当变限积分和无穷限反常积分在一起会碰撞出什么火花？

一、题目

已知 $b>0$ 为常数, $\varphi(x)$ $=$ $\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{b}} \mathrm{~d} t$, 并且 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t$ $=$ $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$, 则 $\int_{0}^{+\infty}[1-\varphi(x)] \mathrm{d} x = ?$

难度评级：

二、解析

首先，为了将 $\varphi(x)$ $=$ $\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{-\frac{t^{2}}{b}} \mathrm{~d} t$ 凑成题目已知条件 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-t^{2}} \mathrm{~d} t$ $=$ $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ 的形式（且 $b > 0$），我们可以令 $k=\frac{t}{\sqrt{b}}$, 于是：

$$
t=\sqrt{b} k \Rightarrow k^{2}=\frac{t^{2}}{b} \Rightarrow
$$

$$
t \in(0, x) \Rightarrow k \in\left(0, \frac{x}{\sqrt{b}}\right) \Rightarrow
$$

$$
\mathrm{~ d} t=\sqrt{b} \mathrm{~ d} k
$$

于是：

$$
\varphi(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \int_{0}^{x} e^{-\frac{t^{2}}{b}} \mathrm{~ d} t \Rightarrow
$$

$$
\varphi(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \cdot \sqrt{b} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{b}}} e^{-k^{2}} \mathrm{~ d} k \Rightarrow
$$

$$
\varphi(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{b}}} e^{-k^{2}} \mathrm{~ d} k.
$$

进而，为了出现无穷限反常积分，有：

$$
\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \varphi(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-k^{2}} \mathrm{~ d} k=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2}=1.
$$

于是：

$$
\int_{0}^{+\infty}[1-\varphi(x)] \mathrm{~ d} x=
$$

$$
\left.x[1-\varphi(x)]\right|_{0} ^{+\infty}-\int_{0}^{+\infty} x \mathrm{~d} [1-\varphi(x)].
$$

又：

$$
\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} x[1-\varphi(x)]=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{1-\varphi(x)}{\frac{1}{x}} \Rightarrow
$$

$\frac{0}{0}$ 型极限 $\Rightarrow$ 洛必达法则 $\Rightarrow$

$$
\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{-\varphi^{\prime}(x)}{\frac{-x^{2}}{b}}=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{-\frac{2}{\sqrt{\pi b}} e^{\frac{-x^{2}}{b}}}{\frac{-1}{x^{2}}}=
$$

$$
\frac{2}{\sqrt{\pi b}} x^{2} e^{\frac{-x^{2}}{b}}=\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \frac{e^{\frac{-x^{2}}{b}}}{x^{-2}}=\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \cdot 0=0
$$

注意：关于为什么 “$\frac{e^{\frac{-x^{2}}{b}}}{x^{-2}}$ $=$ $0$”, 可以参考《一个常用的无穷大量的比较公式》这篇文章。

因此：

$$
\left.x[1-\varphi(x)]\right|_{0} ^{+\infty} \textcolor{red}{-} \int_{0}^{+\infty} x \mathrm{~d} [1-\varphi(x)]=
$$

注意：$\mathrm{~d} [1-\varphi(x)]$ $=$ $- \varphi^{\prime}(x) \mathrm{~ d} x$.

$$
(0-0) \textcolor{red}{+} \int_{0}^{+\infty} x \cdot \frac{2}{\sqrt{\pi b}} e^{\frac{-x^{2}}{b}} \mathrm{~ d} x=
$$

$$
\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \int_{0}^{+\infty} x e^{\frac{-x^{2}}{b}} \mathrm{~ d} x=
$$

$$
\frac{2}{\sqrt{\pi b}} \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} e^{\frac{-x^{2}}{b}} \mathrm{~d} \left(x^{2}\right) \Rightarrow
$$

令 $x = x^{2}$ $\Rightarrow$

$$
\frac{1}{\sqrt{\pi b}} \int_{0}^{+\infty} e^{\frac{-x}{b}} \mathrm{~ d} x=
$$

$$
\left.\frac{1}{\sqrt{\pi b}} \cdot \frac{-b}{1} \cdot e^{\frac{-x}{b}}\right|_{0} ^{+\infty}=
$$

$$
\frac{-b}{\sqrt{\pi b}}(0-1)=\frac{(\sqrt{b})^{2}}{\sqrt{\pi} \cdot \sqrt{b}}=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{\pi}}=\sqrt{\frac{b}{\pi}}.
$$

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