嗨，我来帮你把这个推导里的疑问理清楚，咱们一步步拆解每一步的逻辑，重点解决你对分部积分步骤的困惑：

首先先把你的推导过程用清晰的格式呈现出来，方便对照：

已知 ( f \in C_{c}^{{\infty}(\mathbb{R}}{n}) )，有以下积分推导：
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}^{n}} \cos(t |y|) \sin(t |y|) f \ dy &= \frac{1}{2} \int_{\mathbb{R}^{n}} \sin(2t |y|) f dy & \text{（注：这里是二倍角公式，不是加法公式，属于笔误）}\
& = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \sin(2t r) \int_{\partial B(0,r)} f \ dS dr & \text{（这是球坐标积分分解，和紧支撑无关，但紧支撑会帮后面的分部积分消去边界项）}\
&= -\frac{1}{4t} \int_{0}^{\infty} \frac{d}{d r} (\cos(2t r)) \int_{\partial B(0,r)} f \ dS dr &\text{（因为 } \frac{d}{dr}\cos(2tr) = -2t\sin(2tr) \text{，所以 } \sin(2tr) = -\frac{1}{2t}\frac{d}{dr}\cos(2tr) \text{）}\
& = \frac{1}{4t} \int_{0}^{\infty} \cos(2t r) \frac{d}{d r} \Big(\int_{\partial B(0,r)} f \ dS \Big ) dr &\text{（这一步就是分部积分，你疑惑的核心点在这里）}
\end{align*}

重点解释分部积分的步骤： #

咱们用标准的分部积分公式 ( \int_{a}^{b} u , dv = uv\big|{a}^{b} - \int{a}^{b} v , du )，在这里：

• 令 ( u = \int_{\partial B(0,r)} f , dS )（记为 ( F(r) )），那么 ( du = \frac{d}{dr}\Big(\int_{\partial B(0,r)} f , dS\Big) dr )
• 令 ( dv = \frac{d}{dr}\cos(2tr) dr )，那么 ( v = \cos(2tr) )

代入分部积分公式到第四步的积分里：
[
\int_{0}^{\infty} F(r) \cdot \frac{d}{dr}\cos(2tr) dr = F(r)\cos(2tr)\big|{0}^{\infty} - \int{0}^{\infty} \cos(2tr) \cdot \frac{d}{dr}F(r) dr
]

现在看边界项 ( F(r)\cos(2tr)\big|_{0}^{\infty} )：

1. 当 ( r \to \infty ) 时，因为 ( f ) 是紧支撑的，存在一个足够大的 ( R )，当 ( r > R ) 时，球面 ( \partial B(0,r) ) 上完全没有 ( f ) 的支撑，所以 ( F(r)=0 )，因此 ( \lim_{r\to\infty} F(r)\cos(2tr) = 0 )
2. 当 ( r=0 ) 时，( \partial B(0,0) ) 是一个单点，球面测度为0，所以 ( F(0)=0 )，因此 ( F(0)\cos(0)=0 )

所以边界项整体为0，代入回第四步的式子：
[
-\frac{1}{4t} \left[ 0 - \int_{0}^{\infty} \cos(2tr) \cdot \frac{d}{dr}F(r) dr \right] = \frac{1}{4t} \int_{0}^{\infty} \cos(2tr) \cdot \frac{d}{dr}F(r) dr
]

这就和推导里的第五步完全一致啦，这里确实是余弦而不是正弦，是因为分部积分的符号抵消加上边界项消失的结果，你的疑惑是很合理的，不过仔细拆解分部积分的每一项就会发现这个推导是正确的。

另外补充一下前面的小细节：第一步用的是二倍角公式 ( \sin(2x)=2\sin x \cos x )，不是加法公式，应该是笔误；第二步的球坐标分解是 ( \mathbb{R}^n ) 上积分的标准技巧，不管f是否紧支撑都成立，但紧支撑的性质在这里主要是帮我们消去了分部积分的边界项，让推导更简洁。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user3342072