Beispiel: Integration der Gauß´schen Glockenkurve

Gesucht ist der Flächeninhalt $\mathit{A}$ unter der Kurve

$$\mathit{f}(\mathit{x})={\text{e}}^{-\alpha {\mathit{x}}^2}$$

für $0\le \mathit{x}<\infty$. $\mathit{A}$ ist durch ein gewöhnliches Integral gegeben, das sich nicht ohne weiteres berechnen lässt

$$\mathit{A}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{x}}^2}\text{d}\mathit{x}.$$

Führt man jedoch das gleiche Integral mit $\mathit{y}$ anstelle $\mathit{x}$ als Integrationsvariable ein

$$\mathit{A}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{y}}^2}\text{d}\mathit{y},$$

und multipliziert beide, so erhält man

$${\mathit{A}}^2=\mathit{I}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{x}}^2}\text{d}\mathit{x}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{y}}^2}\text{d}\mathit{y}.$$

Das Produkt $\mathit{f}(\mathit{x})\mathit{f}(\mathit{y})$ lässt sich als eine Funktion zweier Veränderlicher

$$\mathit{G}(\mathit{x},\mathit{y})=\mathit{f}(\mathit{x})\mathit{f}(\mathit{y})={\text{e}}^{-\alpha ({\mathit{x}}^2+{\mathit{y}}^2)}=\mathit{g}({\mathit{x}}^2+{\mathit{y}}^2)$$

definieren. Nun ist $\mathit{I}$ ein zweidimensionales Bereichsintegral über den ersten Quadranten $\mathit{B}:0\le \mathit{x}<\infty ,0\le \mathit{y}<\infty$

$$\mathit{I}=\underset{\mathit{B}}{\iint }{\text{e}}^{-\alpha ({\mathit{x}}^2+{\mathit{y}}^2)}\text{d}\mathit{x}\text{d}\mathit{y}.$$

In Polarkoordinaten ist dieses Integral leicht zu berechnen.

$$\begin{array}{rcll}\mathit{I}& =& \underset{\mathit{B}}{\iint }\mathit{g}({\mathit{x}}^2+{\mathit{y}}^2)\text{d}\mathit{x}\text{d}\mathit{y}& \mathit{B}:\text{Rechteck}0\le \mathit{x}<\infty ,0\le \mathit{y}<\infty \\ \mathit{I}& =& \underset{\mathit{B}\text{'}}{\iint }\mathit{g}({\mathit{r}}^2)\mathit{r}\text{d}\mathit{r}\text{d}\phi & \mathit{B}\text{'}:\text{Rechteck}0\le \mathit{r}<\infty ,0\le \phi \le \pi /2.\end{array}$$

Somit ist

$$\begin{array}{rcl}\mathit{I}& =& \underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\left(\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{r}}^2}\mathit{r}\text{d}\mathit{r}\right)\text{d}\phi \\ & =& \underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}\text{d}\phi \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{r}}^2}\mathit{r}\text{d}\mathit{r}\\ \mathit{I}& =& \frac{\pi }{2}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{r}}^2}\mathit{r}\text{d}\mathit{r}.\end{array}$$

Nach der Substitution $\mathit{u}=\alpha {\mathit{r}}^2,\text{d}\mathit{u}=2\alpha \mathit{r}\text{d}\mathit{r}$ erhält man

$$\begin{array}{rcl}\mathit{I}& =& \frac{\pi }{4\alpha }\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\mathit{u}}\text{d}\mathit{u}\\ & =& \frac{\pi }{4\alpha }{\left[-{\text{e}}^{-\mathit{u}}\right]}_0^{\infty }\\ \mathit{I}& =& \frac{\pi }{4\alpha }\text{ .}\end{array}$$

Das gesuchte Integral ist

$$\mathit{A}=\sqrt{\mathit{I}}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{\text{e}}^{-\alpha {\mathit{x}}^2}\text{d}\mathit{x}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}\text{ .}$$