题目

计算 I = ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x I=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx} I=∫−∞+∞e−x2dx

方法一

由于积分值与积分变量无关
I = ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x = ∫ − ∞ + ∞ e − y 2 d y I=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-y^2}dy} I=∫−∞+∞e−x2dx=∫−∞+∞e−y2dy

I 2 = ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ − ∞ + ∞ e − y 2 d y = ∫ − ∞ + ∞ d x ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 ⋅ e − y 2 d y = ∫ − ∞ + ∞ d x ∫ − ∞ + ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d y I^2=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}\cdot \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-y^2}dy}=\int_{-\infty}^{+\infty}{dx}\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}\cdot e^{-y^2}dy}=\int_{-\infty}^{+\infty}{dx}\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\left( x^2+y^2 \right)}dy} I2=∫−∞+∞e−x2dx⋅∫−∞+∞e−y2dy=∫−∞+∞dx∫−∞+∞e−x2⋅e−y2dy=∫−∞+∞dx∫−∞+∞e−(x2+y2)dy
进行极坐标变换
令 x = r cos ⁡ θ , y = r sin ⁡ θ \text{令\ }x=r\cos \theta ,\ y=r\sin \theta 令 x=rcosθ, y=rsinθ
J = ∣ ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ ∣ = ∣ cos ⁡ θ − r sin ⁡ θ sin ⁡ θ r cos ⁡ θ ∣ = r J=\left| \begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial r}& \frac{\partial x}{\partial \theta}\\ \frac{\partial y}{\partial r}& \frac{\partial y}{\partial \theta}\\ \end{matrix} \right|=\left| \begin{matrix} \cos \theta& -r\sin \theta\\ \sin \theta& r\cos \theta\\ \end{matrix} \right|=r J=∣∣∣∣∂r∂x∂r∂y∂θ∂x∂θ∂y∣∣∣∣=∣∣∣∣cosθsinθ−rsinθrcosθ∣∣∣∣=r
∴ I 2 = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ r ⋅ e − r 2 d r = π \therefore \ I^2=\int_0^{2\pi}{d\theta}\int_0^{+\infty}{r\cdot e^{-r^2}dr}=\pi ∴ I2=∫02πdθ∫0+∞r⋅e−r2dr=π
∴ I = π \therefore \ I=\sqrt{\pi} ∴ I=π

方法二

定积分 I = ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x I=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx} I=∫−∞+∞e−x2dx的几何意义就是曲线 y = e − x 2 y=e^{-x^2} y=e−x2与 x x x轴围成的面积。

将 y = e − x 2 y=e^{-x^2} y=e−x2绕 y y y轴旋转，设旋转体的体积为 V V V
对环取微元，如图所示

则
d V = e − r 2 ⋅ 2 π r d r dV=e^{-r^2}\cdot 2\pi rdr dV=e−r2⋅2πrdr
V = ∫ 0 + ∞ e − r 2 ⋅ 2 π r d r = π V=\int_0^{+\infty}{e^{-r^2}\cdot 2\pi rdr}=\pi V=∫0+∞e−r2⋅2πrdr=π
下面用另一种方法计算体积 V V V
固定y，取一片切片，切片的厚度为 d y dy dy，设切片面积为 A ( y ) A(y) A(y)，如图所示

则
V = ∫ − ∞ + ∞ A ( y ) d y V=\int_{-\infty}^{+\infty}{A\left( y \right) dy} V=∫−∞+∞A(y)dy
其中
A ( y ) = ∫ − ∞ + ∞ e − r 2 d x ( 其中 r 2 = x 2 + y 2 ) A\left( y \right) =\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-r^2}dx}\ \left( \text{其中}r^2=x^2+y^2 \right) A(y)=∫−∞+∞e−r2dx (其中r2=x2+y2)
A ( y ) = ∫ − ∞ + ∞ e − ( x 2 + y 2 ) d x = e − y 2 ⋅ I A\left( y \right) =\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\left( x^2+y^2 \right)}dx}=e^{-y^2}\cdot I A(y)=∫−∞+∞e−(x2+y2)dx=e−y2⋅I
∴ V = ∫ − ∞ + ∞ A ( y ) d y = I ⋅ ∫ − ∞ + ∞ e − y 2 d y = I 2 \therefore V=\int_{-\infty}^{+\infty}{A\left( y \right) dy}=I\cdot \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-y^2}dy}=I^2 ∴V=∫−∞+∞A(y)dy=I⋅∫−∞+∞e−y2dy=I2
∴ I 2 = π ⟹ I = π \therefore I^2=\pi \ \Longrightarrow \ I=\sqrt{\pi} ∴I2=π ⟹ I=π

