Unbest. Integration einer e-fk < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:41 Di 25.10.2005 | | Autor: | Brink |
Hallo alle zusammen!
Ich sitze hier über einem Übungsblatt und versuche das unbestimmte Integral [mm] \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx \ [/mm]
zu lösen.
Hierbei ist [mm] \alpha [/mm] komplex mit positivem Realteil.
Meine Formelsammlungen (z.B. Bronstein) geben mir als Lösung
[mm] \bruch{\wurzel{\pi}}{\wurzel{\alpha}} [/mm] an.
Wegen dem [mm] \pi [/mm] in der Lösung denke ich, dass man eine Umrechnung in Polar,- oder Zylinderkoordinaten machen muss.
Ich stell mich aber bisschen blöd an und komm da auch nicht weiter.
Wenn jemand einen Lösungsweg kennt (ich denke, das ist ein eher bekanntes Problem) wäre mir sehr geholfen.
Danke
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Hallo Brink,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Hallo alle zusammen!
> Ich sitze hier über einem Übungsblatt und versuche das
> unbestimmte Integral [mm]\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} dx \[/mm]
>
> zu lösen.
> Hierbei ist [mm]\alpha[/mm] komplex mit positivem Realteil.
> Meine Formelsammlungen (z.B. Bronstein) geben mir als
> Lösung
> [mm]\bruch{\wurzel{\pi}}{\wurzel{\alpha}}[/mm] an.
> Wegen dem [mm]\pi[/mm] in der Lösung denke ich, dass man eine
> Umrechnung in Polar,- oder Zylinderkoordinaten machen muss.
> Ich stehll mich aber bisschen blöd an und komm da auch nicht
> weiter.
> Wenn jemand einen Lösungsweg kennt (ich denke, das ist ein
> eher bekanntes Problem) wäre mir sehr geholfen.
> Danke
hier gibt es einen Trick.
Betrachte folgendes Integral:
[mm]\left( {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;x^2 } \;dx} } \right)^2 \; = \;\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;x^2 } \;dx} \;\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;y^2 } \;dy} \; = \;I^2 [/mm]
Das ist jetzt ein Doppelintegral, ist dann aber leichter handzuhaben:
[mm]\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;x^2 } \;dx} \;\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;y^2 } \;dy} \; = \;\int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;\left( {x^2 \; + \;y^2 } \right)} \;dx\;dy} } [/mm]
Durch die Substitution
[mm]
\begin{gathered}
x\; = \;r\;\cos \;\varphi \hfill \\
y\; = \;r\;\sin \;\varphi \hfill \\
\end{gathered} [/mm]
geht dieses Doppelintegral über in
[mm]
\int\limits_{ - \infty }^\infty {\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;\left( {x^2 \; + \;y^2 } \right)} \;dx\;dy} } \; = \;\int\limits_0^{2\;\pi } {\int\limits_0^\infty {r\;e^{ - \alpha \;r^2 } \;dr\;d\varphi } } [/mm]
Und davon kann man eine Stammfunktion angeben und deren Wert ausrechnen.
Es gilt dann für
[mm]\int\limits_{ - \infty }^\infty {e^{ - \alpha \;x^2 } \;dx} \; = \;I[/mm]
Gruß
MathePower
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