无穷积分 ∫sinx/xdx 的几种巧妙解法 |
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1. Fourier 正弦展开2. 交换积分次序3. 构造含参变量函数4. Laplace 变换5. Fourier 变换6. 狄拉克函数7. 留数定理8. 黎曼引理
![]() 狄利克雷积分 ∫ 0 ∞ sin x x d x \,\displaystyle \int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx\, ∫0∞xsinxdx 是一个比较常见的无穷积分,在很多领域有着重要应用。 下面介绍几种巧妙解法。为了您更好的阅读体验,请使用电脑浏览。 1. Fourier 正弦展开∫ 0 ∞ sin x x d x = lim m → ∞ ∫ 0 m π sin x x d x \int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx=\lim_{m\to\infin}\int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx ∫0∞xsinxdx=m→∞lim∫0mπxsinxdx 令 h = π / k ,将区间 [ 0 , m π ] 分割成 k m 个长度为 h 的小区间,由黎曼积分的定义 \text{令}\,h=\pi/k\text{,将区间}\,[0,m\pi]\,\text{分割成}\,km\,\text{个长度为}\,h\,\text{的小区间,由黎曼积分的定义} 令h=π/k,将区间[0,mπ]分割成km个长度为h的小区间,由黎曼积分的定义 ∫ 0 m π sin x x d x = lim h → 0 + ∑ n = 1 k m sin n h n h h = lim h → 0 + ∑ n = 1 k m sin n h n \int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx=\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{nh}h=\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n} ∫0mπxsinxdx=h→0+limn=1∑kmnhsinnhh=h→0+limn=1∑kmnsinnh 由 Fourier 正弦展开 \text{由}\,\textrm{Fourier}\,\text{正弦展开} 由Fourier正弦展开 π − h 2 = ∑ n = 1 ∞ sin n h n , ( 0 < h < π ) \frac{\pi-h}{2}=\sum_{n=1}^{\infin}\frac{\sin nh}{n},(0 0 ,对 f ( t ) 作拉普拉斯变换,令 \begin{aligned}\text{令}\,f(t)=\int_{0}^{\infin}\frac{\sin tx}{x}\,dx,\, t>0\text{,对}\,f(t)\, \text{作拉普拉斯变换,令}\end{aligned} 令f(t)=∫0∞xsintxdx,t>0,对f(t)作拉普拉斯变换,令 F ( s ) = L [ f ( t ) ] = L [ ∫ 0 ∞ sin t x x d x ] t = ∫ 0 ∞ 1 x L [ sin t x ] t d x = ∫ 0 ∞ 1 s 2 + x 2 d x = 1 s ∫ 0 ∞ 1 1 + ( x s ) 2 d ( x s ) ( let u = x s ) = 1 s arctan u ∣ 0 ∞ = 1 s π 2 \begin{aligned}F(s)=\mathscr{L}[f(t)]&=\mathscr{L}\Big[\int_{0}^{\infin}\frac{\sin tx}{x}dx\Big]_t\\&=\int_{0}^{\infin} \frac{1}{x}\mathscr{L}\big[\sin tx \big]_tdx\\&=\int_{0}^{\infin}\frac{1}{s^2+x^2}\,dx\\&=\frac{1}{s}\int_{0}^{\infin}\frac{1}{1+(\displaystyle \frac{x}{s})^2}\,d(\frac{x}{s}) \quad (\textit{let u = $\displaystyle \frac{x}{s}$})\\&=\frac{1}{s}\arctan u\,\Big|_0^{\infin}\\&=\frac{1}{s}\frac{\pi}{2}\end{aligned} F(s)=L[f(t)]=L[∫0∞xsintxdx]t=∫0∞x1L[sintx]tdx=∫0∞s2+x21dx=s1∫0∞1+(sx)21d(sx)(let u = sx)=s1arctanu∣∣∣0∞=s12π 则 f ( t ) = L − 1 [ F ( s ) ] = π 2 L − 1 [ 1 s ] = π 2 . \begin{aligned}\text{则}\,\, f(t)=\mathscr{L}^{-1}\big[F(s)\big]=\frac{\pi}{2}\mathscr{L}^{-1}\big[\frac{1}{s}\big]=\frac{\pi}{2}\end{aligned}. 则f(t)=L−1[F(s)]=2πL−1[s1]=2π. 