关于Euler-Poisson积分的几种解法

Posted 2020-08-18

来源：https://www.cnblogs.com/Renascence-5/p/5432211.html

方法1：因为积分值只与被积函数和积分域有关，与积分变量无关，所以
\[I^{2}=\left ( \int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x \right )^{2}=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x~~\cdot \int_{0}^{\infty }e^{-y^{2}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }e^{-\left ( x^{2}+y^{2} \right )}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\]
用极坐标系下二重积分的计算法
\[I=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\infty }e^{-r^{2}}r\mathrm{d}r=\frac{\pi }{2}\left ( -\frac{1}{2}e^{-r^{2}} \right )\Bigg|_{0}^{\infty }=\frac{\pi }{4}\]
而 \(e^{-r^{2}}\geq 0\), 则 \(I>0\). 即
\[I=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
方法2：因为 \(\displaystyle \left ( 1+\frac{x^{2}}{n} \right )^{-n}\) 当 $n\rightarrow +\infty $ 时一致收敛于 \(e^{-x^{2}}\), 利用积分号下取极限，则有
\[I=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty }\left [ \lim_{n\rightarrow \infty }\left ( 1+\frac{x^{2}}{n} \right )^{-n} \right ]\mathrm{d}x=\lim_{n\rightarrow \infty }\int_{0}^{\infty }\left ( 1+\frac{x^{2}}{n} \right )^{-n}\mathrm{d}x\]
令 \(x=\sqrt{nt}\), 则
\[I=\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt{n}\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+t^{2} \right )^{n}}\mathrm{d}t=\sqrt{n}I_n\]
由于
\[\begin{align*} I_{n-1}&=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+t^{2} \right )^{n-1}}\mathrm{d}t=\frac{t}{\left ( 1+t^{2} \right )^{n-1}}\Bigg|_{0}^{\infty }+2\left ( n-1 \right )\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+t^{2} \right )}\mathrm{d}t\\ &=2\left ( n-1 \right )I_{n-1}-2\left ( n-1 \right )I_n \end{align*}\]
所以 \(\displaystyle I_n=\frac{2n-3}{2n-2}I_{n-1}\), 而 \(\displaystyle I_1=\int_{0}^{\infty }\frac{1}{1+t^{2}}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}\), 递推得
\[I_n=\frac{\left ( 2n-3 \right )!!}{\left ( 2n-2 \right )!!}\cdot \frac{\pi }{2}\]
因此 \(\displaystyle \int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{n}\left ( 2n-3 \right )!!}{\left ( 2n-2 \right )!!}\cdot \frac{\pi }{2}\). 根据Wallis公式，有
\[\frac{\pi }{2}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left [ \left ( 2n \right )!! \right ]^{2}}{\left ( 2n+1 \right )\left [ \left ( 2n-1 \right )!! \right ]^{2}}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left [ \left ( 2n-2 \right )!! \right ]^{2}}{\left ( 2n-1 \right )\left [ \left ( 2n-1 \right )!! \right ]^{2}}\]
所以
\[\begin{align*} I&=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\sqrt{n}\left ( 2n-3 \right )!!}{\left ( 2n-2 \right )!!}=\frac{\pi }{2}\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left ( 2n-3 \right )!!\sqrt{2n-1}}{\left ( 2n-2 \right )!!}\cdot \sqrt{\frac{n}{2n-1}}\\ &=\frac{\pi }{2}\cdot \sqrt{\frac{2}{\pi }}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2} \end{align*}\]
方法3：考虑两个含参变量积分
\[f\left ( x \right )=\left ( \int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t \right )^{2}~~,~~g\left ( x \right )=\int_{0}^{1}\frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}}\mathrm{d}u\]
利用积分号下微分法，得
\[\begin{align*} f‘\left ( x \right )&= 2e^{-x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t\\ g‘\left ( x \right )&=\int_{0}^{1}\frac{\partial }{\partial x}\left [ \frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}} \right ]\mathrm{d}u=-2xe^{-x^{2}}\int_{0}^{1}e^{-x^{2}u^{2}}\mathrm{d}u \end{align*}\]
对后一积分，令\(xu=t\), 则
\[g‘\left ( x \right )=-2xe^{-x^{2}}\int_{0}^{x}e^{-t^{2}}\mathrm{d}t=-f‘\left ( x \right )~~~\left ( x\geq 0 \right )\]
于是
\[\begin{align*} f\left ( x \right )+g\left ( x \right )=c~~~\left ( x\geq 0 \right )\tag1 \end{align*}\]
由于 \(\displaystyle f(0)=0 , g\left ( 0 \right )=\frac{\pi }{4}\), 故 \(c=\dfrac{\pi }{4}\), 即
\[f(x)+g(x)=\dfrac{\pi }{4}~~~\left ( x\geq 0 \right )\]
当 \(u\in \left [ 0,1 \right ]\), 有
\[0\leq \frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}}\leq e^{-x^{2}u^{2}}\leq e^{-x^{2}}~~~\left ( x\geq 0 \right )\]
因此，当 $x\rightarrow \infty $ 时，函数 \(\displaystyle \frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}}\) 关于 \(u\in \left [ 0,1 \right ]\) 一致的趋于0.
