暨南大学数分 ( 拉普拉斯变换 )
本节来看一道暨南大学数分真题，我将通过拉普拉斯变换和 Froullani 积分两种方法巧妙解决，如果忘记或者不熟练的朋友可以参考往期文章：
Example
已知 \(b>a>0\)，求：
\[
\int_{0}^{1} \sin\left( \ln \frac{1}{x} \right) \frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x} \mathrm{~d} x
\]
方法 1：拉普拉斯变换 ¶
熟知：
\[
\int_{a}^{b} x^{y} \mathrm{~d} y = \frac{1}{\ln x} x^{y}\bigg|_{a}^b= \frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}
\]
代入得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{0}^{1} \sin\left( \ln \frac{1}{x} \right)\left( \int_{a}^{b} x^{y} \mathrm{~d} y \right) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{a}^{b} \left( \int_{0}^{1} \sin\left( \ln \frac{1}{x} \right)x^{y} \mathrm{~d} x \right) \mathrm{~d} y \\
\end{aligned}
\]
对于内层积分，我们做换元 \(u=\ln \frac{1}{x}=-\ln x\)，则：
\[
\begin{aligned}
J(y) &= \int_{0}^{1} \sin\left( \ln \frac{1}{x} \right)x^{y} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -(y+1)u }\sin u \mathrm{~d} u \\
\end{aligned}
\]
根据之前讲过的拉普拉斯变换： \(\mathcal{L}\left\{ \sin(\omega t) \right\}=\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}\) 即：
\[
\int_{0}^{+\infty} \sin(\omega t)\mathrm{e}^{ -st } \mathrm{~d} t = \frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}
\]
对应到 \(J(y)\) 中，\(\omega=1,s=y+1\)，因此：
\[
J(y) = \frac{1}{1+(1+y)^{2}}
\]
带回 \(I\) 中，得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{a}^{b} \frac{1}{1+(1+y)^{2}} \mathrm{~d} y\\[0.2cm]
&= \arctan(b+1)-\arctan(a+1)
\end{aligned}
\]
那还有没有其他思考角度呢？当然是有的，我们可以做换元 \(x=\mathrm{e}^{ -t }\) 后使用欧拉公式和 Froullani 积分，大致过程如下：
方法 2：Froullani 积分 ¶
换元后得到：
\[
I = \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{ -(a+1)t }-\mathrm{e}^{ -(b+1)t }}{t}\sin t \mathrm{~d} t
\]
根据欧拉公式 \(\mathrm{e}^{ it }=\cos t+i\sin t\) 将 \(\sin t=\mathrm{Im}(\mathrm{e}^{ it })\) 代入上式并提出虚部记号：
\[
I=\mathrm{Im}\left[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{ -(a+1-i) }-\mathrm{e}^{ -(b+1-i) }}{t} \mathrm{~d} t \right]
\]
根据之前介绍的 Froullani 积分：如果 \(\mathrm{Re}(\alpha)>0,\mathrm{Re}(\beta)>0\)，则：
\[
\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{ -\alpha t }-\mathrm{e}^{ -\beta t }}{t} \mathrm{~d} t = \ln\left( \frac{\beta}{\alpha} \right)
\]
本题对应 \(\alpha=a+1-i\)，\(\beta=b+1-i\)，则：
\[
\begin{aligned}
I &= \mathrm{Im}\left[ \ln\left( \frac{b+1-i}{a+1-i} \right) \right]\\
&= \mathrm{Im}[\ln(b+1-i)-\ln(a+1-i)]\\
&= \mathrm{Im}[\ln |b+1-i|+i\arg(b+1-i) - \ln |a+1-i|-i\arg(a+1-i)]\\
&= \arg(b+1-i)-\arg(a+1-i)
\end{aligned}
\]
注意上面使用到 \(\ln(Z)=\ln |Z|+i\arg(Z)\)，且上面倒数第二步的 \(\ln |b+1-i|\) 和 \(\ln |a+1-i|\) 是实数，所以取虚数后不用管。
\[
\begin{aligned}
I &= \arg(b+1-i)-\arg(a+1-i) \\
&= \arctan(b+1)-\arctan(a+1)
\end{aligned}
\]
副角计算：虚部除以实部的反正切值
\[
\begin{aligned}
\arg(u-i)&=\arctan\left( \frac{\mathrm{Im}(u-i)}{\mathrm{Re}(u-i)} \right)\\
&=\arctan\left(\frac{-1}{u} \right)\\
&=-\arctan\left( \frac{1}{u} \right)\\
&=\arctan u-\frac{\pi}{2}
\end{aligned}
\]
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