Cómo probar $ \int_0^\infty e^{-x^2} \; dx = \frac{\sqrt{\pi}}2$ sin pasar a coordenadas polares?

Question

Cómo probar $ \int_0^\infty e^{-x^2} \; dx = \frac{\sqrt{\pi}}2$ ¿algo más que cambiar a coordenadas polares? ¿Es posible demostrarlo utilizando series infinitas?

Answer 1

Método 1. Dejemos que $I$ denotan la integral. Entonces para $s > 0$ la sustitución $t = x\sqrt{s}$ da

$$ \int_{0}^{\infty} e^{-sx^2} \; dx = \frac{1}{\sqrt{s}} \int_{0}^{\infty} e^{-t^2} \; dt = \frac{I}{\sqrt{s}}. $$

Así, para $u = x^2$ ,

$$\begin{align*}I^2 &= \int_{0}^{\infty} I e^{-x^2} \; dx = \int_{0}^{\infty} \frac{I}{2\sqrt{u}}e^{-u} \; du = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}e^{-u}\int_{0}^{\infty}e^{-ut^2}\;dtdu\\ &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{1}{2}e^{-u}e^{-ut^2}\;dudt = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{2(t^2+1)}\;dt = \frac{\pi}{4}, \end{align*}$$

lo que demuestra el resultado deseado. Obsérvese que esto es, de hecho, equivalente a la prueba en Wikipedia .

Método 2. Asumimos que somos conscientes de la _Producto Wallis_

$$ \prod_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2n}{2n-1} \cdot \frac{2n}{2n+1}\right) = \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots = \frac{\pi}{2}. $$

Ahora, no es difícil encontrar que

$$ f_n(x) = \begin{cases} \left(1 - \tfrac{x^2}{n}\right)^{n} & 0 \leq x \leq \sqrt{n} \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases} $$

aumenta a $e^{-x^2}$ . (Simple aplicación de _La desigualdad de Bernoulli_ será suficiente). Entonces, por el teorema de convergencia monótona,

$$ I := \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \; dx = \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{x^2}{n}\right)^{n} \; dx = \lim_{n\to\infty} \sqrt{n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}\theta \; d\theta, $$

donde hemos utilizado la sustitución $x = \sqrt{n}\,\cos\theta$ . Ahora dejemos que

$$I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}\theta \; d\theta. $$

Entonces para $n \geq 1$ ,

$$\begin{align*}I_n &= \left[\sin^{2n}\theta (-\cos\theta)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2n \sin^{2n-1}\theta \cos\theta (-\cos\theta) \; d\theta \\ &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 2n \sin^{2n-1}\theta (1-\sin^2 \theta) \; d\theta = 2n(I_{n-1} - I_n) \end{align*}$$

y tenemos $I_0 = 1$ y $I_n = \frac{2n}{2n+1} I_{n-1}$ . Así,

$$ I_n = \prod_{k=1}^{n} \frac{2k}{2k+1}. $$

Por lo tanto, por el producto Wallis,

$$ I^2 = \lim_{n\to\infty} n \prod_{k=1}^{n} \left( \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k}{2k+1} \right) = \lim_{n\to\infty} \frac{n}{2n+1} \prod_{k=1}^{n} \left( \frac{2k}{2k-1} \cdot \frac{2k}{2k+1} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} $$

y tenemos el resultado deseado. (A la inversa, conociendo $I$ puede utilizarse para demostrar la fórmula del producto de Wallis).

Answer 2

Porque $x \mapsto e^x$ es convexo, $\displaystyle \left( 1- \frac{u}{n} \right)^n \leq e^{-u} \leq \left( 1+ \frac{u}{n} \right)^{-n}$ Así que $\displaystyle \int_0^{\sqrt{n}} \left( 1- \frac{x^2}{n} \right)^n dx \leq \int_0^{\sqrt{n}} e^{-x^2} dx \leq \int_0^{\sqrt{n}} \left( 1+ \frac{x^2}{n} \right)^{-n} dx$ .

