[fermin80]

Demuestre que

\( \displaystyle\int_{0}^{\infty}\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}\;dA=\pi/4 \)

[Fernando Revilla]

Una forma: \( \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}\;dA=\left(\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}dx\right) \left(\int_{0}^{\infty}e^{-y^2}dy\right) \) . Ahora usa el conocido resultado sobre la integral de Euler \( \int_{0}^{\infty}e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi}/2 \) .

[jbgg]

También se puede hacer haciendo el cambio de variable a polares...

\(
\displaystyle\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2+y^2)}\;dxdy = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\int_0^\infty e^{-r^2}r\; drd\theta
 \)

Hay que hacer una integral indefinida, pero como la función es no negativa no hay problemas...

[diegofernand]

porque el limite de la  integral es \( \pi/2 \) y no \( 2\pi  \)

[jbgg]

porque el limite de la  integral es \( \pi/2 \) y no \( 2\pi  \)

Porque si te fijas el recinto (donde varía x e y) es \( \{(x,y)\in\mathbb{R}^2 : 0\leq x,\; 0\leq y\} \) (es decir 1er cuadrante). Entonces si eso lo ponemos como ángulo... abarcaría entre 0 (rad) y \( \pi/2 \) (rad).

Si fuera entre 0 y \( 2\pi \) abarcaría el 1er y el 4o cuadrante.

Visualmente (si te imaginas el plano) es como se ve más fácil.