\[\lim_{x\rightarrow \infty }g\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty }\int_{0}^{1}\frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}}\mathrm{d}u=\int_{0}^{1}\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{e^{-x^{2}\left ( 1+u^{2} \right )}}{1+u^{2}}\mathrm{d}u=0\]
从而，由 \(f(x)\) 的定义及(1)，得
\[I=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\sqrt{\lim_{x\rightarrow \infty }f\left ( x \right )}=\sqrt{\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\pi }{4}-g\left ( x \right )}=\sqrt{\frac{\pi }{4}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
方法4：设 \(\displaystyle f\left ( t \right )=\int_{0}^{\infty }e^{-tx^{2}}\mathrm{d}x\), 对 \(f(t)\) 取拉普拉斯变换，得
\[\mathcal{L}\left ( \int_{0}^{\infty }e^{-tx^{2}}\mathrm{d}x \right )=\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }e^{-tx^{2}}e^{-st}\mathrm{d}t\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty }\mathcal{L}\left ( e^{-tx^{2}} \right )\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty }\frac{\mathrm{d}x}{s+x^{2}}=\frac{\pi }{2\sqrt{s}}\]
再取拉普拉斯逆变换，有 \(\displaystyle f\left ( t \right )=\int_{0}^{\infty }e^{-tx^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{t}}\), 在上式中，令 \(t=1\), 则
\[I=f\left ( 1 \right )=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
方法5：这种利用伽马函数的方法应该是高数中第一次接触的，出现在同济高数上册第五章最后，不过教材中打了星号，所以多数人都不了解，首先我们引入伽马函数的定义
\[\Gamma \left ( x \right )=\int_{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t\]
所以，我们令 \(x^2=t\), 有
\[I=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty }t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\Gamma \left ( \frac{1}{2} \right )=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
其中 \(\displaystyle \Gamma \left ( \frac{1}{2} \right )=\sqrt{\pi }\) 可利用余元公式求得，这里不做证明.
