目录：
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 2π−h=n=1∑∞nsinnh,(0 所以 \text{所以} 所以 ∫ 0 ∞ sin x x d x = lim m → ∞ ∫ 0 m π sin x x d x = lim m → ∞ lim h → 0 + ∑ n = 1 k m sin n h n = lim h → 0 + lim m → ∞ ∑ n = 1 k m sin n h n = lim h → 0 + π − h 2 = π 2 \begin{aligned}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx&=\lim_{m\to\infin}\int_0^{m\pi}\frac{\sin x}{x}dx\\&=\lim_{m\to\infin}\lim_{h\to0^+}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n}\\&=\lim_{h\to0^+}\lim_{m\to\infin}\sum_{n=1}^{km}\frac{\sin nh}{n}\\&=\lim_{h\to0^+}\frac{\pi-h}{2}\\&=\frac{\pi}{2}\end{aligned} ∫0∞xsinxdx=m→∞lim∫0mπxsinxdx=m→∞limh→0+limn=1∑kmnsinnh=h→0+limm→∞limn=1∑kmnsinnh=h→0+lim2π−h=2π 2. 交换积分次序 ∫ 0 ∞ sin x x d x = ∫ 0 ∞ sin x 1 x d x = ∫ 0 ∞ sin x ( ∫ 0 ∞ e − x y d y ) d x ( 交换积分次序 ) = ∫ 0 ∞ ( ∫ 0 ∞ e − y x sin x d x ) d y ∫ 0 ∞ e − y x sin x d x = ∫ 0 ∞ e − y x 1 2 i ( e i x − e − i x ) d x = 1 2 i ∫ 0 ∞ ( e − ( y − i ) x − e − ( y + i ) x ) d x = 1 2 i ( − 1 y − i e − ( y − i ) x + 1 y + i e − ( y + i ) x ) ∣ 0 ∞ = 1 2 i ( 1 y − i − 1 y + i ) = 1 y 2 + 1 \begin{aligned}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin x}{x}\,dx&=\int_{0}^{\infin}\sin x\,\frac{1}{x}\,dx\\&=\int_{0}^{\infin}\sin x\big(\int_{0}^{\infin}e^{-xy}dy\big)dx \quad(\text{交换积分次序})\\&=\int_{0}^{\infin}\big(\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\sin x\,dx\big)dy \\ \\\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\sin x\,dx&=\int_{0}^{\infin}e^{-yx}\frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix})dx\\&=\frac{1}{2i}\int_{0}^{\infin}(e^{-(y-i)x}-e^{-(y+i)x})dx\\&=\frac{1}{2i}\big(-\frac{1}{y-i}e^{-(y-i)x}+\frac{1}{y+i}e^{-(y+i)x}\big)\Big|_0^\infin\\&=\frac{1}{2i}\big(\frac{1}{y-i}-\frac{1}{y+i}\big)\\&=\frac{1}{y^2+1}\end{aligned} ∫0∞xsinxdx∫0∞e−yxsinxdx=∫0∞sinxx1dx=∫0∞sinx(∫0∞e−xydy)dx(交换积分次序)=∫0∞(∫0∞e−yxsinxdx)dy=∫0∞e−yx2i1(eix−e−ix)dx=2i1∫0∞(e−(y−i)x−e−(y+i)x)dx=2i1(−y−i1e−(y−i)x+y+i1e−(y+i)x)∣∣∣0∞=2i1(y−i1−y+i1)=y2+11 ∴ 原式 = ∫ 0 ∞ 1 y 2 + 1 d y = arctan y ∣ 0 ∞ = π 2 . \begin{aligned} \therefore\,\, \text{原式}=\int_{0}^{\infin}\frac{1}{y^2+1}dy=\arctan y\,\Big|_0^{\infin} =\frac{\pi}{2}\end{aligned}. ∴原式=∫0∞y2+11dy=arctany∣∣∣0∞=2π. 3. 构造含参变量函数 记 I = ∫ 0 ∞ sin t t d t ，构造函数 f ( x ) = ∫ 0 ∞ e − x t sin t t d t ，则 f ( 0 ) = I . \begin{aligned}\text{记}\,I=\int_{0}^{\infin}\frac{\sin t}{t}\,dt\text{，构造函数}\,f(x)=\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\,dt\text{，则}\,f(0)=I\end{aligned}. 记I=∫0∞tsintdt，构造函数f(x)=∫0∞e−xttsintdt，则f(0)=I. 0 ≤ ∣ f ( x ) ∣ ≤ ∫ 0 ∞ e − x t ∣ sin t t ∣ d t ≤ ∫ 0 ∞ e − x t d t = 1 x 0\leq\big|f(x)\big|\leq\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\bigg|\frac{\sin t}{t}\bigg|dt \leq \int_{0}^{\infin}e^{-xt}dt=\frac{1}{x} 0≤∣∣f(x)∣∣≤∫0∞e−xt∣∣∣∣tsint∣∣∣∣dt≤∫0∞e−xtdt=x1 两边取极限， x → ∞ , f ( ∞ ) = 0. \text{两边取极限，}x\to\infin,\,f(\infin)=0. 