求证反常积分∫₀^∞(e^cos t sin sin t)/t dt=π/2(e-1)的方法咨询

你第一步将原积分转化为$\int_{0}^{{\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t},\mathrm{e}}{\mathrm{e}^{it}}$的虚部，这个思路完全正确，这是解开问题的关键起点！接下来我们可以用两种方法完成证明：

方法一：级数展开+Dirichlet积分 #

首先利用指数函数的泰勒展开，将$\mathrm{e}^{\mathrm{e}{it}}$展开为级数：
$$\mathrm{e}^{\mathrm{e}{it}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\mathrm{e}^{it})n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{int}}{n!}$$

代入积分$I = \int_{0}^{{\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t},\mathrm{e}}{\mathrm{e}^{it}}$，可得：
$$I = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{int}}{t}\mathrm{d}t$$

我们只需要关注这个积分的虚部（也就是原积分的值）：

• 当$n=0$时，$\mathrm{e}^{i0t}=1$，其虚部为0，对原积分无贡献；
• 当$n \geq 1$时，回忆经典的Dirichlet积分结果：
  $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(nt)}{t}\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2}$$
  而$\mathrm{Im}(\mathrm{e}^{int}) = \sin(nt)$，因此$\mathrm{Im}\left(\int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{e}^{int}}{t}\mathrm{d}t\right) = \frac{\pi}{2}$。

将这些结果代入原积分，可得：
$$\text{原积分} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} \cdot \frac{\pi}{2}$$

而$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} = \mathrm{e} - 1$，因此最终结果为：
$$\int_{0}^{{\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t},\mathrm{e}}{\cos\left(t\right)}\ \sin\left(\sin\left(t\right)\right) = \frac{\pi}{2}\left(\mathrm{e} - 1\right)$$

注：级数与积分交换顺序的合理性可以通过控制收敛定理验证，因为$\left|\mathrm{e}^{\cos t}\sin(\sin t)\right| \leq \mathrm{e}$，对积分的收敛性有足够控制。

方法二：围道积分（严格证明） #

考虑构造围道处理奇点$t=0$，同时利用解析函数的围道积分性质：

1. 构造围道：取围道$C$由以下四部分组成：

   • 实轴上的线段$[\epsilon, R]$；
   • 上半平面的大半圆$C_R$（半径$R$，从$R$到$-R$）；
   • 实轴上的线段$[-R, -\epsilon]$；
   • 上半平面的小半圆$c_\epsilon$（半径$\epsilon$，从$-\epsilon$到$\epsilon$）。

2. 选择被积函数：为了避免原点的发散问题，考虑被积函数$\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}} - 1}{z}$，该函数在围道内无奇点（$z=0$是可去奇点），因此根据柯西积分定理，围道积分$\oint_C \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}} - 1}{z}\mathrm{d}z = 0$。

3. 分析各段积分的极限：

   • 大半圆$C_R$：当$R \to \infty$时，利用Jordan引理，$\int_{C_R} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}} - 1}{z}\mathrm{d}z \to 0$（因为$\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}}$在上半平面趋于1，被积函数衰减速度足够快）；
   • 小半圆$c_\epsilon$：当$\epsilon \to 0$时，展开$\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}} - 1 = (\mathrm{e}-1) + i\mathrm{e}z + o(z)$，代入积分可得$\int_{c_\epsilon} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{iz}} - 1}{z}\mathrm{d}z \to -i\pi(\mathrm{e}-1)$；
   • 实轴线段：将$[-R, -\epsilon]$上的积分做变量替换$t=-u$，可得：
     $$\int_{-R}^{-\epsilon} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{it}} - 1}{t}\mathrm{d}t = -\int_{\epsilon}^{R} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{e}{-iu}} - 1}{u}\mathrm{d}u$$

4. 合并结果：将各段积分代入围道积分等式，取$R \to \infty$、$\epsilon \to 0$的极限：
   $$\int_{0}^{\infty} \frac{(\mathrm{e}^{\mathrm{e}{it}} - 1) - (\mathrm{e}^{\mathrm{e}{-it}} - 1)}{t}\mathrm{d}t - i\pi(\mathrm{e}-1) = 0$$

化简分子：
$$\mathrm{e}^{\mathrm{e}{it}} - \mathrm{e}^{\mathrm{e}{-it}} = 2i\mathrm{e}^{\cos t}\sin(\sin t)$$

代入后可得：
$$2i \cdot \text{原积分} - i\pi(\mathrm{e}-1) = 0$$

两边消去$i$，最终得到：
$$\text{原积分} = \frac{\pi}{2}(\mathrm{e}-1)$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Crescendo