Dirichlet 积分

【问题】计算广义积分

$${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x$$

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解法一：构造含参变量函数

记

$$I={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x$$

构造函数

$$f(x)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\mathrm{d}t(x⩾0)$$

则

$$\begin{array}{rl}f(0)& =I\end{array}$$

同时，利用定积分的基本性质，可以证明

$$\begin{array}{rl}0& ⩽\left|{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\mathrm{d}t\right|\\ & ⩽{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\left|{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\right|\mathrm{d}t\\ & ⩽{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\mathrm{d}t\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x}}\end{array}$$

INFO

复变函数积分的特殊性质

复变函数积分的性质几乎与第二类曲线积分的性质一致。这里做一个补充和总结。

设曲线 $C$ 的长度为 $L$，$f(z)$ 是有界的，且

$$|f(z)|⩽M$$

那么有如下不等式成立

$$\begin{array}{rl}|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z|& ⩽{\int }_C|f(z)|\mathrm{d}s\\ & ⩽{\int }_{C}M\mathrm{d}s\\ & ⩽ML\end{array}$$

所以，根据极限的两边夹定理，当 $x\to +\mathrm{\infty }$ 时

$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}|f(x)|=0\\ ⟹& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=0\end{array}$$

INFO

极限的两边夹定理

设数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 收敛，且当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=k$$

若存在自然数 $N$，使得当 $n>N$ 时，数列 $\{c_n\}$ 满足

$$a_n⩽c_n⩽b_n$$

则数列 $\{c_n\}$ 收敛，且当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{c}_n=k$$

对函数 $f(x)$ 求一阶导数

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\partial e^{-xt}}{\partial x}}\cdot {\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\mathrm{d}t\\ & =-t{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\mathrm{d}t\\ & =-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\sin t\mathrm{d}t\end{array}$$

然后我们令

$$\mathrm{\Phi }=-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\sin t\mathrm{d}t$$

应用两次分部积分法

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Phi }& =-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\sin t\mathrm{d}t\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin t\mathrm{d}{e}^{-xt}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x}}(e^{-xt}\sin t{|}_0^{+\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\mathrm{d}\sin t)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x^2}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos t\mathrm{d}{e}^{-xt}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x^2}}(e^{-xt}\cos t{|}_0^{+\mathrm{\infty }}-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\mathrm{d}\cos t)\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}(1+\mathrm{\Phi })\end{array}$$

解得

$$\mathrm{\Phi }=-{\displaystyle \frac{1}{x^2+1}}$$

于是

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xt}\sin t\mathrm{d}t\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{x^2+1}}\end{array}$$

等式两边同时积分，由牛顿-莱布尼兹公式得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{f}^{\prime }(x)& =-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{x^2+1}}\mathrm{d}x=-\arctan x{|}_0^{+\mathrm{\infty }}=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)-f(0)=-I\end{array}$$

解得

$$I={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$

解法二：化为二重积分

考虑如下广义积分

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xy}\mathrm{d}y& =-{\displaystyle \frac{1}{x}}{e}^{-xy}{|}_0^{+\mathrm{\infty }}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x}}\end{array}$$

将之代入原式得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin x\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-xy}\mathrm{d}y\right)\mathrm{d}x\\ & ={\iint }_{{\mathbb{R}}_{+}^2}\sin x{e}^{-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$

化为二重积分后，交换积分次序，即先对 $x$ 积分

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin x{e}^{-xy}\mathrm{d}x)\mathrm{d}y\end{array}$$

由解法一的计算结果可知，上式可化简为

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{y^2+1}}\mathrm{d}y\\ & =\arctan x{|}_0^{+\mathrm{\infty }}\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$

解法三：留数定理

INFO

留数

洛朗级数负幂项的系数

$$\mathrm{Res}[f(z),a]={\displaystyle \frac{1}{2\pi i}}{\oint }_{z=a+\rho e^{i\theta }}f(z)\mathrm{d}z$$

INFO

留数定理

闭合回路积分等于所有孤立奇点的留数之和

$${\oint }_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i\sum _{i=1}^n\mathrm{Res}[f(z),z_i]$$

根据欧拉公式可知

$$\begin{array}{rl}\sin x& ={\displaystyle \frac{1}{2i}}(e^{ix}-e^{-ix})\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x-{\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_0^{-\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{-ix}}{-x}}\mathrm{d}(-x)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x+{\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x\end{array}$$

构造复变函数

$$f(z)={\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}$$

它有一个孤立奇点 $z_0=0$。由留数定理得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2i}}\cdot i\pi \mathrm{Res}[f(z),z_0]\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\mathrm{Res}[f(z),z_0]\end{array}$$

