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Riga 21: ==Calcolo dell'integrale== L'integrale indefinito<math>\int{e^{-x^{2}}}\, dx</math> non è esprimibile in termini di funzioni elementari, dunque passare per la primitiva di <math>f(x)=e^{-x^{2}}</math> e calcolare la variazione tra i due estremi per ottenere il valore dell'integrale, è impossibile; tuttavia esistono alcuni metodi che permettono di aggirare il calcolo esplicito della primitiva. ~~Il valore dell'integrale può essere ottenuto tramite un procedimento analitico semplice.~~ === Coordinate polari nel piano: === ~~Sia <math>I</math> il valore di questo integrale nell'intervallo che va da <math>-\infty</math> a <math>+\infty</math>. Allora,~~ Consideriamo l'integrale: :<math>~~I^2~~ I_{1}= \int_{-\~~infty}^~~mathbb{~~+\infty~~R}} e^{-x^{2}dx}\, dx=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-yx^{2}dy}\, ~~= \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)}~~dx ~~dy.~~</math> Consideriamo ora l'integrale: Si noti che si sono usati due simboli diversi, <math>x</math> e <math>y</math>, per le due variabili di integrazione, in quanto ciascuna di esse è una [[Integrale#Funzione Integrale\|variabile muta]]. Equivalentemente si può vedere la cosa come il prodotto di due funzioni simmetriche rispetto alla retta <math>y=x</math>. <math>I_{2}=\iint_{\mathbb{R}^{2}} e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy = \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy</math> ~~Tenendo a mente questa interpretazione, passando ora alle [[Sistema di riferimento\|coordinate polari]] del piano si ha <math>dxdy \to \rho d\rho d\theta</math>, quindi~~ Osserviamo che, posto <math>f(x,y)=e^{-(x^{2}+y^{2})}</math>, possiamo scrivere: <math>f(x,y)=g(x)h(y)=(e^{-x^{2}})(e^{-y^{2}})</math>, in virtù di ciò segue: :<math>I^2 = \int_0^{2 \pi}d\theta\,\int_{0}^{+\infty} {\rho e^{-\rho^2} d\rho}.</math>▼ <math>I_{2}=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy= ~~Il primo integrale è immediato, per il secondo basta sostituire <math>u</math> a <math>\rho^2</math> e <math>\rho d\rho</math> con <math>\frac{du}{2}</math>~~ \biggl(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}}\,dx\biggr)\biggl(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy\biggr)=I_{1}^{2}</math> Essendo l'esponenziale una funzione sempre positiva, sarà sufficiente calcolare il valore dell'integrale doppio esteso ad <math>\mathbb{R}^{2}</math>, che è un integrale generalizzato, e poi estrarre la radice quadrata del risultato. ~~:<math>I^2 = 2 \pi \int_0^{+\infty} {\rho e^{-\rho^2} d\rho} = \pi \int_{0}^{+\infty} {e^{-u}du} = \pi (e^0 - e^{-\infty}) = \pi. </math>~~ Calcoliamo dunque: ~~Dato che l'esponenziale è sempre positivo, anche <math>I</math> lo è, ed estraendo la radice quadrata otteniamo il risultato cercato.~~ <math>\iint_{C} e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy </math> Dove <math>C=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq R^2\} </math> con <math>R>0</math> Passando ad un sistema di coordinate polari nel piano: <math>\varphi\, =\begin{cases} x=\rho\, \cos\theta \\ y=\rho\, \sen\theta \end{cases}</math> <math>\mid J_{\varphi} \mid\, =\, \Biggl\| \frac{\partial(\rho,\theta)}{\partial(x,y)} \Biggl\|\, =\, \rho</math> <math>Q=\varphi^{-1}(C)\, = \{(\rho, \theta)\in \mathbb{R^2}:0\leq \rho \leq R^2\, , \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \}</math> dunque: <math>\iint_{C} e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy\, =\, \iint_{Q} e^{-\rho^{2}}\, \rho\, d\rho\, d\theta\, = ▲~~:<math>I^2 =~~\, \~~int_0~~int_{0}^{2 \pi} d\theta\, \int_{0}^{~~+\infty~~R} {\rho e^{-\rho^{2}}\, d\rho~~}.</math>~~\, = \,2\pi \int_{0}^{R}\rho e^{-\rho^{2}}\, d\rho\, = \, \pi \biggl[1-e^{-\rho^2}\biggl]_{0}^{R}\, =\, \pi \biggl(1-e^{-R^2}\biggl)\Longleftrightarrow \lim_{x \to +\infty} \pi \biggl(1-e^{-R^2}\biggl)\, =\, \pi </math> Dunque: <math>I_{2}=\pi\Longrightarrow I_{1}=\sqrt{\pi} </math> In definitiva: <math>\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^{2}}\, dx\, =\, \sqrt{\pi}</math> ==Un altro integrale Gaussiano==

Integrale di Gauss: differenze tra le versioni