La forma más común de calcular la integral de Gauss es mediante integración doble en el sistema cartesiano de coordenadas, para después hacer un cambio de coordenadas a coordenadas polares y calcular el valor. Se procede de la siguiente manera:

Se define

${\displaystyle {\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

como la integral que queremos calcular. Podemos definir ${\displaystyle {\mathcal {I}}^{2}}$  como el producto de la integral ${\displaystyle {\mathcal {I}}}$  con ella misma y mediante el Teorema de Fubini podemos expresar la integral como

${\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {I}}^{2}&={\Biggl (}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx{\Biggr )}^{2}\\&=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx\cdot \int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}dy\\&=\int _{-\infty }^{\infty }{\Biggl (}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx{\Biggr )}e^{-y^{2}}dy\\&=\int _{-\infty }^{\infty }{\Biggl (}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dx{\Biggr )}dy\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy\\&=\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy.\end{aligned}}}$ 

Procedemos a realizar un cambio de variables a coordenadas a polares:

${\displaystyle {\begin{aligned}\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dxdy&=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}drd\theta \\&=\int _{0}^{2\pi }d\theta \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}dr\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }re^{-r^{2}}dr\\&=2\pi \int _{-\infty }^{0}{\frac {1}{2}}e^{s}ds\\&=\pi \int _{-\infty }^{0}e^{s}\,ds\\&=\pi (e^{0}-\lim _{t\to -\infty }e^{t})\\&=\pi (1-0)\\&=\pi \end{aligned}}}$ 

donde el factor ${\displaystyle r}$  es consecuencia de calcular el determinante del cambio de variable de coordenadas cartesianas a polares, y ${\displaystyle s}$  aparece al hacer un cambio de variable tal que ${\displaystyle s=-r^{2}}$ , ${\displaystyle ds=-2rdr}$ . Así obtenemos

${\displaystyle {\mathcal {I}}^{2}=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx\right)^{2}=\iint _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy=\pi }$ 

por lo tanto

${\displaystyle {\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}\,dx={\sqrt {\pi }}}$ 

Una técnica diferente para calcular el valor de la integral gaussiana es la siguiente.

Comencemos definiendo

${\displaystyle {\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

por lo que

${\displaystyle {\mathcal {I}}^{2}=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx\right)^{2}}$ 

Notemos que el integrando, es decir ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$ , es una función par por lo que

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

entonces

${\displaystyle {\mathcal {I}}^{2}=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dydx}$ 

Sea

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=xds\end{aligned}}}$ 

entonces

${\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {I}}^{2}&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dydx\\&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+x^{2}s^{2})}xdsdx\\&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}xdsdx\\&=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}(1+s^{2})}xdxds\\&=4\int _{0}^{\infty }\left[\left.{\frac {-1}{2(1+s^{2})}}e^{-x^{2}(1+s^{2})}\right|_{x=0}^{x=\infty }\right]ds\\&=4\left[{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ds}{1+s^{2}}}\right]\\&=2\arctan s{\bigg |}_{0}^{\infty }\\&=\pi \end{aligned}}}$ 

Por lo tanto

${\displaystyle {\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}}$ 

Otra forma de calcular la integral sería usando el truco de Feynman o derivación bajo el signo integral

Definamos:

${\displaystyle {\mathcal {I}}=\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

dado que ${\displaystyle e^{-x^{2}}}$  es una función par, podemos afirmar que

${\displaystyle 2{\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

Ahora definamos la siguiente función auxiliar

${\displaystyle F(t)=\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {e^{-t^{2}(x^{2}+1)}}{x^{2}+1}}dx}$ 

entonces

${\displaystyle F(+\infty )=0}$ 

${\displaystyle F(0)=\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {e^{-0^{2}(x^{2}+1)}}{x^{2}+1}}dx=\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {e^{0}}{x^{2}+1}}dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{x^{2}+1}}={\frac {\pi }{2}}}$ 

Derivemos la función

${\displaystyle {d \over dt}F(t)={d \over dt}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {e^{-t^{2}(x^{2}+1)}}{x^{2}+1}}dx=\int \limits _{0}^{\infty }{{d \over dt}({\frac {e^{-t^{2}(x^{2}+1)}}{x^{2}+1}}})dx=\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {e^{-t^{2}(x^{2}+1)}(-2t(x^{2}+1))}{x^{2}+1}}dx=-2t\int \limits _{0}^{\infty }e^{-t^{2}(x^{2}+1)}dx}$ 

${\displaystyle =-2t\int \limits _{0}^{\infty }e^{-t^{2}x^{2}-t^{2}}dx=-2t\int \limits _{0}^{\infty }e^{-(tx)^{2}}e^{-t^{2}}dx=-2te^{-t^{2}}\int \limits _{0}^{\infty }e^{-(tx)^{2}}dx}$ 

