הנוסחה הכללית עבור גאוסיאן במשתנה אחד היא כדלהלן:
∫
−
∞
+
∞
e
−
a
x
2
−
b
x
−
c
d
x
=
π
a
e
b
2
−
4
a
c
4
a
=
π
a
exp
(
b
2
−
4
a
c
4
a
)
,
a
>
0
{\displaystyle \ \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}-bx-c}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}e^{\frac {b^{2}-4ac}{4a}}={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\exp {\left({\frac {b^{2}-4ac}{4a}}\right)},\quad a>0}
את הנוסחה מוכיחים בשלושה שלבים:
מחשבים את
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x}
מחשבים את
∫
−
∞
+
∞
e
−
a
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}}\,\mathrm {d} x}
באמצעות החלפת משתנים .
מחשבים את
∫
−
∞
+
∞
e
−
a
x
2
−
b
x
−
c
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}-bx-c}\,\mathrm {d} x}
באמצעות השלמה לריבוע .
קודם נראה שהאינטגרל מתכנס:
0
<
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
≤
∫
−
1
1
e
−
x
2
d
x
+
∫
−
∞
−
1
−
e
−
x
2
d
x
+
∫
1
+
∞
e
−
x
2
d
x
≤
∫
−
1
1
e
−
x
2
d
x
+
∫
−
∞
−
1
−
x
e
−
x
2
d
x
+
∫
1
+
∞
x
e
−
x
2
d
x
<
∞
{\displaystyle {\begin{aligned}0<\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm {d} x&\leq \int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{-\infty }^{-1}-e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{1}^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x\\&\leq \int _{-1}^{1}e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x+\int _{1}^{+\infty }xe^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x<\infty \end{aligned}}}
שכן עבור
|
x
|
>
1
{\displaystyle |x|>1}
מתקיים
e
−
x
2
<
|
x
|
e
−
x
2
{\displaystyle e^{-x^{2}}<|x|e^{-x^{2}}}
והאינטגרלים
∫
1
∞
x
e
−
x
2
d
x
=
[
−
e
−
x
2
2
]
1
∞
=
e
−
1
2
=
1
2
e
{\displaystyle \int _{1}^{\infty }xe^{-x^{2}}\mathrm {d} x=\left[-{\frac {e^{-x^{2}}}{2}}\right]_{1}^{\infty }={\frac {e^{-1}}{2}}={\frac {1}{2e}}}
והמקביל לו מתכנסים.
שנית, נציב
I
=
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle I=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x}
, נכפול את
I
{\displaystyle \ I}
באותו אינטגרל:
I
2
=
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
d
x
∫
−
∞
+
∞
e
−
y
2
d
y
{\displaystyle I^{2}=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y}
.
מחוקי אינטגרל כפול (משפט פוביני ) וכפל אקספוננטים מקבלים ש
I
2
=
∫
−
∞
∞
∫
−
∞
∞
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
{\displaystyle \ I^{2}=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y}
.
נשים לב שזוהי אינטגרציה על כל המישור
x
−
y
{\displaystyle \ x-y}
. נבצע החלפת משתנים לתיאור האינטגרציה בקואורדינטות קוטביות
r
,
ϕ
{\displaystyle \ r,\phi }
כאשר
r
2
=
x
2
+
y
2
{\displaystyle \ r^{2}=x^{2}+y^{2}}
ו-
ϕ
{\displaystyle \ \phi }
היא הזווית בין
r
{\displaystyle \ r}
לציר ה-
x
{\displaystyle \ x}
.
את אלמנט הנפח האינפיניטסימלי מחשבים באמצעות היעקוביאן של הטרנספורמציה
d
x
d
y
=
r
d
r
d
ϕ
{\displaystyle \ \mathrm {d} x\,\mathrm {d} y=r\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \phi }
, ומקבלים ש-
I
2
=
∫
0
2
π
∫
0
∞
e
−
r
2
r
d
r
d
ϕ
{\displaystyle \ I^{2}=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r\,\mathrm {d} \phi }
.
את החלק הזוויתי קל לחשב, שכן האינטגרנד לא תלוי בזווית. מקבלים ש-
I
2
=
∫
0
∞
e
−
r
2
r
d
r
∫
0
2
π
d
ϕ
=
2
π
∫
0
∞
e
−
r
2
r
d
r
=
π
∫
0
∞
e
−
r
2
2
r
d
r
{\displaystyle \ I^{2}=\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r\int _{0}^{2\pi }\,\mathrm {d} \phi =2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\,\mathrm {d} r=\pi \int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}}2r\,\mathrm {d} r}
.
כעת נשים לב ש-
(
r
2
)
′
=
2
r
{\displaystyle \ (r^{2})'=2r}
, ולכן
d
d
r
e
−
r
2
=
−
e
−
r
2
2
r
{\displaystyle \ {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} r}}e^{-r^{2}}=-e^{-r^{2}}2r}
, ולכן
I
2
=
π
[
−
e
−
r
2
]
0
∞
=
π
(
0
−
(
−
1
)
)
=
π
{\displaystyle \ I^{2}=\pi \left[-e^{-r^{2}}\right]_{0}^{\infty }=\pi (0-(-1))=\pi }
.
לוקחים שורש ריבועי חיובי (כי האינטגרנד חיובי), ומקבלים
I
=
π
{\displaystyle \ I={\sqrt {\pi }}}
או לסיכום:
I
=
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
d
x
=
π
{\displaystyle I=\int _{-\infty }^{+\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x={\sqrt {\pi }}}
מבצעים את החלפת המשתנים הבאה:
y
2
=
a
x
2
,
y
=
a
x
,
d
x
=
d
y
a
{\displaystyle \ y^{2}=ax^{2}\ ,\ y={\sqrt {a}}x\ ,\ \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {a}}}}
ואז:
∫
−
∞
+
∞
e
−
a
x
2
d
x
=
1
a
∫
−
∞
∞
e
−
y
2
d
y
=
π
a
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }e^{-ax^{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{\sqrt {a}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}}
ההשלמה לריבוע :
−
a
x
2
−
b
x
−
c
=
−
a
(
x
+
b
2
a
)
2
+
b
2
4
a
−
c
{\displaystyle \ -ax^{2}-bx-c=-a\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)^{2}+{\frac {b^{2}}{4a}}-c}
האינטגרציה על הריבוע נותנת
π
/
a
{\displaystyle \ {\sqrt {\pi /a}}}
ואילו הגורם הקבוע באקספוננט כופל אותו.
יש לציין שהפונקציה עליה מחושב האינטגרל היא פונקציה זוגית ולכן
∫
−
∞
∞
e
−
x
2
d
x
=
2
∫
0
∞
e
−
x
2
d
x
{\displaystyle \ \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\,\mathrm {d} x}
ניתן לחשב את האינטגרל גם כאשר האינטגרנד נכפל בחזקה של
x
{\displaystyle \ x}
,
∫
0
∞
x
2
n
e
−
x
2
/
a
2
d
x
=
π
(
2
n
)
!
n
!
(
a
2
)
2
n
+
1
∫
0
∞
x
2
n
+
1
e
−
x
2
/
a
2
d
x
=
n
!
2
a
2
n
+
2
{\displaystyle {\begin{aligned}&\int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-x^{2}/a^{2}}\,\mathrm {d} x&&={\sqrt {\pi }}{\frac {(2n)!}{n!}}\left({\frac {a}{2}}\right)^{2n+1}\\&\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-x^{2}/a^{2}}\,\mathrm {d} x&&={\frac {n!}{2}}a^{2n+2}\end{aligned}}}