两边取极限，x→∞,f(∞)=0. f ′ ( x ) = ∫ 0 ∞ ∂ ∂ x ( e − x t sin t t ) d t = − ∫ 0 ∞ e − x t sin t d t = − 1 x 2 + 1 ( 由上一方法中的结果 ) \begin{aligned}f'(x)&=\int_{0}^{\infin}\frac{\partial }{\partial x}\Big( e^{-xt}\frac{\sin t}{t}\Big)dt\\&=-\int_{0}^{\infin}e^{-xt}\sin t \,dt\\&=-\frac{1}{x^2+1} \quad (\text{由上一方法中的结果})\end{aligned} f′(x)=∫0∞∂x∂(e−xttsint)dt=−∫0∞e−xtsintdt=−x2+11(由上一方法中的结果) 由牛顿-莱布尼兹公式 \text{由牛顿-莱布尼兹公式} 由牛顿-莱布尼兹公式 0 − I = f ( ∞ ) − f ( 0 ) = ∫ 0 ∞ f ′ ( x ) d x = − ∫ 0 ∞ 1 x 2 + 1 d x = − arctan x ∣ 0 ∞ = − π 2 0-I=f(\infin)-f(0)=\int_0^{\infin}f'(x)dx=-\int_0^{\infin}\frac{1}{x^2+1} dx =-\arctan x \,\bigg|_0^{\infin}=-\frac{\pi}{2} 0−I=f(∞)−f(0)=∫0∞f′(x)dx=−∫0∞x2+11dx=−arctanx∣∣∣∣0∞=−2π 所以 I = π 2 . \begin{aligned}\text{所以}\,I=\frac{\pi}{2}\end{aligned}. 所以I=2π. 4. Laplace 变换 令 f ( t ) = ∫ 0 ∞ sin t x x d x , t > 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|<1 \\ 0,\,\,|t|\geq1\end{cases} f(t)={1,∣t∣<10,∣t∣≥1 ，对 f ( t ) 作傅里叶变换，令 \text{，对} \,f(t)\, \text{作傅里叶变换，令} ，对f(t)作傅里叶变换，令 F ( μ ) = F [ f ( t ) ] = ∫ − ∞ ∞ f ( t ) e − i μ t d t = ∫ − 1 1 e − i μ t d t = − 1 i μ e − i μ t ∣ − 1 1 = 2 μ 1 2 i ( e i μ − e − i μ ) = 2 sin μ μ \begin{aligned}F(\mu)&=\mathscr{F}[f(t)]\\&=\int_{-\infin}^{\infin} f(t)e^{-i\mu t}dt\\&=\int_{-1}^{1} e^{-i\mu t}dt\\&=-\frac{1}{i\mu}e^{-i\mu t}\Big|_{-1}^{1}\\&=\frac{2}{\mu}\frac{1}{2i}(e^{i\mu}-e^{-i\mu})\\&=2\,\frac{\sin \mu}{\mu}\end{aligned} F(μ)=F[f(t)]=∫−∞∞f(t)e−iμtdt=∫−11e−iμtdt=−iμ1e−iμt∣∣∣−11=μ22i1(eiμ−e−iμ)=2μsinμ 则 f ( t ) = F − 1 [ F ( μ ) ] = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ 2 sin μ μ e i μ t d μ . \begin{aligned}\text{则}\,f(t)=\mathscr{F}^{-1}\big[F(\mu)\big]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infin}^{\infin}2\,\frac{\sin \mu}{\mu}e^{i\mu t}d\mu.\end{aligned} 则f(t)=F−1[F(μ)]=2π1∫−∞∞2μsinμeiμtdμ. 取 t = 0 ，则 \text{取}\,t=0\text{，则} 取t=0，则 1 = f ( 0 ) = 1 π ∫ − ∞ ∞ sin μ μ d μ = 2 π ∫ 0 ∞ sin μ μ d μ 1=f(0)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu 1=f(0)=π1∫−∞∞μsinμdμ=π2∫0∞μsinμdμ 所以 ∫ 0 ∞ sin μ μ d μ = π 2 . 妙哉！ . \begin{aligned}\text{所以}\,\int_{0}^{\infin}\frac{\sin \mu}{\mu}\,d\mu=\frac{\pi}{2}.\quad\text{妙哉！}\end{aligned}. 所以∫0∞μsinμdμ=2π.妙哉！. 6. 