Haciendo el cambio de variable

${\displaystyle {\begin{aligned}u&=xt\\du&=tdx\Rightarrow dx={\frac {1}{t}}du\end{aligned}}}$ 

Entonces

${\displaystyle -2te^{-t^{2}}\int \limits _{0}^{\infty }{e^{-(tx)^{2}}}dx=-2te^{-t^{2}}\int \limits _{0}^{\infty }{e^{-u^{2}}}{\frac {1}{t}}du=-2e^{-t^{2}}\int \limits _{0}^{\infty }{e^{-u^{2}}}du=-2e^{-t^{2}}{\mathcal {I}}}$ 

En resumen

${\displaystyle F'(t)=-2e^{-t^{2}}{\mathcal {I}}}$ 

Ahora calculemos la siguiente integral aplicando el teorema fundamental del cálculo y los resultados anteriormente calculados

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }F'(t)dt=F(t){\bigg |}_{t=0}^{t=+\infty }=F(+\infty )-F(0)=0-{\frac {\pi }{2}}=-{\frac {\pi }{2}}}$ 

Pero por otro lado también podemos decir que

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }F'(t)dt=\int _{0}^{\infty }-2e^{-t^{2}}{\mathcal {I}}dt=-2{\mathcal {I}}\int _{0}^{\infty }{e^{-t^{2}}}dt=-2{\mathcal {I}}^{2}}$ 

Entonces

${\displaystyle {\begin{aligned}-2{\mathcal {I}}^{2}=-{\frac {\pi }{2}}\\{\mathcal {I}}=\pm {\frac {\sqrt {\pi }}{2}}\end{aligned}}}$ 

Como la integral de una función positiva no puede dar negativa, tomamos el valor positivo,

${\displaystyle {\mathcal {I}}={\frac {\sqrt {\pi }}{2}}}$ 

${\displaystyle 2{\mathcal {I}}={\sqrt {\pi }}}$ 

Pero recordando lo dicho anteriormente

${\displaystyle 2{\mathcal {I}}=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

Por lo tanto

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx={\sqrt {\pi }}}$ 

La función gamma está dada por

${\displaystyle \Gamma (\alpha )=\int _{0}^{\infty }t^{\alpha -1}e^{-t}dt}$ 

y un resultado destacado de esta función es cuando ${\displaystyle \alpha =1/2}$  pues

${\displaystyle \Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)={\sqrt {\pi }}}$ 

considerando este resultado veamos qué relación tiene con la integral gaussiana, comencemos considerando que

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx}$ 

pues ${\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}}$  una función par.

Al hacer el cambio de variable ${\displaystyle t=x^{2}}$  obtenemos

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=t^{1/2}\\dx&={\frac {1}{2}}t^{-1/2}dt\end{aligned}}}$ 

entonces

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx&=2\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx\\&=2\int _{0}^{\infty }e^{-t}\left({\frac {1}{2}}t^{-1/2}\right)dt\\&=\int _{0}^{\infty }e^{-t}t^{-1/2}dt\\&=\int _{0}^{\infty }t^{\left(1-{\frac {1}{2}}\right)-1}e^{-t}dt\\&=\Gamma \left(1-{\frac {1}{2}}\right)\\&=\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)\\&={\sqrt {\pi }}\end{aligned}}}$ 

Esto muestra por qué el factorial de la mitad de un entero es un número irracional múltiplo de ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}}$ , más generalmente

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{-ax^{b}}dx={\frac {1}{b\cdot a^{\frac {1}{b}}}}\,\Gamma \left({\frac {1}{b}}\right).}$ 

La integral de una función Gaussiana arbitraria es

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x+b)^{2}}dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}}$ 

con ${\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }$ . Una forma alternativa es

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-ax^{2}+bx+c}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}e^{{\frac {b^{2}}{4a}}+c}}$ 

Esta expresión es útil para calcular momentos de algunas distribuciones de probabilidad continuas relacionadas con la distribución normal, como la distribución log-normal.

${\displaystyle {\begin{aligned}&\int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}dx={\sqrt {\pi }}\;{\frac {a^{2n+1}(2n-1)!!}{2^{n+1}}}\\&\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}dx={\frac {n!}{2}}\;a^{2n+2}\\&\int _{0}^{\infty }x^{2n}e^{-ax^{2}}dx={\frac {(2n-1)!!}{a^{n}2^{n+1}}}{\sqrt {\frac {\pi }{a}}}\\&\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}e^{-ax^{2}}dx={\frac {n!}{2a^{n+1}}}\end{aligned}}}$ 

donde ${\displaystyle n}$  es un entero positivo y ${\displaystyle !!}$  denota el doble factorial.

• Función error
• Distribución normal

• Weisstein, Eric W. «Gaussian Integral». En Weisstein, Eric W, ed. MathWorld (en inglés). Wolfram Research.