『デリバティブ論』補足: 正規分布確率密度関数の積分

『デリバティブ論』
補足: 正規分布確率密度関数の積分
岩城秀樹
2014 年 5 月 14 日
命題 1. 平均 µ, 分散 σ 2 の正規分布の確率密度関数
f (x) = √
に対して
∫
(x−µ)2
1
e− 2σ2
2πσ
∞
f (x)dx = 1
−∞
が成立する．
命題 1 を証明するためにいくつかの補助命題（補題）を証明する．
補題 2. n を自然数として次が成立する．
(1)
∫
∫
1
∞
(1 − x ) dx <
2 n
0
−nx2
e
0
1
dx = √
n
(2)
∫
π
2
Jn =
∫
∞
e
−x2
0
∫
dx <
0
∞
1
dx.
(1 + x2 )n
sinn xdx
0
として次が成立する．
（a）
∫
1
2 4
2n
× × ··· ×
,
3 5
2n + 1
π 1 3
2n − 3
= × × × ··· ×
.
2
2 4
2n − 2
(1 − x2 )n dx = J2n+1 =
∫
0
∞
0
1
dx = J2n−2
(1 + x2 )n
1
（b）
J2n
J2n−1
2n + 1
<
=
,
J2n+1
J2n+1
2n
2n − 1
J2n
J2n−1
=
<
< 1.
2n
J2n−2
J2n−2
1<
（c）
√
√
√
π
2n + 1 √
J2n
=
nJ2n+1
2
2n
J2n+1
√
√
2n − 1 √
J2n−1
=
nJ2n−2
2n
J2n−2
（d）
√
√
√
π
= lim nJ2n+1 = lim nJ2n−2 .
n→∞
n→∞
2
証明
(1) ex のマクローリン展開 ex = 1 + x +
x2 θx
2 e ,
θ ∈ (0, 1) より，x ̸= 0 ならば，ex > 1 + x．し
たがって，x に −x2 および x2 を代入すれば，
1 − x2 < e−x <
2
1
,
1 + x2
x ̸= 0.
e−nx <
1
, x ∈ (0, ∞)
(1 + x2 )n
これより，
(1 − x2 )n < e−nx , x ∈ (0, 1),
2
2
となるので，
∫
∫
1
1
−nx2
(1 − x ) dx <
2 n
e
0
さらに x =
√y
n
∫
dx <
0
∞
0
e
−nx2
∫
√1 dy
n
∞
dx <
0
と変数置換すると，dx =
∫
∞
0
1
dx.
(1 + x2 )n
であるから，置換積分によって，
2
1
e−nx dx = √
n
∫
∞
e−y dy.
2
0
以上により，
∫
∫
1
∞
(1 − x ) dx <
2 n
0
−nx2
e
0
1
dx = √
n
2
∫
∞
e
0
−x2
∫
dx <
0
∞
1
dx.
(1 + x2 )n
(
)
(2)（a）x = cos θ と変数を置換すると，dx = − sin θdθ, x ∈ (0, 1) ⇐⇒ −θ ∈ 0, π2 である
から，
∫
∫
1
π
2
(1 − x ) dx =
2 n
0
∫
(1 − cos2 θ)n sin θdθ
0
π
2
sin2n+1 θdθ
=
0
(∵ sin2 θ + cos2 θ = 1)
= J2n+1 .
x = tan θ と変数を置換すると，dx =
1
cos2 θ dθ,
(
)
x ∈ (0, ∞) ⇐⇒ θ ∈ 0, π2 である
から，
∫
0
∞
1
dx =
(1 + x2 )n
∫
π
2
1
dθ
(1 + tan θ)n cos2 θ
2
0
∫
π
2
cos2n−2 θ
dθ
(cos2 θ + sin2 θ)n
=
0
∫
π
2
cos2n−2 θdθ
=
0
ここで，θ =
∫
0
cos2n−2
=
π
2
(π
2
π
2
∫
π
2
=
− t と変数置換を行えば，
)
− t (−1)dt
sin2n−2 tdt
0
= J2n−2 .
