二重积分@极坐标方式计算@重要反常积分的二重积分算法
文章目录适合使用极坐标计算二重积分的情形极坐标下的二重积分公式三种积分区域的情形极点在积分区域外极点在积分区域边界处极点在积分区域内部例交换极坐标积分次序例利用极坐标形式解决直角坐标函数积不出的积分例重要反常积分的二重积分计算法适合使用极坐标计算二重积分的情形某些情形下,使用极坐标下的二重积分更方便(积分区域的边界曲线和被积函数用极坐标描述比较方便的情形)当积分区域为:圆域,环域,扇形域,或它们的
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适合使用极坐标计算二重积分的情形
- 某些情形下,使用极坐标下的二重积分更方便(积分区域的边界曲线和被积函数用极坐标描述比较方便的情形)
- 当积分区域为:圆域,环域,扇形域,或它们的一部分
- 被积函数是
f
(
x
2
+
y
2
)
f(x^2+y^2)
f(x2+y2),
f
(
x
y
)
f(\frac{x}{y})
f(yx),
f
(
y
x
)
f(\frac{y}{x})
f(xy)
(1)等形式时,一般选择极坐标下计算二重积分会更加简单
- 例如
- 例1: ∬ D arctan y x d σ \iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma D∬arctanxydσ, D D D为 x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x2+y2=4, x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x2+y2=1, y = 0 y=0 y=0, y = x y=x y=x所围成的第一象限内的闭区域,这时用极坐标公式计算很合适
- 通常问题给出的二重积分式的被积函数是直角坐标系上的形式,例如 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y),只是有时经过判断其适转化为极坐标系的形式计算,那么依次代入 x , y x,y x,y极坐标转化公式,得到用极坐标描述的 r , θ r,\theta r,θ的式子描述的被积函数, f ( r cos θ , r sin θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)
极坐标下的二重积分公式
-
∬ D f ( r cos θ , r sin θ ) r d r d θ = ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \iint\limits_{D}f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr\mathrm d\theta =\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr D∬f(rcosθ,rsinθ)rdrdθ=∫αβdθ∫r1(θ)r2(θ)f(rcosθ,rsinθ)rdr
-
通常,二重积分在极坐标上的计算中是先对 r r r积分,再对 θ \theta θ积分
- 而
∫
r
1
(
θ
)
r
2
(
θ
)
f
(
r
cos
θ
,
r
sin
θ
)
r
d
r
\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr
∫r1(θ)r2(θ)f(rcosθ,rsinθ)rdr往往是关于
r
r
r的式子(不含
θ
\theta
θ)
- 即 f ( r cos θ , r sin θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)在上述式组(1)的情形下, f ( r cos θ , r sin θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)不含 θ \theta θ,这意味着第一次积分和第二次积分即使单独计算也是正确的,在这样的条件下,经常看到以下形式的计算过程
- ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr ∫αβdθ∫r1(θ)r2(θ)f(rcosθ,rsinθ)rdr= [ ∫ α β d θ ] ⋅ [ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos θ , r sin θ ) r d r ] [\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta]\cdot [\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr] [∫αβdθ]⋅[∫r1(θ)r2(θ)f(rcosθ,rsinθ)rdr]
- 而
∫
r
1
(
θ
)
r
2
(
θ
)
f
(
r
cos
θ
,
r
sin
θ
)
r
d
r
\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr
∫r1(θ)r2(θ)f(rcosθ,rsinθ)rdr往往是关于
r
r
r的式子(不含
θ
\theta
θ)
三种积分区域的情形
极点在积分区域外
- α ⩽ θ ⩽ β \alpha\leqslant{\theta}\leqslant{\beta} α⩽θ⩽β; r 1 ( θ ) ⩽ r ⩽ r 2 ( θ ) r_1(\theta)\leqslant{r}\leqslant{r_2(\theta)} r1(θ)⩽r⩽r2(θ)
极点在积分区域边界处
- 这是第一种情形的特例: r 1 ( θ ) ≡ 0 r_1(\theta)\equiv0 r1(θ)≡0,这就表示原点O在积分区域边界上
极点在积分区域内部
- 这时第二种情形的特例:
α
=
0
;
β
=
2
