Uneigentliches Integral über e^(-(x^2))

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22.11.2017, 19:20	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
Uneigentliches Integral über e^(-(x^2)) Meine Frage: Hallo, wir bestimmen gerade zum ersten Mal uneigentliche Integrale an der Uni. Lief alles, bis dieser Spaßvogel hier vorbeikam: $\begin{eqnarray} \int_{-\infty }^{\infty } \! e^{-x^2} \, dx \end{eqnarray}$ Erst gedacht einfach, aber schnell gemerkt, ist es nicht. Meine Ideen: Recherche hat mir gezeigt, dass keine Stammfunktion als geschlossener Ausdruck existiert. Dass das Integral existiert ist relativ schnell ersichtlich mit 1/e^x² Kann ich da was mit Taylor machen? Als Näherung? Irgendwie muss wurzel(pi) rauskommen, wenn ich mich nicht täusche. LG!
22.11.2017, 19:39	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
Weißt du, wie man ein Integral über eine Teilmenge der Ebene in Polarkoordinaten transformiert? $\begin{eqnarray} \left(\int_{-\infty}^\infty\! e^{-x^2}\, dx\right)^2=\int_{-\infty}^\infty\! e^{-x^2}\, dx \cdot \int_{-\infty}^\infty\! e^{-y^2}\, dy= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty\! e^{-(x^2+y^2)}\, dy\, dx \end{eqnarray}$ Das letzte (Doppel-)Integral kannst du in Polarkoordinaten berechnen.
22.11.2017, 20:43	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Umformung und den Zweck verstehe ich, das mit der Transformation schaue ich mir an. Hatten wir zwar nicht, aber zur Not bringe ich mir das bei, bevor ich nichts abgebe! Auch wenn wir stofflich noch in der Analysis I sind und mehrdimensionale Integration noch nicht hatten. Da müsste ja dann $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ rauskommen, ist ja das Quadrat des Integrals. Vielen Dank schon mal!
22.11.2017, 20:51	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
Ersetze ich x durch $\begin{eqnarray} rsin(\phi) \end{eqnarray}$ und y durch $\begin{eqnarray} rcos(\phi) \end{eqnarray}$ und habe dann nach Ausklammern von r² $\begin{eqnarray} e^{-(r^21)}? \end{eqnarray*}$ Dann bnin ich ja wieder am Anfang
22.11.2017, 21:08	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
EDIT: Oder nehme ich $\begin{eqnarray} rcos\phi \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} ssin\phi \end{eqnarray}$ ? Sonst hätten x und y ja zwangsweise dieselbe Länge. Will man das oder will man das eben nicht? Wenn es so ginge könnte ich sin und cos beim Ableiten als Konstante vorziehen und käme auf die Integrale $\begin{eqnarray} usin\phicos\phie^{rusin\phicos\phi}dr \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =ur(sin\phicos\phi)^2e^{rusin\phicos\phi} \end{eqnarray}$ Was geschieht mit den Integrationsgrenzen?
22.11.2017, 21:39	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}r\cos(\phi)\\r\sin(\phi) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist richtig. Dabei ist $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ der Abstand des Punktes zum Ursprung und $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ der Winkel zwischen der positiven x-Achse und der Verbindungsstrecke Ursprung-Punkt (gegen den Uhrzeigersinn gemessen). Wieso sollten da $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ gleich sein? Wegen der Integrationsgrenzen $\begin{eqnarray} -\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ musst du über die gesamte Ebene integrieren, also $\begin{eqnarray} 0\leq r<\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 0\leq \phi<2\pi \end{eqnarray}$ . Außerdem verändert sich das "Flächenelement": $\begin{eqnarray} dy\, dx \end{eqnarray}$ wird in Polarkoordinaten zu $\begin{eqnarray} r\, dr\, d\phi \end{eqnarray}$ . (siehe Funktionaldeterminante, falls dir das etwas sagt) Damit ist also $\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty\! e^{-(x^2+y^2)}\, dy\, dx= \int_0^{2\pi} \int_0^\infty e^{-r^2}\cdot r\, dr\, d\phi \end{eqnarray}$ .
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22.11.2017, 22:09	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Mühe! Muss ich noch im Detail nachvollziehen (grob habe ich's denke ich), aber dann geht es ja weiter mit $\begin{eqnarray} \int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\infty } \! e^{-r^2}r \, drd\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\int_{0}^{2\pi } \! [-\frac{1}{2}e^{-r^2}]^\infty_0 \, d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\int_{0}^{2\pi } \! 0-(-\frac{1}{2}) \, d\phi \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \! [\frac{1}{2}\phi]_{0}^{2\pi } \, \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \! \pi \end{eqnarray}$ Und da wir am Anfang das quadrierte Integral betrachtet haben statt dem normalen jetzt noch Wurzelziehen und wir erhalten $\begin{eqnarray} \! \int_{0}^{\infty } \! e^{-x^2}=\sqrt{\pi} \end{eqnarray*}$ Danke!
22.11.2017, 22:15	10001000Nick1	Auf diesen Beitrag antworten »
Gerne. (Übrigens könnte man noch kurz erwähnen, warum das ursprüngliche Integral den Wert $\begin{eqnarray} \sqrt\pi \end{eqnarray}$ hat und nicht $\begin{eqnarray} -\sqrt \pi \end{eqnarray}$ . )
23.11.2017, 19:00	Graf_Love	Auf diesen Beitrag antworten »
Hatte ich schon drin, als Bedingung quadrieren zu dürfen. Wir verlieren keine Werte, weil das Integral nur positive Werte (e-funktion) aufsummiert :-) Danke nochmal!

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