趁着早上有空,就赶紧把这篇文章写好吧。下午高考成绩要公布了,公布后也许又会有一段时间忙碌了。这应该是“费曼积分法”系列最后一篇文章了。它主要讲的还是费曼积分法的一个实例。不同的是,这是BoJone首次独立地用费曼积分法解决了一个问题。之前提到的一些例子,都是书本提供并结合了提示,BoJone才把它们算出来的。所以这个问题有着点点纪念意义。

数学研发论坛上wayne曾求证这样的命题:

$\int_0^{\infty}\frac{f(x,2m-1)-sinx}{x^{2m+1}}dx$其中,f(x,2m-1)表示sinx的2m-1阶泰勒展开
如m=1时,
$\int_0^{\infty}\frac{x-sinx}{x^3}dx$
m=2时
$\int_0^{\infty}\frac{x-\frac{x^3}{6}-sinx}{x^5}dx$
借助软件我发现结果是:
$\frac{\pi(-1)^{m-1}}{2(2m)!}$

有人利用拉普拉斯变换给出了证明,而我对拉普拉斯变换只是有概念,不懂具体方法。我利用费曼积分法,将问题一般化。假设有函数y=f(x),求积分

$$F(t)=\int_a^b \frac{f(0)+f'(0)(tx)+f''(0)\frac{(tx)^2}{2}+...+f^{(n)}(0)\frac{(tx)^n}{n!}-f(tx)}{x^{n+1}} dx$$

我们有
$$\begin{aligned}\frac{d F(t)}{dt}=\int_a^b \frac{f'(0)+f''(0)(tx)+...+f^{(n)}(0)\frac{(tx)^{n-1}}{(n-1)!}-f'(tx)}{x^n} dx\end{aligned}$$

连续n次微分得到
$$\begin{aligned}\frac{d^n F(t)}{dt^n}=\int_a^b \frac{f^{(n)}(0)-f^{(n)}(tx)}{x} dx\end{aligned}$$

对于某些情况,可以n+1次微分得到
$$\begin{aligned}\frac{d^{n+1} F(t)}{dt^{n+1}}=\int_a^b -f^{(n+1)}(tx) dx=-f^{(n)} (tx)|_a^b\end{aligned}$$

然后对变量t积分n次或n+1次即可,这个过程会得出多个积分常数。我们知道当t=0时原积分值为0,可以确定每一个积分常数都为0。

对于wayne的题目,f(x)=sin(x),n=2m,$f^{(2m)}(x)=(-1)^m sin x$

$$\begin{aligned}\frac{d^{2m} F(t)}{dt^{2m}}=\int_0^{\infty} \frac{-(-1)^m sin (tx)}{x} dx\end{aligned}$$

(这里不能够再微分了,在微分会得到$-(-1)^m sin (tx)|_0^{\infty}$,这没有意义)

根据$\int_0^{\infty} \frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi}{2}$

我们有
$$\frac{d^{2m} F(t)}{dt^{2m}}=-(-1)^m\frac{\pi}{2}=(-1)^{m-1} \frac{\pi}{2}$$

2m次积分后:$F(t)=\frac{(-1)^{m-1} \pi \cdot t^{2m}}{2(2m)!}$

取t=1即可。

于是,一个有趣的定积分被费曼积分法漂亮地解决了!

附:拉普拉斯变换的证明
拉普拉斯变换证明.png

结语

在一般的微积分教材基本已经不讲“积分符号内取微分”这个工具了,应对那些复杂一点的积分,基本会用到复变函数的工具(即之前提到的“围道积分”),或者输入计算机,直接了事。但是,对于这个相当有趣的技巧,BoJone还是想把它介绍给读者,让大家知道有这么一个东西的存在,也有这么一个东西的历史。毕竟,“小飞侠”费曼用它解决了不少难题,难道我们就不想一试?


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