华中师范大学 2020年数学分析第0题

考虑含参变量 $\alpha$ 的积分 $g(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos (2 \alpha x) \, dx$。注意到被积函数是偶函数，因此积分区间 $[0,+\infty)$ 与 $(-\infty,+\infty)$ 上的积分有简单关系。我们先回顾一个经典的高斯型积分：$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) \, dx = \sqrt{\pi} e^{-\alpha^{2}}$。

考虑复积分 $I(\alpha) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} e^{i 2\alpha x} dx$。由于 $e^{-x^{2}}$ 是偶函数，$\sin(2\alpha x)$ 是奇函数，虚部积分为零，故 $I(\alpha) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) dx$。对指数配方：$-x^{2} + i 2\alpha x = -(x - i\alpha)^{2} - \alpha^{2}$，于是 $I(\alpha) = e^{-\alpha^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - i\alpha)^{2}} dx$。

利用高斯积分公式 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^{2}} dt = \sqrt{\pi}$，以及复平移不改变积分值（因为被积函数在全平面解析且衰减足够快），得到 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x - i\alpha)^{2}} dx = \sqrt{\pi}$。因此 $I(\alpha) = \sqrt{\pi} e^{-\alpha^{2}}$，即 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) dx = \sqrt{\pi} e^{-\alpha^{2}}$。

由于 $e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x)$ 关于 $x$ 是偶函数，有 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) dx = 2 \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) dx$。因此 $g(\alpha) = \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cos(2\alpha x) dx = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{\pi} e^{-\alpha^{2}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\alpha^{2}}$。

所得结果 $g(\alpha) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\alpha^{2}}$ 对一切实数 $\alpha$ 成立。特别地，当 $\alpha=0$ 时，$g(0)=\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$，与高斯积分结果一致，验证了推导的正确性。

将全实数轴积分结果代入第二步的等式： \[ g(\alpha) = \frac12 \cdot \sqrt{\pi} e^{-\alpha^2} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\alpha^2} \]