狄拉克函数 首先来介绍一下狄拉克函数(就是 Dirac 创造的函数)，也称脉冲函数(比较形象)： \text{首先来介绍一下狄拉克函数(就是 \text{Dirac}\,创造的函数)，也称脉冲函数(比较形象)：} 首先来介绍一下狄拉克函数(就是 Dirac创造的函数)，也称脉冲函数(比较形象)： δ ( t ) = { ∞ , t = 0 0 , t ≠ 0 ，且满足 ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) d t = 1. \delta(t)=\begin{cases}\infin,&t=0 \\0,&t\neq 0\end{cases}\,\text{，且满足}\,\displaystyle\int_{-\infin}^{\infin}\delta(t)dt=1. δ(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<|z-z_0| 若z0是f(z)的孤立奇点，f(z)在D={z∣0<∣z−z0∣ 围 z 0 的任一正向简单闭曲线，则称积分 \begin{aligned}\text{围}\,z_0\,\text{的任一正向简单闭曲线，则称积分}\end{aligned} 围z0的任一正向简单闭曲线，则称积分 1 2 π i ∮ C f ( z ) d z \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz 2πi1∮Cf(z)dz 为 f 在 z 0 处的留数，记作 R e s [ f ( z ) , z 0 ] . \text{为}\,f\,\text{在}\,z_0\,\text{处的留数，记作}\,\mathrm{Res}[f(z),z_0]. 为f在z0处的留数，记作Res[f(z),z0]. 套用定理，令 f ( x ) = 1 x ，实轴上的一级奇点 x 1 = 0 ，上半复平面内无奇点，则 \begin{aligned}\text{套用定理，令}\,f(x)=\frac{1}{x}\text{，实轴上的一级奇点}\,x_1=0\text{，上半复平面内无奇点，则}\end{aligned} 套用定理，令f(x)=x1，实轴上的一级奇点x1=0，上半复平面内无奇点，则 ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = i π R e s [ e i z z , 0 ] = i π 1 2 π i ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z \int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=i\pi\, \mathrm{Res}[\frac{e^{iz}}{z},0] =i\pi \frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz=\frac{1}{2} \oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz ∫−∞∞x1eixdx=iπRes[zeiz,0]=iπ2πi1∮∣z∣=1zeizdz=21∮∣z∣=1zeizdz ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = ∮ ∣ i z ∣ = 1 e i z i z d ( i z ) = ∮ ∣ z ∣ = 1 e z z d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z ( 1 + z + z 2 2 ! + ⋯ + z n n ! + ⋯ ) d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 ( 1 z + 1 + z 2 ! + ⋯ + z n ( n + 1 ) ! + ⋯ ) d z = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z d z + ∮ ∣ z ∣ = 1 ( d ( z ) + d ( z 2 ) 2 ⋅ 2 ! + ⋯ + d ( z n + 1 ) ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! + ⋯ ) = ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z d z \begin{aligned}\oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz&=\oint_{|iz|=1} \frac{e^{iz}}{iz}d(iz)\\&=\oint_{|z|=1} \frac{e^{z}}{z}dz\\&=\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}(1+z+\frac{z^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots) dz \\&=\oint_{|z|=1} (\frac{1}{z}+1+\frac{z}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{(n+1)!}+\cdots) dz \\&= \oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz\,+\oint_{|z|=1} \big(d(z)+\frac{d(z^2)}{2\cdot2!}+\cdots+\frac{d(z^{n+1})}{(n+1)(n+1)!}+\cdots\big)\\&= \oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz\end{aligned} ∮∣z∣=1zeizdz=∮∣iz∣=1izeizd(iz)=∮∣z∣=1zezdz=∮∣z∣=1z1(1+z+2!z2+⋯+n!zn+⋯)dz=∮∣z∣=1(z1+1+2!z+⋯+(n+1)!zn+⋯)dz=∮∣z∣=1z1dz+∮∣z∣=1(d(z)+2⋅2!d(z2)+⋯+(n+1)(n+1)!d(zn+1)+⋯)=∮∣z∣=1z1dz 三角换元，令 z = e i θ ( 0 ≤ θ ≤ 2 π ) ，则 d z d θ = i e i θ = i z , d z z = i d θ . \begin{aligned}\text{三角换元，令}\,z=e^{i\theta}(0\leq\theta\leq 2\pi)\,\text{，则}\,\frac{dz}{d\theta}=ie^{i\theta}=iz,\frac{dz}{z}=id\theta\end{aligned}. 三角换元，令z=eiθ(0≤θ≤2π)，则dθdz=ieiθ=iz,zdz=idθ. ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z d z = ∫ 0 2 π i d θ = 2 π i \begin{aligned}\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz=\int_0^{2\pi}id\theta=2\pi i\end{aligned} ∮∣z∣=1z1dz=∫02πidθ=2πi 于是 \text{于是} 于是 ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 e i z z d z = 1 2 ∮ ∣ z ∣ = 1 1 z d z = π i \begin{aligned}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=\frac{1}{2} \oint_{|z|=1} \frac{e^{iz}}{z}dz=\frac{1}{2}\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\,dz=\pi i\end{aligned} ∫−∞∞x1eixdx=21∮∣z∣=1zeizdz=21∮∣z∣=1z1dz=πi 又因为 \text{又因为} 又因为 ∫ − ∞ ∞ 1 x e i x d x = ∫ − ∞ ∞ 1 x ( cos x + i sin x ) d x = i ∫ − ∞ ∞ sin x x d x \begin{aligned}\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}e^{ix}dx=\int_{-\infin}^{\infin}\frac{1}{x}(\cos x+i\sin x)dx=i\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx\end{aligned} ∫−∞∞x1eixdx=∫−∞∞x1(cosx+isinx)dx=i∫−∞∞xsinxdx 所以 ∫ − ∞ ∞ sin x x d x = π . \begin{aligned}\text{所以}\,\int_{-\infin}^{\infin}\frac{\sin x}{x}dx=\pi\end{aligned}. 所以∫−∞∞xsinxdx=π. 8. 黎曼引理 先做些准备工作 \text{先做些准备工作} 先做些准备工作 sin 2 n + 1 2 x = sin x 2 + ∑ k = 1 n ( sin 2 k + 1 2 x − sin 2 k − 1 2 x ) \sin \frac{2n+1}{2}x=\sin \frac{x}{2}+\sum_{k=1}^n(\sin \frac{2k+1}{2}x-\sin \frac{2k-1}{2}x) sin22n+1x=sin2x+k=1∑n(sin22k+1x−sin22k−1x) 由和差化积公式： sin A − sin B = 2 sin A − B 2 cos A + B 2 . \begin{aligned}\text{由和差化积公式：}\sin A-\sin B=2\sin\frac{A-B}{2}\cos\frac{A+B}{2}\end{aligned}. 由和差化积公式：sinA−sinB=2sin2A−Bcos2A+B. 则 sin 2 n + 1 2 x = ( 1 2 + ∑ k = 1 n cos k x ) 2 sin x 2 \begin{aligned}\text{则}\,\displaystyle \sin \frac{2n+1}{2}x=\big(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos kx\big) 2\sin \frac{x}{2}\end{aligned} 则sin22n+1x=(21+k=1∑ncoskx)2sin2x. x ≠ 2 k π 时，有 sin 2 n + 1 2 x 2 sin x 2 = 1 2 + ∑ k = 1 n cos k x \begin{aligned}x\neq 2k\pi\,\text{时，有}\,\frac{\sin \displaystyle\frac{2n+1}{2}x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos kx \end{aligned} x=2kπ时，有2sin2xsin22n+1x=21+k=1∑ncoskx. 两边同时积分，得 ∫ 0 π sin 2 n + 1 2 x 2 sin x 2 = π 2 ( n = 0 , 1 , 2 , ⋯ ) \begin{aligned}\text{两边同时积分，得}\int_0^{\pi}\frac{\sin\displaystyle \frac{2n+1}{2}x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{\pi}{2}\,(n=0,1,2,\cdots)\end{aligned} 两边同时积分，得∫0π2sin2xsin22n+1x=2π(n=0,1,2,⋯). 令 g ( x ) = 1 x − 1 2 sin x 2 = 2 sin x 2 − x 2 x sin x 2 , 0 < x ≤ π . \begin{aligned}\text{令}\,\displaystyle g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}=\frac{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}-x}{2x\sin \displaystyle \frac{x}{2}},\,0 令g(x)=x1−2sin2x1=2xsin2x2sin2x−x,0 由洛必达法则， \text{由洛必达法则，} 由洛必达法则， lim x → 0 + g ( x ) = lim x → 0 + cos x 2 − 1 x cos x 2 + 2 sin x 2 = lim x → 0 + − 