Utilizamos el cambio de variables $x= \sqrt{n} \sin(\theta)$ : $\displaystyle \int_0^{\sqrt{n}} \left( 1- \frac{x^2}{n} \right)^n dx = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n+1} (\theta) d\theta= \sqrt{n} W_{2n+1}$ , donde $W_{2n+1}$ es un Wallis integral .

Si $p \geq \sqrt{n}$ , $\displaystyle \int_0^{\sqrt{n}} \left(1+ \frac{x^2}{n} \right)^{-n} dx \geq \int_0^p \left(1+ \frac{x^2}{n} \right)^{-n} dx$ . Utilizamos el cambio de variables $x=\sqrt{n} \tan (\theta)$ para encontrar: $\displaystyle \int_0^{\arctan(p)} \sqrt{n} \cos^{2n+2} (\theta) d \theta \underset{p \to + \infty}{\longrightarrow} \sqrt{n} W_{2n+2}$ .

Finalmente, $\displaystyle \sqrt{n} W_{2n+1} \leq \int_0^{\sqrt{n}} e^{-x^2}dx \leq \sqrt{n} W_{2n+2}$ . Pero $\displaystyle W_n \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$ así que $\displaystyle \int_0^{+ \infty} e^{-x^2}dx= \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

Con este método, un desarrollo asintótico de $W_n$ da un desarrollo asintótico de la integral.

Answer 3

$$ \int_{-\infty} ^\infty e^{-x^2} \; dx =I$$
$$ \int_{-\infty}^\infty e^{-y^2} \; dx =I$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\times e^{-y^2} \; dx =I^2$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{-(x^2+y^2)}\; dx =I^2$$
Coordenadas polares: $x^2+y^2=R^2,-\pi\leqslant \theta\leqslant +\pi$
$$\int_{-\pi}^{+\pi} \int_{0}^ \infty e^{-(R^2)}\; R\times dR \times d(\theta) =I^2$$
$$2\times \pi \int_{0}^ \infty e^{-(R^2)}\; R\times dR =I^2$$
$$-R^2=P\implies -2Rd(R)=d(P)\implies Rd(R)=-d(P)/2$$
$$2\times \pi \int_{-\infty}^ 0 e^{(P)}d(P)/2$$
$$\pi=I^2\Longrightarrow I=\sqrt{\pi}$$
desde $e^{x^2}$ es incluso $\implies$ ans= ${\sqrt{\pi}/2}$

Answer 4

Utilizamos el cambio de variables $y=x^2$ . $$ \int_0^\infty e^{-x^2} \; dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} y^{-1/2} {\rm e}^{-y} \,dy = \frac{1}{2} \Gamma(\frac{1}{2}) \,,$$

donde $\Gamma(x)$ está definida por la integral, $$\Gamma( x ) = \int_{0}^{\infty} y^{x-1} {\rm e}^{-y} \,dy \,. $$

Método de la serie

Si le interesa el método en serie, puede utilizar El lema de Watson ;

Answer 5

Considere el mapeo $\eta\! : \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ dado por $$ \eta((x,y)) = \sqrt{x^2+y^2},\quad (x,y)\in\mathbb{R}^2. $$ (1) Demuestre que la medida de la imagen $\lambda_2\circ\eta^{-1}$ es la medida sobre $(\mathbb{R},\mathcal{B}(\mathbb{R}))$ con densidad $$ f(z)=2\pi z 1_{(0,\infty)}(z),\quad z\in\mathbb{R}, $$ utilizando el Lemma de Dynkin.

(2) Demuestre que $$ \int_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2}\,\lambda_2(\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)=\pi $$ utilizando la fórmula de integración bajo transformaciones medibles.

(3) Utilice el teorema de Tonelli para concluir que $$ \int_{\mathbb{R}}e^{-x^2}\,\lambda(\mathrm{d}x)=\sqrt{\pi}, $$ y ahora sigue su resultado.