最后更新: 2025-02-01 13:35 查看: 54 次反馈刷题

拉普拉斯积分与菲涅尔方程

补充例题．求 Laplace 积分 $I(a)=\int_0^{+\infty} \frac{\cos a x}{1+x^2} d x, a \geqslant 0$ ．
解 用 $\frac{1}{1+x^2}$ 为优势函数，可见积分对 $a \geqslant 0$ 一致收玫，因此是 $a \geqslant 0$ 上的连续函数。此外还已知 $I(0)=\frac{\pi}{2}$ ．

还可以看出在 $a>0$ 时有

$$
I^{\prime}(a)=-\int_0^{+\infty} \frac{x \sin a x}{1+x^2} d x
$$

为此只要证明上式右边的积分对于 $a \in(0,+\infty)$ 内闭一致收敛。实际上对于 $0<a_0 \leqslant a$ 有

$$
\left.\left|\int_0^A \sin a x d x\right|=\left|-\frac{\cos a x}{a}\right|_{x=0}^{x=A} \right\rvert\, \leqslant \frac{2}{a_0}
$$

而另一个因子 $\frac{x}{1+x^2}$ 与参变量 $a$ 无关，且是 $x$ 的严格单调减少函数，当 $x \rightarrow+\infty$时极限为 0 。因此用 Dirichlet 判别法即可知道积分对 $a \in\left[a_0,+\infty\right)$ 一致收敛．

我们看到 $I^{\prime}(a)$ 的广义积分收敛情况已经不如 $I(a)$ 。因此不可能再在积分号下对参变量求导．这里可以从 $\frac{x}{1+x^2}$ 中分离出收敛慢的部分 $\frac{1}{x}$ ，于是在 $a>0$ 时有
$$
I^{\prime}(a)=-\int_0^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x\left(1+x^2\right)}\right) \sin a x d x=-\frac{\pi}{2}+\int_0^{+\infty} \frac{\sin a x}{x\left(1+x^2\right)} d x
$$

其中用到了 Dirichlet 积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{\pi}{2}$ ．
可以看出，上式最后一个积分又可以在积分号下求导，得到在 $a>0$ 有

$$
I^{\prime \prime}(a)=\int_0^{+\infty} \frac{\cos a x}{1+x^2} d x=I(a)
$$

这里利用了原来的积分对 $a \geqslant 0$ 一致收玫。（与（2）对比，可见问题不是 $I^{\prime}(a)$ 是否不能再求导的问题，而是根据什么和如何计算的问题．）

写出二阶微分方程 $I^{\prime \prime}(a)=I(a)$ 的通解

$$
I(a)=C_1 e^a+C_2 e^{-a}
$$

利用 $|I(a)| \leqslant I(0)=\frac{\pi}{2}$ ，可见 $C_1=0$ ．再利用 $I(a)$ 于 $a \geqslant 0$ 上连续，因此虽然上述方程与通解都只在 $a>0$ 上有效，仍然可以确定 $I(0)=\lim _{a \rightarrow 0^{+}} I(a)=C_2$ ，即 $C_2=\frac{\pi}{2}$ ．于是最后得到 $I(a)=\frac{\pi}{2} e ^{-a}$ ．

注 从（2）又得到

$$
\int_0^{+\infty} \frac{x \sin a x}{1+x^2} d x=\frac{\pi}{2} e^{-a},
$$

它也称为 Laplace 积分．有了这两个积分之后，可以计算出以下类型的许多积分：

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \sin a x d x, \quad \int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \cos a x d x
$$

其中 $R(x)$ 为有理函数．

例题 0.10 （Fresnel 积分）求 $I=\int_0^{+\infty} \sin x^2 d x$ 和 $J=\int_0^{+\infty} \cos x^2 d x$ ．
解 由于下面采用的方法对 $I, J$ 是相似的，只写出对 $I$ 的计算过程．
作代换 $x^2=t$ ，则积分变为 $I=\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{2 \sqrt{t}} d t$ ．过去已经用 Dirichlet 判别法知道这个广义积分收玫．问题是如何计算它的值．

引入收敛因子，即对于 $\alpha \geqslant 0$ 考虑积分

$$
I(\alpha)=\int_0^{+\infty} \frac{\sin t}{2 \sqrt{t}} e^{-\alpha t} d t
$$

由于 $\alpha=0$ 时的广义积分收玫，而 $e ^{-\alpha t}$ 单调且一致有界，根据 Abel 判别法，可见积分 $I(\alpha)$ 对于 $\alpha \geqslant 0$ 一致收敛，因此在 $\alpha \in[0,+\infty)$ 上连续。

