Wallissches Produkt

Beweis über Integrale von Wurzelfunktionen

Im Folgenden werden zwei Integralgleichungen parallel hergeleitet und tabellarisch gegenübergestellt:

Es gilt folgende Formel: ${\displaystyle 2n\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n-1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}-(2n+1)\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$ ${\displaystyle =\int _{0}^{1}2n{\frac {x^{2n-1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}-(2n+1){\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$ ${\displaystyle ={\biggl [}x^{2n}{\sqrt {1-x^{2}}}{\biggr ]}_{x=0}^{x=1}=0}$	Analog hierzu gilt folgende Formel: ${\displaystyle (2n+1)\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}}{\sqrt {1-x^{2}}}}-(2n+2)\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$ ${\displaystyle =\int _{0}^{1}(2n+1){\frac {x^{2n}}{\sqrt {1-x^{2}}}}-(2n+2){\frac {x^{2n+2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$ ${\displaystyle ={\biggl [}x^{2n+1}{\sqrt {1-x^{2}}}{\biggr ]}_{x=0}^{x=1}=0}$
Daraus folgt für alle ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$: ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x={\frac {2n}{2n+1}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n-1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$	Daraus folgt für alle ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$: ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x={\frac {2n+1}{2n+2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$

Somit sind für alle natürlichen Zahlen folgende zwei Darstellungen über Produktreihen gültig:

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m}{2m+1}}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m+1}{2m+2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x}$

Folgender Grenzwert der Integrale ist gültig:

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2n+1}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-1}=1}$

Durch Einsetzen kommt folgendes Resultat hervor:

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m+1}{2m+2}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m}{2m+1}}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-1}=1}$

${\displaystyle {\biggl \{}\lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m+1}{2m+2}}{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {2m}{2m+1}}{\biggr ]}^{-1}{\biggr \}}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-1}=1}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {(2m+1)^{2}}{2m(2m+2)}}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-1}=1}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {2m(2m+2)}{(2m+1)^{2}}}={\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-1}}$

Es gelten außerdem diese Integrale aufgrund der im nun Folgenden genannten Ursprungsstammfunktionen:

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{2}}\arcsin(x)-{\frac {1}{2}}x{\sqrt {1-x^{2}}}{\biggr ]}_{x=0}^{x=1}={\frac {\pi }{4}}}$

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\mathrm {d} x={\biggl [}1-{\sqrt {1-x^{2}}}{\biggr ]}_{x=0}^{x=1}=1}$

Deswegen gilt

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {2m(2m+2)}{(2m+1)^{2}}}={\frac {\pi }{4}}}$.

Direkt daraus folgt

${\displaystyle \prod _{i=1}^{\infty }{\frac {4i^{2}}{(2i-1)(2i+1)}}={\frac {\pi }{2}}}$.

Beweisskizze über die Integrale der Sinuspotenzen

Man definiert ${\displaystyle C_{n}(x):=\int \limits _{0}^{x}\sin ^{n}(t)dt}$, für welche die Rekursionsformel ${\displaystyle (n+1)C_{n+1}(x)=-\cos(x)\sin ^{n}(x)+nC_{n-1}(x)}$ gilt. Insbesondere erhält man für ${\displaystyle c_{n}:=C_{n}(\pi /2)}$ die Formel ${\displaystyle c_{n+1}={\frac {n}{n+1}}c_{n-1}}$.

Man berechnet ${\displaystyle c_{2m}={\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{4^{m}}}{\binom {2m}{m}}}$ und ${\displaystyle c_{2m+1}={\frac {4^{m}}{2m+1}}/{\binom {2m}{m}}}$. Nun gilt ${\displaystyle {\frac {n}{n+1}}={\frac {c_{n+1}}{c_{n}}}{\frac {c_{n}}{c_{n-1}}}<{\frac {c_{n+1}}{c_{n}}}<1}$, und daher ${\displaystyle 1<{\frac {c_{2m}}{c_{2m+1}}}=\pi (m+{\frac {1}{2}}){\binom {2m}{m}}^{2}4^{-2m}<1+{\frac {1}{2m}}}$.

Insbesondere also ${\displaystyle {\sqrt {\pi }}=\lim _{m\rightarrow \infty }{\frac {1}{\sqrt {m}}}{\frac {2\cdot 4\cdot \cdot \cdot (2m)}{1\cdot 3\cdot \cdot \cdot (2m-1)}}=\lim _{m\to \infty }{\frac {1}{\sqrt {m}}}{\frac {(2m)!!}{(2m-1)!!}}}$, aus der man durch quadrieren die übliche Formel erhält.

