En la evaluación de $\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx$

Question

Hay otros métodos para integrar la siguiente integral de los citados en la página de la Wikipedia? Tal vez con más elementales conjunto de herramientas?

$$\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx$$

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Apéndice: yo no estoy en busca de pruebas que implican el doble o el triple de integración.

Answer 1

Tal vez esto es lo que buscas? Se requiere principalmente de Cálculo I y II de conocimiento. Aunque, no estoy realmente seguro de lo que quieres decir por "elemental conjunto de herramientas".

Comenzar por evaluar: $$(1)\ \int_0^1\left(1-x^2\right)^n\,dx\qquad (2)\ \int_0^{+\infty}\frac1{\left(1+x^2\right)^n}\,dx$$ Para $(1)$ deje $x=\cos(u)$$dx=-\sin(u)\,du$, y mediante la aplicación de la fórmula de reducción en $\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}(u)\,du$, obtenemos: $$\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\,dx=\frac23\cdot\frac45\cdot\frac67\cdots\frac{2n}{2n+1}=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1}$$ Del mismo modo, para $(2)$ deje $x=\cot(u)$$dx=-\csc^2(u)\,du$, y mediante la aplicación de la fórmula de reducción en $\int_0^{\frac\pi2}\sin^{2n-2}(u)\,du$, obtenemos: $$\int_0^{+\infty}\frac1{\left(1+x^2\right)^n}dx=\frac\pi2\cdot\frac12\cdot\frac34\cdot\frac56\cdots\frac{2n-3}{2n-2}=\frac\pi2\cdot\prod_{k=2}^{n}\frac{2k-3}{2k-2}$$ También se puede mostrar que: $$(3)\ 1-x^2\le e^{-x^2}, \quad \text{for $0\le x\le1$} $$ $$(4)\ e^{-x^2}\le \frac1{1+x^2}, \quad \text{for $x\geq 0$}$$ Para $(3)$, vamos a: $$f(x)= e^{-x^{2}}+x^{2} -1$$ $$f'(x)= 2x(1-e^{-x^2})$$ Podemos ver claramente que: $$f'(x)>0 \quad \text{for $x>0$}$$ El uso de los resultado obtenidos, y darse cuenta de que $f(0)=0$, tenemos: $$f(x)\geq 0=e^{-x^2}\geq1-x^2 \quad \text{for $x\geq 0$}$$ Un argumento similar se puede hacer para$(4)$$g(x)=e^{x^2}-x^2-1$.

Por lo tanto, la integración de las relaciones demostró: $$\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\,dx \le \int_0^1 e^{-n{x}^2}\,dx \le \int_0^{+\infty} e^{-n{x}^2}\,dx \le \int_0^{+\infty}\frac1{\left(1+x^2\right)^n}\,dx \Rightarrow$$ $$\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1} \le \int_0^1 e^{-n{x}^2}\,dx \le \int_0^{+\infty} e^{-n{x}^2}\,dx \le \frac\pi2\cdot\prod_{k=2}^{n}\frac{2k-3}{2k-2}$$

Dejando $t=x\sqrt{n}$$(1/\sqrt{n})\,dt=dx$, obtenemos: $$\sqrt{n}\cdot\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1} \le \int_0^{\sqrt{n}} e^{-t^2}\,dt \le \int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt \le \frac{\pi\sqrt{n}}2\cdot\prod_{k=2}^{n}\frac{2k-3}{2k-2}$$ El uso de la presión Lema: $$\lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n}\cdot\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1}\right) \le \int_0^\infty e^{-t^2}\,dt \le \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{\pi\sqrt{n}}2\cdot\prod_{k=2}^{n}\frac{2k-3}{2k-2}\right)$$ Podemos evaluar tanto los límites recordando el Wallis Producto: $$\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=1}^n \left(\frac{(2k)^2}{(2k+1)(2k-1)}\right)=\frac{\pi}{2}$$ Para el primer límite notar que: $$\begin{aligned} \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}&=\frac{2\cdot 1}{2\cdot 1+1}\frac{2\cdot 2}{2\cdot 2+1}\frac{2\cdot 3}{2\cdot 3+1}\cdots \frac{2\cdot n}{2\cdot n+1}\\ &=2\cdot 1\frac{2\cdot 2}{2\cdot 1+1}\frac{2\cdot 3}{2\cdot 2+1}\cdots \frac{2\cdot n}{2\cdot (n-1)+1}\frac{1}{2n+1}\\ &=\frac{2}{2n+1}\prod_{k=2}^n\frac{2k}{2k-1}=\frac{1}{2n+1}\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k-1} \end{aligned}$$ Aplicando la relación acaba de encontrar a la Wallis producto: $$\begin{aligned} \frac{\pi}{2}&=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=1}^n \left(\frac{(2k)^2}{(2k+1)(2k-1)}\right)\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(n\cdot\frac{2n+1}{n}\left(\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right)^2\right)\\ \end{aligned}$$ Y tomando la raíz cuadrada a ambos lados: $$\sqrt{\frac{\pi}{2}}=\lim_{n\to+\infty}\sqrt{\frac{2n+1}{n}}\lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n}\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right)\Rightarrow$$ $$\lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n}\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$ Un enfoque similar puede ser usado para el segundo límite, lo que conduce a: $$\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{\pi\sqrt{n}}2\cdot\prod_{k=2}^{n}\frac{2k-3}{2k-2}\right)=\frac\pi2\cdot\frac1{\sqrt\pi}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$ Por lo tanto: $$\int_0^{+\infty} e^{-t^2}\,dt=\boxed{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$$