\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}=\sqrt\pi\\

设 I=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx} ，那么

I^2=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-(x+y)^2}dxdy}\\

作极坐标变换 \textstyle r^2=x^2+y^2,\ \ dxdy=rdrd\theta :

I^2=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}{e^{-r^2}rdrd\theta}=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}{d\theta}\int_{0}^{\infty}{e^{-r^2}dr^2}=\pi\\

所以

I=\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}=\sqrt\pi\\

高斯积分的变限积分有两种：

erf(x)=\frac{2}{\sqrt\pi}\int_{0}^{x}{e^{-t^2}dt}\\

erfc(x)=\frac{2}{\sqrt\pi}\int_{x}^{\infty}{e^{-t^2}dt}\\

证法 二 ： 含参积分法

我们不妨先考虑下误差函数的平方

I(x)=\left(\int_{0}^{x}{e^{-t^2}dt}\right)^2\\

对变限积分的求导方法为

f(x)=\int_{\phi(x)}^{\varphi(x)}{g(t)dt}=[\varphi'(x)-\phi'(x)]g(x)\\

再结合复合函数的求导法则，现在我们对 I(x) 求导

I'(x)=\frac{\partial }{\partial x}\left(\int_{0}^{x}{e^{-t^2}dt}\right)^2=2\int_{0}^{x}{e^{-(t^2+x^2)}dt}\\

接下来考虑让积分上限转换为常数，设 t\rightarrow \frac{t}{x} 可得

I'(x)=2x\int_{0}^{1}{e^{-(t^2+1)x^2}dt}\\

根据不定积分和导数的关系

F'(x)=f(x)\leftrightarrow \int{f(x)dx}=F(x)+C\\

我们可以得到

I(x)=\int{dx}\int_{0}^{1}{2xe^{-(t^2+1)x^2}dt}\\

现在交换积分的顺序可得

I(x)= \int_{0}^{1}{dt}\int{2xe^{-(t^2+1)x^2}dx}= -\int_{0}^{1}{\frac{e^{-(1+t^2)x^2}}{1+t^2}dt}+C \\

其中常数 C 由不定积分产出，通过 I(x) 的定义易得

I(0)=\left(\int_{0}^{0}{e^{-t^2}dt}\right)^2=0\\ 代入即可得到

0=I(0)= -\int_{0}^{1}{\frac{dt}{1+t^2}}+C=\left.-tan^{-1}t\right|_{0}^{1}+C=-\frac{\pi}{4}+C \\

解得常数 C=\frac{\pi}{4} ，就此我们便得到了 I(x) 的另一完整形式

I(x)= -\int_{0}^{1}{\frac{e^{-(1+t^2)x^2}}{1+t^2}dt}+\frac{\pi}{4} \\

现在取极限 x\rightarrow\infty ：

\lim_{x\rightarrow\infty}{I(x)}= -\lim_{x\rightarrow\infty}{\int_{0}^{1}{\frac{e^{-(1+t^2)x^2}}{1+t^2}dt}}+ \frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{4}\\

而又根据I(x) 的定义可得

\lim_{x\rightarrow\infty}{I(x)}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\left(\int_{0}^{x}{e^{-t^2}dt}\right)^2}=\left(\int_{0}^{\infty}{e^{-t^2}dt}\right)^2\\

结果呼之欲出

\int_{0}^{\infty}{e^{-t^2}dt}=\frac{\sqrt\pi}{2}\\

又因为 \textstyle e^{-t^2} 是偶函数，因此

\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-t^2}dt}=2\int_{0}^{\infty}{e^{-t^2}dt}=\sqrt\pi\\

现在我们考察更一般的高斯积分形式

\int_{0}^{\infty}{e^{-at^2+bt}dt}\\

对于因子 -at^2+bt ，显然我们可以将其配方

-at^2+bt=-a(t^2-\frac{b}{a}t)=-a(t-\frac{b}{2a})^2+\frac{b^2}{4a}\\

原积分化为

\begin{align} \int_{0}^{\infty}{e^{-at^2+bt}dt}=& \int_{0}^{\infty}e^{-a(t-\frac{b}{2a})^2+\frac{b^2}{4a}}dt\\\\=&\ e^{\frac{b^2}{4a}}\int_{0}^{\infty}e^{-a(t-\frac{b}{2a})^2}dt\\\\=&\ e^{\frac{b^2}{4a}}\int_{0}^{\infty}e^{-[\sqrt a(t-\frac{b}{2a})]^2}dt\\\\=&\ \sqrt{\frac{\pi}{4a}}\cdot e^{\frac{b^2}{4a}} \end{align}\\ 于是我们得到了重要的积分公式