Elementare Produktreihen

Gegeben ist das Standardprodukt nach Wallis in diesem Muster:

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }{\frac {4n^{2}}{(2n-1)(2n+1)}}=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {4n^{2}}{4n^{2}-1}}={\frac {1}{2}}\pi }$

Analog ergibt sich mit oben beschriebenen Herleitungsverfahren:

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }{\frac {9n^{2}}{(3n-1)(3n+1)}}=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {9n^{2}}{9n^{2}-1}}={\frac {2}{9}}{\sqrt {3}}\,\pi }$

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }{\frac {16n^{2}}{(4n-1)(4n+1)}}=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {16n^{2}}{16n^{2}-1}}={\frac {1}{4}}{\sqrt {2}}\,\pi }$

Generell gilt:

${\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }{\frac {z^{2}n^{2}}{(zn-1)(zn+1)}}=\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {z^{2}n^{2}}{z^{2}n^{2}-1}}={\frac {\pi }{z}}\csc {\bigl (}{\frac {\pi }{z}}{\bigr )}={\frac {1}{\operatorname {si} (\pi /z)}}}$

Mit dem Ausdruck si wird der Kardinalsinus dargestellt. Wenn bei der gezeigten Produktreihe der Grenzwert für z gegen Unendlich berechnet wird, dann erscheint an allen Stellen dieser Gleichungskette der Wert Eins.

Elliptische Produktreihen

Für alle Wallisschen Produkte des folgenden Musters gilt in Bezug auf die Eulersche Betafunktion diese Identität:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {zm(zm+2)}{(zm+1)^{2}}}={\frac {1}{2z}}\beta {\bigl (}{\frac {1}{z}}{\bigr )}={\frac {\Pi (1/z)^{2}}{\Pi (2/z)}}}$

Der Buchstabe Π auf der rechten Seite der Gleichungskette stellt die Gaußsche Pifunktion dar.

Gegeben ist nun das Standardprodukt nach Wallis in nachfolgendem Muster:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {2m(2m+2)}{(2m+1)^{2}}}={\frac {\pi }{4}}}$

Wenn die Zahl Zwei durch die Zahl Drei ersetzt wird, dann entsteht folgender Äquianharmonisch elliptischer Wert:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {3m(3m+2)}{(3m+1)^{2}}}={\frac {1}{3}}{\sqrt[{3}]{2}}\,{\sqrt[{4}]{3}}\,K{\bigl [}\sin {\bigl (}{\frac {1}{12}}\pi {\bigr )}{\bigr ]}=\omega _{2}/{\sqrt {3}}}$

Auch ein äquianharmonischer Wert entsteht dann, wenn die Zahl Drei durch die Zahl Sechs ersetzt wird:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {6m(6m+2)}{(6m+1)^{2}}}={\frac {1}{6}}{\sqrt[{3}]{4}}\,{\sqrt[{4}]{27}}\,K{\bigl [}\sin {\bigl (}{\frac {1}{12}}\pi {\bigr )}{\bigr ]}=\omega _{2}/{\sqrt[{3}]{4}}}$

Wenn die Zahl Zwei durch die Zahl Vier ersetzt wird, dann entsteht folgender Lemniskatisch elliptischer Wert:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {4m(4m+2)}{(4m+1)^{2}}}={\frac {1}{2}}\,K{\bigl (}{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}{\bigr )}={\frac {1}{4}}{\sqrt {2}}\,\varpi }$

Auch ein lemniskatischer Wert entsteht dann, wenn die Zahl Vier durch die Zahl Zwölf ersetzt wird:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {12m(12m+2)}{(12m+1)^{2}}}={\frac {1}{12}}{\sqrt[{4}]{3}}\,{\sqrt[{6}]{32}}\,({\sqrt {3}}+1)\,K{\bigl (}{\frac {1}{2}}{\sqrt {2}}{\bigr )}={\frac {1}{12}}{\sqrt[{3}]{2}}\,{\sqrt[{4}]{3}}\,({\sqrt {3}}+1)\,\varpi }$

Wenn jedoch die Zahlen Acht, Zwanzig oder Vierundzwanzig eingesetzt wird, dann entstehen die elliptischen K-Integrale aus anderen ebenso elementar darstellbaren Modulen:

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {8m(8m+2)}{(8m+1)^{2}}}={\frac {1}{2}}{\sqrt[{4}]{2}}\,K{\bigl (}{\sqrt {2}}-1{\bigr )}}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {20m(20m+2)}{(20m+1)^{2}}}=2^{3/20}5^{-3/8}({\sqrt {5}}-1)^{1/4}\cos {\bigl (}{\frac {1}{20}}\pi {\bigr )}\,K{\bigl \{}\sin {\bigl [}{\frac {1}{2}}\arcsin {\bigl (}{\sqrt {5}}-2{\bigr )}{\bigr ]}{\bigr \}}}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {24m(24m+2)}{(24m+1)^{2}}}=2^{-13/12}3^{-1/4}({\sqrt {2}}+1)({\sqrt {3}}-1)\,K{\bigl [}{\bigl (}2-{\sqrt {3}}{\bigr )}{\bigl (}{\sqrt {3}}-{\sqrt {2}}{\bigr )}{\bigr ]}}$

