Uma das possíveis demonstrações para esse resultado é utilizando coordenadas polares,com um integral duplo,em R² .
Calculando
+∞
∫ ∫ e^(-(x²+y²)) dxdy ,
-∞
começando por passar para coordenadas polares,com r²=x²+y²
como estamos a integrar em todo o plano R² , r tomará todos os valores de 0 a +∞ , e o ângulo θ tomará também todos os valores possíveis,de 0 a 2π.
2π +∞
∫ dθ ∫ r e^(-r²) dr
0 . 0
(não esquecer que se multiplica sempre por r (jacobiano da transformação) quando se passa a coordenadas polares)
2π . +∞
[ θ ] [ e^(-r²)/(-2) ] =
0 . . 0
=(2π-0) (e^(-∞)/-2 -e^0/-2) = 2π (0+1/2) = π
Portanto concluimos que
+∞
∫ ∫ e^(-(x²+y²)) dxdy = π
-∞
Mas
+∞
∫ ∫ e^(-(x²+y²)) dxdy =
-∞
+∞
∫ ∫ e^(-x²)e^(y²) dxdy =
-∞
+∞
∫ e^(-x²) dx ∫ e^(y²) dy =
-∞
+∞
( ∫ e^(-x²) dx ) ² ,porque o 2º integral é exactamente igual ao 1º
-∞
Então
+∞
( ∫ e^(-x²) dx ) ² = π
-∞
logo
+∞
∫ e^(-x²)dx = √π , CQD :))))
-∞
Vamos calcular a seguinte integral:
\(I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx\)
Podemos reescrevê-la como:
\(I^2=\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx\right)^2\)
ou
\(I^2=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx\cdot \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx\)
Mudando a variável da segunda, temos:
\(I^2=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx\cdot \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2}dy\)
Juntando as duas em uma integral dupla, temos:
\(I^2=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2-y^2}dx\ dy=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2+y^2)}dx\ dy\)
Mudando para coordenadas polares, temos:
\(I^2=\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-\rho^2}\rho d\rho\ d\varphi\)
Fazendo \(u=\rho^2\Rightarrow du=2\rho\ d\rho\), temos:
\(I^2={1\over2}\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-u}du\ d\varphi\)
Integrando em u, temos:
\(I^2={1\over2}\int_{0}^{2\pi} \left[ -e^{-u}\right]_{0}^{\infty}\ d\varphi={1\over2}\int_{0}^{2\pi} \left[0-(-1)\right]\ d\varphi={1\over2}\int_{0}^{2\pi} d\varphi\)
Integrando no ângulo, temos:
\(I^2={1\over2}[\varphi]_{0}^{2\pi} =\pi\)
Temos, finalmente:
\(\boxed{I=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}dx=\sqrt\pi}\)
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