Integral de Gauss o de probabilidades

Calculamos la integral de Gauus o de probabilidades.

Enunciado
Se consideran las funciones $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}:$

$f(x)=\left(\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\;dt\right)^2,\;\;g(x)=\displaystyle\int_0^1\dfrac{e^{-x^2(t^2+1)}}{t^2+1}\;dt.$

(a) Demostrar que las funciones $f$ y $g$ son derivables en $\mathbb{R}$ y hallar sus derivadas.
(b) Para todo $x\in\mathbb{R},$ demostrar que $f’(x)+g’(x)=0$ y deducir de ello el valor de $f(x)+g(x).$
(c) Encontrar una función $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ tal que $|g(x)|\leq |h(x)|\;\;\forall{x\in\mathbb{R}}.$
(d) Usar el apartado anterior para deducir el valor de la integral de Gauss o de probabilidades. Es decir, demostrar que

$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\sqrt{\pi}.$

(Propuesto en examen, Amp. Calc., ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
(a) Al ser la función $e^{-t^2}$ continua en $\mathbb{R},$ deducimos por el teorema fundamental del Cálculo que la función $\varphi(x)=\int_{0}^{x}e^{-t^2}\;dt$ es derivable en $\mathbb{R}$ siendo su derivada $\phi’(x)=e^{-x^2}.$ Al ser la función $\phi(u)=u^2$ derivable en $\mathbb{R},$ es derivable la composición $\phi\circ \varphi=f$ en $\mathbb{R}.$ Usando la regla de la cadena:

$f’(x)=2e^{-x^2}\displaystyle\int_{0}^{x}e^{-t^2}\;dt.$

Para todo $(t,x)\in [0,1]\times \mathbb{R}$ la función integrando en $g(x)$ tiene derivadas parciales continuas y por el teorema de la derivación paramétrica, existe $g’(x)$ en $\mathbb{R}$ siendo ésta:

$g’(x)=\displaystyle\int_0^1\dfrac{{\partial}}{{\partial x}}\left(\dfrac{e^{-x^2(t^2+1)}}{t^2+1}\right)dt=\displaystyle\int_0^1\dfrac{-2x(t^2+1)e^{-x^2(t^2+1)}}{t^2+1}\;dt$ $
=\displaystyle\int_0^1-2xe^{-x^2t^2}e^{-x^2}\;dt=-2e^{-x^2}\displaystyle\int_0^1xe^{-x^2t^2}\;dt.$

Efectuando el cambio de variable $v=tx$ obtenemos:

$\displaystyle\int_0^1x e^{-x^2t^2}\;dt=\displaystyle\int_0^xxe^{-v^2}\dfrac{1}{x}\;dv=\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\;dt.$

En consecuencia, $g’(x)=-2e^{-x^2}\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\;dt.$

(b) Del apartado anterior deducimos inmediatamente que $f’(x)+g’(x)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$ (conjunto conexo), en consecuencia ha de ser $f(x)+g(x)=C$ (constante) para todo $x\in\mathbb{R}.$ Para $x=0:$

$C=f(0)+g(0)=0+\displaystyle\int_0^1\frac{dt}{t^2+1}=\left[\arctan t\right]_0^1=\frac{\pi}{4}.$

Es decir,  $f(x)+g(x)=\pi/4$ para todo $x\in\mathbb{R}.$

(c) Si $t\in [0.1]$ es claro que $1\leq t\leq 2.$ Por otra parte, siempre $e^{-x^2(t^2+1)}\leq e^{-x^2},$ en consecuencia:

$0\leq \dfrac{e^{-x^2(t^2+1)}}{t^2+1}\leq e^{-x^2}.$

De lo anterior deducimos que

$\left|g(x)\right|=\displaystyle\int_0^1\dfrac{e^{-x^2(t^2+1)}}{t^2+1}\;dt\leq \displaystyle\int_0^1e^{-x^2}\;dt= e^{-x^2}.$

Es decir, la función $h(x)=e^{-x^2}$ satisface $\left|g(x)\right|\leq \left|h(x)\right|\;\;\forall{x\in\mathbb{R}}.$

(d) Se verifica $\lim_{x\to +\infty}e^{-x^2}=0,$ y de la relación $0\leq \left|g(x)\right|\leq \left|h(x)\right|\;\;\forall{x\in\mathbb{R}}$ deducimos $\lim_{x\to +\infty}|g(x)|=0$ y por tanto $\lim_{x \to +\infty}g(x)=0.$ De la relación obtenida en el apartado (b) deducimos que $\lim_{x \to +\infty}f(x)=\pi/4.$ Entonces:

$\dfrac{\pi}{4}=\displaystyle\lim_{x \to +\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\left(\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\;dt\right)^2=\left(\lim_{x \to +\infty}\displaystyle\int_0^xe^{-t^2}\;dt\right)^2.$

Esto implica:

$\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-t^2}\;dt=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}\displaystyle\int_{0}^{x}e^{-t^2}\;dt=\displaystyle\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

Teniendo en cuenta que la función $e^{-t^2}$ es par en $\mathbb{R}$ queda:

$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}\;dt=\sqrt{\pi}.$

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