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狄利克雷积分
∫ 0 + ∞ sin x x d x = π 2 \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2} ∫0+∞xsinxdx=2π
上式就是狄利克雷积分的形式。
考虑到这是复变函数的结课报告，因此给出的证明都将和复变函数有关，且以下变量和公式的用法习惯参考梁昆淼主编的《数学物理方法》（第四版）。
①留数定理法：
也就是书本上给出的做法。
∫ 0 + ∞ sin x x d x = 1 2 ∫ − ∞ + ∞ sin x x d x = 1 2 i ∫ − ∞ + ∞ e i x x d x \begin{aligned}&\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ =&\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ =&\frac{1}{2\mathrm{i}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\mathrm{i}x}}{x} \mathrm{d}x\end{aligned} ==∫0+∞xsinxdx21∫−∞+∞xsinxdx2i1∫−∞+∞xeixdx
令 f ( z ) = e i x z f(z)=\frac{e^{\mathrm{i}x}}{z} f(z)=zeix，显然 f ( z ) f(z) f(z)在实轴上只有一个单极点 z 0 = 0 z_0=0 z0=0，由留数定理可得
= π 2 ⋅ R e s f ( z 0 ) = π 2 ⋅ e i z 0 = π 2 \begin{aligned}&=\frac{\pi}{2}\cdot \mathrm{Res}f(z_0)\\ &=\frac{\pi}{2}\cdot e^{\mathrm{i}z_0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} =2π⋅Resf(z0)=2π⋅eiz0=2π
②费曼积分法：
详情可见：费曼积分法。
设 I ( a ) = ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ sin x x d x I(a)=\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x I(a)=∫0+∞e−ax⋅xsinxdx，显然 I ( 0 ) = S , I ( + ∞ ) = 0 I(0)=S,I(+\infty)=0 I(0)=S,I(+∞)=0
T = ∂ I ∂ a = − ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ sin x d x = 1 a ∫ 0 + ∞ sin x d e − a x = 1 a sin x e − a x ∣ 0 ∞ − 1 a ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ cos x d x = − 1 a ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ cos x d x = 1 a 2 ∫ 0 + ∞ cos x d e − a x = 1 a 2 ∫ 0 + ∞ cos x e − a x ∣ 0 ∞ − 1 a 2 ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ ( − sin x ) d x = − 1 a 2 + 1 a 2 ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ sin x d x = − 1 a 2 + 1 a 2 ( − T ) ⇒ ∂ I ∂ a = T = − 1 a 2 + 1 \begin{aligned}T=\frac{\partial I}{\partial a}&=-\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\sin x\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}\sin x\mathrm{d}{e^{-ax}}\\ &=\frac{1}{a}\sin xe^{-ax}\bigg|_{0}^{\infty}-\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\cos x\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\cos x\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}\cos x\mathrm{d}{e^{-ax}}\\ &=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}\cos xe^{-ax}\bigg|_{0}^{\infty}-\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot(-\sin x)\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\sin x\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}(-T)\\ \Rightarrow \frac{\partial I}{\partial a}=T&=-\frac{1}{a^2+1} \end{aligned} T=∂a∂I⇒∂a∂I=T=−∫0+∞e−ax⋅sinxdx=a1∫0+∞sinxde−ax=a1sinxe−ax 0∞−a1∫0+∞e−ax⋅cosxdx=−a1∫0+∞e−ax⋅cosxdx=a21∫0+∞cosxde−ax=a21∫0+∞cosxe−ax 0∞−a21∫0+∞e−ax⋅(−sinx)dx=−a21+a21∫0+∞e−ax⋅sinxdx=−a21+a21(−T)=−a2+11
