用Froullani公式求一些反常积分

數學傳播36卷2期,pp.77-84用Froullani公式求一些反常積分胡紹宗形如Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx(a,b0)的積分,稱為Froullani積分。設f(x)在[0,+1)上連續,且f(+1)=limx→+∞f(x)存在,則Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=[f(0)¡f(+1)]¢lnba(Froullani公式)(1)證:當a=b時,顯然,等式成立。當ab時,設0δ∆+1,則以下積分存在:Z∆δf(ax)¡f(bx)xdx=Z∆δf(ax)xdx¡Z∆δf(bx)xdx在前一積分中令ax=z;後一積分中令bx=zZa∆aδf(z)zdz¡Zb∆bδf(z)zdz=Zbδaδf(z)zdz¡Zb∆a∆f(z)zdz由推廣的中值定理,得Zbδaδf(z)zdz=f(ξ)Zbδaδ1zdz=f(ξ)¢lnba(aδ·ξ·bδ),Zb∆a∆f(z)zdz=f(η)Zb∆a∆1zdz=f(η)¢lnba(a∆·η·b∆),從而Zbδaδf(z)zdz¡Zb∆a∆f(z)zdz=[f(ξ)¡f(η)]¢lnba,於是Z∆δf(ax)¡f(bx)xdx=[f(ξ)¡f(η)]¢lnba,7778數學傳播36卷2期民101年6月又當δ!0時,ξ!0;當∆!+1時,η!+1,因此limδ→0∆→+∞Z∆δf(ax)¡f(bx)xdx=limξ→0η→+∞[f(ξ)¡f(η)]¢lnba=[f(0)¡f(+1)]lnba,所以Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=[f(0)¡f(+1)]¢lnba。當ab時,Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=¡Z+∞0f(bx)¡f(ax)xdx=¡[f(0)¡f(+1)]¢lnab=[f(0)¡f(+1)]¢ln³ab´−1=[f(0)¡f(+1)]¢lnba。若limx→+∞f(x)不存在,但積分Z+∞af(x)xdx存在,則Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=f(0)lnba。(2)事實上,因Z+∞af(x)xdx存在,由無窮積分收歛的柯西準則,對任意ε0,當∆充分大以後,¯¯¯Zb∆a∆f(z)zdz¯¯¯ε,即lim∆→+∞Zb∆a∆f(z)zdz=0,所以Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=f(0)lnba。若f(x)在x=0點不連續,但積分ZA0f(x)xdx(A+1)存在,則Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=f(+1)lnab。(3)事實上,因ZA0f(x)xdx存在,由瑕積分收歛的充要條件,對任意ε0,當δ充分小時,有¯¯¯Zbδaδf(z)zdz¯¯¯ε,,即limδ→0Zbδaδf(z)zdz=0,所以Z+∞0f(ax)¡f(bx)xdx=¡f(+1)lnba=f(+1)lnab。用Froullani公式求一些反常積分79上述公式(1)、(2)、(3)可以方便的用於求一些按照通常方法難以計算的反常積分。例1:求下列積分(a、b0)(1)Z∞0arctanax¡arctanbxxdx.(2)Z10xa−1¡xb−1lnxdx.(3)Z∞01¡cosaxxcosbxdx.解:(1)取f(x)=arctanx,則f(0)=0,f(+1)=π2,則由公式(1),原積分=(0¡π2)lnba=π2lnab。(2)令lnx=¡t,則x=e−t,dx=¡e−t,於是Z10xa−1¡xb−1lnxdx=Z0+∞e−(a−1)t¡e−(b−1)t¡t¢(¡e−t)dt=Z0+∞e−at¡e−bttdt=Z+∞0e−bt¡e−attdt,取f(t)=e−t,則f(0)=1,f(+1)=0,由公式(1),原積分=lnba。(3)當a=b時,所討論積分成為Z∞0cosax¡cos2axxdx=Z10cosax¡cos2axxdx+Z∞1cosax¡cos2axxdx由於limx→0cosax¡cos2axxdx=0,補充定義,當x=0時,cosax¡cos2axx=0,這樣Z10cosax¡cos2axxdx為正常積分,而Z∞1cosax¡cos2axxdx=Z∞1cosaxxdx¡Z∞1cos2axxdx,由狄利克雷判別法,Z∞1cosaxxdx收斂,又Z∞1cos2axxdx=Z∞11+cos2ax2xdx=Z∞112xdx+Z∞1cos2ax2xdx80數學傳播36卷2期民101年6月由狄利克雷判別法,Z∞1cos2ax2xdx收斂,但Z∞112xdx發散,從而Z∞1cos2ax2xdx發散,於是Z∞1cosax¡cos2axxdx發散,所以當a=b時,原積分發散。若ab,則Z∞01¡cosaxxcosbxdx=Z∞02sin2a2xxcosbxdx=Z∞0sina2x(2sina2xcosbx)xdx=Z∞0sina2x[sin(a2+b)x+sin(a2¡b)x]xdx=Z∞0sina2xsin(a2+b)x+sina2xsin(a2¡b)xxdx=Z∞012[cos(¡b)x¡cos(a+b)x]+12[cosbx¡cos(a¡b)x]xdx=12Z∞0cosbx¡cos(a+b)xxdx+12Z∞0cosbx¡cos(a¡b)xxdx取f(x)=cosx,則f(0)=1,limx→+∞f(x)=limx→+∞cosx不存在,但由狄利克雷判別法,Z+∞af(x)xdx=Z+∞acosxxdx存在,由公式(2),Z∞01¡cosaxxcosbxdx=12lna+bb+12lna¡bb=12lna2¡b2b2=lnpa2¡b2b。