Beweisarchiv: Analysis: Integralrechnung: Gaußsches Integral

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Integralrechnung: Gaußsches Integral


Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Formel

Das Gaußsche Integral (nach Carl Friedrich Gauß)

\int_{-\infty}^\infty e^{-\alpha t^2}\mathrm dt = \sqrt{\frac \pi \alpha }, \qquad \alpha>0

spielt in verschiedenen Gebieten der Mathematik eine Rolle. Von besonderer Bedeutung ist der Fall \alpha = \tfrac 1 2 , d.h.

\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 t^2}\mathrm dt = \sqrt{2\pi},

etwa in der Wahrscheinlichkeitstheorie (als Normierungsfaktor für die Normalverteilung) oder in der Analysis (als Normierungsfaktor in der Fouriertransformation). Wir können uns im folgenden beim Beweis dieser erstaunlichen Tatsache auf diesen Fall beschränken, da man die Behauptung für beliebige α > 0 sofort durch Anwenden der Substitution

\begin{align} x &= \sqrt{\frac 2 \alpha} \cdot t \\ dx &= \sqrt{\frac 2 \alpha} \; \mathrm d t \end{align}

erhält.

[Bearbeiten] Beweise

Wir setzen für unsere Überlegungen der Einfachheit halber

I := \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 t^2}\mathrm dt.

Da man zu f(t)= e^{-\frac 12 t^2} keine elementar darstellbare 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.

[Bearbeiten] Beweis mit Hilfe von Polarkoordinaten

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:

\begin{align} I^2 &= \left(\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 x^2}\mathrm dx\right)\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 y^2}\mathrm dy\right)\\ &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 x^2}e^{-\frac 12 y^2}\mathrm dx\,\mathrm dy\\ &= \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 \left(x^2 + y^2\right)}\mathrm dx\,\mathrm dy. \end{align}

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 nun längs Polarkoordinaten integriert, was der Substitution r2 = x2 + y2 entspricht.

[Bearbeiten] Schneller Beweis

Der Kern dieser Idee wird durch die folgende kurze (jedoch nicht ganz strenge) Rechnung wiedergegeben:

\begin{align} I^2 &= \int_0^\infty \int_0^{2\pi} e^{-\frac 12 r^2} r\,\mathrm d\varphi\,\mathrm dr\\ &= 2 \pi \int_0^\infty e^{-\frac 12 r^2} r\,\mathrm dr\\ &= 2 \pi \left[-e^{-\frac 12 r^2}\right]_0^{a \to \infty}\\ &= 2 \pi \lim_{a\to\infty}(1-e^{-\frac 12 a^2 } ) \\ &= 2 \pi. \end{align}

[Bearbeiten] Strenger Beweis

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)=\int_{-a}^a e^{-\frac 12 x^2}dx.

Das uneigentliche Integral I

I=\lim_{a\to\infty} I(a) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac 12 x^2}\, dx,

existiert nach dem Lebesgueschen Konvergenzsatz , da man wegen

\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 x^2}\, dx < \int_{-\infty}^{-1} -x e^{-\frac 12 x^2}\, dx + \int_{-1}^1 e^{-\frac 12 x^2}\, dx+ \int_{1}^{\infty} x e^{-\frac 12 x^2}\, dx<\infty.

offensichtlich eine integrable Majorante hat. Analog zur obigen Argumentation liefert Quadrieren von I(a)

\begin{align} I(a)^2 & = \left ( \int_{-a}^a e^{-\frac 12 x^2}\, dx \right )\cdot \left ( \int_{-a}^a e^{-\frac 12 y^2}\, dy \right ) \\ & = \int_{-a}^a \left ( \int_{-a}^a e^{-\frac 12 y^2}\, dy \right )\,e^{-\frac 12 x^2}\, dx \\ & = \int_{-a}^a \int_{-a}^a e^{-\frac 12 (x^2+y^2)}\,dx\,dy. \end{align}

Nach dem Satz von Fubini ist das obige Doppelintegral ein Flächenintegral

\int e^{-\frac 12 (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, und analog dazu das Integral genommen über den Umkreis größer als I(a)2. Die Integrale über die beiden Kreisscheiben können nun durch Übergang von Kartesischen Koordinaten zu Polarkoordinaten leicht berechnet werden:

\begin{align} x & = r \cos \theta \\ y & = r \sin\theta \\ d(x,y) & = r\, d(r,\theta). \end{align}
\int_0^{2\pi}\int_0^a re^{-\frac 12 r^2}\,dr\,d\theta < I^2(a) < \int_0^{2\pi}\int_0^{a\sqrt{2}} re^{-\frac 12 r^2}\,dr\,d\theta.

Integration liefert:

2\pi (1-e^{-\frac 12 a^2}) < I^2(a) < 2\pi (1 - e^{-a^2}).

Nach dem Einschnürungssatz liefert der Grenzübergang a \to \infty dann den Wert für das Gaußsche Integral:

\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac 12 x^2}\, dx = \sqrt{2\pi}.

