请求证明或证伪定积分等式：∫₀^√(π/2) [sin²(x²)/√(π/2 - x²)] dx = π/4

嘿，这个积分看起来确实有点绕，但咱们可以通过变量替换和一些经典的积分技巧来验证它的正确性，一步步来：

首先，先做个变量替换简化积分形式：令 ( t = x^2 )，那么 ( x = \sqrt{t} )，对应的微分 ( dx = \frac{dt}{2\sqrt{t}} )。积分上下限从 ( x=0 ) 到 ( x=\sqrt{\pi/2} )，对应转换为 ( t=0 ) 到 ( t=\pi/2 )。代入原积分后，它会变成：

$$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^2 t}{\sqrt{\frac{\pi}{2} - t}} \cdot \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \frac{\sin^2 t}{\sqrt{t(\frac{\pi}{2} - t)}} dt$$

接下来，用三角恒等式 ( \sin^2 t = \frac{1 - \cos2t}{2} ) 把分子展开，这样积分就能拆成两个部分：

$$I = \frac{1}{4} \left( \int_{0}^{\pi/2} \frac{dt}{\sqrt{t(\frac{\pi}{2} - t)}} - \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos2t}{\sqrt{t(\frac{\pi}{2} - t)}} dt \right)$$

先看第一个积分 ( J = \int_{0}^{\pi/2} \frac{dt}{\sqrt{t(\frac{\pi}{2} - t)}} )，咱们再做一次变量替换：令 ( u = \frac{2t}{\pi} )，则 ( t = \frac{\pi u}{2} )，( dt = \frac{\pi du}{2} )。代入后化简：

$$J = \int_{0}^{1} \frac{\frac{\pi du}{2}}{\sqrt{\frac{\pi u}{2} \cdot (\frac{\pi}{2} - \frac{\pi u}{2})}} = \int_{0}^{1} \frac{du}{\sqrt{u(1 - u)}}$$

这个积分是经典的Beta函数形式，或者你也可以回忆一下，它的结果是 ( \pi )（因为 ( \int_{0}^{1} u^{-1/2}(1-u){-1/2}du = B(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) = \frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(1)} = \pi )）。

再看第二个积分 ( K = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos2t}{\sqrt{t(\frac{\pi}{2} - t)}} dt )，这里用对称替换：令 ( s = \frac{\pi}{2} - t )，那么 ( t = \frac{\pi}{2} - s )，( dt = -ds )。代入后：

$$K = \int_{\pi/2}^{0} \frac{\cos2(\frac{\pi}{2} - s)}{\sqrt{(\frac{\pi}{2} - s)s}} (-ds) = \int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos(\pi - 2s)}{\sqrt{s(\frac{\pi}{2} - s)}} ds$$

利用余弦的诱导公式 ( \cos(\pi - 2s) = -\cos2s )，所以上式就变成：

$$K = -\int_{0}^{\pi/2} \frac{\cos2s}{\sqrt{s(\frac{\pi}{2} - s)}} ds = -K$$

这就意味着 ( 2K = 0 )，即 ( K = 0 )。

现在把这两个结果代回 ( I ) 的表达式：

$$I = \frac{1}{4}(J - K) = \frac{1}{4}(\pi - 0) = \frac{\pi}{4}$$

完美！这样就证明了原积分等式是完全成立的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Borzoi