设 $D$ 是由直线 $y=x$, $y=\pi$ 和 $y$ 轴围城的三角形闭区域. 求定积分

\[
\iint_D\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
 

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！

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.

Remark: 根据 Gamma 函数的定义, 可以计算得

\[
\begin{split}
\Gamma(\frac{1}{2})&=\int_{0}^{+\infty}t^{\frac{1}{2}-1}e^{-t}dt\\
&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx\\
&=\sqrt{\pi}
\end{split}
\]

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

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

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 $\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x=\int_0^1 g(x)\mathrm{d}x$, 证明

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

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

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.

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.

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

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

Remark:

高维的 Wirtinger 不等式又称为球面上的 Poincaré 不等式.

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.

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 .