Questions in category: 定积分 (Definite Integral)
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1. 求定积分 $\int_{-\infty}^{+\infty}x^4 e^{-\frac{x^2}{2}}dx$.

Posted by haifeng on 2018-08-11 23:23:04 last update 2018-08-12 00:27:35 | Answers (1) | 收藏


求定积分

\[
\int_{-\infty}^{+\infty}x^4 e^{-\frac{x^2}{2}}dx
\]

 

一般的, 可以证明

\[
\int_0^{+\infty}x^{2n}e^{-x^2}dx=\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\pi}
\]

参见《吉米多维奇》第五册, 第3850题.

 


更一般的,

 

\[
\int_0^{+\infty}x^{2n}e^{-px^2}dx=\frac{1}{2}p^{-(n+\frac{1}{2})}\Gamma(n+\frac{1}{2})=\frac{(2n-1)!!}{2(2p)^n}\sqrt{\frac{\pi}{p}},
\]

\[
\int_0^{+\infty}x^m e^{-px^2}dx=\frac{1}{2p^{(m+1)/2}}\Gamma(\frac{m+1}{2})
\]

\[
\int_0^{+\infty}x^{2n+1}e^{-px^2}dx=\frac{1}{2}p^{-(n+1)}\Gamma(n+1)=\frac{n!}{2p^{n+1}}.
\]

以上 $p > 0$, $n=0,1,2,\ldots$

 

Note:

第一题的最后一个等号使用了下面的公式 (参见问题714)

\[
\frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(n+1)}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}.
\]

[Hint] 既然积分最后可以表示为 Gamma 函数, 则积分应该转为 Gamma 函数的定义形式.

 


Remark:

上面更一般情形的题目由 QQ:1608007082 提供, 非常感谢!

2. 计算概率积分 $\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx$.

Posted by haifeng on 2018-05-24 17:59:57 last update 2018-05-24 18:17:32 | Answers (1) | 收藏


计算概率积分

\[\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.\]

 

称其为概率积分的原因是: 正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$ 的分布密度函数为

\[
f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}},\quad x\in(-\infty,+\infty),\quad\sigma > 0.
\]

 


[Hint]

令 $I=\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx$, 则 $I=\int_{0}^{+\infty}e^{-y^2}dy$. 然后计算 $I^2$. 将直角坐标系转换为极坐标系.

3. 试建立 $I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2(nt)}{\sin t}dt$ 的递推公式.

Posted by haifeng on 2018-04-11 23:19:41 last update 2018-04-11 23:26:01 | Answers (1) | 收藏


试建立

\[I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2(nt)}{\sin t}dt\]

的递推公式.

 


[Hint]

根据 问题1388的解答  ,我们有

\[
\frac{\sin^2(nt)}{\sin t}=\sum_{k=1}^{n}\sin(2k-1)t
\]

4. $\int_0^1 |f(x)-g(x)|dx\leqslant\frac{1}{2}$

Posted by haifeng on 2017-09-26 19:16:45 last update 2017-09-26 19:16:45 | Answers (0) | 收藏


设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是 $[0,1]$ 区间上的单调递增函数, 满足 $0\leqslant f(x), g(x)\leqslant 1$, 且 $\int_0^1 f(x)dx=\int_0^1 g(x)dx$, 证明

\[
\int_0^1 |f(x)-g(x)|dx\leqslant\frac{1}{2}.
\]

5. 设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的二次连续可微函数, 满足 $f(0)=f(1)=0$, $f'(0)=1$, $f'(1)=0$. 证明 $\int_0^1 (f''(x))^2 dx\geqslant 4$.

Posted by haifeng on 2017-06-23 18:08:42 last update 2017-06-23 18:14:08 | Answers (1) | 收藏


设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的二次连续可微函数, 满足 $f(0)=f(1)=0$, $f'(0)=1$, $f'(1)=0$. 证明

\[
\int_0^1 (f''(x))^2 dx\geqslant 4.
\]

 

 


相关问题:

问题1473

问题1911  问题1912  问题1913  问题1863

6. 设 $f\in C^2[a,b]$, 且 $f(a)=f'(a)=f'(b)=0$, 记 $M=\max_{x\in[a,b]}|f(x)|$. 证明下面的不等式.

