收敛性

F(x)=∫0xsin⁡xdx在[0,+∞)F(x)=\int_{0}^{x}\sin x\mathrm{d}x在\left[0,+\infty \right )F(x)=∫0xsinxdx在[0,+∞)上有界,

G(x)=1x在[0,+∞)G(x)=\frac{1}{x}在\left[0,+\infty \right )G(x)=x1在[0,+∞)上单调，lim⁡x→∞G(x)=0\lim\limits_{x\to \infty}G(x)=0x→∞limG(x)=0

所以由狄利克雷判别法∫0+∞sin⁡xxdx\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x∫0+∞xsinxdx收敛

方法1

先yyy后xxx
∫0+∞dx∫0+∞e−xysin⁡xdy=∫0+∞e−xysin⁡x−x∣0+∞dx=∫0+∞sin⁡xxdx\begin{aligned} &\quad \int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{+\infty} e^{-xy}\sin x \mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{+\infty} \left.\frac{e^{-xy}\sin x}{-x}\right|_{0}^{+\infty}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x \end{aligned}∫0+∞dx∫0+∞e−xysinxdy=∫0+∞−xe−xysinx∣∣∣∣0+∞dx=∫0+∞xsinxdx
先xxx后yyy
∫0+∞dx∫0+∞e−xysin⁡xdy∫0+∞dy∫0+∞e−xysin⁡xdx=∫0+∞11+y2dy=arcsin⁡y∣0+∞=π2\begin{aligned} &\quad \int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}x\int_{0}^{+\infty} e^{-xy}\sin x \mathrm{d}y\\ &\quad \int_{0}^{+\infty}\mathrm{d}y\int_{0}^{+\infty} e^{-xy}\sin x \mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+y^{2}}\mathrm{d}y\\ &=\left. \arcsin y\right|_{0}^{+\infty}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∫0+∞dx∫0+∞e−xysinxdy∫0+∞dy∫0+∞e−xysinxdx=∫0+∞1+y21dy=arcsiny∣0+∞=2π
所以
∫0+∞sin⁡xxdx=π2\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}∫0+∞xsinxdx=2π

方法2

I(b)=∫0+∞sin⁡xxe−bxdx(b≥0)I(b)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}e^{-bx}\mathrm{d}x(b\ge 0)I(b)=∫0+∞xsinxe−bxdx(b≥0)
I′(b)=∫0+∞−sin⁡xe−bxdx=−11+b2\begin{aligned} I'(b)&=\int_{0}^{+\infty} -\sin x e^{-bx}\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{1+b^2} \end{aligned} I′(b)=∫0+∞−sinxe−bxdx=−1+b21
I(b)=∫0+∞sin⁡xxe−bxdx=−arctan⁡b+Clim⁡b→+∞I(b)=0=−π2+C⇒C=π2I(b)=∫0+∞sin⁡xxe−bxdx=−arctan⁡b+π2I(0)=π2I(b)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}e^{-bx}\mathrm{d}x=-\arctan b +C\\ \lim\limits_{b\to +\infty}I(b)=0=-\frac{\pi}{2}+C\Rightarrow C=\frac{\pi}{2}\\ I(b)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}e^{-bx}\mathrm{d}x=-\arctan b +\frac{\pi}{2}\\ I(0)=\frac{\pi}{2}I(b)=∫0+∞xsinxe−bxdx=−arctanb+Cb→+∞limI(b)=0=−2π+C⇒C=2πI(b)=∫0+∞xsinxe−bxdx=−arctanb+2πI(0)=2π
(其实一致收敛我不会证明）

方法3

构造围道

CR:Reiθ(θ∈[0,π])Cδ:δeiθ(θ∈[0,π])C:CR+[−R,−δ]+Cδ−+[δ,R]C_{R}:Re^{i\theta}(\theta \in\left[0,\pi\right])\\ C_{\delta}:\delta e^{i\theta}(\theta \in\left[0,\pi\right])\\ C:C_R+[-R,-\delta]+C_{\delta}^{-}+[\delta,R]CR:Reiθ(θ∈[0,π])Cδ:δeiθ(θ∈[0,π])C:CR+[−R,−δ]+Cδ−+[δ,R]

lim⁡R→+∞∫CReizzdz+lim⁡R→+∞δ→0(∫−R−δeizzdz+∫δReizzdz)+lim⁡δ→0∫Cδ−eizzdz=lim⁡R→+∞δ→0∮Ceizzdz\lim\limits_{R\to +\infty}\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z+ \lim\limits_{R\to +\infty \atop \delta \to 0}( \int_{-R}^{-\delta}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z+ \int_{\delta}^{R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z)+ \lim\limits_{\delta \to 0}\int_{C_{\delta}^{-}}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z = \lim\limits_{R\to +\infty \atop \delta \to 0}\oint_{C} \frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}zR→+∞lim∫CRzeizdz+δ→0R→+∞lim(∫−R−δzeizdz+∫δRzeizdz)+δ→0lim∫Cδ−zeizdz=δ→0R→+∞lim∮Czeizdz

