问题(欧拉-泊松积分): $$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x$$
方法
1.极坐标变换
2.几何做法
3.几何做法(二)
4.不等式放缩+Wallis
5.变量代换
方法一
考虑
$$(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)^2$$
$$=(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-y^2}}\mathrm{d}y)$$
其中令 $$ x=rsin\theta,y=rcos\theta $$
$$上式=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\cdot\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-r^2}r\mathrm{d}r$$
$$=\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{\pi}{4}$$
因此
$$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
方法二
考虑区间
$$S_1={(x,y)|x^2+y^2\leq R^2}$$
$$S_2={(x,y)|0\leq x\leq R,0\leq y\leq R}$$
$$S_3={(x,y)|x^2+y^2\leq 2R^2}$$
其中
$$(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)^2$$
$$=(\int_0^{R}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)(\int_0^{R}{\mathrm{e}^{-y^2}}\mathrm{d}y)$$
$$=\int_0^{R} \int_0^{R}{\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$
$$=\iint_{S2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$
通过区间的面积得出
$$\iint_{S1}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \leq \iint_{S2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \leq \iint_{S3}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$
计算方法同方法一,可以得出
$$\iint_{S1}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-R^2})$$
不失一般性
$$\iint_{S3}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-2R^2})$$
从而有
$$\frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-R^2})\leq \iint_{S2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \leq \frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-2R^2})$$
取$$R\rightarrow \infty$$，由夹逼准则可以得到
$$(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)^2=\iint_{S2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi}{4}$$
所以
$$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
方法三①
考虑曲线$$z=\mathrm{e}^{-x^{2}}$$绕$z$轴旋转一周生成的旋转体的体积,由此可得
$$V=\int_0^{1}\pi x^{2}\mathrm{d}z$$
$$=\pi \int_0^{1}(-\ln z)\mathrm{d}z$$
$$=\pi (z-z\ln z) \mid_{0}^{1}$$
$$=\pi (1- \underset{z\rightarrow 0^+}{\lim}\left(z-z\ln z \right))=\pi$$
那么旋转体旋转所生成的曲面方程为$$z=e^{-(x^{2}+y^{2})}$$实际上旋转体的体积也可以理解成曲面与xOy之间部分的体积，即
$$\pi =V=\iint_{R^2}\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$
$$=\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x\cdot\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm{e}^{-y^2}}\mathrm{d}y$$
$$=(\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x)^2$$
因此
$$\int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}$$
故
$$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
方法四②
我们不加证明的给出在$$0\leq x\leq 1$$时，有不等式
$$1-x^2\leq \mathrm{e} ^{-x^2}$$
并且有不等式
$$\mathrm{e}^{-x^2}\leq {\frac{1}{1+x^2}} (x \geq 0)$$
借助这两个不等式我们可以得到
$$(1-x^2)^n\leq \mathrm{e}^{-{nx^2}}\leq \frac{1}{(1+x^2)^{n}}$$
两边取0到1的积分得
$$\int_0^{1}{(1-x^2)^n}\mathrm{d}x \leq \int_0^{1}\mathrm{e}^{-{nx^2}}\mathrm{d}x \leq \int_0^{1}\frac{1}{(1+x^2)^{n}}\mathrm{d}x$$
对第一个不等式右侧加强可以得到
$$\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-{nx^2}}\mathrm{d}x\leq \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^{n}}\mathrm{d}x$$
因此有
$$\int_0^{1}{(1-x^2)^n}\mathrm{d}x <\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-{nx^2}}\mathrm{d}x\leq \int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^{n}}\mathrm{d}x$$
记$$\sqrt{n}x=t$$,于是有
$$\sqrt{n}\int_0^{1}{(1-x^2)^n}\mathrm{d}x <\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-{t^2}}\mathrm{d}t\leq \sqrt{n}\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)^{n}}\mathrm{d}x$$
对于左侧我们令$$x=\sin t$$便得到
$$左式子=\sqrt{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}t\mathrm{d}t$$
$$=\sqrt{n}{\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}}$$
$$=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n+1}}\cdot\frac{(2n)!!}{\sqrt{2n+1}\cdot (2n-1)!!}$$
$$\rightarrow\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{2}}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
对于右侧我们可以令$$x=\tan t$$便得到
$$右式子=\sqrt{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sec^2t \mathrm{d}t}{sec^{2n}t}$$
$$=\sqrt{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n-2}t\mathrm{d}t$$
$$=\sqrt{n}\cdot \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\cdot\frac{\pi}{2}$$
$$=\frac{\sqrt{n}\cdot \frac{\pi}{2}}{\frac{\sqrt{2n-1}\cdot(2n-2)!!}{\sqrt{2n-1}\cdot(2n-3)!!}}$$
$$\rightarrow\frac{1}{2}\cdot\frac{\frac{\pi}{2}}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
自此,由夹逼准则可以得到
$$\int_0^{+\infty}\mathrm{e}^{-{t^2}}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
方法五
不妨令$$t=x^2$$
于是有
$$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x$$
$$=\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-t}}\frac{\mathrm{d}t}{2\sqrt{t}}$$
$$=\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-t}}t^{\frac{1}{2}-1}{\mathrm{d}t}$$
$$=\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2})$$
由余元公式易知$$\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$$
因此
$$\int_0^{+\infty}{\mathrm{e}^{-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
参考:
①:CSDN:无穷积分 ∫e^(-x^2)dx 的几种巧妙解法,作者cyzhou1221
②:《数学分析教程》第三版上册，常庚哲 史济怀 编著 ，P312 问题7.4 第一题