e^(-x^2)的原函数（本求法为负面典型，仅供参考）
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先放正确答案
∫
−
∞
+
∞
e
−
x
2
=
π
\int _{-\infin} ^{+\infin} e^{-x^{2}}=\sqrt{\pi}
∫−∞+∞e−x2=π
证法有许多 这是选自点我的一个证明方法。
首先要明确这是一个超越函数 求不了原函数
所以以下部分……纯属失败案例
注原本在desmos上完成的推导复制时可能会带上一点奇怪的写法。 f ( x ) = ∫ 0 x . . . d . . . f(x)=\int^{x}_{0}...d... f(x)=∫0x...d...就相当于 f ( x ) = ∫ . . . d x ( 字母替换为 x ) f(x)=\int...dx(字母替换为x) f(x)=∫...dx(字母替换为x)
纯理论上的原函数是这样的
f
(
x
)
=
∫
0
x
e
−
c
2
d
c
f\left(x\right)=\int_{0}^{x}e^{-c^{2}}dc
f(x)=∫0xe−c2dc相信不少人会构造一个
g
(
x
)
=
−
c
2
,
m
(
x
)
=
e
x
,
f
(
x
)
=
m
(
g
(
x
)
)
g(x)=-c^{2},m(x)=e^{x},f(x)=m(g(x))
g(x)=−c2,m(x)=ex,f(x)=m(g(x))然后求原函数…
我是令u=g( c )。则原积分需要进行转化
f
(
x
)
=
∫
0
−
x
2
e
u
−
(
(
x
∣
x
∣
)
−
4
u
)
d
u
f(x)=\int_{0}^{-x^2}\frac{e^{u}}{-\left(\left(\frac{x}{\left|x\right|}\right)\sqrt{-4u}\right)}du
f(x)=∫0−x2−((∣x∣x)−4u)eudu
一定有人问我这个分母是怎么得到的
我只想说这个算式你能否看懂
g
−
1
(
x
)
=
−
x
g^{-1}(x)=\sqrt{-x}
g−1(x)=−x
……这个再看不懂回厂重造吧
然后我们知道du=g’(x)dx,u=g(x)。相应地
d
x
=
d
u
g
′
(
x
)
,
x
=
g
−
1
(
u
)
dx=\frac{du}{g'(x)}\quad,x=g^{-1}(u)
dx=g′(x)du,x=g−1(u)
g
′
(
x
)
=
−
2
x
g'(x)=-2x
g′(x)=−2x
d
u
g
′
(
x
)
=
d
u
g
′
(
(
x
∣
x
∣
)
g
−
1
(
u
)
)
\frac{du}{g'(x)}=\frac{du}{g'((\frac{x}{|x|})g^{-1}(u))}
g′(x)du=g′((∣x∣x)g−1(u))du
有人问了这个
(
x
∣
x
∣
)
(\frac{x}{|x|})
(∣x∣x)什么情况?它有势力有背景是判断x的正负号因为g(x)会消掉x的正负号。当然x不能为0
那么转化再带入一下
f
(
x
)
=
∫
0
−
x
2
e
u
−
2
(
(
x
∣
x
∣
)
−
u
)
d
u
f(x)=\int_{0}^{-x^2}\frac{e^{u}}{-2\left(\left(\frac{x}{\left|x\right|}\right)\sqrt{-u}\right)}du
f(x)=∫0−x2−2((∣x∣x)−u)eudu
如果把2乘到根号里就得出上式了。
这个算式还能再整理一下
f
(
x
)
=
∫
0
−
x
2
x
∣
x
∣
e
u
−
2
−
u
d
u
f(x)=\int_{0}^{-x^{2}}\frac{x}{|x|}\frac{e^{u}}{-2\sqrt{-u}}du
f(x)=∫0−x2∣x∣x−2−ueudu
f
(
x
)
=
∫
0
−
(
x
2
)
x
∣
x
∣
e
u
−
u
2
u
d
u
f(x)=\int_{0}^{-\left(x^{2}\right)}\frac{x}{\left|x\right|}\frac{e^{u}\sqrt{-u}}{2u}du
f(x)=∫0−(x2)∣x∣x2ueu−udu
f
(
x
)
=
x
∣
x
∣
∫
0
−
(
x
2
)
e
u
−
u
2
u
d
u
f(x)=\frac{x}{\left|x\right|}\int_{0}^{-\left(x^{2}\right)}\frac{e^{u}\sqrt{-u}}{2u}du
f(x)=∣x∣x∫0−(x2)2ueu−udu
f
(
x
)
=
i
x
∣
2
x
∣
∫
0
−
(
x
2
)
u
−
½
e
u
d
u
f(x)=\frac{ix}{\left|2x\right|}\int_{0}^{-\left(x^{2}\right)}u^{-½}e^{u}du
f(x)=∣2x∣ix∫0−(x2)u−½eudu
根据
∫
f
(
x
)
g
(
x
)
d
x
=
x
f
(
x
)
g
(
x
)
−
∫
x
f
′
(
x
)
g
(
x
)
d
x
−
∫
x
f
(
x
)
g
′
(
x
)
d
x
∫f(x)g(x)dx=xf(x)g(x)-∫xf'(x)g(x)dx-∫xf(x)g'(x)dx
∫f(x)g(x)dx=xf(x)g(x)−∫xf′(x)g(x)dx−∫xf(x)g′(x)dx
∫
u
−
½
e
u
d
u
=
u
½
e
u
−
∫
u
(
u
−
½
)
′
e
u
d
u
−
∫
u
½
e
u
d
u
\int u^{-½}e^{u}du=u^{½}e^{u}-\int u(u^{-½})'e^{u}du-\int u^{½}e^{u}du
∫u−½eudu=u½eu−∫u(u−½)′eudu−∫u½eudu
u
e
u
−
∫
(
−
1
2
u
)
e
u
d
u
−
∫
u
e
u
d
u
\sqrt{u}e^{u}-\int (-\frac{1}{2\sqrt{u}})e^{u}du-\int \sqrt{u}e^{u}du
ueu−∫(−2u1)eudu−∫ueudu
……反正我是解不下去了Desmos也不支持虚数后面的也没办法验证等再看~又是离题万里TAT
反正我本人想不到更好的方法了但毕竟这个超越函数好像本身就难以求出原函数……遂告终
完