1 2 sin x 2 2 cos x 2 − 1 2 x sin x 2 = 0 \lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to0^+}\frac{\cos\displaystyle \frac{x}{2}-1}{x\displaystyle\cos \frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}}=\lim_{x\to0^+}\frac{-\displaystyle\frac{1}{2}\sin\displaystyle \frac{x}{2}}{2\cos\displaystyle \frac{x}{2}-\frac{1}{2}x\sin \frac{x}{2}}=0 x→0+limg(x)=x→0+limxcos2x+2sin2xcos2x−1=x→0+lim2cos2x−21xsin2x−21sin2x=0 补充定义 g ( 0 ) = 0 ，则 g 在 [ 0 , π ] 上连续 . \text{补充定义}\,g(0)=0\text{，则}\,g\,\text{在}\,[0,\pi]\,\text{上连续}. 补充定义g(0)=0，则g在[0,π]上连续. Riemann-Lebesgue ( 差 点 儿 漏 掉 s ) 引理： \textrm{Riemann-Lebesgue}\,(差点儿漏掉 \,\textrm{s})\text{引理：} Riemann-Lebesgue(差点儿漏掉s)引理： 若 f 在 [ a , b ] 上连续，则 lim p → ∞ ∫ a b f ( x ) sin p x d x = 0 \text{若}\,f\,\text{在}\,[a,b]\,\text{上连续，则}\displaystyle \lim_{p\to \infin}\int_a^bf(x)\sin px \,dx=0 若f在[a,b]上连续，则p→∞lim∫abf(x)sinpxdx=0. 令 f ( x ) = g ( x ) , p = n + 1 2 ，则 \text{令}\,\displaystyle f(x)=g(x),\,p=n+\frac{1}{2}\text{，则} 令f(x)=g(x),p=n+21，则 lim n → ∞ ∫ 0 π ( 1 x − 1 2 sin x 2 ) sin ( n + 1 2 ) x d x = 0 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \big(\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin \displaystyle \frac{x}{2}}\big)\sin (n+\frac{1}{2})x\,dx=0 n→∞lim∫0π(x1−2sin2x1)sin(n+21)xdx=0 lim n → ∞ ∫ 0 π sin ( n + 1 2 ) x x d x = lim n → ∞ ∫ 0 π sin ( 2 n + 1 2 ) x 2 sin x 2 d x = lim n → ∞ π 2 = π 2 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(\displaystyle n+\frac{1}{2})x}{x}\,dx=\lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(\displaystyle \frac{2n+1}{2})x}{2\sin\displaystyle \frac{x}{2}}\,dx=\lim_{n\to\infin} \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2} n→∞lim∫0πxsin(n+21)xdx=n→∞lim∫0π2sin2xsin(22n+1)xdx=n→∞lim2π=2π 令 u = ( n + 1 2 ) x ，则 \begin{aligned}\text{令}\,u=(n+\frac{1}{2})x\text{，则}\end{aligned} 令u=(n+21)x，则 lim n → ∞ ∫ 0 π sin ( n + 1 2 ) x x d x = lim n → ∞ ∫ 0 ( n + 1 2 ) π sin u u d u = π 2 \lim_{n\to\infin}\int_0^{\pi} \frac{\sin(n+\displaystyle\frac{1}{2})x}{x}\,dx=\lim_{n\to\infin}\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin u}{u}du =\frac{\pi}{2} n→∞lim∫0πxsin(n+21)xdx=n→∞lim∫0(n+21)πusinudu=2π 所以 \text{所以} 所以 ∫ 0 ∞ sin u u d u = lim n → ∞ ∫ 0 ( n + 1 2 ) π sin u u d u = π 2 \int_0^{\infin}\frac{\sin u}{u}du=\lim_{n\to\infin}\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi}\frac{\sin u}{u}du =\frac{\pi}{2} ∫0∞usinudu=n→∞lim∫0(n+21)πusinudu=2π 若读者还有其他巧妙解法，请不吝赐教！ \small \text{若读者还有其他巧妙解法，请不吝赐教！} 若读者还有其他巧妙解法，请不吝赐教！ 文末彩蛋：大家好，这是我的孪生兄弟： \small \textbf{文末彩蛋：大家好，这是我的孪生兄弟：} 文末彩蛋：大家好，这是我的孪生兄弟： 无穷积分 ∫ e − x 2 d x 的几种巧妙解法！ \small \textbf{无穷积分}\,\int e^{-x^2}dx\, \textbf{的几种巧妙解法！} 无穷积分∫e−x2dx的几种巧妙解法！ Plus: 如有错误、可以改进的地方、或任何想说的，请在评论区留言！