[Bearbeiten] Beweis mit kartesischen Koordinaten und Fubini

Folgende Herleitung ist noch einfacher, da sie ohne Polarkoordinaten auskommt und ausschließlich auf der Vertauschung der Integrationsreihenfolge nach dem Satz von Fubini beruht:

\begin{align} I^2 &= \left( \int_{-\infty} ^\infty e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2\\ &= \left( 2 \; \int_0^\infty e^{-\frac 12 x^2} \, \mathrm dx \right) \; \cdot \; \left( 2 \; \int_0^\infty e^{-\frac 12 y^2} \, \mathrm dy \right)\\ &= 4 \; \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-\frac 12 (x^2+y^2)} \, \mathrm dx \, \mathrm dy \end{align}

Mit der Substitution

\begin{align} y &= xs \\ dy&= x \, ds \end{align}

erhält man dann das gewünschte Resultat:

\begin{align} I^2 &= 4 \; \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-\frac 12 (x^2+y^2)} \, \mathrm dx \, \mathrm dy \\ &= 4 \; \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-\frac 12 (x^2+x^2s^2)} x \, \mathrm dx \, \mathrm ds \\ &= 4 \; \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-\frac 12 x^2(1+s^2)} x \, \mathrm dx \, \mathrm ds \\ &= 4 \; \int_0^\infty \left[ - \; \frac 1{1+s^2} e^{-\frac 12 x^2(1+s^2)} \right]_0^\infty \, \mathrm ds \\ &= 4 \; \int_0^\infty \frac 1{1+s^2} \mathrm ds \\ &= 4 \; \left[ \mathrm{arctan} \, s \right]_0^\infty \\ &= 2\pi \end{align}

[Bearbeiten] Beweis mit Parameterintegral

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

\begin{align} F(x) &:= \left( \int_0^x e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2\\ G(x) &:= 2 \; \int_0^1 \frac{ e^{-\frac 12 x^2(1+t^2)} }{1+t^2} \; \mathrm dt \\ H(x) &:= F(x) + G(x) \end{align}

Wegen

\begin{align} F'(x) &= 2 \; \left( \int_0^x e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right) \; e^{-\frac 12 x^2} \\ G'(x) &= 2 \; \int_0^1 -x \; e^{-\frac 12 x^2(1+t^2)} \; \mathrm dt = -2 \; \left( \int_0^1 x \; e^{-\frac 12 x^2t^2} \mathrm dt \; \right) \; e^{-\frac 12 x^2} = -2 \; \left( \int_0^x \; e^{-\frac 12 s^2} \mathrm ds \; \right) \; e^{-\frac 12 x^2} \end{align}

folgt

\begin{align} H'(x) &=F'(x)+G'(x) = 0\end{align}

Die Funktion H(x) ist also konstant. Insbesondere muss daher auch H(0) = \lim_{x\to\infty} H(x) gelten, d.h. aus

\begin{align} H(0) &= F(0) + G(0) = G(0) = 2 \cdot \; \int_0^1 \frac{1}{1+t^2} \; \mathrm dt = 2 \cdot \; \left[ \mathrm{arctan} \; x \; \right]_0^1 = \frac \pi 2 \end{align}

einerseits und

\begin{align} \lim_{x\to\infty} H(x) &= \lim_{x\to\infty} F(x) + \lim_{x\to\infty} G(x) &= \left( \int_0^\infty e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2 \end{align}

andererseits erhält man

\begin{align} \left( \int_0^\infty e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2 &= \frac \pi 2, \end{align}

was wegen

\begin{align} I^2 &= \left( \int_{-\infty} ^\infty e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2\\ &= 4 \; \left( \int_0 ^\infty e^{-\frac 12 t^2} \, \mathrm dt \right)^2 \end{align}

auch hier wieder auf I = \sqrt{2\pi} führt.

[Bearbeiten] Beweis mit Gammafunktion

Eine weiterer alternativer Beweis nutzt die Beziehung zur Gammafunktion und zum Wallisschen Produkt aus.

Hierzu drücken wir \Gamma\left(\tfrac 12\right) ,den Wert der Gammafunktion an der Stelle x=\tfrac 12 , auf zweierlei Arten aus:

Zunächst erhält man einerseits aus Definition der Gammafunktion als Integral mittels der Substitution t=\tfrac {x^2}2, \; dt=xdx

\begin{align} \Gamma\left(\tfrac 12\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 dx \\ &= \sqrt{2} \; \int_0^\infty e^{-\frac{x^2}2} \; \mathrm dx \\ &= \sqrt{2} \; \frac 12 \; \int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{x^2}2} \; \mathrm dx \\ &= \frac 1{\sqrt 2} \cdot I \end{align}

Andererseits gilt nach der Gaußschen Produktdarstellung der Gammafunktion

\begin{align} \Gamma\left(\tfrac 12\right) &= \lim_{n\to\infty} \Gamma_n \left(\frac 12\right) \\ &= \lim_{n\to\infty} \frac{ n! \cdot n^{\frac 1 2} }{\frac 12 \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 12 \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{align}

wobei wn das n-te Wallissche Produkt ist, für das \lim_{n\to\infty} w_n = \tfrac \pi 2 gilt.

Durch Gleichsetzen der beiden Ausdrücke für \Gamma\left(\tfrac 12\right) folgt auch hier wieder I = \sqrt{2\pi} .

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