\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-at^2\pm bt}dt}= \sqrt{\frac{\pi}{a}}\cdot e^{\frac{b^2}{4a}}\\

当然，当 b 取复数时上式仍成立

\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-at^2\pm ibt}dt}= \sqrt{\frac{\pi}{a}}\cdot e^{-\frac{b^2}{4a}}\\

可以通过复变函数围道积分证明，在此证略

\mathcal Fe^{-\alpha t^2}= \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\alpha t^2}e^{-i\omega t}dt}= \int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-\alpha t^2-i\omega t}dt}= \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\cdot e^{-\frac{\omega^2}{4\alpha}}\\

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{1}{t^2}-t^2}dt}\\

初次见面，有种懵懵的感觉——这就是初恋的感觉吧 \cdots

考虑到 \frac{1}{t},\ \ t 双方的特殊关系(\frac{1}{t}\pm t)^2=\frac{1}{t^2}+t^2\pm2\\

后面就是个常数 \pm2 ，有机会了 \cdots

-\frac{1}{t^2}-t^2=-(\frac{1}{t}\pm t)^2\pm2\\ "不如这样"

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{1}{t^2}-t^2}dt}= \int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}\pm t)^2\pm2}dt}= e^{\pm2}\int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}\pm t)^2}dt}\\

"你退半步的动作认真的吗"

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{1}{t^2}-t^2}dt}= e^{2}\int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}+t)^2}dt}= e^{-2}\int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}-t)^2}dt}\\

"一个人分饰两人"

再次考虑到 \frac{1}{t},\ \ t 双方的特殊关系

d(t\pm\frac{1}{t})=(1\mp\frac{1}{t^2})dt\\

代入原方程可得

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{1}{t^2}-t^2}dt}= \frac{1}{2}e^{2}\int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}+t)^2}d(t+\frac{1}{t})}+ \frac{1}{2}e^{-2}\int_{0}^{\infty}{e^{-(\frac{1}{t}-t)^2}d(t-\frac{1}{t})}\\

"还能做什么呢"

\textstyle x=t\pm\frac{1}{t}:

\left\{ \begin{align} \lim_{t\rightarrow0}(t+\frac{1}{t})&=+\infty\\ \lim_{t\rightarrow\infty}(t+\frac{1}{t})&=+\infty\\ \lim_{t\rightarrow0}(t-\frac{1}{t})&=-\infty\\ \lim_{t\rightarrow\infty}(t-\frac{1}{t})&=+\infty \end{align} \right.\\

"后来的我们 \cdots "

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{1}{t^2}-t^2}dt}= \frac{1}{2}e^{2}\int_{+\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}+ \frac{1}{2}e^{-2}\int_{-\infty}^{+\infty}{e^{-x^2}dx}=\frac{\sqrt\pi}{2}e^{-2}\\

同理我们可以得到

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{s}{t^2}-t^2}dt}=\frac{\sqrt\pi}{2}e^{-2\sqrt s}\\

要有同理心

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{s}{t^2}-(\frac{at}{2})^2}dt}= \frac{\sqrt\pi}{a}e^{-a\sqrt s} \\

若 F(s)=\mathcal Lf(x) ：

拉普拉斯变换的时域积分性质

\mathcal L[\int_{0}^{t}{f(x)dx}]=\frac{F(s)}{s}\\

拉普拉斯变换的时域微分性质

\mathcal L[f'(t)]=sF(s)\\

考虑余误差函数的拉普拉斯变换

\mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]=\int_{0}^{\infty}{erfc(\frac{a}{2\sqrt t})e^{-st}dt}\\

分部积分给你惊喜

\begin{align} \mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]=& \int_{0}^{\infty}{erfc(\frac{a}{2\sqrt t})e^{-st}dt}\\\\=& \left.-\frac{1}{s}e^{-st}erfc(\frac{a}{2\sqrt t})\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{s}\int_{0}^{\infty}{e^{-st}erfc'(\frac{a}{2\sqrt t})dt}\\\\=& \frac{1}{s}\int_{0}^{\infty}{e^{-st}erfc'(\frac{a}{2\sqrt t})dt} \end{align}\\

