有关sinx/x的无穷积分

castelu

有关sinx/x的无穷积分

　　我们知道，不定积分$\int \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$的原函数不是初等函数。但是，无穷积分$\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$的值是可求的。
　　我们计算$\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$的值，有两种方法：
1.含参量反常积分
构造含参量反常积分
$$I(y)=\int_0^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$$
关于$y$求导
$$I'(y)=\frac{\rm d}{{\rm d}y} \int_0^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$$
$$=\int_0^{+\infty} \frac{\rm \partial}{{\rm \partial} y} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x$$
（一致收敛，交换积分与求导次序）
$$I'(y)=-\int_0^{+\infty} e^{-xy} \sin x{\rm d}x$$
首次分部积分，得到
$$I'(y)=-1+y\int_0^{+\infty} e^{-xy} \cos x{\rm d}x$$
再次分部积分，得到
$$I'(y)=-1+y^2\int_0^{+\infty} e^{-xy} \sin x{\rm d}x$$
利用复原法，即有
$$I'(y)=-1-y^2I'(y)$$
解方程，即有
$$I'(y)=-\frac{1}{1+y^2}$$
两边不定积分，即有
$$I(y)=\int -\frac{1}{1+y^2}{\rm d}y=-\arctan y+C$$
考察极限
$$\lim\limits_{y \rightarrow +\infty} I(y)=\lim\limits_{y \rightarrow +\infty} \int_0^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x=0$$
于是
$$C=\frac{\pi}{2}$$
代入构造的含参量反常积分
$$I(y)=\int_0^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x=-\arctan y+\frac{\pi}{2}$$
令$y=0$，得到
$$\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x=\frac{\pi}{2}$$

2.Riemann引理
假定$\int_0^{\pi} \frac{\sin (n+\frac{1}{2})t}{2\sin \frac{t}{2}}{\rm d}t=\frac{\pi}{2}$已知
（证明：http://www.2math.cn/thread-3973-1-2.html）
根据L'Hospital法则或Taylor公式可知
$$f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}=O(x)（x \to 0）$$
因此，从Riemann引理即有
$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^{\pi} f(x)\sin (n+\frac{1}{2})x{\rm d}s=0$$
于是就得到
$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^{\pi} \frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{x}{\rm d}x=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^{\pi} (f(x)+\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}})\sin (n+\frac{1}{2})x{\rm d}x=\frac{\pi}{2}$$
利用变量代换$(n+\frac{1}{2})x=t$，则$(n+\frac{1}{2}){\rm d}x={\rm d}t$，即有
$$\int_0^{\pi} \frac{\sin (n+\frac{1}{2})x}{2\sin \frac{x}{2}}{\rm d}x=\int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi} \frac{\sin t}{t}{\rm d}t$$
因此就得到
$$\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}{\rm d}x=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi} \frac{\sin t}{t}{\rm d}t=\frac{\pi}{2}$$。