注意到此处在运用留数定理时，被积函数是定义在实数域上的。实轴上的奇点具有对称性，积分路径（即实轴）的上半部分和下半部分对积分的贡献是相等的。因此，在应用留数定理时只需考虑上半复平面的情况即可。

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\mathrm{Res}[f(z),z_0]\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2\pi i}}{\oint }_{|z|=\epsilon }f(z)\mathrm{d}z\\ & ={\displaystyle \frac{1}{4i}}{\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z\end{array}$$

其中，$\epsilon >0$ 是一个任意小的常数。所以曲线积分的路径是一个半径为 $\epsilon$ 的圆。

作变量变换 $z=iz$，相当于将复平面顺时针旋转了 90°。但是这并没有改变曲线积分的路径，即

$$\begin{array}{rl}|z|& =\epsilon \\ ⟺|iz|& =\epsilon \end{array}$$

下面来计算这个环路上的积分

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z& ={\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{e^{iz}}{iz}}\mathrm{d}(iz)\\ & ={\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{e^z}{z}}\mathrm{d}z\\ & ={\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{1}{z}}\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{z^n}{n!}}\right)\mathrm{d}z\\ & ={\oint }_{|z|=\epsilon }({\displaystyle \frac{1}{z}}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{z^{n-1}}{n!}})\mathrm{d}z\\ & ={\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{1}{z}}\mathrm{d}z+{\oint }_{|z|=\epsilon }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{z^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z\end{array}$$

由柯西积分定理可知，如果环路所围成的区域是单连通区域，即没有孤立奇点，那么积分结果为零。这意味着

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=\epsilon }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{z^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z& =0\end{array}$$

那么，下面只需求解

$$\begin{array}{r}{\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{1}{z}}\mathrm{d}z\end{array}$$

作变量变换 $z=e^{i\theta }$，得到

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{1}{z}}\mathrm{d}z& ={\int }_0^{2\pi }{\displaystyle \frac{1}{e^{i\theta }}}\mathrm{d}(e^{i\theta })\\ & =i{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi i\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{4i}}{\oint }_{|z|=\epsilon }{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z\\ & ={\displaystyle \frac{1}{4i}}\cdot 2\pi i\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$

解法四：柯西积分定理

由解法三可知

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2i}}({\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x+{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x)\end{array}$$

定义复变函数

$$\begin{array}{r}f(z)={\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\end{array}$$

为了挖掉 $f(z)$ 的孤立奇点 $z_0=0$，定义 $f(z)$ 的积分路径 $C$ 为

$$\begin{array}{rl}{C}_R:|z|& =R,\arg z\in [0,\pi ]\\ C_r:|z|& =r,\arg z\in [0,\pi ]\\ Im(z)& =0,|z|\in [r,R]\end{array}$$

所构成的正向闭曲线，如下图所示

由柯西积分定理得

$$\begin{array}{rl}{\oint }_C{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z& ={\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z+{\int }_{-R}^{-r}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x+{\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z+{\int }_r^R{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x\\ & =0\end{array}$$

那么

$$\begin{array}{}\text{(*)}& \begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{2i}}\underset{\begin{array}{c}r\to 0\\ R\to +\mathrm{\infty }\end{array}}{lim}({\int }_{-R}^{-r}{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x+{\int }_r^R{\displaystyle \frac{e^{ix}}{x}}\mathrm{d}x)\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{2i}}(\underset{R\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z+\underset{r\to 0}{lim}{\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z)\end{array}\end{array}$$

下面分别计算这两个曲线积分。首先计算外环路径上的积分

$$\begin{array}{rl}{\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z& ⩽{\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{\left|e^{iz}\right|}{|z|}}\mathrm{d}s\\ & ={\displaystyle \frac{1}{R}}{\int }_{C_R}\left|e^{ix-y}\right|\mathrm{d}s\\ & ={\displaystyle \frac{1}{R}}{\int }_{C_R}{e}^{-y}\mathrm{d}s\\ & ={\int }_0^{\pi }{e}^{-R\sin \theta }\mathrm{d}\theta \\ & =2{\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{e}^{-R\sin \theta }\mathrm{d}\theta \\ & ⩽2{\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{e}^{-{\displaystyle \frac{2R}{\pi }}\theta }\mathrm{d}\theta \\ & =-{\displaystyle \frac{\pi }{R}}{e}^{-{\displaystyle \frac{2R}{\pi }}\theta }{|}_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{R}}(1-e^{-R})\end{array}$$

