新讲 第13章 重积分 第8题

教材习题

📝 题目

例 8 试证明

$$
{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x = \sqrt{\pi },\;{\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x = \frac{\sqrt{\pi }}{2}.
$$

💡 答案解析

解 因为 ${\mathrm{e}}^{{x}^{2}} \geq 1 + {x}^{2}$ ,

$$
{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}} \leq \frac{1}{1 + {x}^{2}},
$$

所以两积分都收敛. 又, 显然有

$$
{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x = 2{\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x.
$$

所以只需计算其中任何一个就可以了. 下面, 我们来计算第一个积分. 考察

$$
I\left( a\right) = {\int }_{-a}^{a}{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x.
$$

我们有

$$
{\left( I\left( a\right) \right) }^{2} = {\int }_{-a}^{a}{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x{\int }_{-a}^{a}{\mathrm{e}}^{-{y}^{2}}\mathrm{\;d}y
$$

$$
= {\iint }_{\left\lbrack {-a,a}\right\rbrack \times \left\lbrack {-a,a}\right\rbrack }{\mathrm{e}}^{-\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }\mathrm{d}\left( {x,y}\right) .
$$

显然有 (参看图 13-15):

$$
{\iint }_{{x}^{2} + {y}^{2} \leq {a}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }\mathrm{d}\left( {x,y}\right)
$$

$$
\leq {\left( I\left( a\right) \right) }^{2} \leq {\iint }_{{x}^{2} + {y}^{2} \leq 2{a}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }\mathrm{d}\left( {x,y}\right) .
$$

\begin{center}
\includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/069.jpg}
\end{center}
\hspace*{3em}

图 13-15

换极坐标计算可得

$$
{\iint }_{{x}^{2} + {y}^{2} \leq {a}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }\mathrm{d}\left( {x,y}\right) = {\int }_{0}^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_{0}^{a}{\mathrm{e}}^{-{r}^{2}}r\mathrm{\;d}r
$$

$$
= \pi \left( {1 - {\mathrm{e}}^{-{a}^{2}}}\right) .
$$

同样可得

$$
{\iint }_{{x}^{2} + {y}^{2} \leq 2{a}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) }\mathrm{d}\left( {x,y}\right) = \pi \left( {1 - {\mathrm{e}}^{-2{a}^{2}}}\right) .
$$

于是有

$$
\pi \left( {1 - {\mathrm{e}}^{-{a}^{2}}}\right) \leq {\left( I\left( a\right) \right) }^{2} \leq \pi \left( {1 - {\mathrm{e}}^{-2{a}^{2}}}\right) .
$$

由此可得

$$
\mathop{\lim }\limits_{{a \rightarrow + \infty }}{\left( I\left( a\right) \right) }^{2} = \pi ,
$$

$$
{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{x}^{2}}\mathrm{\;d}x = \mathop{\lim }\limits_{{a \rightarrow + \infty }}I\left( a\right)
$$

$$
= \sqrt{\pi }\text{ . }
$$

📋 详细解题步骤

步骤 1/7
目标：证明积分收敛
利用不等式 e^{x^2} ≥ 1 + x^2 得到 e^{-x^2} ≤ 1/(1+x^2)，而 ∫_{-∞}^{+∞} 1/(1+x^2) dx 收敛，故原积分收敛。
公式：e^{-x^2} ≤ 1/(1+x^2)
提示：通过比较判别法判断收敛性。
步骤 2/7
目标：建立对称性关系
由于被积函数是偶函数，有 ∫_{-∞}^{+∞} e^{-x^2} dx = 2∫_0^{+∞} e^{-x^2} dx。
公式：∫_{-∞}^{+∞} e^{-x^2} dx = 2∫_0^{+∞} e^{-x^2} dx
提示：偶函数在对称区间上的积分性质。
步骤 3/7
目标：引入有限区间积分并平方
定义 I(a) = ∫_{-a}^{a} e^{-x^2} dx，则 I(a)^2 = ∫_{-a}^{a}∫_{-a}^{a} e^{-(x^2+y^2)} dx dy。
公式：I(a)^2 = ∬_{[-a,a]×[-a,a]} e^{-(x^2+y^2)} dx dy
提示：将一维积分转化为二重积分。
步骤 4/7
目标：用圆域夹逼二重积分
由于正方形区域包含于半径为 a√2 的圆，且包含半径为 a 的圆，有 ∬_{x^2+y^2 ≤ a^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy ≤ I(a)^2 ≤ ∬_{x^2+y^2 ≤ 2a^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy。
公式：∬_{x^2+y^2 ≤ a^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy ≤ I(a)^2 ≤ ∬_{x^2+y^2 ≤ 2a^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy
提示：利用几何关系进行夹逼。
步骤 5/7
目标：计算圆域上的二重积分
采用极坐标变换：∬_{x^2+y^2 ≤ R^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy = ∫_0^{2π} dθ ∫_0^R e^{-r^2} r dr = π(1 - e^{-R^2})。
公式：∬_{x^2+y^2 ≤ R^2} e^{-(x^2+y^2)} dx dy = π(1 - e^{-R^2})
提示：极坐标下积分，注意雅可比行列式为 r。
步骤 6/7
目标：代入夹逼不等式
将 R=a 和 R=a√2 代入得：π(1 - e^{-a^2}) ≤ I(a)^2 ≤ π(1 - e^{-2a^2})。
公式：π(1 - e^{-a^2}) ≤ I(a)^2 ≤ π(1 - e^{-2a^2})
步骤 7/7
目标：取极限得到结果
当 a→+∞ 时，e^{-a^2}→0，e^{-2a^2}→0，由夹逼定理得 lim_{a→+∞} I(a)^2 = π，故 lim_{a→+∞} I(a) = √π，即 ∫_{-∞}^{+∞} e^{-x^2} dx = √π，进而 ∫_0^{+∞} e^{-x^2} dx = √π/2。
公式：∫_{-∞}^{+∞} e^{-x^2} dx = √π
提示：注意 I(a) 为正，开方取正。

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