重庆大学 2025年数学分析第0题

考虑积分 $I(y)=\int_{0}^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x} \, dx$，其中 $y \in [0,+\infty)$。在 $x=0$ 处被积函数有可去奇点（$\frac{\sin x}{x} \to 1$），故只需考虑无穷远处的收敛性。使用 Dirichlet 判别法：令 $f(x)=e^{-xy}$，$g(x)=\frac{1}{x}$，则 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减趋于0。对于任意 $A>1$，有 $\left|\int_{1}^{A} e^{-xy} \sin x \, dx\right| \leq 2$（与 $y$ 无关），由第二积分中值定理，存在 $\xi \in [A,B]$ 使得 $\left|\int_{A}^{B} e^{-xy} \frac{\sin x}{x} \, dx\right| = \frac{1}{A} \left|\int_{A}^{\xi} e^{-xy} \sin x \, dx\right| \leq \frac{2}{A}$，该上界与 $y$ 无关，故积分在 $[0,+\infty)$ 上一致收敛。

考虑 $J(y)=\int_{0}^{+\infty} e^{-xy} \sin x \, dx$。当 $y=0$ 时，$J(0)=\int_{0}^{+\infty} \sin x \, dx$ 发散（振荡不趋于0），故在包含0的区间上不可能一致收敛，因此在 $[0,+\infty)$ 上不一致收敛。对于任意闭区间 $[\delta, M]$（$\delta>0$），有 $|e^{-xy} \sin x| \leq e^{-\delta x}$，且 $\int_{0}^{+\infty} e^{-\delta x} \, dx = \frac{1}{\delta} < +\infty$，由 Weierstrass M-判别法知积分在 $[\delta, M]$ 上一致收敛，即内闭一致收敛。

由(1)知 $F(y)=\int_{0}^{+\infty} e^{-xy} \frac{\sin x}{x} \, dx$ 在 $y\geq 0$ 一致收敛，可在 $y>0$ 内对 $y$ 求导：$F'(y)=-\int_{0}^{+\infty} e^{-xy} \sin x \, dx$。由(2)知该积分在 $y>0$ 内闭一致收敛，求导合法。计算 Laplace 变换：$\int_{0}^{+\infty} e^{-xy} \sin x \, dx = \frac{1}{y^2+1}$（可用分部积分或复数方法）。于是 $F'(y)=-\frac{1}{y^2+1}$，积分得 $F(y)=-\arctan y + C$。令 $y\to +\infty$，由控制收敛知 $F(y)\to 0$，而 $\arctan(+\infty)=\frac{\pi}{2}$，故 $C=\frac{\pi}{2}$。因此 $F(y)=\frac{\pi}{2}-\arctan y$。令 $y=0$ 得 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx = F(0)=\frac{\pi}{2}$。

要证 $I=\int_{0}^{+\infty}\left[\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x \cdot \sin (x+y)}{x(x+y)} \, dy\right] dx = \frac{\pi^2}{8}$。利用恒等式 $\frac{1}{x+y}=\int_{0}^{+\infty} e^{-t(x+y)} \, dt$，则 $I=\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x \sin(x+y)}{x} e^{-t(x+y)} \, dt \, dy \, dx$。交换积分次序（由绝对可积性保证），先对 $y$ 积分：$\int_{0}^{+\infty} \sin(x+y) e^{-ty} \, dy = \frac{t \sin x + \cos x}{t^2+1}$。于是内层变为 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-tx} \cdot \frac{t \sin x + \cos x}{t^2+1} \, dx = \frac{1}{t^2+1}\left[t\int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{\sin^2 x}{x} \, dx + \int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{\sin x \cos x}{x} \, dx\right]$。利用 $\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2}$，$\sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin 2x$，以及已知 Laplace 变换：$\int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{\sin ax}{x} \, dx = \arctan\frac{a}{t}$，$\int_{0}^{+\infty} e^{-tx} \frac{1-\cos ax}{x} \, dx = \frac{1}{2} \ln\left(1+\frac{a^2}{t^2}\right)$。代入计算得：第一项 $= \frac{t}{2} \cdot \frac{1}{2} \ln\left(1+\frac{4}{t^2}\right) = \frac{t}{4} \ln\left(1+\frac{4}{t^2}\right)$，第二项 $= \frac{1}{2} \arctan\frac{2}{t}$。于是 $I = \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{t^2+1}\left[\frac{t}{4} \ln\left(1+\frac{4}{t^2}\right) + \frac{1}{2} \arctan\frac{2}{t}\right] dt$。令 $u = \frac{2}{t}$，则 $t = \frac{2}{u}$，$dt = -\frac{2}{u^2} du$，积分限变为 $u: +\infty \to 0$，整理得 $I = \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{u^2+4}\left[\frac{1}{2} \ln(1+u^2) + u \arctan u\right] du$。利用对称性或已知积分公式（如 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(1+u^2)}{u^2+4} \, du = \frac{\pi}{2} \ln 2$，$\int_{0}^{+\infty} \frac{u \arctan u}{u^2+4} \, du = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi}{4} \ln 2$），相加得 $I = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\ln 2 + \left(\frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi}{4}\ln 2\right) = \frac{\pi^2}{8}$。