Posted by haifeng on 2017-03-14 09:08:52 last update 2017-03-14 09:09:54 | Answers (0) | 收藏


设 $f\in C^2[a,b]$, 且 $f(a)=f'(a)=f'(b)=0$, 记 $M=\max_{x\in[a,b]}|f(x)|$. 则有

\[
M^2\leqslant\frac{(b-a)^3}{\pi}\int_a^b |f''(x)|^2 dx.
\]

 


[hint]

利用 Wirtinger 不等式 以及问题1912的结论.

7. 设 $f\in C^1[a,b]$, 且 $f(a)=0$, 讨论 $f$ 与 $f'(x)$ 的关系.

Posted by haifeng on 2017-03-14 08:52:58 last update 2017-03-14 09:56:48 | Answers (1) | 收藏


设 $f\in C^1[a,b]$, 且 $f(a)=0$, 证明

\[
\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|\leqslant\sqrt{b-a}\cdot\sqrt{\int_a^b (f'(x))^2 dx}.
\]

 

特别的, 如果 $a=0, b=1$, 则有 $\sup_{x\in[0,1]}|f(x)|\leqslant\sqrt{\int_0^1 (f'(x))^2 dx}.$ (见问题1863)


References:

Paulo Ney de Souza, Jorge-Nuno Silva, Berkeley Problems in Mathematics,Third Edition.

8. Wirtinger 不等式(Wirtinger's inequality)

Posted by haifeng on 2017-03-14 08:38:32 last update 2017-03-14 09:53:26 | Answers (0) | 收藏


假设 $g\in C^1[a,b]$, 且 $g(a)=g(b)=0$. 则有

\[
\int_a^b g^2(t)dt\leqslant\Bigl(\frac{b-a}{\pi}\Bigr)^2\int_a^b|g'(t)|^2 dt.
\]

 

References:

https://arxiv.org/abs/1407.6871
https://en.wikipedia.org/wiki/Wirtinger%27s_inequality_for_functions

Wirtinger's inequality is seen as the one-dimensional version of Friedrichs' inequality.

9. 求 $\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}dx$.

Posted by haifeng on 2017-03-13 18:02:41 last update 2017-03-14 10:40:03 | Answers (1) | 收藏


求 \[\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}dx.\]

 


[相关的积分]

证明:

\[
\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx\cdot\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}dx=\frac{\pi}{4}.
\]

 

如果我们记 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}$, $g(x)=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}$, 则

\[
\begin{aligned}
​f(x)+g(x)=\frac{1+x^2}{\sqrt{1-x^4}}=\sqrt{\frac{1+x^2}{1-x^2}},\\
f(x)-g(x)=\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^4}}=\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}},\\
​\end{aligned}
\]

于是 $(f(x)+g(x))(f(x)-g(x))=1$, 因此原积分

\[
​\begin{split}
\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}dx&=\int_0^1\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\\
​&=\int_0^1(f(x)-g(x))dx\\
&=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx-\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}dx
​\end{split}
\]

 

References:

吉米多维奇, 《数学分析习题集题解》(五) 3872.

 


[分析]

设 $x^2=\sin\theta$, $\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$, 则 $x=\sqrt{\sin\theta}$, $dx=\frac{1}{2\sqrt{\sin\theta}}\cos\theta d\theta$.

\[
\begin{split}
\text{原式}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{1-\sin^2\theta}}{1+\sin\theta}\cdot\frac{\cos\theta}{2\sqrt{\sin\theta}}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2\theta}{2\sqrt{\sin\theta}(1+\sin\theta)}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin^2\theta}{2\sqrt{\sin\theta}(1+\sin\theta)}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin\theta}{2\sqrt{\sin\theta}}d\theta\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin\theta}d\theta,
\end{split}
\]

其中积分

\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin\theta}d\theta\stackrel{t=\sqrt{\sin\theta}}{=}2\int_0^1\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt
\]

是一个椭圆积分, 可以参考问题998 .

10. 设 $I(x)=\int_{\pi}^{2\pi}\frac{y\sin(xy)}{y-\sin y}dy$, 求 $\int_{0}^{1}I(x)dx$.

Posted by haifeng on 2016-12-27 07:07:47 last update 2016-12-27 07:07:47 | Answers (1) | 收藏


设 $I(x)=\int_{\pi}^{2\pi}\frac{y\sin(xy)}{y-\sin y}dy$, 求 $\int_{0}^{1}I(x)dx$.

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