关于Euler-Poisson积分的几种解法

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
$$\large\boxed{\displaystyle \color{red}{\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\left(\dfrac{n}{2}+1\right)}=2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dots\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2\theta_1\cos^3\theta_2\dots\cos^{n}\theta_{n-1} \mathrm{d}\theta_1 \mathrm{d}\theta_2\dots \mathrm{d}\theta_{n-1}}}$$