Froullani 积分
本节分享一类特殊形式的反常积分，被称为付汝兰尼（\(\mathrm{Froullani}\)）积分，它的形式如下：
公式及证明 ¶
Froullani 积分
\[
\int_0^{+\infty} \frac{f(ax)-f(bx)}{x} \mathrm{d}x \quad (a>0,b>0)
\]
下面我们一起来推导一下。
首先，假定 \(x \geqslant 0\) 时，\(f(x)\) 有定义，并且连续；当 \(x \to +\infty\) 时，\(f(x)\) 具有有限的极限，也就是可以记作 \(\displaystyle f(+\infty) = \lim_{x\to +\infty} f(x)\).
当 \(0<\delta<\Delta<+\infty\) 时，存在积分
\[
\begin{aligned}
\int_{\delta}^{\Delta}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x
&=\int_{\delta}^{\Delta}\frac{f(ax)}{x}\mathrm{d}x-\int_{\delta}^{\Delta}\frac{f(bx)}{x}\mathrm{d}x \\
&=\int_{a\delta}^{a\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z-\int_{b\delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z \\
&=\left(\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
+\int_{b\delta}^{a\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z\right)
-\left(\int_{b\delta}^{a\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
+\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z\right)\\
&=\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
+\cancel{\int_{b\delta}^{a\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z}
-\cancel{\int_{b\delta}^{a\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z}
-\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z\\
&=\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
-\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z\\
\end{aligned}
\]
因此得到：
\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x
=\lim_{\delta\to0}\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
-\lim_{\Delta\to\infty}\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
\]
由积分中值定理，得：
\[
\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
=f(\xi)\int_{a\delta}^{b\delta}\frac{\mathrm{d}z}{z}=f(\xi)\ln\frac{b}{a}\quad (a\delta\leqslant \xi\leqslant b\delta)
\]
\[
\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{f(z)}{z}\mathrm{d}z
=f(\eta)\int_{a\Delta}^{b\Delta}\frac{\mathrm{d}z}{z}=f(\eta)\ln\frac{b}{a}\quad (a\Delta\leqslant \eta\leqslant b\Delta)
\]
显然，当 \(\delta\to0\) 时，\(\xi\to0\)；当 \(\Delta\to\infty\) 时，\(\eta\to\infty\)，所以由此推知：
Froullani 积分
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x
&= \big[f(0)-f(+\infty)\big]\ln\frac{b}{a}\\
&= \color{red}{\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{a}{b}}
\end{aligned}
\]
建议记忆红色的形式，好记一些。
下面给出 \(\mathrm{Froullani}\) 积分的两个推广形式，设 \(a>0,b>0\)：
推论 ¶
推论 1
当 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处的连续性被破坏时，若 \(\displaystyle \int_0^{\epsilon} \frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x\) 存在（\(\epsilon < +\infty\)
\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x
=\color{red}{f(+\infty) \cdot \ln\frac{a}{b}}
\]
推论 2
当 \(f(x)\) 在 \(x \to +\infty\) 时没有极限时，若 \(\displaystyle \int_{\epsilon}^{+\infty} \frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x\) 存在（\(\epsilon < +\infty\)
\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x
=\color{red}{-f(0) \cdot \ln\frac{a}{b}}
\]
付汝兰尼（\(\mathrm{Froullani}\)）积分可以极大简化类似形式的积分，下面举几个经典的例子，部分例题选自《积分的方法与技巧
例题 ¶
例 1 ¶
Example
求积分：
\[
\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}}{x} \mathrm{d}x
\]
解：设 \(f(x) = \mathrm{e}^{-x}\)，\(f(0) = \mathrm{e}^{0} = 1\)，\(f(+\infty) = \mathrm{e}^{-\infty} = 0\)，于是：
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}}{x} \mathrm{d}x
&=\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{a}{b}\\
