Wir setzen für unsere Überlegungen der Einfachheit halber
I
:=
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
.
{\displaystyle I:=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\mathrm {d} t.}
Da man zu
f
(
t
)
=
e
−
1
2
t
2
{\displaystyle f(t)=e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}}
Stammfunktion finden kann, kann
man das Integral leider nicht auf direktem Weg berechnen. Dennoch gibt es eine Reihe von sehr schönen und
lehrreichen Beweisen für die erstaunliche Behauptung.
Der entscheidende Trick für die Berechnung (angeblich von Poisson ) ist, auf eine höhere
Dimension auszuweichen, was man durch Quadrieren und Anwenden des Satzes von Fubini folgendermaßen erreicht:
I
2
=
(
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
x
2
d
x
)
(
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
y
2
d
y
)
=
∫
−
∞
∞
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
x
2
e
−
1
2
y
2
d
x
d
y
=
∫
−
∞
∞
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
.
{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\mathrm {d} x\right)\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\mathrm {d} y\right)\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right)}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y.\end{aligned}}}
Grundlage für die erste Umformung ist die Linearität des Integrals.
Das so entstandene 2D-Integrationsgebiet kann man auch anders parametrisieren:
Statt längs kartesischer Koordinaten wird über
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
Polarkoordinaten integriert, was der Substitution
r
2
=
x
2
+
y
2
{\displaystyle r^{2}=x^{2}+y^{2}}
Der Kern dieser Idee wird durch die folgende kurze (jedoch nicht ganz strenge) Rechnung wiedergegeben:
I
2
=
∫
0
∞
∫
0
2
π
e
−
1
2
r
2
r
d
φ
d
r
=
2
π
∫
0
∞
e
−
1
2
r
2
r
d
r
=
2
π
[
−
e
−
1
2
r
2
]
0
a
→
∞
=
2
π
lim
a
→
∞
(
1
−
e
−
1
2
a
2
)
=
2
π
.
{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{2\pi }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} \varphi \,\mathrm {d} r\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} r\\&=2\pi \left[-e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\right]_{0}^{a\to \infty }\\&=2\pi \lim _{a\to \infty }(1-e^{-{\frac {1}{2}}a^{2}})\\&=2\pi .\end{aligned}}}
Für eine mathematisch einwandfreie Begründung muss man vorsichtiger vorgehen und etwas ausführlicher argumentieren:
Für die weitere Rechnung und zum Beweis der Existenz des uneigentlichen Integrals I definieren wir
zunächst:
I
(
a
)
=
∫
−
a
a
e
−
1
2
x
2
d
x
.
{\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}dx.}
Das uneigentliche Integral I
I
=
lim
a
→
∞
I
(
a
)
=
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
x
2
d
x
,
{\displaystyle I=\lim _{a\to \infty }I(a)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx,}
existiert nach dem Lebesgueschen Konvergenzsatz , da man wegen
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
x
2
d
x
<
∫
−
∞
−
1
−
x
e
−
1
2
x
2
d
x
+
∫
−
1
1
e
−
1
2
x
2
d
x
+
∫
1
∞
x
e
−
1
2
x
2
d
x
<
∞
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx<\infty .}
offensichtlich eine integrable Majorante hat.
Analog zur obigen Argumentation liefert Quadrieren von I(a)
I
(
a
)
2
=
(
∫
−
a
a
e
−
1
2
x
2
d
x
)
⋅
(
∫
−
a
a
e
−
1
2
y
2
d
y
)
=
∫
−
a
a
(
∫
−
a
a
e
−
1
2
y
2
d
y
)
e
−
1
2
x
2
d
x
=
∫
−
a
a
∫
−
a
a
e
−
1
2
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
.
{\displaystyle {\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx\right)\cdot \left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\right)\\&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\right)\,e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx\\&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.\end{aligned}}}
Nach dem Satz von Fubini ist das obige Doppelintegral ein Flächenintegral
∫
e
−
1
2
(
x
2
+
y
2
)
d
(
x
,
y
)
,
{\displaystyle \int e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y),}
bezüglich des Quadrates mit den Ecken {(−a , a ), (a , a ), (a , −a ), (−a , −a )} als Integrationsbereich in der xy -Ebene.