Das Vollständige elliptische Integral erster Art ist so definiert:

${\displaystyle K(\varepsilon )=\int _{0}^{\pi /2}{\frac {1}{\sqrt {1-\varepsilon ^{2}\sin(\varphi )^{2}}}}\,\mathrm {d} \varphi }$

Deswegen gilt auch:

${\displaystyle K(\varepsilon )=\int _{0}^{1}{\frac {2}{\sqrt {(x^{2}+1)^{2}-4\varepsilon ^{2}x^{2}}}}\,\mathrm {d} x}$

Wenn ein solches Produkt nach dem Schema des Wallisschen Produktes als elementares Vielfaches vom K-Integral eines elementaren elliptischen Moduls dargestellt werden kann, dann ist der elliptische Modul selbst immer ein Elliptischer Lambda-Stern-Wert von einer rationalen Zahl. Das K-Integral selbst von solch einem Modul wird immer im Deutschen als Singulärer Elliptischer Integralwert und im Englischen als Elliptic Integral Singular Value bezeichnet. Diese Darstellung solcher Produktreihen nach dem gezeigten Schema mit dem K-Integral funktioniert jedoch nicht für alle Zahlen als gezeigte Vorfaktoren in der Produktreihe. Denn wenn statt der Zahlen 2, 3, 4, 6, 8, 12, 20 und 24 andere Zahlen wie beispielsweise 5 oder 7 eingesetzt werden, dann ist die Darstellung in diesem Muster nicht möglich.

Beweis des Glockenkurvenintegrals

Das Integral der Gaußschen Glockenkurve kann mit Hilfe des Wallisschen Produktes bewiesen werden. Hierfür kann folgende Beweisführung formuliert werden:

Es gilt folgende Formel: ${\displaystyle 2n\int _{0}^{\infty }x^{2n-1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=}$ ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }2n\,x^{2n-1}\exp(-x^{2})-2x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=}$ ${\displaystyle ={\biggl [}x^{2n}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0}$	Analog hierzu gilt folgende Formel: ${\displaystyle (2n+1)\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x-2\int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=}$ ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }(2n+1)\,x^{2n}\exp(-x^{2})-2x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=}$ ${\displaystyle ={\biggl [}x^{2n+1}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0}$
Daraus folgt für alle ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$: ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\mathrm {d} x=n\int _{0}^{\infty }x^{2n-1}\exp(-x^{2})\mathrm {d} x}$	Daraus folgt für alle ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$: ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}(2n+1)\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\mathrm {d} x}$

Außerdem gilt:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})-2x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\biggl [}x\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }=0}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x}$

Somit sind für alle natürlichen Zahlen folgende Darstellungen über Produktreihen gültig:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}m\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m+1)\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x=\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m-1)\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x}$

Folgender Grenzwert der Integrale ist gültig:

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n+2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2n+1}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1}$

Durch Einsetzen kommt folgendes Resultat hervor:

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m-1)\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}{\frac {1}{2}}(2m+1)\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\prod _{m=1}^{n}m\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {(2m-1)(2m+1)}{4m^{2}}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x^{2}\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=1}$

${\displaystyle \prod _{m=1}^{\infty }{\frac {(2m-1)(2m+1)}{4m^{2}}}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=2}$

${\displaystyle {\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=2\prod _{m=1}^{\infty }{\frac {4m^{2}}{(2m-1)(2m+1)}}=\pi }$

Außerdem gilt dieses Integral:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}\exp(-x^{2}){\biggr ]}_{x=0}^{x=\infty }={\frac {1}{2}}}$

Soergibt sich diese Fortführung der Gleichungsliste:

${\displaystyle {\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{\infty }x\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{-2}=\pi }$

${\displaystyle {\biggl [}\int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\bigl (}{\frac {1}{2}}{\bigr )}^{-2}=\pi }$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{2})\,\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}{\sqrt {\pi }}}$

QUOD ERAT DEMONSTRANDUM

Analoge Beweise mit Wallis-Produkten

Auch für weitere Integrale nach dem Schema der Gaussschen Glockenkurve können die Wallisschen Produkte herangezogen werden. Mit dem soeben beschriebenen Mechanismus können auch analoge weitere Integrale zu Wallisschen Produkten umgeformt werden. So sind im Anschluss auch Umformungen zu Integralprodukten aus Integralen mit elliptisch darstellbaren Stammfunktionen möglich:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{3})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{3}}\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(3n)^{3}}{(3n-2)(3n+1)^{2}}}{\biggr ]}^{1/3}}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{4})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{4}}\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(4n)^{4}}{(4n-3)(4n+1)^{3}}}{\biggr ]}^{1/4}}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{5})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{5}}\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(5n)^{5}}{(5n-4)(5n+1)^{4}}}{\biggr ]}^{1/5}}$