π
\alpha=0;\beta=2\pi
α=0;β=2π
- 这就表示原点O在积分区域内部;
- 或者点O在积分区域构成环(中空)部分
例
- 回到例1:
∬
D
arctan
y
x
d
σ
\iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma
D∬arctanxydσ,
arctan
y
x
\arctan{\frac{y}{x}}
arctanxy=
arctan
r
sin
θ
r
cos
θ
\arctan{\frac{r\sin{\theta}}{r\cos\theta}}
arctanrcosθrsinθ=
arctan
tan
θ
\arctan{\tan{\theta}}
arctantanθ=
θ
\theta
θ
-
∬
D
arctan
y
x
d
σ
\iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma
D∬arctanxydσ=
∫
0
π
4
d
θ
∫
1
2
θ
r
d
r
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{2}\theta{r}\mathrm{d}r
∫04πdθ∫12θrdr=
∫
0
π
4
3
2
θ
d
θ
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3}{2}\theta\mathrm{d}\theta
∫04π23θdθ=
3
2
1
2
θ
2
∣
0
π
4
\frac{3}{2}\frac{1}{2}\theta^2|_{0}^{\frac{\pi}{4}}
2321θ2∣04π=
3
4
(
π
2
16
−
0
)
\frac{3}{4}(\frac{\pi^2}{16}-0)
43(16π2−0)=
3
π
2
64
\frac{3\pi^2}{64}
643π2
- 其中 ∫ 1 2 θ r d r \int_{1}^{2}\theta{r}\mathrm{d}r ∫12θrdr= θ 1 2 r 2 ∣ 1 2 \theta{\frac{1}{2}r^2|_{1}^{2}} θ21r2∣12= 3 2 θ \frac{3}{2}\theta 23θ
-
∬
D
arctan
y
x
d
σ
\iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma
D∬arctanxydσ=
∫
0
π
4
d
θ
∫
1
2
θ
r
d
r
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{2}\theta{r}\mathrm{d}r
∫04πdθ∫12θrdr=
∫
0
π
4
3
2
θ
d
θ
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3}{2}\theta\mathrm{d}\theta
∫04π23θdθ=
3
2
1
2
θ
2
∣
0
π
4
\frac{3}{2}\frac{1}{2}\theta^2|_{0}^{\frac{\pi}{4}}
2321θ2∣04π=
3
4
(
π
2
16
−
0
)
\frac{3}{4}(\frac{\pi^2}{16}-0)
43(16π2−0)=
3
π
2
64
\frac{3\pi^2}{64}
643π2
- 例
∬
D
e
−
x
2
−
y
2
d
x
d
y
\iint\limits_{D}e^{-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
D∬e−x2−y2dxdy,积分区域
D
D
D为圆心在原点,半径为
a
(
a
>
0
)
a(a>0)
a(a>0)的圆
- e − x 2 − y 2 e^{-x^2-y^2} e−x2−y2= e r 2 e^{r^2} er2
-
∬
D
e
−
x
2
−
y
2
d
x
d
y
\iint\limits_{D}e^{-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
D∬e−x2−y2dxdy=
∫
0
2
π
d
θ
∫
0
a
e
r
2
r
d
r
\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{a}e^{r^2}r\mathrm{d}r
∫02πdθ∫0aer2rdr=
θ
∣
0
2
π
⋅
[
−
1
2
(
e
−
a
2
−
1
)
]
{\theta}|_{0}^{2\pi} \cdot [-\frac{1}{2}(e^{-a^2}-1)]
θ∣02π⋅[−21(e−a2−1)]=
π
(
1
−
e
−
a
2
)
\pi(1-e^{-a^2})
π(1−e−a2)
- ∫ 0 a e r 2 r d r \int_{0}^{a}e^{r^2}r\mathrm{d}r ∫0aer2rdr= − 1 2 ∫ 0 a d ( e − r 2 ) -\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\mathrm{d}(e^{-r^2}) −21∫0ad(e−r2)= − 1 2 e − r 2 ∣ 0 a -\frac{1}{2}e^{-r^2}|_{0}^{a} −21e−r2∣0a= − 1 2 ( e − a 2 − 1 ) -\frac{1}{2}(e^{-a^2}-1) −21(e−a2−1)
交换极坐标积分次序
- 通常对于极坐标积分我们先对 r r r,后对 θ \theta θ积分
- 但是顺序仍然式可调的,并且不止一种方法得到调整后的表达式
- 画出积分区域,再使用曲线 r = C r=C r=C去穿过积分区域,观察 C C C增大的过程中穿入穿出点所在曲线方程的变换,可能引起分段积分