这里进行了两次放大。第一次是利用积分的基本性质（保号性的推论），第二次是将曲线简化为割线。具体来说，对于 $\theta \in [0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$

$$\sin \theta ⩾{\displaystyle \frac{2}{\pi }}\theta$$

而根据被积函数的单调性，达到化曲为直、放大结果的目的。

所以当 $R\to +\mathrm{\infty }$ 时

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{R\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z=0\end{array}$$

下面继续计算内环路径上的积分。我们尝试将 $f(z)$ 展开成洛朗级数

$$\begin{array}{rl}{\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z& ={\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{1}{z}}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^n}{n!}}\mathrm{d}z\\ & ={\int }_{C_r}({\displaystyle \frac{1}{z}}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}})\mathrm{d}z\\ & ={\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{1}{z}}\mathrm{d}z+{\int }_{C_r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z\\ & ={\int }_{\pi }^0{\displaystyle \frac{ir{e}^{i\theta }}{r{e}^{i\theta }}}\mathrm{d}\theta +{\int }_{C_r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z\\ & ={\int }_{C_r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z-i\pi \end{array}$$

由于被积函数中需要展开的部分只有指数函数，相当于是作了泰勒级数展开。

下面研究正幂项的积分，令

$$\phi (z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z$$

则

$$\begin{array}{rl}|{\int }_{C_r}\phi (z)\mathrm{d}z|& ⩽{\int }_{C_r}|\phi (z)|\mathrm{d}s\\ & ={\int }_{C_r}|\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i}{n}}\cdot {\displaystyle \frac{i^{n-1}{z}^{n-1}}{(n-1)!}}|\mathrm{d}s\\ & ⩽{\int }_{C_r}\left|\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^{n-1}{z}^{n-1}}{(n-1)!}}\right|\mathrm{d}s\\ & ={\int }_{C_r}\left|e^{iz}\right|\mathrm{d}s\\ & =r{\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta \\ & =\pi r\end{array}$$

这里一共进行了两次放大。第一次是利用积分的基本性质（保号性的推论），第二次是将求和的每一项都放大 $n$ 倍。

所以当 $r\to 0$ 时

$$\begin{array}{rl}\underset{r\to 0}{lim}{\int }_{C_r}\phi (z)\mathrm{d}z& =0\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}\underset{r\to 0}{lim}{\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z& =\underset{r\to 0}{lim}{\int }_{C_r}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{i^n{z}^{n-1}}{n!}}\mathrm{d}z-i\pi \\ & =-i\pi \end{array}\end{array}$$

将 (1), (2) 这两个积分的结果代入原式 (*)，得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& =-{\displaystyle \frac{1}{2i}}(\underset{R\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{C_R}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z+\underset{r\to 0}{lim}{\int }_{C_r}{\displaystyle \frac{e^{iz}}{z}}\mathrm{d}z)\\ & =(-{\displaystyle \frac{1}{2i}})\cdot (-i\pi )\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$

附：闭曲线作图相关代码

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

# 定义参数
R = 10.0  # 外半径
r = 1.0  # 内半径

# 生成参数 t
theta = np.linspace(0, np.pi, 100)  # 0到2π之间均匀分布的100个点
t1 = np.linspace(-R, -r, 50)  # -R到-r之间均匀分布的50个点
t2 = np.linspace(r, R, 50)  # r到R之间均匀分布的50个点

# 生成复数 z
z1 = r * np.exp(1j * theta)  # 内圆上的点
z2 = R * np.exp(1j * theta)  # 外圆上的点
z3 = t1  # 右侧线上的点
z4 = t2  # 左侧线上的点

p = np

# 绘制图形
plt.figure(figsize=(6, 6))  # 设置图形大小
plt.plot(np.real(z1), np.imag(z1), 'b')  # 绘制内圆弧
plt.plot(np.real(z2), np.imag(z2), 'r')  # 绘制外圆弧
plt.plot(np.real(z3), np.imag(z3), 'g')  # 绘制右侧线
plt.plot(np.real(z4), np.imag(z4), 'g')  # 绘制左侧线
plt.plot(0, 0, 'ko')  # 绘制奇点

# 绘制曲线方向
plt.plot(0, 10, 'r<')
plt.plot(0, 1, 'b>')
plt.plot(-5, 0, 'g>')
plt.plot(5, 0, 'g>')

plt.xlabel('Real')  # x轴标签
plt.ylabel('Imaginary')  # y轴标签
plt.title('Closed Curve')  # 图形标题
plt.grid(True)  # 显示网格
plt.axis('equal')  # 设置坐标轴比例相等
plt.show()  # 显示图形

