计算

1. $\int_0^{\pi}\sqrt{\sin x}dx$.
2. $\int_0^{\pi}\sqrt{1+\sin x}dx$
3. $\int_0^{\pi}\frac{1}{\sqrt{\sin x}}dx$.

注意 第二题中应用倍角公式:

\[1+\sin x=1+2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}=(\sin\frac{x}{2}+\cos\frac{x}{2})^2\]

第一题中注意到 对于 $x\in[0,\pi]$, 有 $\sin x\geqslant 0$, 且由对称性. 原式等于 $2\int_0^{\pi/2}\sqrt{\sin x}dx$.

此时若令 $t=\sqrt{\sin x}$, 则 $x=\arcsin t^2$. 于是

\[
2\int_0^{\pi/2}\sqrt{\sin x}dx=2\int_{0}^{1}td\arcsin t^2=4\int_{0}^{1}\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt.
\]

这并不好算. 这是一个椭圆积分.

令 $f(t)=\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}$, 则

\[
f'(t)=\frac{2t}{(1-t^4)^{3/2}}>0\quad\forall\ t\in(0,1)
\]

这个函数是严格递增的.

对于这样的函数的积分, 我们通常先将它改写为 B-函数或 $\Gamma$-函数, 参见问题1910的解答.

\[
​\begin{split}
\int_{0}^{1}\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt&=\int_0^1 t^{3-1}(1-t^4)^{\frac{1}{2}-1}dt\\
&=\frac{1}{4}B(\frac{3}{4},\frac{1}{2})\\
​&=\frac{1}{4}\cdot\frac{\Gamma(\frac{3}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{3}{4}+\frac{1}{2})}\\
​&=\frac{1}{4}\cdot\frac{\Gamma(\frac{3}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{5}{4})}\\
​&=\frac{1}{4}\cdot\frac{\Gamma(\frac{3}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\frac{1}{4}\Gamma(\frac{1}{4})}\\
&=\frac{\Gamma(\frac{3}{4})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\\
​&=\frac{\Gamma(\frac{3}{4})}{\Gamma(\frac{1}{4})}\sqrt{\pi}.
​\end{split}
\]

研究积分 $\int_a^b\frac{x}{\log x}dx$, 这里 $0 < a < b < +\infty$

利用定积分的定义计算 $\int_0^1 e^x dx$

\[ I_n=\begin{cases} \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\cdot\frac{\pi}{2},&\text{if}\ n=2k;\\ \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!},&\text{if}\ n=2k+1.\\ \end{cases} \]

类似的, 求

\[
I_n=\int_0^{\pi}x\cos^n xdx,\quad I_n=\int_0^{\pi}x\sin^n xdx.
\]

这个积分等于 $\zeta(2)$, 即 $\frac{\pi^2}{6}$.

详见 $\zeta(2)$ 探讨