Integral über die Glockenkurve < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:07 Di 12.10.2004 | | Autor: | MAOAM |
Hallo,
kann mir jemand helfen dieses Integral auszurechenen
[mm] \integral_{0}^{\infty} {e^{-x^{2}} dx}
[/mm]
am besten über die Gamafunktion,
oder eben über die Polarkoordinaten,
vielen Dank schonmal.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:52 Di 12.10.2004 | | Autor: | andreas |
hi
ich skizziere jetzt mal den weg, wie man dieses integral mittels gamma- und beta-funktion berechnen kann. sei [m] a, b > 0[/m], dann definiert man
[m] \Gamma (a) := \int_0^\infty x^{a-1}e^{-x} \, \text{d}x [/m]
[m] B (a, b) := \int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1} \, \text{d}x [/m]
nun kann man zeigen (das ist im prinzip auch schon das aufwendigste an diesem beweis: man muss integrationsreihenfolgen vertauschen soweit ich mich erinnere - den beweis findest du aber in recht vielen büchern oder im internet):
[m] B (a, b) = \frac{\Gamma(a) \Gamma (b) }{\Gamma(a+b)} [/m]
setzt du nun [m] a:= \frac{1}{2}, b := \frac{1}{2} [/m], so erhälst - da [m] \Gamma \left (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) = \Gamma(1) = 1 [/m] und [m] \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) = 2 \int_0^\infty e^{-x^2} \, \text{d}x [/m]:
[m] (\star) \qquad \qquad B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) ^2 = \left( 2 \int_0^\infty e^{-x^2} \, \text{d}x \right)^2 [/m].
jedoch kann man den wert von [m] B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) [/m] jetzt elementar bestimmen:
[m] B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \int_0^1 \frac{\text{d}x}{\sqrt{x-x^2}} = \int_0^1 \frac{\text{d}x}{\sqrt{\frac{1}{4} - (x-\frac{1}{2})^2}} [/m]
mit der substitution [m] x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sin \theta [/m] kann man dieses integral berechnen und erhält dann [m] B \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) = \pi [/m].
setzt man dieses ergebnis in die gleichung [m] (\star) [/m] ein, so erhält man [m] \left( 2 \int_0^\infty e^{-x^2} \, \text{d}x \right)^2 = \pi [/m] und damit dann insgesamt
[m] \int_0^\infty e^{-x^2} \, \text{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2} [/m].
schau mal, ob du mit dieser skizze schon was anfangen kannst. die fehlenden schritte sollten eigentlich recht einfach selbst zu rechnen sein. wenn du irgendwo hängst oder etwas unklar ist, frage einfach nochmal nach.
grüße
andreas
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hi.
Hier noch ein anderer Weg (Quelle: Heuser; endlich mal nicht wie üblicherweise bei dieser Beweisart mit gar nicht definierten R-Integralen über unbeschränkte Teile der x-y-Ebene oder sonstigen unsauberen Sachen, sondern schön mit Grenzübergang):
$K_{\rho}=\biggl\{{x\choose y}:x^2+y^2\leq \rho^2\mbox{ und }x,y\geq 0\biggr\}$,
$Q_a=\biggl\{{x\choose y}:0\leq x\leq a, 0\leq y\leq a\biggr\}$
Zeige, dass
$\int_{K_{\rho}}\mbox{e}^{-(x^2+y^2)}d(x,y)=\frac{\pi}{4}(1-\mbox{e}^{-\rho^2})\bigr}$
und
$\int_{Q_a}\mbox{e}^{-(x^2+y^2)}d(x,y)=\biggl(\int_0^a \mbox{e}^{-x^2}dx\biggr)^2$
Mit a gehen auch der Radius des größten in $Q_a$ enthaltenen Viertelkreises $K_{\rho_1}$ und der Radius des kleinsten, $Q_a$ enthaltenen Viertelkreises $K_{\rho_2}$ gegen $+\infty$. Gewinne daraus den Wert des gesuchten Integrals.
Gruß
Philipp
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:07 Mi 13.10.2004 | | Autor: | MAOAM |
aha, danke soweit,
kannst du mir bitte auch den Weg über die Polarkoordinaten erklären?
denn ich komme bei
[mm] \integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{\infty} {re^{-r^{2}} dr d\phi}
[/mm]
auf etwa [mm] \pi
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:00 Mi 13.10.2004 | | Autor: | Julius |
Hallo MAOAM!
> aha, danke soweit,
> kannst du mir bitte auch den Weg über die Polarkoordinaten
> erklären?
>
> denn ich komme bei
> [mm]\integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{\infty} {re^{-r^{2}} dr d\phi}
[/mm]
>
> auf etwa [mm]\pi
[/mm]
Das ist ja auch richtig.  Es gilt aber (ich vernachlässige jetzt mal die Bedenken, die Philipp zu Recht geäußert hat, wenn wir mit dem Riemann-Integral rechnen):
[mm] $\left( \int_{\IR} e^{-x^2}\, dx \right)^2 [/mm] = [mm] \int_{\IR} \int_{\IR} e^{-x^2 - y^2}\, [/mm] dxdy = [mm] \integral_{0}^{2\pi}\integral_{0}^{\infty} {re^{-r^{2}} dr d\phi} [/mm] = [mm] \pi$,
[/mm]
also:
[mm] $\int_0^{\infty} e^{-x^2}\, [/mm] dx = [mm] \frac{1}{2} \cdot \int_{\IR} e^{-x^2}\, [/mm] dx = [mm] \frac{\sqrt{\pi}}{2}$.
[/mm]
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:21 Mi 13.10.2004 | | Autor: | MAOAM |
Achso jetzt leuchtet es mir ein wow, ok danke, liebe grüssse, sergej.
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