最后更新: 2025-04-29 08:51 查看: 11 次反馈刷题

利用δ函数积分

利用 $\delta$ 函数的常用积分表达式

$$
\delta(x)=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i k x} d k \quad \text { 或 } \quad \delta(x)=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \cos k x d k \text {, }
$$

也可以计算无穷积分．下面通过几个例题来说明计算的一般步骤．
例 10.2 计算积分 $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} d x$ ．
解 考虑辅助积分

$$
F(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin \lambda x}{x} d x
$$

如果许可在积分号下求导，则有

$$
F^{\prime}(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty} \cos \lambda x d x=2 \pi \delta(\lambda)
$$

所以

$$
F(\lambda)=2 \pi \eta(\lambda)+C
$$

其中 $C$ 为积分常数，待定．不妨限定 $\lambda>0$ ，于是

$$
F(\lambda)=2 \pi+C, \quad F(-\lambda)=C
$$

考虑到 $F(\lambda)$ 是 $\lambda$ 的奇函数，

$$
F(-\lambda)=-F(\lambda), \quad F(0)=0
$$

即可定出 $C=-\pi$ ．因此

$$
F(\lambda)=\left\{\begin{aligned}
\pi, & \lambda>0 ; \\
0, & \lambda=0 ; \\
-\pi, & \lambda<0 .
\end{aligned}\right.
$$

特别是，当 $\lambda=1$ ，就有

$$
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\pi
$$

例 10.3 计算积分 $I=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin 2 x}{x^2+x+1} d x$ ．
解 可以引进辅助积分

$$
F(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \lambda x}}{x^2+x+1} d x
$$

同样，在积分号下求导，就能得到它所满足的微分方程

$$
-F^{\prime \prime}(\lambda)-i F^{\prime}(\lambda)+F(\lambda)=2 \pi \delta(\lambda) .
$$
这是一个特殊的二阶常微分方程：其非齐次项含有 $\delta$ 函数．这种特殊性表现在两方面：一是当 $\lambda \neq 0$ 时，$\delta(\lambda)=$ 0 ，方程是齐次的，所以

$$
F(\lambda)= \begin{cases}A e^{\lambda e^{-\pi i / 6}}+B e^{\lambda e^{-5 \pi i / 6}}, & \lambda>0, \\ C e^{\lambda e^{-\pi i / 6}}+D e^{\lambda e^{-5 \pi i / 6}}, & \lambda<0 .\end{cases}
$$

考虑到 $\lambda \rightarrow \pm \infty$ 时 $F(\lambda)$ 的有界性（因为积分收玫），$A$ 和 $D$ 必为 0 ．二是方程（10．25）的非齐次项为 $2 \pi \delta(\lambda)$ ，这一定可以推断出 $F(\lambda)$ 在 $\lambda=0$ 点连续，

$$
\left.\lim _{\varepsilon \rightarrow+0} F(\lambda)\right|_{0-\varepsilon} ^{0+\varepsilon}=0 \text {, 由此导出 } B=C \text {, }
$$

而 $F^{\prime}(\lambda)$ 不连续（因此 $F^{\prime \prime}(\lambda)$ 才会出现 $\delta(\lambda)$ ）．为了得到 $F^{\prime}(\lambda)$ 在 $\lambda=0$ 点不连续性的定量描述，可以将微分方程（10．25）由 $\lambda=0$ 之左到 $\lambda=0$ 之右积分，于是就有

$$
\int_{0-\varepsilon}^{0+\varepsilon}\left[F^{\prime \prime}(\lambda)+i F^{\prime}(\lambda)-F(\lambda)\right] d \lambda=-2 \pi \int_{0-\varepsilon}^{0+\varepsilon} \delta(\lambda) d \lambda=-2 \pi .
$$

因 $F(\lambda)$ 在 $\lambda=0$ 点连续，故当 $\varepsilon \rightarrow+0$ 时，上式左端第二项和第三项的积分均趋于 0 ，

$$
\left.\lim _{\varepsilon \rightarrow+0} F^{\prime}(\lambda)\right|_{0-\varepsilon} ^{0+\varepsilon}=-2 \pi
$$

将（10．26）式代入（10．28）式，得

$$
\frac{-i-\sqrt{3}}{2} B-\frac{-i+\sqrt{3}}{2} C=-2 \pi,
$$

因此求得

$$
B=C=2 \pi / \sqrt{3} .
$$

所以

$$
F(\lambda)= \begin{cases}\frac{2 \pi}{\sqrt{3}} e^{-\sqrt{3} \lambda / 2} e^{-i \lambda / 2}, & \lambda>0 \\ \frac{2 \pi}{\sqrt{3}} e^{\sqrt{3} \lambda / 2} e^{-i \lambda / 2}, & \lambda<0 .\end{cases}
$$

而所要求的积分即为
$$
I=\operatorname{Im} F(2)=-\frac{2 \pi}{\sqrt{3}} e^{-\sqrt{3}} \sin 1
$$

现在不妨再验证一下 $F^{\prime}(\lambda)$ 在 $\lambda=0$ 点的不连续性．根据上面所得的结果，可以求出

$$
F^{\prime}(\lambda)=\left\{\begin{aligned}
-\left(1+\frac{i}{\sqrt{3}}\right) \pi e^{-\sqrt{3} \lambda / 2} e^{-i \lambda / 2}, & \lambda>0 \\
\left(1-\frac{i}{\sqrt{3}}\right) \pi e^{\sqrt{3} \lambda / 2} e^{-i \lambda / 2}, & \lambda<0
\end{aligned}\right.
$$

或者统一写成

$$
F^{\prime}(\lambda)=\left[1-\frac{i}{\sqrt{3}}-2 \eta(\lambda)\right] \pi e^{-\sqrt{3}|\lambda| / 2} e^{-i \lambda / 2}
$$

特别是，在 $\lambda=0$ 点，$F^{\prime}(\lambda)$ 的左，右极限为

$$
\lim _{\varepsilon \rightarrow+0} F^{\prime}(0 \pm \varepsilon)=-\frac{\pi i}{\sqrt{3}} \mp \pi .
$$

需要指出，例 10.3 中的 $F(\lambda)$ 连续而 $F^{\prime}(\lambda)$ 不连续，这一结论具有普遍意义．为此，我们讨论一般的非齐次项为 $\delta$ 函数的二阶线性常微分方程．

任意一个二阶线性齐次常微分方程都可以整理成如下的形式：

$$
\frac{d}{d x}\left[p(x) \frac{d y(x)}{d x}\right]+q(x) y(x)=0, \quad a < x < b .
$$

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