Aloha :)
$$F(k)=\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-x^2/(2\sigma^2)}\cdot e^{-ikx}\,dx=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-x^2/(2\sigma^2)-ikx}\,dx$$Den Exponenten bearbeiten wir mittels quadratischer Ergänzung:
$$-\frac{x^2}{2\sigma^2}-ikx=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x^2+2i\sigma^2kx\right)=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x^2+2 i\sigma^2k x+(i\sigma^2k)^2-(i\sigma^2k)^2\right)$$$$=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(\left(x+i\sigma^2k\right)^2-(i\sigma^2k)^2\right)=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2+\frac{(i\sigma^2k)^2}{2\sigma^2}$$$$=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2-\frac{\sigma^2k^2}{2}$$Das in \(F(k)\) eingesetzt liefert:
$$F(k)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left[-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2-\frac{\sigma^2k^2}{2}\right]\,dx$$$$\phantom{F(k)}=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{\left(x+i\sigma^2k\right)^2}{2\sigma^2}\right)\,dx$$Jetzt substituieren wir:
$$z:=\frac{x+i\sigma^2k}{\sqrt2\,\sigma}\quad;\quad\frac{dz}{dx}=\frac{1}{\sqrt2\,\sigma}\;\;\Leftrightarrow\;\;dx=\sqrt 2\,\sigma\,dz$$und finden als Fourier-Integral:
$$F(k)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\,\sqrt2\,\sigma\,dz=\frac{1}{\sqrt\pi}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\underbrace{\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-z^2}dz}_{=\sqrt\pi}=e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}$$Ich habe dasselbe Problem wie du, dass sich der Vorfaktor rauskürzt. Damit steht es 2 zu 1 gegen die Musterlösung ;)