∴ S = I ( 0 ) − I ( + ∞ ) = ∫ + ∞ 0 ∂ I ∂ a d a = ∫ + ∞ 0 − 1 a 2 + 1 d a = − arctan a ∣ + ∞ 0 = π 2 \begin{aligned} \therefore S&=I(0)-I(+\infty)\\ &=\int_{+\infty}^{0}\frac{\partial I}{\partial a}\mathrm{d}a\\ &=\int_{+\infty}^{0}-\frac{1}{a^2+1}\mathrm{d}a\\ &=-\arctan a\bigg|_{+\infty}^{0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∴S=I(0)−I(+∞)=∫+∞0∂a∂Ida=∫+∞0−a2+11da=−arctana +∞0=2π
③拉普拉斯变换法：
先证明两个重要的性质：
[ 1 ] : f ‾ ( 0 ) = ∫ 0 + ∞ f ( t ) d t [ 2 ] : L [ f ( t ) t ] = ∫ p + ∞ L [ u ] d u \begin{aligned} &[1]:\overline{f}(0)=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\\ &[2]:\mathscr{L}\bigg[\frac{f(t)}{t}\bigg]=\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[u\big]\mathrm{d}u \end{aligned} [1]:f(0)=∫0+∞f(t)dt[2]:L[tf(t)]=∫p+∞L[u]du
性质 [ 1 ] [1] [1]：
f ‾ ( 0 ) = ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − 0 ⋅ t d t = ∫ 0 + ∞ f ( t ) d t \begin{aligned}\overline{f}(0)&=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-0\cdot t}\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\\ \end{aligned} f(0)=∫0+∞f(t)e−0⋅tdt=∫0+∞f(t)dt
性质 [ 2 ] [2] [2]：
∫ p + ∞ L [ u ] d u = ∫ p + ∞ ∫ 0 + ∞ f ( t ) e − u t d t d u = ∫ 0 + ∞ ∫ p + ∞ f ( t ) e − u t d u d t = ∫ 0 + ∞ f ( t ) d t ∫ p + ∞ e − u t d u = ∫ 0 + ∞ f ( t ) ⋅ ( − 1 t ) e − u t ∣ p + ∞ d t = ∫ 0 + ∞ f ( t ) t e − p t d t = L [ f ( t ) t ] \begin{aligned}&\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[u\big]\mathrm{d}u\\ =&\int_{p}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-ut}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\\ =&\int_{0}^{+\infty}\int_{p}^{+\infty}f(t)e^{-ut}\mathrm{d}u\mathrm{d}t\\ =&\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\int_{p}^{+\infty}e^{-ut}\mathrm{d}u\\ =&\int_{0}^{+\infty}f(t)\cdot(-\frac{1}{t})e^{-ut}\bigg|_{p}^{+\infty}\mathrm{d}t\\ =&\int_{0}^{+\infty}\frac{f(t)}{t}e^{-pt}\mathrm{d}t\\ =&\mathscr{L}\bigg[\frac{f(t)}{t}\bigg] \end{aligned} ======∫p+∞L[u]du∫p+∞∫0+∞f(t)e−utdtdu∫0+∞∫p+∞f(t)e−utdudt∫0+∞f(t)dt∫p+∞e−utdu∫0+∞f(t)⋅(−t1)e−ut p+∞dt∫0+∞tf(t)e−ptdtL[tf(t)]
因此，
L [ sin x x ] = ∫ p + ∞ L [ sin x ] d x = ∫ p + ∞ 1 1 + x 2 d x = arctan x ∣ p + ∞ = π 2 − arctan p \begin{aligned}\mathscr{ L}\bigg[\frac{\sin x}{x}\bigg]&=\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[\sin x]\mathrm{d}x\\ &=\int_{p}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\arctan x\bigg|_{p}^{+\infty}\\ &=\frac{\pi}{2}-\arctan p\end{aligned} L[xsinx]=∫p+∞L[sinx]dx=∫p+∞1+x21dx=arctanx p+∞=2π−arctanp
∴ ∫ 0 + ∞ sin x x d x = f ‾ ( 0 ) = L [ sin x x ] ∣ p = 0 = π 2 \begin{aligned}\therefore \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x&=\overline{f}(0)\\ &=\mathscr{L}\bigg[\frac{\sin x}{x}\bigg]\bigg|_{p=0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∴∫0+∞xsinxdx=f(0)=L[xsinx] p=0=2π
总结
费曼积分法中 e − a x e^{-ax} e−ax是一种缩放因子，拉普拉斯变换中 e − p t e^{-pt} e−pt是一种收敛因子，其本质都是同一种东西，且两者的前提条件都是缩放下的新表达式的导数的定积分一致收敛（只有这样才能交换求导和积分的次序，证明可以参考级数意义下的证明）。不管是费曼积分还是拉普拉斯变换，两者重要的一步都是进行变量的变换，有异曲同工之妙，尽显数学之美。