求定积分的问题（不可求积）
这是欧拉-泊松积分
方法一：(学过概率论的朋友们一定不会感到陌生)
标准正态分布的密度函数ψ(u)=(1/√(2π))*e^(-u²/2),-∞[e^(-t²/2)]dt
-∞[e^(-t²/2)]dt=1
我们令t=(√2)u,则dt=(√2)du
于是有(1/√(π))*∫[e^(-u²)]du=1
则∫[e^(-u²)]du=√π
据被积函数的奇偶性知：∫[e^(-u²)]du=(√π)/2
方法二：(学习过数学分析的朋友们肯定不会忘记)
二重积分P=∫∫e^(-x²-y²)dxdy存在
因为逐次积分P=...全部
这是欧拉-泊松积分
方法一：(学过概率论的朋友们一定不会感到陌生)
标准正态分布的密度函数ψ(u)=(1/√(2π))*e^(-u²/2),-∞[e^(-t²/2)]dt
-∞[e^(-t²/2)]dt=1
我们令t=(√2)u,则dt=(√2)du
于是有(1/√(π))*∫[e^(-u²)]du=1
则∫[e^(-u²)]du=√π
据被积函数的奇偶性知：∫[e^(-u²)]du=(√π)/2
方法二：(学习过数学分析的朋友们肯定不会忘记)
二重积分P=∫∫e^(-x²-y²)dxdy存在
因为逐次积分P=∫dx∫e^(-x²-y²)dy
=∫[e^(-x²)]dx∫[e^(-y²)]dy
={∫[e^(-x²)]dx}²存在
如将它变为极坐标，则就易于计算；此时xy平面上的第一象限就变成rθ平面上的由直线θ=0,r=0及θ=π/2所围的长带
因此P=∫∫[r*e^(-r²)]drdθ
=(π/2)∫[r*e^(-r²)]dr=π/4
所以∫[e^(-x²)]dx=(√π)/2
这一简洁的计算方法是属于泊松的
其实可以将上面的方法说得更具体一些(就用两边夹的办法吧)
考察S(a)=[0,a]×[0,a]上的积分∫(S(a))∫e^(-x²-y²)dσ
={∫[e^(-x²)]dx}²
记D(a)={(x,y)|x²+y²≤a²,x≥0,y≥0}
由D(a)⊂S(a)⊂D(a*√2)知：
∫(D(a))∫e^(-x²-y²)dσ≤∫(S(a))∫e^(-x²-y²)dσ={∫[e^(-x²)]dx}²≤∫(D(a*√2))∫e^(-x²-y²)dσ
令a→+∞,则由迫敛性可以得到:
{∫[e^(-x²)]dx}²=π/4，则∫[e^(-x²)]dx=(√π)/2
方法三：(这个学过含参变量积分的朋友们也许尝试过)
记J=∫[e^(-x²)]dx
令x=ut,其中u为任意正数，我们得出
J=u*∫[e^(-u²*t²)]dt
现在用e^(-u²)乘等式的左右两边，再对u从0到∞作积分
得：J*∫[e^(-u²)]du=J²
=∫[u*e^(-u²)]du∫[e^(-u²*t²)]dt
交换积分顺序后得到：
J²=∫dt∫[u*e^(-u²*(t²+1))]du
=(1/2)∫[1/(1+t²)]dt=π/4,于是J=(√π)/2
下面我们来说明交换积分顺序的合理性
我们要利用下面给出的推论：
设对于非负连续函数f(x,y),积分∫f(x,y)dx及∫f(x,y)dy是连续函数，那么式子∫dy∫f(x,y)dx=∫dx∫f(x,y)dy中的二重积分中有一个存在，则其他一个也存在，而且与第一个相等
我们对矩形[u0,∞;0,∞]可应用推论，其中u0>0
方法四：(我个人觉得也是最绝妙的，阅读过《微积分学教程》的朋友们应该见过，当然也可能在一些较高级的微积分教材上有)
下面就逐字逐句按照菲赫金戈尔斯上的证明写出来
记K=∫[e^(-x²)]dx
为了这个目的我们要预先建立几个不等式
以微分学中常用的方法不难验证，函数(1+t)*e^(-t)在t=0时达到它的最大值1。
因之对t>0以及t0
假若限定这里的第一个不等式中的x在区间(0,1)内变动(因而1-x²>0),而第二个不等式中的x则看作时任意的，我们就可以把上列各式同升任意自然数n次方
这样即得：(1-x²)^n0
取积分,第一个不等式从0到1，第二个不等式从0,到+∞
即得：∫[(1-x²)^n]dx[e^(-nx²)]dx[e^(-nx²)]dx[1/(1+x²)^n]dx
但是∫[e^(-nx²)]dx=(1/√n)*K (用变换u=x*√n)
∫[(1-x²)^n]dx=∫[(sint)^(2n+1)]dt
=[(2n)!!/(2n+1)!!] (用变换x=cost)
而且∫[1/(1+x²)^n]
=∫[(sint)^(2n-2)]dt=[(2n-3)!!/(2n-2)!!]*(π/2)
(用变换x=cott,当然还有许多解这类积分的方法，这里就用菲赫金戈尔斯的方法了)
至于我们这里用的∫[(sinx)^m]dx的已知表达式，我相信您应该会建立一个递推关系式来求的吧，实在不会的话，可以看看数学课本，应该都有类似的结论和证明的，这里就不多说了
这样一来，对于我们还是未知其值得K就被限定于下列两个表达式之间：
(√n)*[(2n)!!/(2n+1)!!]{[(2n)!!/(2n-1)!!]²/(2n+1)}
容易看出来，不等式两端的表达式当n→∞时都趋于同一个极限π/4
于是由迫敛性知：K²=π/4,K=(√π)/2 (因K>0)
至于沃利斯公式的证明也可以参见一般的数学分析课本（简单说两句利用在区间(0,π/2)上有(sinx)^(2n+1)<(sinx)^(2n)<(sinx)^(2n-1)从(0,π/2)上积分可推导出来的）
我现在就知道这些了，等到复变函数学完后，也许会尝试用复变的知识来搞一下，总之现在就到这里吧。
。收起