其中

erfc'(\frac{a}{2\sqrt t})= \frac{2}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left(\int_{\frac{a}{2\sqrt t}}^{\infty}{e^{-x^2}dx}\right)= \frac{a}{2t\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{a^2}{4t}}\\

因此

\mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]=\frac{a}{2s\sqrt\pi}\int_{0}^{\infty}{e^{-st-\frac{a^2}{4t}}\frac{dt}{t\sqrt t}}\\

做代换 \textstyle t\rightarrow \frac{1}{t} :

\begin{align} \mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]= \frac{a}{2s\sqrt\pi}\int_{0}^{\infty}{e^{-st^2-\frac{a^2}{4t^2}}\frac{\sqrt tdt}{t}} \end{align}\\

做代换 \textstyle t\rightarrow t^2 :

\begin{align} \mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]= \frac{a}{s\sqrt\pi}\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{s}{t^2}-(\frac{at}{2})^2}dt} \end{align}\\

根据刚才得到的结论

\int_{0}^{\infty}{e^{-\frac{s}{t^2}-(\frac{at}{2})^2}dt}= \frac{\sqrt\pi}{a}e^{-a\sqrt s} \\

便可得到

\begin{align} \mathcal L[erfc(\frac{a}{2\sqrt t})]= \frac{1}{s}e^{-a\sqrt s} \end{align}\\

根据拉普拉斯变换的时域微分性质

\mathcal L[f'(t)]=sF(s)\\ 容易得到

\begin{align} \mathcal L[erfc'(\frac{a}{2\sqrt t})]= e^{-a\sqrt s} \end{align}\\

经历一番云雨，我们终于找到了想要的答案：

\mathcal L^{-1}[e^{-a\sqrt s}]=\frac{a}{2t\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{a^2}{4t}}\\

辛辛苦苦得来的结果，有什么用呢?

(1) 初始热量分布为 0

(2) 边界端点随时间变化的函数为 f(t)

(3) 自然边界条件：无穷远处的热量分布为 0

对应的热传导方程组

\left\{ \begin{align} &\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\nabla^2u=0\\\\\ &u(x,0)=0\\\\ &u(0,t)=f(t) \end{align} \right.\\

对 u(x,t) 做关于时间 t 的拉普拉斯变换

\mathcal L_t[u(x,t)](s)=\psi(x,s)\\

原方程组变为

\left\{ \begin{align} &s\psi-a^2\psi''=0\\\\\ &\psi(0,s)=F(s) \end{align} \right.\\

其中第一个方程可化为

\psi''-\frac{s}{a^2}\psi=0\\

这是一个二阶齐次常系数常微分方程，易得它的解为

\psi(x,s)=A(s)e^{-\frac{\sqrt s}{a}x}+B(s)e^{\frac{\sqrt s}{a}x}\\

考虑自然边界条件， 第二项应为 0 ，所以

\psi(x,s)=A(s)e^{-\frac{\sqrt s}{a}x}\\

代入 \psi(0,s)=F(s) 得 A(s)=F(s) ，因此

\psi(x,s)=F(s)e^{-\frac{\sqrt s}{a}x}\\

现在对 \psi(x,s) 做关于时间 t 的拉普拉斯逆变换

\begin{align} u(x,t)=&\ f(t)\ast erfc'\left(\frac{x}{2a\sqrt t}\right)\\\\=&\ f(t)\ast \frac{x}{2at\sqrt{\pi t}}\cdot e^{-\frac{x^2}{4at}}\\\\=&\ \frac{x}{2a\sqrt\pi}\int_{0}^{t}{f(t-\tau)\cdot e^{-\frac{x^2}{4a\tau}}\frac{d\tau}{\tau\sqrt\tau}} \end{align}\\

亦即

u(x,t)=\frac{x}{2a\sqrt\pi}\int_{0}^{t}{f(t-\tau)\cdot e^{-\frac{x^2}{4a\tau}}\frac{d\tau}{\tau\sqrt\tau}}\\

的确是个很漂亮的扩散解