- 另一方式式建立 θ − r \theta-r θ−r平面,即坐标轴横轴和纵轴分别为 θ \theta θ轴和 r r r轴(直角坐标系 θ O r \theta{O}r θOr),这可以将积分区间以另一种方式呈现,这种方法有时会更加简单,不需要画积分区域
例
-
交换 I I I= ∫ − π 4 π 2 d θ ∫ 0 2 a cos θ f ( r cos θ , r sin θ ) r d r \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2a\cos{\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r ∫−4π2πdθ∫02acosθf(rcosθ,rsinθ)rdr的次序 ( a > 0 ) (a>0) (a>0)
-
例如第一种方法,可发现需要分段:
-
C
∈
[
0
,
2
a
]
C\in[0,\sqrt{2}a]
C∈[0,2a]
(1)- 弧
r
=
C
r=C
r=C从
θ
=
−
π
4
\theta=-\frac{\pi}{4}
θ=−4π进入区域
D
D
D,再从
r
=
2
a
cos
θ
r=2a\cos\theta
r=2acosθ(对应于$\theta
= = =\arccos{\frac{r}{2a}} ) 穿出区域 )穿出区域 )穿出区域D , 即 ,即 ,即r 的积分区间为 的积分区间为 的积分区间为r\in[-\frac{\pi}{4},\arccos{\frac{r}{2a}}]$(1-1) - 由(1,1-1)这部分区域上的积分为 ∫ 0 2 a d r ∫ − π 4 arccos r 2 a f ( r cos θ , r sin θ ) r d θ \int_{0}^{\sqrt{2}a}\mathrm{d}r \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\arccos{\frac{r}{2a}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}\theta ∫02adr∫−4πarccos2arf(rcosθ,rsinθ)rdθ
- 弧
r
=
C
r=C
r=C从
θ
=
−
π
4
\theta=-\frac{\pi}{4}
θ=−4π进入区域
D
D
D,再从
r
=
2
a
cos
θ
r=2a\cos\theta
r=2acosθ(对应于$\theta
-
C
∈
[
2
a
,
2
a
]
C\in[\sqrt{2}a,2a]
C∈[2a,2a]
(2)- 弧
r
=
C
r=C
r=C从
θ
=
−
arccos
r
2
a
\theta=-\arccos{\frac{r}{2a}}
θ=−arccos2ar进入区域
D
D
D,再从
r
=
2
a
cos
θ
r=2a\cos\theta
r=2acosθ(对应于$\theta
= = =\arccos{\frac{r}{2a}} ) 穿出区域 )穿出区域 )穿出区域D , 即 ,即 ,即r 的积分区间为 的积分区间为 的积分区间为r\in[-\arccos{\frac{r}{2a}},\arccos{\frac{r}{2a}}]$(2-1) - 这部分区域上的积分为 ∫ 2 a 2 a d r ∫ − arccos r 2 a arccos r 2 a f ( r cos θ , r sin θ ) r d θ \int_{\sqrt{2}a}^{2a}\mathrm{d}r \int_{-\arccos{\frac{r}{2a}}}^{\arccos{\frac{r}{2a}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}\theta ∫2a2adr∫−arccos2ararccos2arf(rcosθ,rsinθ)rdθ
- 弧
r
=
C
r=C
r=C从
θ
=
−
arccos
r
2
a
\theta=-\arccos{\frac{r}{2a}}
θ=−arccos2ar进入区域
D
D
D,再从
r
=
2
a
cos
θ
r=2a\cos\theta
r=2acosθ(对应于$\theta
-
C
∈
[
0
,
2
a
]
C\in[0,\sqrt{2}a]
C∈[0,2a]
-
利用极坐标形式解决直角坐标函数积不出的积分
-
在讨论一元函数的积分时,我们讲初等函数一定存在原函数,但是原函数不一定是初等函数(即不一定积得出)
-
但在引入极坐标得积分方法后,某些积分可以求解,例如 ∫ e − x 2 d x \int{e^{-x^2}}\mathrm{d}x ∫e−x2dx,其结果不是初等函
-
但我们可以借助极坐标积分方法,计算相关的一些积分问题,例如 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫0+∞e−x2dx,这个瑕积分为 π 2 \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2π
- 应用夹逼法和极坐标二重积分方法(二重积分可以化为二次积分,因此有可能解决一元积分问题)
例
- 计算 I = ∬ D e − ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\iint_{D}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y I=∬De−(x2+y2)dxdy,其中 D D D是由圆心在原点,半径为 a a a的圆周所围成的闭区域
- 本例显然适合用极坐标方式计算
- ρ ∈ [ 0 , a ] \rho\in[0,a] ρ∈[0,a], θ ∈ [ 0 , 2 π ] \theta\in[0,2\pi] θ∈[0,2π]