&=\ln \frac{b}{a}
\end{aligned}
\]
例 2 ¶
Example
求积分：
\[
\int_0^{+\infty} \frac{\arctan ax-\arctan bx}{x} \mathrm{d}x
\]
解：设 \(f(x) = \arctan x\)，\(f(0) = \arctan 0 = 0\)，\(f(+\infty) = \displaystyle\lim_{x \to +\infty}\arctan x = \frac{\pi}{2}\)，于是：
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{\arctan ax-\arctan bx}{x} \mathrm{d}x
&=\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{a}{b}\\
&=\frac{\pi}{2}\ln \frac{a}{b}
\end{aligned}
\]
例 3 ¶
Example
求积分：
\[
\int_0^{+\infty} \ln \frac{p+q\mathrm{e}^{-ax}}{p+q\mathrm{e}^{-bx}}\cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}
\]
解：本题就没有办法直接套用公式了，需要先进行适当的代数变形，显然可以利用 \(\ln\) 将乘除转化为加减。
设 \(f(x) = \ln(p+q\mathrm{e}^{-x})\)，\(f(0) = \ln (p+q)\)，\(f(+\infty) = \ln p\)，于是：
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \ln \frac{p+q\mathrm{e}^{-ax}}{p+q\mathrm{e}^{-bx}}\cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}
&= \int_0^{+\infty} \frac{\ln (p+q\mathrm{e}^{-ax}) - \ln (p+q\mathrm{e}^{-bx})}{x} \\[0.2cm]
&=\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{a}{b}\\
&=\big[\ln p-\ln(p+q)\big]\ln\frac{a}{b}\\
&=\ln \left( \frac{p}{p+q} \right) \ln \frac{a}{b}
\end{aligned}
\]
例 4 ¶
Example
求积分：
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1 - e^{-yx}}{x\mathrm{e}^{2x}} \mathrm{d}x
\]
解：为了凑出我们想要的形式，显然应该分子分母同乘 \(\mathrm{e}^{-2x}\) 以使得分母只有单独的 \(x\)。
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{1 - e^{-yx}}{x\mathrm{e}^{2x}} \mathrm{d}x
&= \int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{-2x} - \mathrm{e}^{-(y+2)x}}{x} \mathrm{d}x\\[0.2cm]
&=\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{2}{y+2}\quad (f(x)=\mathrm{e}^{-x})\\
&=\big[0-1\big]\ln\frac{2}{y+2}\\
&=\ln\frac{y+2}{2}
\end{aligned}
\]
例 5 ¶
Example
求积分：
\[
\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{\sin ax \sin bx}x \mathrm{d}x
\]
解：由于我们公式的分子是差的形式，而本题的分子是乘积，故考虑积化和差：
\[
\sin ax\sin bx = \dfrac12 \left(\cos (a-b)x-\cos (a+b)x \right)
\]
代入得：
\[
\begin{aligned}
\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{\sin ax \sin bx}x \mathrm{d}x
&= \frac12\int_0^{+\infty} \frac{\cos (a-b)x-\cos (a+b)x}{x} \mathrm{d}x \\[0.2cm]
&=\frac12\big[-f(0)\big]\ln \left|\frac{a-b}{a+b}\right|\quad (f(x)=\cos x)\\
&=\ln \sqrt{\left|\frac{a+b}{a-b}\right|}
\end{aligned}
\]
这里需要注意的是，我们选择的 \(f(x) = \cos x\) 在 \(x \to +\infty\) 的时候极限是不存在的，因此我们套用的是公式的推广形式 2！！！
例 6 ¶
Example
求积分：
\[
\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{ \sin ^3 x}{x^2} \mathrm{d}x
\]
解：凑微分，考虑使用分部积分对分母进行降次，得：
\[
\begin{aligned} \displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{ \sin ^3 x}{x^2} \mathrm{d}x &= \int_0^{+\infty} \sin ^3 x \mathrm{d}\left( -\frac1x \right)\\
&= -\left.\frac{\sin^3x}{x}\right|_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} \frac{ 3\sin ^2 x\cos x}{x} \mathrm{d}x \\
&=\int_0^{+\infty} \frac{ 3\sin ^2 x\cos x}{x} \mathrm{d}x
\end{aligned}
\]
分子是乘积形式，而我们想往公式的差形式凑，因此考虑恒等变形：
\[
\begin{aligned}
\sin^2x \cos x &=\dfrac12 (1-\cos2x)\cdot \cos x\\
&= \dfrac12 (\cos x-\cos2x \cos x)\\
&=\dfrac12(\cos x-\frac12(\cos 3x+\cos x))\\
&=\dfrac14(\cos x-\cos 3x)
\end{aligned}
\]
则有：
\[
\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{ 3\sin ^2 x\cos x}{x} \mathrm{d}x=\frac34 \int_0^{+\infty} \frac{\cos x - \cos 3x}{x} \mathrm{d}x=\dfrac34 \ln 3
\]
例 7 ¶
Example
求积分：
\[
\displaystyle \int_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x} \mathrm{d}x