Da die Exponentialfunktion für alle reellen Argumente größer als 0 ist, ist das Integral genommen über
den Inkreis des Quadrates kleiner als
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
Umkreis größer als
I
(
a
)
2
{\displaystyle I(a)^{2}}
Kartesischen Koordinaten zu Polarkoordinaten leicht berechnet werden:
x
=
r
cos
θ
y
=
r
sin
θ
d
(
x
,
y
)
=
r
d
(
r
,
θ
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \\d(x,y)&=r\,d(r,\theta ).\end{aligned}}}
∫
0
2
π
∫
0
a
r
e
−
1
2
r
2
d
r
d
θ
<
I
2
(
a
)
<
∫
0
2
π
∫
0
a
2
r
e
−
1
2
r
2
d
r
d
θ
.
{\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\,dr\,d\theta .}
Integration liefert:
2
π
(
1
−
e
−
1
2
a
2
)
<
I
2
(
a
)
<
2
π
(
1
−
e
−
a
2
)
.
{\displaystyle 2\pi \left(1-e^{-{\frac {1}{2}}a^{2}}\right)<I^{2}(a)<2\pi \left(1-e^{-a^{2}}\right).}
Nach dem Einschnürungssatz liefert der Grenzübergang
a
→
∞
{\displaystyle a\to \infty }
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
x
2
d
x
=
2
π
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx={\sqrt {2\pi }}.}
Beweis mit kartesischen Koordinaten und Fubini
Bearbeiten
Folgende Herleitung ist noch einfacher, da sie ohne Polarkoordinaten auskommt und ausschließlich auf
der Vertauschung der Integrationsreihenfolge nach dem Satz von Fubini beruht:
I
2
=
(
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
=
(
2
∫
0
∞
e
−
1
2
x
2
d
x
)
⋅
(
2
∫
0
∞
e
−
1
2
y
2
d
y
)
=
4
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
1
2
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\&=\left(2\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,\mathrm {d} x\right)\;\cdot \;\left(2\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,\mathrm {d} y\right)\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\end{aligned}}}
Mit der Substitution
y
=
x
s
d
y
=
x
d
s
{\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds\end{aligned}}}
erhält man dann das gewünschte Resultat:
I
2
=
4
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
1
2
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
=
4
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
1
2
(
x
2
+
x
2
s
2
)
x
d
x
d
s
=
4
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
1
2
x
2
(
1
+
s
2
)
x
d
x
d
s
=
4
∫
0
∞
[
−
1
1
+
s
2
e
−
1
2
x
2
(
1
+
s
2
)
]
0
∞
d
s
=
4
∫
0
∞
1
1
+
s
2
d
s
=
4
[
arctan
s
]
0
∞
=
2
π
{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+x^{2}s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\left[-\;{\frac {1}{1+s^{2}}}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}\right]_{0}^{\infty }\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{1+s^{2}}}\mathrm {d} s\\&=4\;\left[\arctan s\right]_{0}^{\infty }\\&=2\pi \end{aligned}}}
Die folgende Herleitung kommt sogar völlig ohne Produktintegration aus und macht lediglich Gebrauch
von den Eigenschaften von Parameterintegralen .
Auch hier besteht die Idee darin, eine Verknüpfung zum
Arkustangens herzustellen.