方法三

令
D 1 = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } D1=\left\{ \left( x,y \right) \ |\ x^2+y^2\leq R^2 \right\} D1={(x,y) ∣ x2+y2≤R2}
D 2 = { ( x , y ) ∣ − R < x < R , − R < y < R } D2=\left\{ \left( x,y \right) \,\,|\,\,-R<x<R\ ,\ -R<y<R \right\} D2={(x,y)∣−R<x<R , −R<y<R}
D 3 = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 2 R 2 } D3=\left\{ \left( x,y \right) \,\,|\,\,x^2+y^2\leq 2R^2 \right\} D3={(x,y)∣x2+y2≤2R2}

由于 D 1 ⊂ D 2 ⊂ D 3 D1\subset D2\subset D3 D1⊂D2⊂D3，所以 ∬ D 1 e − x 2 − y 2 d σ ≤ ∬ D 2 e − x 2 − y 2 d σ ≤ ∬ D 3 e − x 2 − y 2 d σ \iint\limits_{D1}{e^{-x^2-y^2}d\sigma}\leq \iint\limits_{D2}{e^{-x^2-y^2}d\sigma}\leq \iint\limits_{D3}{e^{-x^2-y^2}d\sigma} D1∬e−x2−y2dσ≤D2∬e−x2−y2dσ≤D3∬e−x2−y2dσ
其中
∬ D 1 e − x 2 − y 2 d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R r ⋅ e − r 2 d r = π ( 1 − e − R 2 ) \iint\limits_{D1}{e^{-x^2-y^2}d\sigma}=\int_0^{2\pi}{d\theta}\int_0^R{r\cdot e^{-r^2}dr}=\pi \left( 1-e^{-R^2} \right) D1∬e−x2−y2dσ=∫02πdθ∫0Rr⋅e−r2dr=π(1−e−R2)
∬ D 2 e − x 2 − y 2 d σ = ∫ − R R e − x 2 d x ⋅ ∫ − R R e − y 2 d y = ( ∫ − R R e − x 2 d x ) 2 \iint\limits_{D2}{e^{-x^2-y^2}d\sigma}=\int_{-R}^R{e^{-x^2}dx}\cdot \int_{-R}^R{e^{-y^2}dy}=\left( \int_{-R}^R{e^{-x^2}dx} \right) ^2 D2∬e−x2−y2dσ=∫−RRe−x2dx⋅∫−RRe−y2dy=(∫−RRe−x2dx)2
∬ D 3 e − x 2 − y 2 d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 R r ⋅ e − r 2 d r = π ( 1 − e − 2 R 2 ) \iint\limits_{D3}{e^{-x^2-y^2}d\sigma}=\int_0^{2\pi}{d\theta}\int_0^{\sqrt{2}R}{r\cdot e^{-r^2}dr}=\pi \left( 1-e^{-2R^2} \right) D3∬e−x2−y2dσ=∫02πdθ∫02 Rr⋅e−r2dr=π(1−e−2R2)
∴ π ( 1 − e − R 2 ) ≤ ( ∫ − R R e − x 2 d x ) 2 ≤ π ( 1 − e − 2 R 2 ) \therefore \ \pi \left( 1-e^{-R^2} \right) \leq \left( \int_{-R}^R{e^{-x^2}dx} \right) ^2\leq \pi \left( 1-e^{-2R^2} \right) ∴ π(1−e−R2)≤(∫−RRe−x2dx)2≤π(1−e−2R2)
当 R → + ∞ 时，由夹逼定理可得 ( ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x ) 2 = π \text{当}R\rightarrow +\infty \text{时，由夹逼定理可得}\left( \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2}dx} \right) ^2=\pi 当R→+∞时，由夹逼定理可得(∫−∞∞e−x2dx)2=π
∴ ∫ − ∞ ∞ e − x 2 d x = π \therefore \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-x^2}dx}=\sqrt{\pi} ∴∫−∞∞e−x2dx=π

答疑

（1）dr积分为什么从0开始，不从1

可以看一下旋转以后的图像

在旋转以后算体积则积分区域是整个zox平面，这里绕y轴旋转，可以认为z轴是躺着的，如图所示

前面的太抽象的话也可以用二重积分换元法来看
∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − ( x 2 + z 2 ) d x d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ r e − r 2 d r \int_{-\infty}^{+\infty}{\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\left( x^2+z^2 \right)}dxdz}}=\int_0^{2\pi}{d\theta}\int_0^{+\infty}{re^{-r^2}dr} ∫−∞+∞∫−∞+∞e−(x2+z2)dxdz=∫02πdθ∫0+∞re−r2dr

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