\]
解：分母不是 \(x\) ，故考虑换元 \(t = \ln x\)，得：
\[
\displaystyle \int_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x} \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{0}\frac{e^{at}-e^{bt}}{t}\mathrm{d}t
\]
再做一次换元：令 \(u=-t\)
\[
\begin{aligned}
I
&=\int_{+\infty}^{0}\frac{e^{-au}-e^{-bu}}{-u}\cdot(-\mathrm{d}u) \\
&=\int_{+\infty}^{0}\frac{e^{-au}-e^{-bu}}{u}\mathrm{d}u \\
&=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-bu}-e^{-au}}{u}\mathrm{d}u\\
&=\ln \frac ab
\end{aligned}
\]
最后一步直接套用例 1的结果即可。
例 8 ¶
Example
求积分：
\[
\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{b\sin ax - a\sin bx}{x^2}\mathrm{d}x\ (a>0,b>0)
\]
解：思路同例题 6，凑微分，然后使用分部积分对分母降次：
\[
\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{b\sin ax - a\sin bx}{x^2}\mathrm{d}x &=\int_{0}^{+\infty} (b\sin ax - a\sin bx)\,\mathrm{d}\left(-\frac1x\right) \\ &=\left.\left[-\frac{1}{x}\big(b\sin ax - a\sin bx\big)\right]\right|_{0}^{+\infty} +\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x}\big(ab\cos ax - ab\cos bx\big)\mathrm{d}x \\ &=ab\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos ax - \cos bx}{x}\mathrm{d}x \\ &=ab\ln\frac{b}{a} \end{aligned}
\]
例 9：¶
Example
求积分：
\[
\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)}{x^2}\mathrm{d}x\ (a>0,b>0)
\]
解：思路同例题 6，凑微分，然后使用分部积分对分母降次：
\[
\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)}{x^2}\mathrm{d}x &=\int_{0}^{+\infty} \big[b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)\big]\,\mathrm{d}\left(-\frac1x\right) \\ &=\left.\left\{-\frac{1}{x}\big[b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)\big]\right\}\right|_{0}^{+\infty} +\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x}\left( \frac{ba}{1+ax}\mathrm{d}x-\frac{ab}{1+bx}\mathrm{d}x \right) \\ &=ab\int_{0}^{+\infty}\frac{\dfrac{1}{1+ax}-\dfrac{1}{1+bx}}{x}\mathrm{d}x
\end{aligned}
\]
令
\[ f(x)=\dfrac{1}{1+x},\quad f(0)=1,\quad f(+\infty)=0 \]
因此得到：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} \frac{b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)}{x^2}\mathrm{d}x &=ab\int_{0}^{+\infty}\frac{\dfrac{1}{1+ax}-\dfrac{1}{1+bx}}{x}\mathrm{d}x \\ &=ab\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{a}{b} \\
&=ab\ln\frac{b}{a}
\end{aligned}
\]
习题 ¶
Q1¶
Question
求积分：
\[
\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2}
\]
Answer
考虑双曲函数的性质：
\[
\begin{aligned}
\frac{1}{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}} &= \frac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2x}-1}\\
&= \frac{(\mathrm{e}^x + 1) - 1}{\mathrm{e}^{2x}-1}\\
&= \frac{1}{\mathrm{e}^x - 1} - \frac{1}{\mathrm{e}^{2x} - 1}
\end{aligned}
\]
因此，注意到：
\[
\begin{aligned} \frac{1}{x^2}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{2}\right) =& -\frac{1}{2x}\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right) +\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-x}\right) \\ &-\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2x}-1}-\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}\right). \end{aligned}
\]
因此我们可以把该积分分解成下列 3 个积分：
\[
\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2} =& -\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}}{x}\mathrm{d}x +\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{x}-1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-x}\right)\mathrm{d}x \\ &-\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2x}-1}-\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}\right)\mathrm{d}x \end{aligned}