Und generell kann auf der gezeigten Beweisführung im vorherigen Abschnitt so auch diese Formel genannt werden:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{a})\,\mathrm {d} x={\biggl [}{\frac {1}{a}}\prod _{n=1}^{\infty }{\frac {(an)^{a}}{(an+1-a)(an+1)^{a-1}}}{\biggr ]}^{1/a}}$

Für alle natürlichen Zahlen a ist diese Formel gültig. So ist ein Zugang zur Umformung von den Exponentialfunktionsintegralen zu den Wurzelfunktionsintegralen ermöglicht. Generell lässt sich basierend auf der durch Leonhard Euler gegebenen Definition diese Formel direkt aufstellen:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{n})\,\mathrm {d} x=\Pi {\bigl (}{\frac {1}{n}}{\bigr )}}$

Diese Formel über die Gaußsche Pifunktion ist für alle natürlichen Zahlen n gültig. Und es gilt auch:

${\displaystyle {\frac {\Pi (1/n)^{2}}{\Pi (2/n)}}=\prod _{m=1}^{\infty }{\frac {n\,m(n\,m+2)}{(n\,m+1)^{2}}}=\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{n}+1)^{2/n}}}\,\mathrm {d} x}$

Wenn für den Wert a der Nachfolger einer Zweierpotenz gewählt wird, dann kann darauf basierend sogar stets eine vereinfachende Integralfaktorisation durchgeführt werden:

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{3})\,\mathrm {d} x=\Pi ({\tfrac {1}{3}})={\biggl [}\Pi ({\tfrac {1}{3}})\Pi ({\tfrac {2}{3}}){\frac {\Pi ({\tfrac {1}{3}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {2}{3}})}}{\biggr ]}^{1/3}={\biggl [}{\tfrac {2}{9}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{3}}\pi {\bigr )}{\frac {\Pi ({\tfrac {1}{3}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {2}{3}})}}{\biggr ]}^{1/3}={\biggl \{}{\tfrac {2}{9}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{3}}\pi {\bigr )}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{3}+1)^{2/3}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggr \}}^{1/3}}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{5})\,\mathrm {d} x=\Pi ({\tfrac {1}{5}})={\biggl [}\Pi ({\tfrac {1}{5}})\Pi ({\tfrac {4}{5}}){\frac {\Pi ({\tfrac {1}{5}})^{4}}{\Pi ({\tfrac {2}{5}})^{2}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {2}{5}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {4}{5}})}}{\biggr ]}^{1/5}={\biggl [}{\tfrac {4}{25}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{5}}\pi {\bigr )}{\frac {\Pi ({\tfrac {1}{5}})^{4}}{\Pi ({\tfrac {2}{5}})^{2}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {2}{5}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {4}{5}})}}{\biggr ]}^{1/5}=}$

${\displaystyle ={\biggl \{}{\tfrac {4}{25}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{5}}\pi {\bigr )}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{5}+1)^{2/5}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{5/2}+1)^{4/5}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggr \}}^{1/5}}$

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }\exp(-x^{9})\,\mathrm {d} x=\Pi ({\tfrac {1}{9}})={\biggl [}\Pi ({\tfrac {1}{9}})\Pi ({\tfrac {8}{9}}){\frac {\Pi ({\tfrac {1}{9}})^{8}}{\Pi ({\tfrac {2}{9}})^{4}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {2}{9}})^{4}}{\Pi ({\tfrac {4}{9}})^{2}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {4}{9}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {8}{9}})}}{\biggr ]}^{1/9}={\biggl [}{\tfrac {8}{81}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{9}}\pi {\bigr )}{\frac {\Pi ({\tfrac {1}{9}})^{8}}{\Pi ({\tfrac {2}{9}})^{4}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {2}{9}})^{4}}{\Pi ({\tfrac {4}{9}})^{2}}}\,{\frac {\Pi ({\tfrac {4}{9}})^{2}}{\Pi ({\tfrac {8}{9}})}}{\biggr ]}^{1/9}=}$

${\displaystyle ={\biggl \{}{\tfrac {8}{81}}\pi \csc {\bigl (}{\tfrac {1}{9}}\pi {\bigr )}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{9}+1)^{2/9}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{4}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{9/2}+1)^{4/9}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}^{2}{\biggl [}\int _{0}^{1}{\frac {1}{(x^{9/4}+1)^{8/9}}}\,\mathrm {d} x{\biggr ]}{\biggr \}}^{1/9}}$