方企勤 第五章 多元函数微分学 第5.6题

5.6.7 利用已知积分求下列积分

(1)
$$
\int_{0}^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 dx
$$

解答
已知
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \frac{\pi}{2}
$$
利用分部积分法：
令 $ u = \sin^2 x, dv = \frac{dx}{x^2} $，则
$$
du = 2\sin x \cos x dx = \sin 2x dx, \quad v = -\frac{1}{x}
$$
于是
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = \left[-\frac{\sin^2 x}{x}\right]_{0}^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x} dx
$$
第一项在 $x\to 0$ 时极限为 0，在 $\displaystyle{x\to\infty}$ 时也为 0。
第二项令 $t=2x$，得
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x} dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t} dt = \frac{\pi}{2}
$$
所以
$$
\boxed{\frac{\pi}{2}}
$$

---

(2)
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^4 x}{x^2} dx
$$

解答
利用三角恒等式
$$
\sin^4 x = \frac{3}{8} - \frac{1}{2}\cos 2x + \frac{1}{8}\cos 4x
$$
则
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^4 x}{x^2} dx = \frac{3}{8}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2} - \frac12 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos 2x}{x^2} dx + \frac18 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos 4x}{x^2} dx
$$
但第一项发散，因此需用分部积分法处理。
令
$$
I = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^4 x}{x^2} dx
$$
分部积分：
$u = \sin^4 x, dv = x^{-2} dx$，则
$$
du = 4\sin^3 x \cos x dx = 2\sin^2 x \sin 2x dx, \quad v = -\frac1x
$$
于是
$$
I = \left[-\frac{\sin^4 x}{x}\right]_{0}^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} \frac{2\sin^2 x \sin 2x}{x} dx
$$
第一项为0，第二项用 $\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$：
$$
I = \int_{0}^{+\infty} \frac{(1-\cos 2x)\sin 2x}{x} dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x} dx - \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos 2x \sin 2x}{x} dx
$$
第一个积分 $=\frac{\pi}{2}$，第二个积分中 $\cos 2x \sin 2x = \frac12 \sin 4x$，所以
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\frac12 \sin 4x}{x} dx = \frac12 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}
$$
因此
$$
I = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}
$$
$$
\boxed{\frac{\pi}{4}}
$$

---

(3)
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(a x^2 + b x + c)} dx \quad (a>0)
$$

解答
配方：
$$
a x^2 + b x + c = a\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 + c - \frac{b^2}{4a}
$$
则
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(a x^2+bx+c)} dx = e^{-c + \frac{b^2}{4a}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a (x+\frac{b}{2a})^2} dx
$$
令 $t = \sqrt{a}(x+\frac{b}{2a})$，则
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a (x+\frac{b}{2a})^2} dx = \frac{1}{\sqrt{a}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2} dt = \sqrt{\frac{\pi}{a}}
$$
所以
$$
\boxed{\sqrt{\frac{\pi}{a}} \, e^{\frac{b^2}{4a} - c}}
$$

---

(4)
$$
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x^2 + \frac{a^2}{x^2})} dx \quad (a>0)
$$

解答
利用对称性，原积分 $= 2\int_{0}^{+\infty} e^{-(x^2 + a^2/x^2)} dx$。
令 $t = x - \frac{a}{x}$，则
$$
dt = \left(1 + \frac{a}{x^2}\right) dx
$$
但更好的方法是利用公式：
$$
\int_{0}^{+\infty} e^{-(x^2 + \frac{a^2}{x^2})} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-2a}
$$
（这是已知结果，可通过变量代换 $u = x - a/x$ 证明）
因此原积分
$$
= 2 \cdot \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-2a} = \sqrt{\pi} e^{-2a}
$$
$$
\boxed{\sqrt{\pi} e^{-2a}}
$$

---

(5)
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-x^2} - \cos x}{x^2} dx
$$

解答
分部积分：令 $u = e^{-x^2} - \cos x, dv = x^{-2} dx$，则
$$
du = (-2x e^{-x^2} + \sin x) dx, \quad v = -\frac1x
$$
于是
$$
I = \left[-\frac{e^{-x^2} - \cos x}{x}\right]_{0}^{+\infty} + \int_{0}^{+\infty} \frac{-2x e^{-x^2} + \sin x}{x} dx
$$
第一项在 $x\to 0$ 时，$e^{-x^2} - \cos x \sim (1-x^2) - (1 - x^2/2) = -x^2/2$，除以 $x$ 趋于0，所以第一项为0。
第二项
$$
I = \int_{0}^{+\infty} (-2 e^{-x^2}) dx + \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} dx = -2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2} + \frac{\pi}{2} = -\sqrt{\pi} + \frac{\pi}{2}
$$
$$
\boxed{\frac{\pi}{2} - \sqrt{\pi}}
$$

---

(6)
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(\alpha x) \cos(\beta x)}{x} dx
$$

解答
利用积化和差：
$$
\sin(\alpha x)\cos(\beta x) = \frac12 [\sin((\alpha+\beta)x) + \sin((\alpha-\beta)x)]
$$
则
$$
I = \frac12 \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin((\alpha+\beta)x)}{x} dx + \frac12 \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin((\alpha-\beta)x)}{x} dx
$$
已知
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(kx)}{x} dx = \frac{\pi}{2} \operatorname{sgn}(k)
$$
所以
$$
I = \frac{\pi}{4} \left[ \operatorname{sgn}(\alpha+\beta) + \operatorname{sgn}(\alpha-\beta) \right]
$$
例如当 $\alpha > \beta > 0$ 时，两项均为正，得 $\pi/2$；若 $0<\alpha<\beta$，则第二项为负，结果为0。
$$
\boxed{\frac{\pi}{