について積分する。
$$I^2={\int }_0^{2\pi }1d\theta =2\pi .$$

手順 5：符号を決める。 被積分関数 $e^{-\frac{x^2}{2}}$ は正なので $I>0$。したがって
$$I=\sqrt{2\pi }.$$

（別解：${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-t^2}dt=\sqrt{\pi }$ を用いて $x=\sqrt{2}t$ と置換すると、$dx=\sqrt{2}dt$ より $I=\sqrt{2}\cdot \sqrt{\pi }=\sqrt{2\pi }$ となり、同じ結果が得られる。）

$I>0$ であり、$I^2$ を二重積分で表す。$I^2={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2/2}dx{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-y^2/2}dy={\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)/2}dxdy$。被積分関数は正で、各積分が収束するのでフビニの定理（トネリの定理）が使える。極座標 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$（ヤコビアン $r$）に変換すると、$I^2={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2/2}rdrd\theta =2\pi {\left[-e^{-r^2/2}\right]}_0^{\infty }=2\pi \cdot 1=2\pi$。$I>0$ より $I=\sqrt{2\pi }$。検算：$x=\sqrt{2}t$ と置換すると $I=\sqrt{2}\int e^{-t^2}dt=\sqrt{2}\sqrt{\pi }=\sqrt{2\pi }$（ガウス積分 $\int e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi }$）となり一致する。