若ab,Z∞01¡cosaxxcosbxdx=lnpb2¡a2b。總之,當a6=b時,原積分=lnpja2¡b2jb。例2:試求積分Z∞0³xex¡e−x¡12´dxx2。解:利用下面恆等式,將所給積分化成Froullani積分。1x2³xex¡e−x¡12´=¡12x(e−x¡e−2x)+1x³1ex¡1¡1x+12e−x´¡1x³1e2x¡1¡12x+12e−2x´用Froullani公式求一些反常積分81此恆等式的證明如下:¡12x(e−x¡e−2x)+1x³1ex¡1¡1x+12e−x´¡1x³1e2x¡1¡12x+12e−2x´=¡12x(e−x¡e−2x)+12x³2ex¡1¡2x+e−x´¡12x³2e2x¡1¡1x+e−2x´=12x³¡e−x+e−2x+2ex¡1¡2x+e−x¡2e2x¡1+1x¡e−2x´=12x³2ex¡1¡2e2x¡1¡1x´=1x³1ex¡1¡1e2x¡1¡12x´=1x2³xex¡1¡xe2x¡1¡12´=1x2³x(ex+1)e2x¡1¡xe2x¡1¡12´=1x2³xexe2x¡1¡12´=1x2³xex¡e−x¡12´。於是Z∞0³xex¡e−x¡12´dxx2=Z∞0¡12x(e2x¡e−2x)dx+Z∞01x³1ex¡1¡1x+12e−x´dx¡Z∞01x³1e2x¡1¡12x+12e−2x´dx在上式右端第二個積分中令x=2t,則Z∞01x³1ex¡1¡1x+12e−x´dx=Z∞01t³1e2t¡1¡12t+12e−2t´dt因此Z∞0³xex¡e−x¡12´dxx2=¡12Z∞0e−x¡e−2xxdx取f(x)=e−x,則f(0)=1,f(+1)=0由公式(1),得原積分=¡12ln2。例3:計算Z∞0e−ax¡e−bx+x(a¡b)e−bxx2dx(a,b0)。82數學傳播36卷2期民101年6月解:對δ0,有Z∞δe−ax¡e−bx+x(a¡b)e−bxx2dx=Z∞δe−ax¡e−bxx2dx+(a¡b)Z∞δe−bxxdx(這些積分當δ=0時並不收斂)=Z∞δ(e−ax¡e−bx)d(¡1x)+(a¡b)Z∞δe−bxxdx=¡1x(e−ax¡e−bx)¯¯¯∞δ¡Z∞δ¡1xd(e−ax¡e−bx)+(a¡b)Z∞δe−bxxdx=e−ax¡e−bxδ+Z∞δ¡ae−ax+be−bxxdx+(a¡b)Z∞δe−bxxdx=e−ax¡e−bxδ+aZ∞δe−bx¡e−axxdx所以Z∞0e−ax¡e−bx+x(a¡b)e−bxx2dx=limδ→0Z∞δe−ax¡e−bx+x(a¡b)e−bxx2dx=limδ→0e−ax¡e−bxδ+alimδ→0Z∞δe−bx¡e−axxdx=b¡a+aZ∞0e−bx¡e−axxdx取f(x)=e−x,則f(0)=1,f(+1)=0,於是由公式(1),原積分=b¡a+alnab。例4:求證Z∞0Acosax+Bcosbx+¢¢¢+Kcoskxxdx=¡(Alna+Blnb+¢¢¢+Klnk),(a,b,...,k0,且A+B+¢¢¢+K=0)。解:由公式(2),Z∞0Acosax¡Acoskxxdx=Alnka=¡Alna+Alnk,Z∞0Bcosbx¡Bcoskxxdx=Blnkb=¡Blnb+Blnk,......Z∞0KcosKx¡Kcoskxxdx=Klnkk=¡Klnk+Klnk,用Froullani公式求一些反常積分83以上各等式兩邊分別相加,得Z∞0(Acosax+Bcosbx+¢¢¢+Kcoskx)¡(A+B+¢¢¢+K)coskxxdx=¡(Alna+Blnb+¢¢¢+Klnk)+(A+B+¢¢¢+K)lnk,即Z∞0(Acosax+Bcosbx+¢¢¢+Kcoskx)xdx=¡(Alna+Blnb+¢¢¢+Klnk)。例5:計算Z10dxZ∞1(pe−pxy¡qe−qxy)dy¡Z∞1dyZ10(pe−pxy¡qe−qxy)dx(p,q0)。解:當p=q時,原式=0。當p6=q時,原式=Z10³¡e−pxy+e−qxyx¯¯¯∞1´dx¡Z∞1³¡e−pxy+e−qxyy¯¯¯10´dy=Z10e−px¡e−qxxdx¡Z∞1¡e−py+e−qyydy=Z10e−px¡e−qxxdx+Z∞1e−py¡e−qyydy=Z10e−px¡e−qxxdx+Z∞1e−px¡e−qxxdx=Z∞0e−px¡e−qxxdx。取f(x)=e−x,則f(0)=1,f(+1)=0,由公式(1),原積分=lnqp。習題:求下列積分(a0,b0,p0,q0)(1)Z∞0lnp+qe−axp+qe−bxdxx。(2)Z∞0sinaxsinbxxdx。(3)Z∞0bsinax¡asinbxx2dx。(4)Z∞0bln(1+ax)¡aln(1+bx)x2dx。84數學傳播36卷2期民101年6月參考文獻1.華東師範大學數學系編,《數學分析》,第三版,高等教育出版社,2001年7月。2.Γ.M.菲赫金哥爾茨著,《微積分學教程》,人民教育出版社,1978年3月。3.復旦大學數學系主編,《數學分析》,第二版,上海科學技術出版社,1978年3月。—本文作者任教中國安徽省阜陽師範學院—