Integral e^-y^2

22.05.2005, 16:09	MM	Auf diesen Beitrag antworten »
Integral e^-y^2 Hallo Leute, ich kann das folgende Integral nicht lösen: $\begin{eqnarray} \int_{-\infty }^{\infty }~e^{-y^2}~dy \end{eqnarray}$ Die Aufgabe lautete: Berechnen sie dieses Integral unter zuhilfename des Satzes von FUBINI und der Beziehung: $\begin{eqnarray} \int_{}^{}\int_{R^2}^{}~e^{-(x^2+y^2)}~dx dy=\pi \end{eqnarray}$ Was ich schon probiert habe: Das erste und das zweite integral sind sich sehr ähnlich, beim zweiten berechnet man das Volumen unter der fläche $\begin{eqnarray} z=e^{-(x^2+y^2)} \end{eqnarray}$ . Beim ersten die Fläche entlang der y-Achse (x=0). Das zweite integral lässt sich über transformation auf polarkoordinaten lösen. Habe das auch mit dem ersten versucht leider ohne erfolg, da der Winkel ja nur pi/2 ist. Auch der weg über die Volumsberechnung: $\begin{eqnarray} \pi \cdot \int_{0}^{\infty }~e^{-y^4}~dy=\pi \end{eqnarray}$ funktioniert nicht. Klassisch über Substitution... funktioniert es auch nicht. Ich bin für jeden tip dankbar. Grüße, Martin
22.05.2005, 16:25	etzwane	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe mal folgenden Rechnungsgang gesehen: Ausgehend davon, dass das zweite Integral das Quadrat des ersten Integrals für x=y ist, wurden im zweiten Integral Polarkoordinaten r, phi eingeführt mit x²+y²=r² und dxdy = rdr*dphi. Damit konnte man das zweite Integral lösen. Du musst aber nachweisen, dass die Annahme unter: "Ausgehen von ..." gemacht werden darf. Vielleicht hilft dabei der Satz von FUBINI, der mir im Augenblick jedoch nicht geläufig ist (ich schau später unter Google mal nach, muss jetzt weg).
22.05.2005, 18:02	MM	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo etzwane, Das zweite integral habe ich genau so gelöst, ich muss aber auch noch das erste lösen.
23.05.2005, 09:05	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integral e^-y^2 Wenn ich es richtig verstehe, hast du bewiesen, daß gilt: $\begin{eqnarray} \int_{}^{}\int_{R^2}^{}~e^{-(x^2+y^2)}~dx dy=\pi \end{eqnarray}$ Wie etzwane schon sagte, ist obiges Integral das Quadrat von: $\begin{eqnarray} \int_{-\infty }^{\infty }~e^{-y^2}~dy \end{eqnarray}$ denn es ist: $\begin{eqnarray} \int_{}^{}\int_{R^2}^{}~e^{-(x^2+y^2)}~dx dy = \int_{}^{}\int_{R^2}^{}~e^{-x^2} \cdot e^{-y^2}~dx dy \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \int_{-\infty }^{\infty }~e^{-x^2}~dx \cdot \int_{-\infty }^{\infty }~e^{-y^2}~dy \end{eqnarray}$ Für die Gültigkeit der Gleichung wird irgendwo der Satz von Fubini benötigt.
23.05.2005, 12:22	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Berechnung von $\begin{eqnarray} \gamma = \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2}~\mathrm{d}x \end{eqnarray}$ kann man auch sehr gut veranschaulichen. Betrachtet man nämlich die Funktion $\begin{eqnarray} z = f(x,y) = \operatorname{e}^{- \left(x^2+y^2 \right)} \ \ \text{mit} \ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \end{eqnarray}$ so geht es darum, das Volumen $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ unter der durch $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bestimmten Fläche auf zweierlei Art zu bestimmen. 1. Schnitte parallel zur $\begin{eqnarray} xz \end{eqnarray}$ -Ebene Für festgehaltenes $\begin{eqnarray} y \in \mathbb{R} \end{eqnarray}$ führen wir einen Schnitt parallel zu $\begin{eqnarray} xz \end{eqnarray}$ -Ebene durch, es sei $\begin{eqnarray} A(y) \end{eqnarray}$ der Flächeninhalt der zugehörigen Schnittfläche. Das ist in einem zweidimensionalen $\begin{eqnarray} xz \end{eqnarray}$ -Koordinatensystem die Fläche unter dem Graphen der Funktion $\begin{eqnarray} z = f_y(x) = \operatorname{e}^{-y^2} \cdot \operatorname{e}^{-x^2} \end{eqnarray}$ . Im Bild unten sind das die von links nach rechts laufenden schwarzen Kurven. Man erhält $\begin{eqnarray} A(y) = \operatorname{e}^{-y^2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2}~\mathrm{d}x = \gamma \operatorname{e}^{-y^2} \end{eqnarray}$ Und durch Integration über die Schnittflächen bekommt man $\begin{eqnarray} V = \int_{-\infty}^{\infty}~A(y)~\mathrm{d}y = \gamma \cdot \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-y^2}~\mathrm{d}y = \gamma^2 \end{eqnarray}$ 2. Schnitte parallel zur $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ -Ebene Für festgehaltenes $\begin{eqnarray} z \in (0,1] \end{eqnarray}$ führen wir einen Schnitt parallel zur $\begin{eqnarray} xy \end{eqnarray}$ -Ebene durch, es sei $\begin{eqnarray} B(z) \end{eqnarray}$ der Flächeninhalt der zugehörigen Schnittfläche. Hierbei handelt es sich offenbar um einen Kreis, denn indem man die Funktionsgleichung so auflöst: $\begin{eqnarray} x^2 + y^2 = - \ln{z} \end{eqnarray}$ erkennt man die Gleichung eines solchen vom Radius $\begin{eqnarray} r(z) = \sqrt{- \ln{z}} \end{eqnarray}$ darin. (Das läßt sich auch schön in der Zeichnung verfolgen). Damit ist $\begin{eqnarray} B(z) = \pi \left(r(z)\right)^2 = - \pi \ln{z} \end{eqnarray}$ (Man kann das auch so sehen: $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ ist das Volumen eines Rotationskörpers, der durch Rotation des Graphen von $\begin{eqnarray} z = g(x) = \operatorname{e}^{-x^2} \end{eqnarray}$ um die $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ -Achse ensteht.) Durch Integration über die Schnittflächen (man beachte, daß auch dieses Integral uneigentlich ist und verwende $\begin{eqnarray} \lim_{z \to 0} z \ln{z} = 0 \end{eqnarray}$ ) findet man $\begin{eqnarray} V = \int_0^1~B(z)~\mathrm{d}z = -\pi \int_0^1~\ln{z}~\mathrm{d}z = -\pi \left. \left( z \ln{z} - z \right) \, \right\|_0^1 = -\pi \cdot (-1) = \pi \end{eqnarray}$ Durch Vergleich von 1. und 2. sowie wegen $\begin{eqnarray} \gamma>0 \end{eqnarray}$ schließt man $\begin{eqnarray} \gamma = \int_{-\infty}^{\infty}~\operatorname{e}^{-x^2}~\mathrm{d}x = \sqrt{\pi} \end{eqnarray}$

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