Definiere die Funktionen
F
(
x
)
:=
(
∫
0
x
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
G
(
x
)
:=
2
∫
0
1
e
−
1
2
x
2
(
1
+
t
2
)
1
+
t
2
d
t
H
(
x
)
:=
F
(
x
)
+
G
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}F(x)&:=\left(\int _{0}^{x}e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\G(x)&:=2\;\int _{0}^{1}{\frac {e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+t^{2})}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t\\H(x)&:=F(x)+G(x)\end{aligned}}}
Wegen
F
′
(
x
)
=
2
(
∫
0
x
e
−
1
2
t
2
d
t
)
e
−
1
2
x
2
G
′
(
x
)
=
2
∫
0
1
−
x
e
−
1
2
x
2
(
1
+
t
2
)
d
t
=
−
2
(
∫
0
1
x
e
−
1
2
x
2
t
2
d
t
)
e
−
1
2
x
2
=
−
2
(
∫
0
x
e
−
1
2
s
2
d
s
)
e
−
1
2
x
2
{\displaystyle {\begin{aligned}F'(x)&=2\;\left(\int _{0}^{x}e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\\G'(x)&=2\;\int _{0}^{1}-x\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+t^{2})}\;\mathrm {d} t=-2\;\left(\int _{0}^{1}x\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}t^{2}}\mathrm {d} t\;\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}=-2\;\left(\int _{0}^{x}\;e^{-{\frac {1}{2}}s^{2}}\mathrm {d} s\;\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\end{aligned}}}
folgt
H
′
(
x
)
=
F
′
(
x
)
+
G
′
(
x
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}H'(x)&=F'(x)+G'(x)=0\end{aligned}}}
Die Funktion
H
(
x
)
{\displaystyle H(x)}
H
(
0
)
=
lim
x
→
∞
H
(
x
)
{\displaystyle H(0)=\lim _{x\to \infty }H(x)}
H
(
0
)
=
F
(
0
)
+
G
(
0
)
=
G
(
0
)
=
2
⋅
∫
0
1
1
1
+
t
2
d
t
=
2
⋅
[
arctan
x
]
0
1
=
π
2
{\displaystyle {\begin{aligned}H(0)&=F(0)+G(0)=G(0)=2\cdot \;\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t=2\cdot \;\left[\arctan x\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}
einerseits und
lim
x
→
∞
H
(
x
)
=
lim
x
→
∞
F
(
x
)
+
lim
x
→
∞
G
(
x
)
=
(
∫
0
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\to \infty }H(x)&=\lim _{x\to \infty }F(x)+\lim _{x\to \infty }G(x)&=\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\end{aligned}}}
andererseits erhält man
(
∫
0
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
=
π
2
,
{\displaystyle {\begin{aligned}\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}&={\frac {\pi }{2}},\end{aligned}}}
was wegen
I
2
=
(
∫
−
∞
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
=
4
(
∫
0
∞
e
−
1
2
t
2
d
t
)
2
{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\&=4\;\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\end{aligned}}}
auch hier wieder auf
I
=
2
π
{\displaystyle I={\sqrt {2\pi }}}
Ein weiterer alternativer Beweis nutzt die Beziehung zur Gammafunktion und zum Wallisschen Produkt aus.
Hierzu drücken wir
Γ
(
1
2
)
{\displaystyle \Gamma \left({\tfrac {1}{2}}\right)}
Gammafunktion an der Stelle
x
=
1
2
{\displaystyle x={\tfrac {1}{2}}}
Zunächst erhält man einerseits aus Definition der Gammafunktion als Integral mittels
der Substitution
t
=
x
2
2
,
d
t
=
x
d
x
{\displaystyle t={\tfrac {x^{2}}{2}},\;dt=xdx}
Γ
(
1
2
)
=
∫
0
∞
e
−
t
t
−
1
2
d
t
=
∫
0
∞
e
−
x
2
2
2
x
⋅
x
d
x
=
2
∫
0
∞
e
−
x
2
2
d
x
=
2
1
2
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
2
d
x
=
1
2
⋅
I
{\displaystyle {\begin{aligned}\Gamma \left({\tfrac {1}{2}}\right)&=\int _{0}^{\infty }e^{-t}t^{-{\frac {1}{2}}}\;dt\\&=\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;{\frac {\sqrt {2}}{x}}\cdot x\;\mathrm {d} x\\&={\sqrt {2}}\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;\mathrm {d} x\\&={\sqrt {2}}\;{\frac {1}{2}}\;\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{\sqrt {2}}}\cdot I\end{aligned}}}
Andererseits gilt nach der Gaußschen Produktdarstellung der Gammafunktion
Γ
(
1
2
)
=
lim
n
→
∞
Γ
n
(
1
2
)
=
lim
n
→
∞
n
!
