Гауссов интеграл

${\displaystyle (1+t)e^{-t}}$

${\displaystyle (-\infty ;+\infty )}$

${\displaystyle [-1;+\infty )}$

${\displaystyle t=\pm x^{2}}$

${\displaystyle x\not =0}$

${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})e^{x^{2}}<1\\(1+x^{2})e^{-x^{2}}<1\end{matrix}}\right.}$

Ограничим в первом неравенстве изменение ${\displaystyle x}$ промежутком ${\displaystyle (0,1)}$ , а во втором — промежутком ${\displaystyle (0;\infty )}$ , возведём оба неравенства в степень ${\displaystyle n(n\in N)}$ , так как неравенства с положительными членами можно возводить в любую положительную степень. Получим:

${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}(1-x^{2})^{n}<e^{-nx^{2}}\\0<x<1\end{matrix}}\right.}$ и ${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}e^{-nx^{2}}<{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\\x>0\end{matrix}}\right.}$

Интегрируя неравенства в указанных пределах и сведя их в одно, получим

${\displaystyle \int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx<\int \limits _{0}^{1}e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx<\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx}$

При замене ${\displaystyle u=x{\sqrt {n}}}$ получим

${\displaystyle \int \limits _{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\,dx={\frac {1}{\sqrt {n}}}\cdot K,\;K=\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx.}$

Полагая ${\displaystyle x=\cos t}$ получим, соответственно,

${\displaystyle \int \limits _{0}^{1}(1-x^{2})^{n}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n+1}t\,dt={\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}}$

Замена пределов интегрирования получается из-за того, что при изменении переменной ${\displaystyle t}$ от 0 до ${\displaystyle \pi /2}$ величина ${\displaystyle \cos t}$ меняется в пределах от 0 до 1.

И заменяя ${\displaystyle x=\mathrm {ctg} \,t}$ , получим

${\displaystyle \int \limits _{0}^{\infty }{\frac {1}{(1+x^{2})^{n}}}\,dx=\int \limits _{0}^{\pi /2}\sin ^{2n-2}t\,dt={\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}}$

Здесь с пределами интегрирования аналогично: ${\displaystyle \mathrm {ctg} \,t}$ изменяется от бесконечности до нуля при изменении переменной ${\displaystyle t}$ от 0 до ${\displaystyle \pi /2}$ .

Два последних интеграла могут быть найдены следующим образом: дважды интегрируя их по частям, мы получим рекуррентные соотношения, разрешая которые придем к результатам в правой части.

Таким образом искомое К может быть заключено в интервале

${\displaystyle {\sqrt {n}}\cdot {\frac {2n!!}{(2n+1)!!}}<K<{\sqrt {n}}\cdot {\frac {\pi (2n-3)!!}{2(2n-2)!!}}}$

Для нахождения К возведём всё неравенство в квадрат и преобразуем. В результате всё сильно упрощается до

${\displaystyle {\frac {n}{2n+1}}\cdot {\frac {(2n!!)^{2}}{(2n+1)((2n-1)!!)^{2}}}<K^{2}<{\frac {n}{2n-1}}\cdot {\frac {(2n-1)((2n-3)!!)^{2}}{((2n-2)!!)^{2}}}\cdot {\frac {\pi ^{2}}{4}}}$

Из формулы Валлиса следует, что и левое, и правое выражение стремятся к ${\displaystyle \pi /4}$ при ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$

Следовательно, ${\displaystyle K^{2}={\frac {\pi }{4}}\Longleftrightarrow K={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}$

В силу чётности функции ${\displaystyle e^{-x^{2}}}$ , получаем, что

${\displaystyle \int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx=2\int \limits _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}.}$

${\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,{\rm {d}}y}$

${\displaystyle I^{2}}$

${\displaystyle (x=r\cos \phi }$

${\displaystyle y=r\sin \phi }$

${\displaystyle r^{2}=x^{2}+y^{2})}$

${\displaystyle \phi }$

${\displaystyle 2\pi }$

${\displaystyle I^{2}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }\int \limits _{-\infty }^{\infty }\,e^{-x^{2}-y^{2}}{\rm {d}}x\,{\rm {d}}y=\int \limits _{0}^{2\pi }d\varphi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=2\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\;{\rm {d}}r=\pi \int \limits _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}\;{\rm {d}}r^{2}=\pi .}$

Следовательно, ${\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,{\rm {d}}x={\sqrt {\pi }}}$ .

${\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}}}dx}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{y^{2}}}}dy}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{z^{2}}}}dz}}$

${\displaystyle I^{3}}$

${\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}x=r\sin \theta \cos \varphi \\y=r\sin \theta \sin \varphi \\z=r\cos \theta \\{r^{2}}={x^{2}}+{y^{2}}+{z^{2}}\end{array}}\right.}$ , якобиан преобразования равен ${\displaystyle J={r^{2}}\sin \theta }$ ,

и интегрируя по ${\displaystyle \theta }$ (от ${\displaystyle 0}$ до ${\displaystyle \pi }$ ), по ${\displaystyle \varphi }$ (от ${\displaystyle 0}$ до ${\displaystyle 2\pi }$ ), по ${\displaystyle r}$ (от ${\displaystyle 0}$ до ${\displaystyle \infty }$ ), получаем:

${\displaystyle {\begin{array}{l}{I^{3}}=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}-{y^{2}}-{z^{2}}}}dx}dy}dz}=\int \limits _{0}^{2\pi }{\int \limits _{0}^{\pi }{\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}Jdr}d\theta }d\varphi }=\int \limits _{0}^{2\pi }{d\varphi \int \limits _{0}^{\pi }{\sin \theta d\theta \int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}{r^{2}}dr}}}=\\=2\pi \left({(-\cos \pi )-(-\cos 0)}\right)\left({-{\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{\infty }{rd{e^{-{r^{2}}}}}}\right)=-2\pi \left({\left.{\left({r{e^{-{r^{2}}}}}\right)}\right|_{0}^{\infty }-\int \limits _{0}^{\infty }{{e^{-{r^{2}}}}dr}}\right)=-2\pi (0-{\frac {I}{2}})=\pi I\end{array}}}$

Следовательно, ${\displaystyle I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{{e^{-{x^{2}}}}dx}={\sqrt {\pi }}}$ .