令人惊奇的是, f ( t ) 的值竟与 t 无关,于是我们得到一个更为普遍的结论 \begin{aligned}\text{令人惊奇的是,}f(t)\, \text{的值竟与} \,t\, \text{无关,于是我们得到一个更为普遍的结论}\end{aligned} 令人惊奇的是,f(t)的值竟与t无关,于是我们得到一个更为普遍的结论 ∫ 0 ∞ sin t x x d x = π 2 , t > 0 \int_0^{\infin}\frac{\sin tx}{x}\,dx=\frac{\pi}{2},\,t>0 ∫0∞xsintxdx=2π,t>0 如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释 \text{如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释} 如果你也觉得不可思议的话,不妨看看我的解释 f ′ ( t ) = ∫ 0 ∞ ∂ ∂ t ( sin t x x ) d x = ∫ 0 ∞ cos t x d x = lim n → ∞ ∫ 0 n π / t cos t x d x ( l e t u = t x ) = lim n → ∞ 1 t ∫ 0 n π cos u d u = 1 t lim n → ∞ sin u ∣ 0 n π = 0 \begin{aligned}f'(t)&=\int_0^{\infin}\frac{\partial }{\partial t}\Big(\frac{\sin tx}{x}\Big)dx \\&=\int_0^{\infin}\cos tx\,dx\\&=\lim_{n\to\infin}\int_0^{n\pi/t}\cos tx\,dx \quad (let\,\, u=tx)\\&=\lim_{n\to\infin}\frac{1}{t}\int_0^{n\pi}\cos u\,du\\&=\frac{1}{t}\lim_{n\to\infin} \sin u\,\Big|_0^{n\pi}\\&=0\end{aligned} f′(t)=∫0∞∂t∂(xsintx)dx=∫0∞costxdx=n→∞lim∫0nπ/tcostxdx(letu=tx)=n→∞limt1∫0nπcosudu=t1n→∞limsinu∣∣∣0nπ=0 所以 f ( t ) = C , 与 t 无关 . \text{所以}\,f(t)=C,\,\text{与}\,t\,\text{无关}. 所以f(t)=C,与t无关. 5. Fourier 变换令 \text{令} 令 f ( t ) = { 1 , ∣ t ∣ < 1 0 , ∣ t ∣ ≥ 1 f(t)=\begin{cases}1,\,\,|t|∞,0,t=0t=0,且满足∫−∞∞δ(t)dt=1. 容易验证: ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) f ( t ) d t = f ( 0 ) . \text{容易验证:}\displaystyle\int_{-\infin}^{\infin}\delta(t)f(t)dt=f(0). 容易验证:∫−∞∞δ(t)f(t)dt=f(0). 取 f ( t ) = e − i μ t , f ( 0 ) = 1. \text{取}\,f(t)=e^{-i\mu t},\,f(0)=1. 取f(t)=e−iμt,f(0)=1. 则脉冲函数的傅里叶变换 F ( μ ) = F [ δ ( t ) ] = ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) e − i μ t d t = 1 \text{则脉冲函数的傅里叶变换}\,\,\displaystyle F(\mu)=\mathscr{F}[\delta(t)]=\int_{-\infin}^{\infin} \delta(t)e^{-i\mu t}dt=1 则脉冲函数的傅里叶变换F(μ)=F[δ(t)]=∫−∞∞δ(t)e−iμtdt=1. 作傅里叶反变换 δ ( t ) = F − 1 [ F ( μ ) ] = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ e i μ t d μ . \text{作傅里叶反变换}\,\,\displaystyle\delta(t)=\mathscr{F}^{-1}\big[F(\mu)\big]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin} e^{i\mu t}d\mu. 作傅里叶反变换δ(t)=F−1[F(μ)]=2π1∫−∞∞eiμtdμ. 准备工作完成,构造函数 \text{准备工作完成,构造函数} 准备工作完成,构造函数 g ( λ ) = ∫ − ∞ ∞ sin λ x x d x ,则 g ( 1 ) = ∫ − ∞ ∞ sin x x d x . \,\displaystyle g(\lambda)=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin \lambda x}{x}dx\text{,则}\,g(1)=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx. g(λ)=∫−∞∞xsinλxdx,则g(1)=∫−∞∞xsinxdx. g ′ ( λ ) = ∫ − ∞ ∞ ∂ ∂ λ ( sin λ x x ) d x = ∫ − ∞ ∞ cos λ x d x + 0 = ∫ − ∞ ∞ cos λ x d x + i ∫ − ∞ ∞ sin λ x d x = ∫ − ∞ ∞ e i λ x d x = 2 π ( 1 2 π ∫ − ∞ ∞ e i λ x d x ) = 2 π δ ( λ ) \begin{aligned}g'(\lambda)&=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\partial }{\partial \lambda}\Big( \frac{\sin \lambda