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拉普拉斯积分

`例`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 $a \geqslant 0$ 一致收敛，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 $a \geqslant 0$ 一致收敛。（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．

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