求积分

\[
\int_0^{\pi/2}\frac{\sin nx}{\sin x}dx.
\]

Hint:

当 $n=2k-1$, $(k\geqslant 1)$ 时, 积分等于 $\frac{\pi}{2}$. 这个证明在 问题1388 的证明 中出现过; 即特别的有

\[
\int_0^{\pi/2}\frac{\sin(2n-1)x}{\sin x}dx=\frac{\pi}{2}.
\]

当 $n=2k$, $(k\geqslant 1)$ 时, 积分的值与 $\frac{\pi}{2}$ 有关 (事实上当 $k\rightarrow+\infty$ 时, 极限为 $\frac{\pi}{2}$), 证明是类似的.

证明

\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2}.
\]

由此利用分部积分可以得到

\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.
\]

见 问题1387

References:

梅加强 编著 《数学分析》，高等教育出版社. 例 7.4.8.

Remark:

与此题有关的题目: 问题2108

事实上有

\[\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.\]

证明一下.

Hint.

首先证明

\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2}.
\]

参见 问题1388 .

或使用 Fubini 定理, 参见问题2686 .

其他相关问题:

证明:

1.

\[
\lim_{n\rightarrow+\infty}\int_{n}^{n+p}\frac{\sin x}{x}dx=0,\quad (p>0).
\]

2.

\[
\int_{0}^{2\pi}\frac{\sin x}{x}dx>0.
\]

3.

\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x}dx=+\infty.
\]

4. 积分

\[\int_{0}^{+\infty}\biggl|\frac{\sin x}{x}\biggr|dx\]

发散.

5.

\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p}dx
\quad\begin{cases}
\text{条件收敛},\ 0 \text{绝对收敛},\ 1 \text{发散},\ p\geqslant 2.\\
\end{cases}
\]

设 $I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx$, 求此定积分的值.

证明

\[
\frac{1}{(n+a)(n+b)}=\int_0^{+\infty}e^{-nx}\Bigl(\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{b-a}\Bigr)dx,
\]

这里 $n+a > 0$, $n+b > 0$.

Hint, 注意到

\[
\int_0^{+\infty}e^{-(n+a)x}dx=\frac{1}{n+a}
\]

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