菲涅尔积分和狄利克雷积分
Fresnel 积分
首先来看下面这道题目：
Example
\[
\int_{0}^{+\infty} t^{-\frac{1}{2}}\sin t \mathrm{~d} t
\]
在我没学过菲涅尔（\(\mathrm{Fresnel}\)）积分的时候，我是这样做这道题的：
方法 1
回顾 \(\Gamma\) 函数的一般定义：
\[
\Gamma(z) = \int_{0}^{+\infty} x^{z-1}\mathrm{e}^{ -x } \mathrm{~d} x
\]
下面考虑这样的一个积分：
\[
\int_{0}^{+\infty} x^{z-1}\mathrm{e}^{ -ax } \mathrm{~d} x
\]
做换元：\(t=ax\)
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} x^{z-1}\mathrm{e}^{ -ax } \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{+\infty} \left( \frac{t}{a} \right)^{z-1}\mathrm{e}^{ -t } \mathrm{~d} \left( \frac{t}{a} \right)\\
&= \frac{1}{a^{z}} \int_{0}^{+\infty} t^{z-1}\mathrm{e}^{ -t } \mathrm{~d} t\\
&= \frac{\Gamma(z)}{a^{z}}
\end{aligned}
\]
因此原题目就可以使用欧拉公式巧妙解决了！
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} t^{-\frac12}\sin t \mathrm{~d}t
&=\mathrm{Im}\left( \int_{0}^{+\infty}t^{-\frac12}e^{it}\mathrm{d}t \right)\\
&=\mathrm{Im}\left( \int_{0}^{+\infty}t^{\frac12 -1}e^{-(-i)t}\mathrm{d}t \right)\\
&=\mathrm{Im}\left( \frac{\Gamma(\frac12)}{(-i)^{\frac12}} \right)\\
&=\mathrm{Im}\left( \sqrt{\pi}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(1+i) \right)\\
&=\sqrt{\frac{\pi}{2}}
\end{aligned}
\]
\(\Gamma\left( \dfrac{1}{2} \right) = \sqrt{ \pi }\) 这个我们都知道，但是 \((-i)^{-1/2}\) 怎么求呢？
我们考虑再次使用欧拉公式并结合棣莫弗定理，得：
\[
\begin{aligned}
(-i)^{-1/2} &= (i\sin\theta+\cos\theta)^{-1/2}\\
&= \left[ i\sin\left( -\frac{\pi}{2} \right)+\cos\left( -\frac{\pi}{2} \right) \right]^{-1/2}\\
&= i\sin\left( \frac{\pi}{4} \right)+\cos\left( \frac{\pi}{4} \right)\\
&= \frac{\sqrt{ 2 }}{2}(1+i)
\end{aligned}
\]
方法 2
在我了解菲涅尔积分（\(\mathrm{Fresnel}\)）后，才发现这道题原来这么简单！
先给出菲涅尔积分的常用结论，这里不做证明。
形式 1
\[
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{ x }} \mathrm{~d} x = \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{\sqrt{ x }} \mathrm{~d} x = \sqrt{ \frac{\pi}{2} }
\]
形式 2
\[
\int_{0}^{+\infty} \sin(x^{2}) \mathrm{~d} x =\int_{0}^{+\infty} \cos(x^{2}) \mathrm{~d} x = \frac{1}{2}\sqrt{ \frac{\pi}{2} }
\]
那么我们回到原题目，我们发现我们可以通过换元 \(t=u^{2}\) 转化到菲涅尔积分：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} t^{-\frac{1}{2}}\sin t \mathrm{~d} t &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{u}\sin (u^{2}) \mathrm{~d} (u^{2})\\
&= 2\int_{0}^{+\infty} \sin(u^{2}) \mathrm{~d} u\\
&= \sqrt{ \frac{\pi}{2} }
\end{aligned}
\]
下面再看这样一道题目：
例题
Example
设 \(I(x)=\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -xy^{2} }\sin x \mathrm{~d} y\)，\(x\geqslant 0\)，求：\(\displaystyle \int_{0}^{+\infty} I(x) \mathrm{~d} x\)
解：当 \(x\geqslant 0\) 时，有：
\[
\begin{aligned}
I(x) &= \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -xy^{2} }\sin x \mathrm{~d} y\\
&= \frac{\sin x}{\sqrt{ x }} \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -(\sqrt{ x }y)^{2} } \mathrm{~d} (\sqrt{ x }y)\\
&= \frac{\sin x}{\sqrt{ x }}\cdot \frac{\sqrt{ \pi }}{2}
\end{aligned}
\]
上面的最后一步利用的是高斯积分：
\[
\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -x^{2} } \mathrm{~d} x = \frac{\sqrt{ \pi }}{2}
\]
\[
\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{ -x^{2} } \mathrm{~d} x =\sqrt{ \pi }
\]
那么我们要求的积分就可解了：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} I(x) \mathrm{~d} x &= \frac{\sqrt{ \pi }}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{ x }} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\sqrt{ \pi }}{2} \cdot \sqrt{ \frac{\pi}{2} }\\
&= \frac{\pi}{2\sqrt{ 2 }}
\end{aligned}
\]
上面用到的就是菲涅尔积分的结论。
事实上，菲涅尔积分结论可以推广为如下形式：
推广
\[
\int_{0}^{+\infty} \sin(x^{n}) \mathrm{~d} x =\frac{1}{n}\Gamma\left( \frac{1}{n} \right)\sin\left( \frac{\pi}{2n} \right)
\]
Dirichlet 积分
写到这里，我又联想到了一个形式类似的积分（狄利克雷积分），但是解决方法完全不一样：
Dirichlet 积分
\[
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x
\]
解：费曼积分法经典例题，也就是所谓的含参积分法。忘记这种方法的朋友可以看之前的文章，链接附在下面了：泊松积分
如果我们记含参积分 \(I(a) = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(ax)}{x} \mathrm{~d} x\)
那么：
\[
\begin{aligned}
I'(a) &= \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(ax)}{x}\cdot x \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{+\infty} \cos(ax) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
这个积分是不存在的，因此考虑更换含参积分的设法。
我们设 \(I(a) = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\cdot \mathrm{e}^{ -ax } \mathrm{~d} x\)，\(a>0\)
则我们要求的积分就是 \(I(0)\)，下面求导：
\[
\begin{aligned}
I'(a) &= \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\cdot \mathrm{e}^{ -ax }\cdot(-x) \mathrm{~d} x \\
&= -\int_{0}^{+\infty} \sin x\cdot \mathrm{e}^{ -ax } \mathrm{~d} x \\
&= \frac{a\sin x\mathrm{e}^{ -ax }+\cos x\mathrm{e}^{ -ax }}{a^{2}+1}\bigg|_{0}^{+\infty}\\
&= -\frac{1}{a^{2}+1}
\end{aligned}
\]
积分得：
\[
I(a) = -\arctan a+C
\]
即：
\[
-\arctan a+C= \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\cdot \mathrm{e}^{ -ax } \mathrm{~d} x
\]
考虑 \(a \to +\infty\)，有：
\[
-\frac{\pi}{2}+C = 0
\]
因此 \(C=\dfrac{\pi}{2}\).
故原积分为：
\[
\begin{aligned}
I(0) &= \lim_{ a \to 0^{+} } I(a)\\
&= \lim_{ a \to 0^{+} } \left( -\arctan a+\frac{\pi}{2} \right)\\
&= \frac{\pi}{2}
\end{aligned}
\]
至此，我通过一道题向大家介绍了菲涅尔积分的常见结论，并复习了费曼积分法，常见形式千万不要弄混哦！
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