方法6： 不难证明，函数 \((1+t)e^{-t}\) 在 \(t=0\) 时达到它的最大值1.因此当 \(t\neq 0\) 时，\((1+t)e^{-t}<1\), 令 \(t=\pm x^{2}\), 即得
\[\left ( 1-x^{2} \right )e^{x^{2}}<1~,~\left ( 1+x^{2} \right )e^{-x^{2}}<1\]
或
\[\left ( 1-x^{2} \right )<e^{-x^{2}}<\frac{1}{1+x^{2}}~~~\left ( x>0 \right )\]
假设限定第一个不等式中的 \(x\) 在(0,1)内变化，而第二个不等式中 \(x\) 则看作是任意的，把上式同 \(n\) 次方，有
\[\left ( 1-x^{2} \right )^{n}<e^{-nx^{2}}~~~\left ( 0<x<1 \right )\]
\[e^{-nx^{2}}<\frac{1}{\left ( 1+x^{2} \right )^{n}}~~~\left ( x>0 \right )\]
第一个不等式即从0到1积分，第二个不等式取从0到\(+\infty\)的积分，得
\[\int_{0}^{1}\left ( 1-x^{2} \right )^{n}\mathrm{d}x<\int_{0}^{1}e^{-nx^{2}}\mathrm{d}x<\int_{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\mathrm{d}x<\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+x^{2} \right )^{n}}\mathrm{d}x\]
在 \(\displaystyle \int_{0}^{1}\left ( 1-x^{2} \right )^{n}\mathrm{d}x\) 中，令 \(x=\cos t\), 则
\[\int_{0}^{1}\left ( 1-x^{2} \right )^{n}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin^{2n+1}t\mathrm{d}t=\frac{\left ( 2n \right )!!}{\left ( 2n+1 \right )!!}\]
在 \(\displaystyle \int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+x^{2} \right )^{n}}\mathrm{d}x\) 中，令 \(x=\cot t\), 则
\[\int_{0}^{\infty }\frac{1}{\left ( 1+x^{2} \right )^{n}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin^{2n-2}t\mathrm{d}t=\frac{\left ( 2n-3 \right )!!}{\left ( 2n-2 \right )!!}\cdot \frac{\pi }{2}\]
在 \(\displaystyle \int_{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\mathrm{d}x\) 中，令 \(\displaystyle x=\frac{t}{\sqrt{n}}\), 则
\[\int_{0}^{\infty }e^{-nx^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\infty }e^{-t^{2}}\mathrm{d}t=\frac{1}{\sqrt{n}}I\]
综上所述
\[\sqrt{n}\cdot \frac{\left ( 2n \right )!!}{\left ( 2n+1 \right )!!}<I<\sqrt{n}\cdot \frac{\left ( 2n-3 \right )!!}{\left ( 2n-2 \right )!!}\cdot \frac{\pi }{2}\]
取平方得
\[\frac{n}{2n+1}\cdot \frac{\left [ \left ( 2n \right )!! \right ]^{2}}{\left ( 2n+1 \right )\left [ \left ( 2n-1 \right )!! \right ]^{2}}<I^2<\frac{n}{2n-1}\cdot \frac{\left [ \left ( 2n-3 \right )!! \right ]^{2}}{\left [ \left ( 2n-2 \right )!! \right ]^{2}}\cdot \left ( \frac{\pi }{2} \right )^{2}\]
根据Wallis公式
\[\frac{\pi }{2}=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\left [ \left ( 2n \right )!! \right ]^{2}}{\left ( 2n+1 \right )\left [ \left ( 2n-1 \right )!! \right ]^{2}}\]
不等式两边当 $n\rightarrow \infty $ 时的极限都是 \(\dfrac{\pi }{4}\), 所以
\[I^2=\frac{\pi }{4}\Rightarrow I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
方法7：当然也可以利用三重积分
\[\begin{align*} &8I^3 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2 - y^2 - z^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2 - y^2 - z^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\\ \Rightarrow &8I^3 = 4\pi\int_0^{\infty}\rho^2 e^{-\rho^2}\,\mathrm{d}\rho= 2\pi \int_0^{\infty} e^{-\rho^2}\,\mathrm{d}\rho=2\pi \cdot {I} \Rightarrow 8I^3=2\pi I\Rightarrow I=\frac{\sqrt{\pi }}{2} \end{align*}\]
方法8：注意到