根据柯西积分
lim⁡R→+∞δ→0∮Ceizzdz=0\lim\limits_{R\to +\infty \atop \delta \to 0}\oint_{C} \frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z=0δ→0R→+∞lim∮Czeizdz=0
由小圆弧引理
lim⁡δ→0∫Cδ−eizzdz=i(0−π)lim⁡z→0zeizz=−iπ\lim\limits_{\delta \to 0}\int_{C_{\delta}^{-}}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z =i(0-\pi)\lim \limits_{z\to 0}z\frac{e^{iz}}{z}=-i\piδ→0lim∫Cδ−zeizdz=i(0−π)z→0limzzeiz=−iπ
由若尔当引理
lim⁡R→+∞∫CReizzdz=0\lim\limits_{R\to +\infty}\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z=0R→+∞lim∫CRzeizdz=0
所以
lim⁡R→+∞δ→0(∫−R−δeizzdz+∫δReizzdz)=∫−∞+∞eizzdz=iπ\lim\limits_{R\to +\infty \atop \delta \to 0}( \int_{-R}^{-\delta}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z+ \int_{\delta}^{R}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z=i\piδ→0R→+∞lim(∫−R−δzeizdz+∫δRzeizdz)=∫−∞+∞zeizdz=iπ

⇒∫0+∞sin⁡xxdx=12∫−∞+∞sin⁡xxdx=Im∫−∞+∞eizzdz=π2\Rightarrow \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\mathrm{Im}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{iz}}{z}\mathrm{d}z=\frac{\pi}{2}⇒∫0+∞xsinxdx=21∫−∞+∞xsinxdx=Im∫−∞+∞zeizdz=2π

方法4

f(t)={1,∣t∣<10,∣t∣>1f(t)=\begin{cases} 1,&\left|t\right|<1\\ 0,&\left|t\right|>1\\ \end{cases}f(t)={1,0,∣t∣<1∣t∣>1
由傅立叶变换
F(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdt=−e−jω+ejωjω=2sin⁡ωωF(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}\mathrm{d}t=\frac{-e^{-j\omega}+e^{j\omega }}{j\omega}=2\frac{\sin \omega}{\omega}F(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdt=jω−e−jω+ejω=2ωsinω
f(t)=12π∫−∞+∞2sin⁡ωωejωtdω=1π∫−∞+∞sin⁡ωωejωtdωf(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} 2\frac{\sin \omega}{\omega}e^{j\omega t}\mathrm{d}\omega =\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \omega}{\omega}e^{j\omega t}\mathrm{d}\omegaf(t)=2π1∫−∞+∞2ωsinωejωtdω=π1∫−∞+∞ωsinωejωtdω

⇒∫−∞+∞sin⁡ωωejωtdω={π,∣t∣<10,∣t∣>1\Rightarrow \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \omega}{\omega}e^{j\omega t}\mathrm{d}\omega=\begin{cases} \pi,&\left|t\right|<1\\ 0,&\left|t\right|>1\\ \end{cases}⇒∫−∞+∞ωsinωejωtdω={π,0,∣t∣<1∣t∣>1

⇒∫0+∞sin⁡xxdx=12∫−∞+∞sin⁡xxdx=f(0)=π2\Rightarrow \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=f(0)=\frac{\pi}{2}⇒∫0+∞xsinxdx=21∫−∞+∞xsinxdx=f(0)=2π

方法5

由拉普拉斯变换L[sin⁡t]=11+s2L\left[\sin t\right]=\frac{1}{1+s^2}L[sint]=1+s21

利用∫s+∞F(s)ds=L[f(t)t]\int_{s}^{+\infty}F(s)\mathrm{d}s=\mathfrak{L}\left[\frac{f(t)}{t}\right]∫s+∞F(s)ds=L[tf(t)]
∫0+∞sin⁡ttdt=lim⁡s→0∫0+∞sin⁡tte−stdt=lim⁡s→0∫s+∞11+s2ds=arctan⁡s∣0+∞=π2\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t&=\lim\limits_{s\to 0}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}e^{-st}\mathrm{d}t\\ &=\lim\limits_{s\to 0} \int_{s}^{+\infty} \frac{1}{1+s^2}\mathrm{d}s\\ &=\left. \arctan s \right|_{0}^{+\infty}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∫0+∞tsintdt=s→0lim∫0+∞tsinte−stdt=s→0lim∫s+∞1+s21ds=arctans∣0+∞=2π

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