解法五：傅里叶变换

考虑如下定积分

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2\pi }}{\int }_{-1}^1\pi e^{iwt}\mathrm{d}w& ={\displaystyle \frac{1}{2it}}{e}^{iwt}{|}_{-1}^1\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2it}}(e^{it}-e^{-it})\\ & ={\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\end{array}$$

这是一个傅里叶逆变换的表达式，它充分地说明了频域内的信号

$$F(w)=\{\begin{array}{ll}\pi ,& -1⩽w⩽1\\ 0,& \mathrm{else}\end{array}$$

在时域内对应的信号就是被积函数 $f(t)$，即

$$\begin{array}{rl}F(w)& =\mathcal{F}(f(t))\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}f(t)e^{-iwt}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{-1}^1{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}{e}^{-iwt}\mathrm{d}t\\ & =\pi \end{array}$$

令 $w=0$，得到

$$\begin{array}{rl}F(0)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin t}{t}}\mathrm{d}t\\ & =\pi \end{array}$$

又因为 $f(x)$ 是偶函数，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x& ={\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$

解法六：拉普拉斯变换

构造一个以 $t$ 为变量的函数 $f(t)$

$$\begin{array}{r}f(t)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin tx}{x}}\mathrm{d}x(t>0)\end{array}$$

则原式的值即为 $f(1)$。对 $f(t)$ 作拉普拉斯变换得

$$\begin{array}{rl}F(s)=\mathcal{L}(f(t))& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\left({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin tx}{x}}\mathrm{d}x\right)e^{-st}\mathrm{d}t\\ & ={\iint }_{{\mathbb{R}}_{+}^2}{\displaystyle \frac{\sin tx}{x}}{e}^{-st}\mathrm{d}x\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{x}}({\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin tx{e}^{-st}\mathrm{d}t)\mathrm{d}x\end{array}$$

交换二重积分的积分次序后，使用两次分部积分法计算内层积分

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin tx{e}^{-st}\mathrm{d}t\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{s}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin tx\mathrm{d}{e}^{-st}\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{s}}(\sin tx{e}^{-st}{|}_0^{+\mathrm{\infty }}-x{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos tx{e}^{-st}\mathrm{d}t)\\ & ={\displaystyle \frac{x}{s}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos tx{e}^{-st}\mathrm{d}t\\ & =-{\displaystyle \frac{x}{s^2}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\cos tx\mathrm{d}{e}^{-st}\\ & =-{\displaystyle \frac{x}{s^2}}(\cos tx{e}^{-st}{|}_0^{+\mathrm{\infty }}+x{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\sin tx{e}^{-st}\mathrm{d}t)\\ & =-{\displaystyle \frac{x}{s^2}}(xI-1)\end{array}$$

解得

$$\begin{array}{r}I={\displaystyle \frac{x}{x^2+s^2}}\end{array}$$

代入原式得

$$\begin{array}{rl}F(s)& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{x}}\cdot {\displaystyle \frac{x}{x^2+s^2}}\mathrm{d}x\\ & ={\displaystyle \frac{1}{s}}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{\left({\displaystyle \frac{x}{s}}\right)}^2+1}}\mathrm{d}{\displaystyle \frac{x}{s}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{s}}\arctan ({\displaystyle \frac{x}{s}}){|}_0^{+\mathrm{\infty }}\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2s}}\end{array}$$

于是，再将 $F(s)$ 作拉普拉斯逆变换得

$$\begin{array}{rl}f(t)& ={\mathcal{L}}^{-1}(F(s))\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}{\mathcal{L}}^{-1}({\displaystyle \frac{1}{s}})\\ & ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{4\pi j}}{\int }_{\beta -j\mathrm{\infty }}^{\beta +j\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^{-st}}{s}}\mathrm{d}s\end{array}$$

查阅拉普拉斯变换对可知

$$\begin{array}{r}{\displaystyle \frac{1}{s}}⟷u(t)\end{array}$$

其中 $u(t)$ 是单位阶跃函数

$$u(t)=\{\begin{array}{rr}0,& t<0\\ 1,& t>0\end{array}$$

所以 $f(t)$ 的表达式为

$$\begin{array}{rl}f(t)& ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}{\mathcal{L}}^{-1}({\displaystyle \frac{1}{s}})\\ & =\{\begin{array}{rr}0,& t<0\\ {\displaystyle \frac{\pi }{2}},& t>0\end{array}\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\mathrm{d}x=f(1)={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$

特别地，我们通过拉普拉斯逆变换的方法发现，对于任意的 $n>0$，有

$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\sin nx}{x}}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$