\[n! =\int_0^\infty e^{-\sqrt[n]x} \mathrm{d}x\iff\frac1n! =\int_0^\infty e^{-x^n}\mathrm{d}x\rightarrow\frac12! = \int_0^\infty e^{-x^2}\mathrm{d}x\]
\[\int_0^1\Big(1-\sqrt[n]x\Big)^m\,\mathrm{d}x = \int_0^1\Big(1-\sqrt[m]x\Big)^n\,\mathrm{d}x = \frac1{C_{m+n}^n} = \frac1{C_{m+n}^m} = \frac{m!\,n!}{(m+n)!}\]
所以我们有
\[\frac\pi4 = \int_0^1\sqrt{1-x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{\left(\dfrac12!\right)^2}{\left(\dfrac12 + \dfrac12\right)!} =\left(\frac12!\right)^2\]
所以
\[I=\int_0^\infty e^{-x^2}\mathrm{d}x = \frac12! = \sqrt{\pi\over4} = \frac{\sqrt\pi}2\]
方法9：利用
\[\int_0^\infty e^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt \pi \int_0^\infty \frac{1}{\sqrt \pi}e^{-x^2}\mathrm{d}x=\sqrt \pi P(X\geq0)\]
其中
\[X\sim N\left ( 0,\frac{1}{2} \right )~~,~~P(X>0)=P(X>E(X))=\frac{1}{2}\]
所以
\[I=\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}\]
方法10：利用
\[F(\omega) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \exp\left(\frac{-t^2}{2}\right) \exp(- i \omega t) \mathrm{d}t\]
所以
\[F(\omega) = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{+\infty} \exp\left(\frac{-t^2}{2}\right) \cos( \omega t) \mathrm{d}t\]
所以我们有
\[F‘(\omega) = - \omega F(\omega)\Rightarrow F(\omega) = C \exp\left(\frac{-\omega^2}{2}\right)\]
由
\[\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right) = \int_{-\infty}^{+\infty} F(\omega) \exp( i \omega x) \mathrm{d}\omega\]
可得 \(\displaystyle C = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}.\) 令 \(\omega=0\), 有
\[F(0) = C = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \exp\left(\frac{-t^2}{2}\right) \mathrm{d}t\]
所以
\[\sqrt{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \exp\left(-t^2\right) \mathrm{d}t = \sqrt{2\pi}\Rightarrow I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.\]

鬼斧神工：求n维球的体积 - Renascence_5

原文地址：http://spaces.ac.cn/archives/3154/
原文作者：苏剑林

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标准思路
简单来说，\(n\)维球体积就是如下\(n\)重积分
\[V_n(r)=\int_{x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2\leq r^2}\mathrm{d}x_1 \mathrm{d}x_2\dots \mathrm{d}x_n\]
用更加几何的思路，我们通过一组平行面（\(n?1\)维的平行面）分割，使得n维球分解为一系列近似小柱体，因此，可以得到递推公式
\[V_n (r)=\int_{-r}^r V_{n-1} \left(\sqrt{r^2-t^2}\right)\mathrm{d}t\]
设\(t=r\sin\theta_1\)，就有
\[V_n (r)=r\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} V_{n-1} \left(r\cos\theta_1\right)\cos\theta_1 \mathrm{d}\theta_1\]
迭代一次就有
\[V_n (r)=r^2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} V_{n-2} \left(r\cos\theta_1\cos\theta_2\right)\cos\theta_1\cos^2\theta_2 \mathrm{d}\theta_1 \mathrm{d}\theta_2\]
迭代\(n?1\)次
\[\begin{align*}V_n (r)=&r^{n-1}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dots\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} V_1\left(r\cos\theta_1\cos\theta_2\dots \cos\theta_{n-1}\right)\times\\ &\cos\theta_1\cos^2\theta_2\dots\cos^{n-1}\theta_{n-1} \mathrm{d}\theta_1 \mathrm{d}\theta_2\dots \mathrm{d}\theta_{n-1}\end{align*}\]
其中\(V_1(r)=2r\)，即两倍半径长的线段。从而