- I I I= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a e − ρ 2 ρ d ρ \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}e^{-\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho ∫02πdθ∫0ae−ρ2ρdρ= 2 π ⋅ − 1 2 e − ρ 2 ∣ 0 a 2\pi\cdot{-\frac{1}{2}}e^{-\rho^2}|_{0}^{a} 2π⋅−21e−ρ2∣0a= − π ( e − a 2 − 1 ) -\pi(e^{-a^2}-1) −π(e−a2−1)= π ( 1 − e − a 2 ) \pi(1-e^{-a^2}) π(1−e−a2)
重要反常积分的二重积分计算法
-
I I I= ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫0+∞e−x2dx
(1)- 我们意图用二重积分和夹逼准则来求解这个一重积分(反常积分)
- 构造三个闭区域
- D 1 D_{1} D1= { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ⩽ R 2 , x ⩾ 0 , y ⩾ 0 } \set{(x,y)|x^2+y^2\leqslant{R^2},x\geqslant{0,y\geqslant{0}}} {(x,y)∣x2+y2⩽R2,x⩾0,y⩾0}
- D 2 D_{2} D2= { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ⩽ 2 R 2 , x ⩾ 0 , y ⩾ 0 } \set{(x,y)|x^2+y^2\leqslant{2R^2},x\geqslant{0,y\geqslant{0}}} {(x,y)∣x2+y2⩽2R2,x⩾0,y⩾0}
- S S S= { ( x , y ) ∣ 0 ⩽ x ⩽ R , 0 ⩽ y ⩽ R } \set{(x,y)|0\leqslant{x}\leqslant{R},0\leqslant{y}\leqslant{R}} {(x,y)∣0⩽x⩽R,0⩽y⩽R}
- 显然
D
1
⊂
S
⊂
D
2
D_1\sub{S}\sub{D_2}
D1⊂S⊂D2
(1-1)
- 因为
f
(
x
,
y
)
f(x,y)
f(x,y)=
e
−
(
x
2
+
y
2
)
>
0
e^{-(x^2+y^2)}>0
e−(x2+y2)>0,从而在(1-1)的包含关系前提条件下,
∬
D
x
y
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{D_{xy}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬Dxye−(x2+y2)dσ积分区域的面积越大,积分结果越大,从而
-
∬
D
1
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{D_{1}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬D1e−(x2+y2)dσ<
∬
S
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬Se−(x2+y2)dσ<
∬
D
2
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{D_{2}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬D2e−(x2+y2)dσ
(1-2)
-
∬
D
1
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{D_{1}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬D1e−(x2+y2)dσ<
∬
S
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬Se−(x2+y2)dσ<
∬
D
2
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint_{D_{2}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
∬D2e−(x2+y2)dσ
- 由于积分结果与积分变量字母无关,因此
I
I
I=
∫
0
+
∞
e
−
y
2
d
y
\int_{0}^{+\infin}e^{-y^2}\mathrm{d}y
∫0+∞e−y2dy
(2) - 而
∬
S
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
\iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
∬Se−(x2+y2)dxdy=
I
2
I^{2}
I2=
∫
0
R
e
−
x
2
d
x
⋅
∫
0
R
e
−
y
2
d
y
\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x \cdot \int_{0}^{R}e^{-y^2}\mathrm{d}y
∫0Re−x2dx⋅∫0Re−y2dy
(3);再由(1,2),得 ∬ S e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∬Se−(x2+y2)dxdy= ( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 (\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2 (∫0Re−x2dx)2(4)- 这里我们引入了第二个变量 y y y,将一个二重积分分解为两个一重积分,
- 其被积函数中的 x , y x,y x,y被完全分开,因此二次积分可以表示为两个一重积分的乘积