以下我们将对于 $\alpha>0$ 求出 $I(\alpha)$ 的表达式，然后取极限得到所要的 $I=$ $I(0)=\lim _{\alpha \rightarrow 0^{+}} I(\alpha)$ ．

令 $0<a<b$ ，对于 $\alpha>0$ ，定义

$$
I_{a, b}(\alpha)=\int_a^b \frac{\sin t}{2 \sqrt{t}} e^{-\alpha t} d t
$$

然后利用概率积分 $\int_0^{+\infty} e ^{-u^2} d u=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ，就有

$$
\int_0^{+\infty} e^{-t u^2} d u=\frac{\sqrt{\pi}}{2 \sqrt{t}}
$$

用这个结果代入 $I_{a, b}(\alpha)$ 中得到

$$
I_{a, b}(\alpha)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_a^b d t \int_0^{+\infty} e^{-t\left(u^2+\alpha\right)} \sin t d u
$$

由于在 $t \in[a, b]$ 上有 $\left| e ^{-t\left(u^2+\alpha\right)} \sin t\right| \leqslant e ^{-a u^2}$ 成立，因此里层的广义积分在 $t \in[a, b]$ 上一致收玫，这样就可以交换积分顺序得到

$$
I_{a, b}(\alpha)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} d u \int_a^b e^{-t\left(u^2+\alpha\right)} \sin t d t
$$

这里的里层积分是可以求出的．利用不定积分 ${ }^{(1)}$

$$
\int e^{-\beta t} \sin t d t=\frac{e^{-\beta t}}{1+\beta^2} \cdot(-\cos t-\beta \sin t)+C
$$

就可以得到 $I_{a, b}(\alpha)=I_1+I_2+I_3+I_4$ ，其中

$$
\begin{aligned}
& I_1=\frac{-\cos b \cdot e^{-b \alpha}}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{e^{-b u^2}}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} d u \\
& I_2=\frac{-\sin b \cdot e^{-b \alpha}}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{\left(u^2+\alpha\right) e^{-b u^2}}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} d u \\
& I_3=\frac{\cos a \cdot e^{-a \alpha}}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{e^{-a u^2}}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} d u \\
& I_4=\frac{\sin a \cdot e^{-a \alpha}}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{\left(u^2+\alpha\right) e^{-a u^2}}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} d u
\end{aligned}
$$

现在分别讨论这 4 个积分。（表面上似乎复杂，实际上这 4 个积分都很容易处理．）
将 $I_1$ 和 $I_2$ 中的两个积分号下的被积函数的分子中的 $e ^{-b u^2}$ 放大为 1 ，就可看出有 $I_1=o(1), I_2=o(1)(b \rightarrow+\infty)$ ．

同样将 $I_3$ 和 $I_4$ 中的两个积分号下的被积函数的分子中的 $e ^{-a u^2}$ 放大为 1 ，就可以从 Weierstrass 判别法知道这两个积分在参变量 $a \in[0,1]$ 上一致收玫，从而当 $a \rightarrow 0^{+}$时可以在积分号下取极限，这样就得到 $I_4=o(1)\left(a \rightarrow 0^{+}\right)$，同时就得到在 $\alpha>0$ 时的 $I(\alpha)$ 的积分表达式：

$$
I(\alpha)=\lim _{\substack{a \rightarrow 0^{+} \\ b \rightarrow+\infty}} I_{a, b}(\alpha)=\lim _{a \rightarrow 0^{+}} I_3=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{d u}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} .
$$

最后从 $I(\alpha)$ 的积分表达式可见 $\alpha \rightarrow 0^{+}$可以通过积分号，因此它对于 $\alpha=0$也是正确的．这样就得到

$$
\begin{aligned}
I & =I(0)=\lim _{\alpha \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{d u}{1+\left(u^2+\alpha\right)^2} \\
& =\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^{+\infty} \frac{d u}{1+u^4}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}},
\end{aligned}
$$

其中用到积分 $\int_0^{+\infty} \frac{ d u}{1+u^4}=\frac{\pi}{2 \sqrt{2}}{ }^{(2)}$ ．

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