\[V_n (r)=2r^{n}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dots\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta_1\cos^3\theta_2\dots\cos^{n}\theta_{n-1} \mathrm{d}\theta_1 \mathrm{d}\theta_2\dots \mathrm{d}\theta_{n-1}\]
完成这个积分，最终就得到n维球体积的公式，这个积分自然是可以求出来的（只是\(n?1\)个一维积分的乘积）。但是这样的步骤太不容易了，为了将其跟伽马函数联系起来，还要做很多工作。总的来说，这是一个不容易记忆、也不怎么漂亮的标准方法。

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绝妙思路
有一个利用高斯积分的绝妙技巧，能够帮助我们直接将球体积跟伽马函数联系起来，整个过程堪称鬼斧神工，而且给人“仅此一家，别无分号”的感觉。据说这个技巧为物理系学生所知晓，我是从百读文库看到的，原始来源则是《热力学与统计力学》顾莱纳(德)，例5.2 理想气体的熵的统计计算。

这一绝妙的思路，始于我们用两种不同的思路计算高斯积分
\[\begin{align*} G(n)=\int_{-\infty}^{+\infty}\dots\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} \exp\left(-x_1^2-x_2^2-\dots-x_n^2\right)\mathrm{d}x_1 \mathrm{d}x_2 \dots \mathrm{d}x_n\tag{1} \end{align*}\]
一方面，将\((1)\)当作\(n\)次累次积分，因为我们已经算得
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp(-t^2)\mathrm{d}t=\sqrt{\pi}\]
而\((1)\)只不过是这样的\(n\)个积分的乘积，因此
\[\begin{align*} G(n)=\pi^{n/2}\tag{2} \end{align*}\]
另一方面，将\((1)\)当作\(n\)重积分，由于积分变量只是跟径向长度\(r=\sqrt{x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2}\)有关的变量，因此很容易联想到球坐标，在\(n\)维空间中，可以称为“超球坐标”，不需要将超球坐标完整写出来，只需要注意到，球内的积分，可以化为先对“球壳”进行积分，然后再对球半径进行积分。
\[\begin{align*} G(n)=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}r\int_{S_n(r)}\exp\left(-r^2\right)\mathrm{d}S_n\tag{3} \end{align*}\]
这里的\(S_n(r)\)是半径为\(r\)的\(n\)维球体表面（以及表面积，在不至于混淆的情况下，这里不作区分）。但是注意到，被积函数只跟\(r\)有关，因此对球表面进行积分，等价于原函数乘以球的表面积而已，因此\((2)\)式的结果为
\[\begin{align*} G(n)=\int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}r\exp\left(-r^2\right)S_n(r)\tag{4} \end{align*}\]
虽然我们不知道\(n\)维球的体积和表面积公式，但是我们可以肯定，\(n\)维球的体积一定正比于\(r^n\)，即有
\[V_n (r)=V_n(1)r^n\]
球的表面积，就是球体积的一阶导数（考虑球壳分割），那么
\[S_n (r)=n V_n(1)r^{n-1}\]
代入\((4)\)，得到
\[\begin{align*}G(n)=&n V_n(1)\int_{0}^{+\infty}r^{n-1}\exp\left(-r^2\right)\mathrm{d}r\\ =&\frac{1}{2}n V_n(1)\int_{0}^{+\infty}(r^2)^{n/2-1}\exp\left(-r^2\right)\mathrm{d}(r^2)\\ =&\frac{1}{2}n V_n(1)\int_{0}^{+\infty}z^{n/2-1}\exp\left(-z\right)\mathrm{d}z\quad\left(z=r^2\right)\\ =&\frac{1}{2}n V_n(1)\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)\tag{5}\end{align*}\]
结合\((2)\)得
\[\pi^{n/2}=G(n)=\frac{1}{2}n V_n(1)\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)\]
从而
\[V_n(1)=\frac{\pi^{n/2}}{\frac{1}{2}n\Gamma\left(\dfrac{n}{2}\right)}=\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\left(\dfrac{n}{2}+1\right)}\]
最后
\[\Large\boxed{\displaystyle V_n(r)=\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\left(\dfrac{n}{2}+1\right)}r^n}\]
就这样得到了\(n\)维球体积公式！！对\(r\)求导得到\(n\)维球表面积公式
\[\Large\boxed{\displaystyle S_n(r)=\frac{2\pi^{n/2}}{\Gamma\left(\dfrac{n}{2}\right)}r^{n-1}}\]
结合前后两个方法，就得到
\[\large\boxed{\displaystyle \color{red}{\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\left(\dfrac{n}{2}+1\right)}=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dots\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta_1\cos^3\theta_2\dots\cos^{n}\theta_{n-1} \mathrm{d}\theta_1 \mathrm{d}\theta_2\dots \mathrm{d}\theta_{n-1}}}\]