En la dimensión $n = 2$, tenemos
$$ \int_{D_r} e^{-A^2} \, \mu(dA) = \frac{\pi^2}{2}\left( e^{-r^2} - 1 + r^2 + \frac{r^4}{2} \right) I_2, \tag{*} $$
donde $I_2$ es la matriz identidad en $M_2(\Bbb{R})$.
En particular, la integral impropia no converge.
He aquí un resumen de mi solución en mi blog. Pero he aquí mi idea: Evaluar la integral de la expansión de la serie
$$ \int_{D_r} e^{-A^2} \, \mu(dA) = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m!} \int_{D_r} A^{2m} \, \mu(dA). $$
término por término. Escrito $A$
$$ A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}, $$
observe que cada entrada de $A^{2m}$ es un polinomio homogéneo de grado $2m$ en las variables de $a, b, c, d$. Con un poco de observaciones, nos encontramos con que
Lema 1. Deje $D$ ser cualquier simétrica de dominio (en el sentido de que $-D = D$). Entonces para cualquier $n \geq 0$,
$$ \int_{D} A^{2m} \, \mu(dA) = I_2 \sum_{i+j+2k=m} \binom{2k+2i}{2i}\binom{2k+2j-1}{2j} \int_{D} a^{2i}d^{2j}(bc)^{2k} \, \mu(dA). \tag{1} $$
Aquí se explota la convención que $\binom{-1}{0} = 1$.
Croquis de la prueba. Cada entrada de $A^{2m}$ admite una combinatoria interpretación en términos de la transición de la ruta 2-espacio de estado:
(Por ejemplo, la ruta de acceso 1→1→1→2→2→2→1→2→1 contribuye a la $(1,1)$-entrada de $A^8$ con el término $aacddbcb = a^2b^2c^2d^2$.) También, por la simetría de $D$, sólo necesitamos considerar los términos, incluso con los exponentes, es decir, de la forma
$$\text{(coef.)}\cdot a^{2i}b^{2j}c^{2k}d^{2l}.$$
Estos términos corresponden a las rutas donde cada transición se lleva a cabo en los números pares. Un momento de reflexión muestra que dicho término corresponde a los trazados cerrados. Así las tesis término sólo aparece en $(1,1)$-entrada y $(2,2)$-entrada de $A^{2m}$, y los exponentes de la $b$ $c$ son iguales. A continuación, $\text{(1)}$ sigue contando el número de rutas de acceso. ////
Ahora, cada término en $\text{(1)}$ puede ser fácilmente calculada al $D = D_r$:
Lema 2. Para cualquier $i+j+2k = m$ hemos
$$ \int_{D_r} a^{2i}d^{2j}(bc)^{2k} \, \mu(dA) = \frac{(i-\frac{1}{2})!(j-\frac{1}{2})!(k-\frac{1}{2})!^2}{(m+2)!} r^{2m+4}. \tag{2} $$
Por supuesto que estamos utilizando la convención de que $(l-\frac{1}{2})! = \Gamma(l+\frac{1}{2})!$$\text{(2)}$. Nos saltamos la prueba ya que la prueba es fácil.
Sorprendentemente, la atroz fórmula $\text{(1)}$ los rendimientos de los valores simples:
Lema 3. Para $m \geq 1$ hemos
$$ \int_{D_r} A^{2m} \, \mu(dA) = \frac{\pi^2}{2(m+1)(m+2)} r^{2m+4}. $$
(Al $m = 0$ nos tienen diferente valor.)
Esto equivale a probar que
$$ \sum_{i+j+2k=m} \binom{2k+2i}{2i}\binom{2k+2j-1}{2j} (i-\tfrac{1}{2})!(j-\tfrac{1}{2})!(k-\tfrac{1}{2})!^2 = \frac{m! \pi^2}{2}. $$
Prueba de este hecho se puede encontrar en mi blog. Ahora suponiendo que esto es cierto, $\text{(*)}$ fácilmente de la siguiente manera.