⋅
n
1
2
1
2
⋅
(
1
2
+
1
)
(
1
2
+
2
)
⋅
…
⋅
(
1
2
+
n
)
=
lim
n
→
∞
n
!
⋅
n
1
2
1
2
⋅
3
2
⋅
5
2
⋅
…
⋅
2
n
+
1
2
=
lim
n
→
∞
n
!
⋅
n
1
2
⋅
2
n
+
1
1
⋅
3
⋅
5
⋅
…
⋅
(
2
n
+
1
)
=
lim
n
→
∞
2
⋅
n
1
2
(
n
!
)
2
⋅
(
2
n
)
2
(
1
⋅
3
⋅
5
⋅
…
⋅
(
2
n
+
1
)
)
2
=
lim
n
→
∞
2
⋅
n
2
n
+
1
⋅
∏
i
=
1
n
(
2
i
)
(
2
i
)
(
2
i
−
1
)
(
2
i
+
1
)
⏟
=:
w
n
=
lim
n
→
∞
2
⋅
n
2
n
+
1
⋅
w
n
=
2
⋅
1
2
⋅
π
2
=
π
,
{\displaystyle {\begin{aligned}\Gamma \left({\tfrac {1}{2}}\right)&=\lim _{n\to \infty }\Gamma _{n}\left({\frac {1}{2}}\right)\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{2}}\cdot ({\frac {1}{2}}+1)({\frac {1}{2}}+2)\cdot \ldots \cdot ({\frac {1}{2}}+n)}}\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{2}}\cdot {\frac {5}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2n+1}{2}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}\cdot 2^{n+1}}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n+1)}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot n^{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {(n!)^{2}\cdot (2^{n})^{2}}{(\;1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n+1)\;)^{2}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot {\sqrt {\frac {n}{2n+1}}}\cdot {\sqrt {\underbrace {\prod _{i=1}^{n}{\frac {(2i)(2i)}{(2i-1)(2i+1)}}} _{=:w_{n}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot {\sqrt {\frac {n}{2n+1}}}\cdot {\sqrt {w_{n}}}\\&=2\cdot {\sqrt {\frac {1}{2}}}\cdot {\sqrt {\frac {\pi }{2}}}\\&={\sqrt {\pi }},\end{aligned}}}
wobei
w
n
{\displaystyle w_{n}}
Wallissche Produkt ist, für das
lim
n
→
∞
w
n
=
π
2
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }w_{n}={\tfrac {\pi }{2}}}
Durch Gleichsetzen der beiden Ausdrücke für
Γ
(
1
2
)
{\displaystyle \Gamma \left({\tfrac {1}{2}}\right)}
I
=
2
π
{\displaystyle I={\sqrt {2\pi }}}
![{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{2\pi }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} \varphi \,\mathrm {d} r\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} r\\&=2\pi \left[-e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\right]_{0}^{a\to \infty }\\&=2\pi \lim _{a\to \infty }(1-e^{-{\frac {1}{2}}a^{2}})\\&=2\pi .\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c0a4b0a6c4e3fd8cef92e5898dcb4731b3f35604)
![{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+x^{2}s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\left[-\;{\frac {1}{1+s^{2}}}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}\right]_{0}^{\infty }\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{1+s^{2}}}\mathrm {d} s\\&=4\;\left[\arctan s\right]_{0}^{\infty }\\&=2\pi \end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ed4133e315ab913a9ed1c52438554f90e0fb95ea)
![{\displaystyle {\begin{aligned}H(0)&=F(0)+G(0)=G(0)=2\cdot \;\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t=2\cdot \;\left[\arctan x\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/883a3d97358b64ffd73c69ad78185348834098e4)