x}{x}\Big)dx\\&=\int_{-\infin}^{\infin}\cos \lambda xdx+0\\&=\int_{-\infin}^{\infin}\cos \lambda x dx+i\int_{-\infin}^{\infin}\sin \lambda x dx\\&=\int_{-\infin}^{\infin}e^{i\lambda x}dx\\&=2\pi \big(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin}e^{i\lambda x}dx\big)\\&=2\pi \delta(\lambda)\end{aligned} g′(λ)=∫−∞∞∂λ∂(xsinλx)dx=∫−∞∞cosλxdx+0=∫−∞∞cosλxdx+i∫−∞∞sinλxdx=∫−∞∞eiλxdx=2π(2π1∫−∞∞eiλxdx)=2πδ(λ) 因为 g ( λ ) 是奇函数,所以 \text{因为}\,g(\lambda)\,\text{是奇函数,所以} 因为g(λ)是奇函数,所以 g ( 1 ) = − g ( − 1 ) = 1 2 ( g ( 1 ) − g ( − 1 ) ) ( 由 N - L 公式 ) = 1 2 ∫ − 1 1 g ′ ( λ ) d λ = 1 2 ∫ − 1 1 2 π δ ( λ ) d λ ( δ ( λ ) = 0 , λ ≠ 0 ) = π ∫ − ∞ ∞ δ ( λ ) d λ = π \begin{aligned}g(1)&=-g(-1)\\&=\frac{1}{2}\big(\,g(1)-g(-1)\,\big) \quad (\text{由}\, N\text{-}L\, \text{公式})\\&=\frac{1}{2} \int_{-1}^{1}g'(\lambda)d\lambda\\&=\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} 2\pi \delta(\lambda) d\lambda \quad\,\,\,\, (\delta(\lambda)=0,\,\lambda\neq0)\\&=\pi \int_{-\infin}^{\infin}\delta(\lambda)d\lambda\\&=\pi\end{aligned} g(1)=−g(−1)=21(g(1)−g(−1))(由N-L公式)=21∫−11g′(λ)dλ=21∫−112πδ(λ)dλ(δ(λ)=0,λ=0)=π∫−∞∞δ(λ)dλ=π 妙极! \text{妙极!} 妙极! 7. 留数定理定理内容:当被积函数 f ( x ) 是 x 的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子 \begin{aligned}\text{定理内容:当被积函数} \,f(x)\, \text{是}\, x \,\text{的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子}\end{aligned} 定理内容:当被积函数f(x)是x的有理函数(多项式除多项式),且分母的次数比分子 的次数至少高一次, f ( z ) 在实轴上除去有限多个一级奇点 x 1 , x 2 , ⋯ , x p 外处处解析, \begin{aligned}\text{的次数至少高一次,}f(z)\,\text{在实轴上除去有限多个一级奇点}\,x_1,x_2,\cdots,x_p\, \text{外处处解析,}\end{aligned} 的次数至少高一次,f(z)在实轴上除去有限多个一级奇点x1,x2,⋯,xp外处处解析, 在上半复平面 ( I m z > 0 ) 除去有限多个奇点 z 1 , z 2 , ⋯ , z q 外处处解析,则 \begin{aligned}\text{在上半复平面}\,(\mathrm{Im}\,z>0)\,\text{除去有限多个奇点}\,z_1,z_2,\cdots,z_q\,\text{外处处解析,则}\end{aligned} 在上半复平面(Imz>0)除去有限多个奇点z1,z2,⋯,zq外处处解析,则 ∫ − ∞ ∞ f ( x ) e i m x d x = π i ∑ k = 1 p R e s [ f ( z ) e i m z , x k ] + 2 π i ∑ k = 1 q R e s [ f ( z ) e i m z , z k ] \int_{-\infin}^{\infin}f(x)e^{imx}dx=\pi i\sum_{k=1}^{p}\mathrm{Res}[f(z)e^{imz},x_k]+2\pi i\sum_{k=1}^{q}\mathrm{Res}[f(z)e^{imz},z_k] ∫−∞∞f(x)eimxdx=πik=1∑pRes[f(z)eimz,xk]+2πik=1∑qRes[f(z)eimz,zk] 其中 R e s [ f ( z ) , z 0 ] 为函数 f 在 z 0 处的留数,定义如下: \begin{aligned}\text{其中}\,\mathrm{Res}[f(z),z_0]\,\text{为函数}\,f\,\text{在}\,z_0\,\text{处的留数,定义如下:}\end{aligned} 其中Res[f(z),z0]为函数f在z0处的留数,定义如下: 若 z 0 是 f ( z ) 的孤立奇点, f ( z ) 在 D = { z ∣ 0 < ∣ z − z 0 ∣ < R } 内解析, C 是 D 内包 \begin{aligned}&\text{若}\,z_0\,\text{是}\,f(z)\,\text{的孤立奇点,}f(z)\,\text{在}\,D=\{z\,|\,0 |
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