\]
在等式右边的第三个积分中，令 \(2x=y\)，则：
\[
\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{2x}-1}-\frac{1}{2x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}\right)\mathrm{d}x =\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{y}\left(\frac{1}{\mathrm{e}^{y}-1}-\frac{1}{y}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-y}\right)\mathrm{d}y
\]
可以看出它与上式右边的第二个积分是相同的，故相互抵消。
因此：
\[
\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2} =-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}}{x}\mathrm{d}x
\]
此式右端就是 \(\mathrm{Froullian}\) 积分啦，令
\[ f(x)=\mathrm{e}^{-x},\quad f(0)=1,\quad f(+\infty)=0 \]
于是得到：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}-\frac{1}{2}\right)\frac{\mathrm{d}x}{x^2} &=-\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}}{x}\mathrm{d}x\\
&-\frac{1}{2}\big[f(+\infty)-f(0)\big]\ln\frac{1}{2} \\
&=-\frac{1}{2}\ln 2
\end{aligned}
\]
Q2¶
Question
求积分：
\[
\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}+(a-b)x\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x\ (a,b>0)
\]
Answer
对于任意数 \(\eta>0\)，有
\[
\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}+(a-b)x\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x
=\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x+(a-b)\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-bx}}{x}\mathrm{d}x
\]
右边第一个积分，考虑分部积分，使被积函数的分母从 \(x^2\) 变到 \(x\) 以实现降次，和本节的例题 6是一个思路：
\[
\begin{aligned}
\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x
&=\int_{\eta}^{+\infty}(\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx})\,\mathrm{d}\left(-\frac{1}{x}\right) \\
&=-\left.\left[\frac{1}{x}\big(\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}\big)\right]\right|_{\eta}^{+\infty}
+\int_{\eta}^{+\infty}\frac{b\mathrm{e}^{-bx}-a\mathrm{e}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x \\
&=\frac{\mathrm{e}^{-a\eta}-\mathrm{e}^{-b\eta}}{\eta}+\int_{\eta}^{+\infty}\frac{b\mathrm{e}^{-bx}-a\mathrm{e}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x
\end{aligned}
\]
因此有：
\[
\begin{aligned}
&\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}+(a-b)x\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x \\
=&\frac{\mathrm{e}^{-a\eta}-\mathrm{e}^{-b\eta}}{\eta}+\int_{\eta}^{+\infty}\frac{b\mathrm{e}^{-bx}-a\mathrm{e}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x
+(a-b)\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-bx}}{x}\mathrm{d}x \\
=&\frac{\mathrm{e}^{-a\eta}-\mathrm{e}^{-b\eta}}{\eta}-a\int_{\eta}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-bx}-\mathrm{e}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x
\end{aligned}
\]
当 \(\eta\to0\) 时，结果中的第一项由洛必达 (\(\mathrm{L'Hospital}\)) 法则，有
\[
\lim_{\eta\to0}\frac{(\mathrm{e}^{-a\eta}-\mathrm{e}^{-b\eta})'}{(\eta)'}=\lim_{\eta\to0}\frac{-a\mathrm{e}^{-a\eta}+b\mathrm{e}^{-b\eta}}{1}=b-a
\]
而第二项是 \(\mathrm{Froullian}\) 积分，令 \(f(x)=\mathrm{e}^{-x},\quad f(0)=1,\quad f(+\infty)=0\)
则有：
\[
a\int_{\eta}^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-bx}-\mathrm{e}^{-ax}}{x}\mathrm{d}x=a\ln\frac{a}{b}
\]
因此最终得到：
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{e}^{-ax}-\mathrm{e}^{-bx}+(a-b)x\mathrm{e}^{-bx}}{x^2}\mathrm{d}x
=b-a+a\ln\frac{a}{b}
\]
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