Aloha :)
Gesucht ist$$I=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-a(x+b)^2}dx\quad;\quad a>0$$Die Verschiebung \(b\) spielt keine Rolle, weil \(x\) über ganz \(\mathbb R\) integriert wird. Formal liefert das die Substitution \(y\coloneqq x+b\) mit \(dy=dx\) und \(y(-\infty)=-\infty\) sowie \(y(+\infty)=+\infty\).$$I=\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-ay^2}\,dy$$
Die Berechnung dieses Integrals ist nicht völlig trivial. Gehen wir davon aus, dass es existiert, muss der Wert positiv sein, weil die Exponentialfunktion für alle Argumente positiv ist. Wir können daher auch das Quadrat dieses Integrals bestimmen:$$I^2=\underbrace{\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}\,dx}_{=I}\cdot\underbrace{\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-ay^2}\,dy}_{=I}=\int\limits_{x=-\infty}^\infty\;\,\int\limits_{y=-\infty}^\infty e^{-a(x^2+y^2)}dx\,dy$$
Nun haben wir es mit einem Integral über \(\mathbb R^2\) zu tun und können für dessen Berechnung zu Polarkoordinaten übergehen:$$\binom{x}{y}=\binom{r\cos\varphi}{r\sin\varphi}\quad;\quad r\in[0;\infty]\;;\;\varphi\in[0;2\pi]\quad;\quad dx\,dy=r\,dr\,d\varphi$$
Das Entscheidende dabei ist, dass wir durch die Substution des Flächenelements \(dx\,dy\) einen Faktor \(r\) in den Integranden einbauen, der schon fast der inneren Ableitung der Exponentailfunktion entspricht. Dadurch können wir das Integral sofort hinschreiben:$$I^2=\int\limits_{r=0}^\infty\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}e^{-ar^2}\,r\,dr\,d\varphi=\frac{1}{-2a}\int\limits_{r=0}^\infty(-2ar)e^{-ar^2}\cdot\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}d\varphi$$$$\phantom{I^2}=-\frac{1}{2a}\left[e^{-ar^2}\right]_{r=0}^\infty\cdot\left[\varphi\right]_{\varphi=0}^{2\pi}=\left[0-\left(-\frac{1}{2a}\right)\right]\cdot\left[2\pi-0\right]=\frac\pi a$$
Damit haben wir das gesuchte Integral bestimmt:$$\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-a(x+b)^2}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\quad;\quad a>0$$
