文档介绍：§
2
∞ sin x 
二、 dx :
∫0  2 
 cos x þ
思路:
∞cos px 
受 f ()x dx 类型启发自然想到考虑
∫0 
sin px þ
cR
2
eiz dz l :
∫l
− R R
R 2 2
则 e ix dx + e iz dz = 0
∫− R ∫c R
z=Reiq
2 π 2
eiz dz = eiR (cos 2q +isin 2q )iReiq dq
∫c ∫0
R
π 2
≤ e−R sin 2q Rdq
∫0
π
而当≤ q ≤π sin 2q ≤ 0
2
π
−R2 sin 2q
∴∫π e dq →∞
2
y
∴避开这一段, cR
选如下图所示围道积分
x
R 2 2 0 2
则 e ix dx + e iz dz ≠ e i (iy ) d ()iy =0
∫0 ∫c ∫R
R
2 π 2 2
e iz dz ≤ 2 e −Rsin Rd q R→→∞ 0
∫c ∫0
R
∞ 2 ∞ 2
∴ R →∞: e ix dx − i e −iy dy = 0
∫0 ∫0
∞∞∞∞
cos x 2 dx + i sin x 2 dx = i cos x 2 dx + sin x 2 dx
∫0 ∫0 ∫0 ∫0
∞∞
即 cos x 2 dx = sin x 2 dx
∫0 ∫0
这样没解决问题,可能主要是因为在x轴
和y轴上一段处于对称地位。但0→R上一段总
是需要的,于是试着选取下图回路。
π 2
 i 
i  xe 4 π
R 2 2 0  i 
则 e ix dx + e iz dz + e  d  xe 4 = 0
∫0 ∫c ∫R 
R 
Ⅰ
2 π 2 2 Ⅱ
同样 e iz dz ≤ 4 e − R sin Rd q  R→∞→ 0
∫c ∫0
R
πππ
0 2 i  i  i R 2
eix e 2 d xe 4 = e 4 eix ⋅idx
∫R ∫0
 cR
ππ
R →∞ i ∞ 2
= − e 4 e − x dx 4
∫0
R
∞ 2 π
e − x dx =
Q ∫0 2
π
i π
= −e 4
2
π
∞ 2 i π
∴ eix dx = −e 4
∫0 2
ππππ 2 2 
=  cos + i sin = + i 
2  4 4  2  2 2 
∞∞ 2π 2π
即 cos x 2 dx + i sin x 2 dx = + i
∫0 ∫0 4 4
∞∞ 2π
cos x 2dx = sin x2dx =
∫0 ∫0 4
∞ 2
三、 e − ax cos bxdx ; a > 0, b为任意实数
∫0
分析:
∞
颇似 f ()x cos pxdx 类型, 于是检验是否符合条件
∫0
2
a > 0, f (z ) = e − az 在实轴上无奇点, 单值解析
−az 2 0,z 沿正实轴→0
当 z →∞,f ()z =e →
∞,z 沿负实轴→0
不符合公式应用条件,按前所述思想考虑
ibx −ibx
∞ 2 ∞ 2 e + e
e − ax cos bxdx = e −ax dx
∫0 ∫0 2
1 ∞ 2
y = [ e − ax + ibx dx
∫0
b 2
l1′ l1
i 2a
b −∞ 2
l l2
2a 4 + e − ax + ibx d (− x )]
− R R ∫0
l3 x
1 ∞ 2
= e − ax +ibx dx
2 ∫−∞
b 2  ib 
−−a  x + 
1 2 ∞ ib
= e 4 a e  2 a  dx 令 z = x +
2 ∫−∞ 2a
b 2
1 − 2
= e 4 a e − az dz = ?
∫l ′
2 1
b
l1′: 平行于实轴与实轴相距 2 a 的直线
于是选 l = l1 + l 2 + l3 + l 4
 b  b  b 
l1 : − R , → R , ; l 2