中册 5.1 反常积分计算 第13题
📝 题目
13．设 $\displaystyle f(t)=\left(\int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x\right)^{2}, g(t)=\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{e}^{-t^{2}\left(1+x^{2}\right)}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x$ ，证明：$\displaystyle f(t)+g(t)=\frac{\pi}{4}$ ，并由此求积分 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
显然 $f(x), g(x)$ 满足积分号下求导的条件．由于
$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(t)+g^{\prime}(t) & =2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x-2 \int_{0}^{1} t \mathrm{e}^{-t^{2}-t^{2} x^{2}} \mathrm{~d} x=2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x-2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{1} t \mathrm{e}^{-t^{2} x^{2}} \mathrm{~d} x \\
& =2 e^{-t^{2}} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x-2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-t^{2} x^{2}} \mathrm{~d}(t x)=2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x-2 \mathrm{e}^{-t^{2}} \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{-u^{2}} \mathrm{~d} u=0
\end{aligned}
$$
所以 $f(t)+g(t)=c$ 。令 $t=0$ ，则 $\displaystyle g(0)=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{4}$ ，所以 $\displaystyle f(t)+g(t)=\frac{\pi}{4}$ ．
又 $\displaystyle \lim _{t \rightarrow+\infty}(f(t)+g(t))=\left(\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x\right)^{2}=\frac{\pi}{4}$ ．故 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：定义函数并验证可导性
定义 $f(t)=\left(\int_0^t e^{-x^2}dx\right)^2$ 和 $g(t)=\int_0^1 \frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx$。由于被积函数连续且积分区间有限，$f(t)$ 和 $g(t)$ 均可导，且满足积分号下求导的条件。
提示：注意 $g(t)$ 的积分变量是 $x$，$t$ 是参数，求导时需对参数 $t$ 进行。
步骤 2/7
目标：计算 $f'(t)$
由复合函数求导法则，$f'(t)=2\left(\int_0^t e^{-x^2}dx\right)\cdot e^{-t^2}$。
公式：$\frac{d}{dt}\int_0^t e^{-x^2}dx = e^{-t^2}$
提示：注意积分上限是 $t$，求导后得到被积函数在 $x=t$ 处的值。
步骤 3/7
目标：计算 $g'(t)$
对 $g(t)$ 求导，利用积分号下求导：$g'(t)=\int_0^1 \frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\right)dx = \int_0^1 \frac{-2t(1+x^2)e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx = -2t\int_0^1 e^{-t^2(1+x^2)}dx$。
公式：$\frac{d}{dt}\int_a^b F(t,x)dx = \int_a^b \frac{\partial F}{\partial t}dx$
提示：注意被积函数对 $t$ 求导时，$1+x^2$ 视为常数。
步骤 4/7
目标：化简 $g'(t)$ 并计算 $f'(t)+g'(t)$
将 $g'(t)$ 写为 $g'(t)=-2te^{-t^2}\int_0^1 e^{-t^2 x^2}dx$。令 $u=tx$，则 $du=t\,dx$，积分限 $x:0\to1$ 对应 $u:0\to t$，于是 $\int_0^1 e^{-t^2 x^2}dx = \frac{1}{t}\int_0^t e^{-u^2}du$。因此 $g'(t)=-2e^{-t^2}\int_0^t e^{-u^2}du$。而 $f'(t)=2e^{-t^2}\int_0^t e^{-x^2}dx$，所以 $f'(t)+g'(t)=0$。
公式：$\int_0^1 e^{-t^2 x^2}dx = \frac{1}{t}\int_0^t e^{-u^2}du$
提示：换元时注意 $t>0$，$t=0$ 时需单独处理，但导数恒为零的结论在 $t=0$ 处也成立。
步骤 5/7
目标：得出 $f(t)+g(t)$ 为常数
由于 $f'(t)+g'(t)=0$，所以 $f(t)+g(t)=C$（常数）。
提示：常数的确定需要代入特殊值。
步骤 6/7
目标：确定常数 $C$
令 $t=0$，则 $f(0)=\left(\int_0^0 e^{-x^2}dx\right)^2=0$，$g(0)=\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}dx = \arctan x\big|_0^1 = \frac{\pi}{4}$。所以 $C=0+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$，即 $f(t)+g(t)=\frac{\pi}{4}$。
公式：$\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}dx = \frac{\pi}{4}$
提示：注意 $g(0)$ 的计算中 $e^0=1$。
步骤 7/7
目标：取极限求无穷积分
当 $t\to +\infty$ 时，$g(t)=\int_0^1 \frac{e^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}dx \to 0$（因为被积函数趋于0），而 $f(t)=\left(\int_0^t e^{-x^2}dx\right)^2 \to \left(\int_0^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)^2$。由 $f(t)+g(t)=\frac{\pi}{4}$ 取极限得 $\left(\int_0^{+\infty} e^{-x^2}dx\right)^2 = \frac{\pi}{4}$，所以 $\int_0^{+\infty} e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$。
公式：$\int_0^{+\infty} e^{-x^2}dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$
提示：注意 $g(t)\to 0$ 的严格证明：$|g(t)|\leq \int_0^1 e^{-t^2}dx = e^{-t^2}\to 0$。
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