∫
π
2
∫
n
π
2
sin xdx =
0
sinn−1 x sin xdx
0
[
]π
= − sinn−1 x cos x 02
∫ π2
+ (n − 1)
sinn−2 x cos2 xdx
0
∫
π
2
= (n − 1)
sinn−2 x(1 − sin2 x)dx
0
∫
π
2
= (n − 1)
sinn−2 xdx
0
∫
π
2
− (n − 1)
sinn xdx
0
n−1
⇐⇒ Jn =
Jn−2 , n ≥ 2,
n
3
(1)
∫
π
2
J1 =
∫
π
2
sin xdx = − [cos x]0 = 1,
π
2
J0 =
0
dx =
0
したがって，
2n
2n + 1
2n
=
2n + 1
2n − 3
=
2n − 2
2n − 3
=
2n − 2
J2n+1 =
J2n−2
以上により，所与の等式を得る．
(
（b）0 < sin2n+1 x < sin2n x, x ∈ 0,
π
2
2n − 2
2n − 1
2n − 2
×
2n − 1
2n − 5
×
2n − 4
2n − 5
×
2n − 4
×
2
× J1
3
2
× ··· × ,
3
1
× · · · × × J0
2
1 π
× ··· × × .
2
2
× ··· ×
)
，より，
0 < J2n+1 < J2n < J2n−1 < J2n−2 .
したがって，
1<
J2n
J2n−1
<
,
J2n+1
J2n+1
J2n
J2n−1
<
< 1.
J2n−2
J2n−2
また (a) から，
J2n−1
2n + 1
=
,
J2n+1
2n
J2n
2n − 1
=
J2n−2
2n
を得る．
（c）(a) より，
2n
2n − 1
2 1 π
×
× ··· × × ×
2n + 1
2n
3 2
2
π
1
× ,
=
2n + 1
2
1
π
=
× .
2n − 1
2
J2n+1 J2n =
J2n−1 J2n−2
4
π
.
2
したがって，
⇐⇒
π
2n + 1
=
J2n+1 × J2n
2
1
2n − 1
=
J2n−1 × J2n−2
1
√
√
√
π
2n + 1 √
J2n
=
nJ2n+1
2
2n
J2n+1
√
√
2n − 1 √
J2n−1
.
=
nJ2n−2
2n
J2n−2
（d）(c) より，
√
√
π
π
= lim
n→∞ 2
2
√
√
2n + 1 √
J2n
= lim
nJ2n+1
n→∞
2n
J2n+1
√
√
1
√
1 + 2n
J2n
=
lim
lim nJ2n+1 lim
n→∞
n→∞ J2n+1
1 n→∞
√
√
J2n
= lim nJ2n+1 lim
,
n→∞
n→∞ J2n+1
√
√
√
π
2n − 1 √
J2n−1
= lim
nJ2n−2
n→∞
2
2n
J2n−2
√
√
1
√
1 − 2n
J2n−1
=
lim
lim nJ2n−2 lim
n→∞
n→∞
n→∞
1
J2n−2
√
√
J2n−1
= lim nJ2n−2 lim
.
n→∞
n→∞ J2n−2
さらに，
2±
2n ± 1
= lim
n→∞
n→0
2n
2
lim
1
n
=1
となることに注意すると，(b) より，
J2n
J2n−1
= lim
=1
n→∞ J2n+1
n→∞ J2n−2
lim
となるので，結局，
√
√
√
π
= lim nJ2n+1 = lim nJ2n−2
n→∞
n→∞
2
5
を得る．
2
命題 1 の証明
補題 2 より，
∫ ∞
∫ ∞
1
1
−x2
e
dx <
(1 − x ) dx < √
dx
(1 + x2 )n
n 0
0
0
∫ ∞
√
√
2
⇐⇒ nJ2n+1 <
e−x dx < nJ2n−2 ,
0
√
√
√
π
.
lim nJ2n+1 = lim nJ2n−2 =
n→∞
n→∞
2
∫
1
2 n
よって，次式を得る．
ここで x =
√z
2
√
∫ ∞
2
π
=
e−x dx.
2
0
と変数置換すると
√
∫ ∞
z2
π
1
√ e− 2 dz
=
2
2
0
∫ ∞
1
1 − x2
√ e 2 dx = .
⇐⇒
2
2π
0
ここで x = −y と変数置換すると，
∫
0
∞
x2
1
√ e− 2 dx =
2π
∫
0
−∞
y2
1
√ e− 2 dy.
2π
したがって，
∫
∞
−∞
さらに，z =
x−µ
σ
x2
1
√ e− 2 dx =
2π
∫
0
−∞
x2
1
√ e− 2 dx +
2π
∫
∞
0
x2
1
√ e− 2 dx = 1.
2π
と変数置換すると，
∫
∞
−∞
(x−µ)2
1
√
e− 2σ2 dx = 1.
2πσ
2
6

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