- 而积分区域为半径为
a
a
a的圆域的积分可以用极坐标方法计算:
∬
x
2
+
y
2
⩽
a
2
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant{a^2}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
x2+y2⩽a2∬e−(x2+y2)dσ=
π
(
1
−
e
−
a
2
)
\pi(1-e^{-a^2})
π(1−e−a2)
(5-0) - 又(5-0)的积分区域关于 x , y x,y x,y轴对称,且被积函数 e − ( x 2 + y 2 ) e^{-(x^2+y^2)} e−(x2+y2)是同时关于 x , y x,y x,y为偶函数,可以利用对称性求出 1 4 \frac{1}{4} 41圆的结果就是 ∬ x 2 + y 2 ⩽ a 2 ; x ⩾ 0 , y ⩾ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d σ = 1 4 π ( 1 − e − a 2 ) \iint\limits_{\substack{x^2+y^2\leqslant{a^2};\\x\geqslant{0},y\geqslant{0}}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma =\frac{1}{4}\pi(1-e^{-a^2}) x2+y2⩽a2;x⩾0,y⩾0∬e−(x2+y2)dσ=41π(1−e−a2)
- 从而
-
∬
D
1
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint\limits_{D_1}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
D1∬e−(x2+y2)dσ=
1
4
π
(
1
−
e
−
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2})
41π(1−e−R2)
(5-1) -
∬
D
2
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint\limits_{D_2}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
D2∬e−(x2+y2)dσ=
1
4
π
(
1
−
e
−
2
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-2R^2})
41π(1−e−2R2)
(5-2)
-
∬
D
1
e
−
(
x
2
+
y
2
)
d
σ
\iint\limits_{D_1}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma
D1∬e−(x2+y2)dσ=
1
4
π
(
1
−
e
−
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2})
41π(1−e−R2)
- 将(4),(5-1,5-2)分别代入式(1-2),得
-
1
4
π
(
1
−
e
−
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2})
41π(1−e−R2)<
(
∫
0
R
e
−
x
2
d
x
)
2
(\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2
(∫0Re−x2dx)2<
1
4
π
(
1
−
e
−
2
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-2R^2})
41π(1−e−2R2)
(6)
-
1
4
π
(
1
−
e
−
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2})
41π(1−e−R2)<
(
∫
0
R
e
−
x
2
d
x
)
2
(\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2
(∫0Re−x2dx)2<
1
4
π
(
1
−
e
−
2
R
2
)
\frac{1}{4}\pi(1-e^{-2R^2})
41π(1−e−2R2)
- 令 R → ∞ R\to{\infin} R→∞取极限,得式(6)两端都趋于 π 4 \frac{\pi}{4} 4π,从而由夹逼准则, ( ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ) 2 (\int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2 (∫0+∞e−x2dx)2= I 2 I^2 I2= π 4 \frac{\pi}{4} 4π
- I I I= π 2 \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2π
-
而由对称性和奇偶性, ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x \int_{-\infin}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫−∞+∞e−x2dx= 2 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x 2\int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x 2∫0+∞e−x2dx= π \sqrt{\pi} π
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