积分∫[0, +∞] sin(x²)dx 收敛吗？
这道积分，∫[0, +∞] sin(x²)dx，是一个非常有意思的问题，它关乎着我们如何理解和处理无限区间上的函数行为。很多刚接触这类积分的朋友，可能会直觉地认为，因为被积函数 sin(x²) 在 [0, +∞) 区间上震荡，而且振幅保持不变，所以它不会收敛。但实际上，情况要复杂得多，它会收敛，而且收敛的方式相当巧妙。
让我们一步一步来分析这个问题。
1. 理解问题的本质：收敛与发散
首先，我们要明确“收敛”在这个语境下的含义。对于一个瑕积分（也就是积分区间包含无穷大或者被积函数在某点趋于无穷），它被称为收敛，意味着这个积分的值是一个有限的实数。反之，如果积分的值是无穷大或者不存在，那么它就是发散的。
2. 为什么直觉会误导？
sin(x²) 函数的性质是它在 [0, +∞) 上无限地振荡。当我们从 0 向右移动，x² 的增长速度会越来越快，这导致 sin(x²) 的周期越来越短。在 [0, +∞) 上，你可能会想象无数个面积的正负相抵，但由于振荡的频率越来越高，这种相抵可能并不总是能精确地抵消，导致总面积变得无穷大。
举个例子，如果你算 ∫[0, π] sin(x) dx，结果是 2。如果你算 ∫[0, 2π] sin(x) dx，结果是 0。如果你算 ∫[0, 3π] sin(x) dx，结果是 2。你会发现，每增加一个 π 的区间，积分值在 0 和 2 之间摆动。对于 sin(x²) 来说，由于 x² 的增长，x 的增长是 √x 的，所以这个振荡的“周期”是以指数级减小的。这种快速的振荡是判断收敛性的一个关键点，但它并不直接决定收敛或发散。
3. 直接计算的困难
如果我们尝试直接计算 ∫ sin(x²) dx 的不定积分，会发现这是非常困难的。这个积分没有初等函数的原函数，它对应着一个特殊的函数——菲涅尔积分（Fresnel Integral）。具体来说，∫ sin(x²) dx 的不定积分为 $sqrt{frac{pi}{2}} S(sqrt{frac{2}{pi}}x) + C$，其中 $S(x)$ 是菲涅尔正弦积分。
虽然知道了不定积分是菲涅尔积分，但直接计算从 0 到 +∞ 的定值依然需要对菲涅尔积分的性质有深入的了解。
4. 证明收敛性的几种方法
既然直接计算困难，我们可以尝试其他方法来证明它的收敛性。以下是几种常用的思路：
方法一：换元法与分部积分法
这是最经典也是最容易理解的证明方法之一。
首先，我们考虑积分 ∫[0, +∞] sin(x²) dx。
我们进行一个换元：令 $u = x^2$。那么 $du = 2x dx$，所以 $dx = frac{du}{2x} = frac{du}{2sqrt{u}}$。
当 $x=0$ 时，$u=0$。当 $x o +infty$ 时，$u o +infty$。
原积分变为：
$int_0^{+infty} sin(u) frac{du}{2sqrt{u}} = frac{1}{2} int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$
现在的问题转化为证明 $int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 是否收敛。
我们注意到，当 $u o 0^+$ 时，$frac{sin(u)}{sqrt{u}} approx frac{u}{sqrt{u}} = sqrt{u}$，这是一个有界的量，所以积分在 0 点附近是收敛的。
我们需要重点关注在无穷远处的行为。我们可以将积分拆开：
$int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du = int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du + int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$
第一部分 $int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 是一个有限区间的瑕积分，由于被积函数在 [0, 1] 上是连续的（或可延拓为连续），所以它是收敛的。
现在我们来处理第二部分 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$。这里可以使用分部积分法。
设 $f(u) = frac{1}{sqrt{u}}$，$g'(u) = sin(u)$。
那么 $f'(u) = frac{1}{2}u^{3/2}$，$g(u) = cos(u)$。
根据分部积分公式 ∫ f(u)g'(u) du = f(u)g(u) ∫ f'(u)g(u) du：
$int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du = left[ frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight]_1^{+infty} int_1^{+infty} left(frac{1}{2}u^{3/2} ight)(cos(u)) du$
让我们逐项分析：
边界项: $left[ frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight]_1^{+infty} = lim_{u o +infty} left(frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight) left(frac{cos(1)}{sqrt{1}} ight)$
由于 $|cos(u)| le 1$，所以 $|frac{cos(u)}{sqrt{u}}| le frac{1}{sqrt{u}}$。当 $u o +infty$ 时，$frac{1}{sqrt{u}} o 0$。根据夹逼定理，$lim_{u o +infty} frac{cos(u)}{sqrt{u}} = 0$。
所以，边界项为 $0 (cos(1)) = cos(1)$。这是一个有限的常数。
剩余积分项: $ int_1^{+infty} frac{1}{2} u^{3/2} cos(u) du$
这个积分是 $ frac{1}{2} int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$。
现在我们需要判断这个积分是否收敛。
我们知道 $|cos(u)| le 1$，所以 $|frac{cos(u)}{u^{3/2}}| le frac{1}{u^{3/2}}$。
积分 $int_1^{+infty} frac{1}{u^{3/2}} du$ 是一个收敛的 $p$积分 (因为 $p=3/2 > 1$)。
根据比较判别法（绝对收敛则收敛），$int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$ 是绝对收敛的，因此它也收敛。
所以，$ frac{1}{2} int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$ 是一个有限的数值。
综合以上分析，$int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 的结果是 $cos(1)$ 加上一个收敛积分的值，因此它是收敛的。
由于 $int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 和 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 都收敛，它们的和 $int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 也收敛。
最后，别忘了我们最初的积分是 $frac{1}{2} int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$。因此，原积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$ 收敛。
方法二：利用傅里叶变换（更高级）
这个积分实际上是高斯函数 $e^{ax^2}$ 和三角函数 $sin(x^2)$ 的乘积在无限区间的积分，与傅里叶变换有密切的联系。更直接地，它可以看作是高斯积分 $int_{infty}^{infty} e^{ax^2} dx = sqrt{frac{pi}{a}}$ 的一个变种。
可以通过一些复变函数的方法，或者利用高斯积分的一些性质，来求解这个积分。例如，考虑函数 $f(t) = int_0^infty cos(tx^2) dx$ 和 $g(t) = int_0^infty sin(tx^2) dx$。通过微分方程或者傅里叶变换的知识，可以推导出它们的值。
一个常用的技巧是考虑积分 $I(a) = int_0^infty e^{ax^2} dx = frac{1}{2}sqrt{frac{pi}{a}}$。然后通过对 $a$ 求导数或者进行其他变换来获得与 $sin(x^2)$ 相关的积分。
例如，考虑 $int_0^infty e^{ax^2} dx$。通过换元 $u = sqrt{a}x$，得到 $frac{1}{sqrt{a}} int_0^infty e^{u^2} du = frac{1}{sqrt{a}} frac{sqrt{pi}}{2} = frac{1}{2}sqrt{frac{pi}{a}}$。
对于 $int_0^infty sin(x^2) dx$，我们可以将其视为一个虚指数的积分：
$int_0^infty sin(x^2) dx = ext{Im} int_0^infty e^{ix^2} dx$
令 $a = i$。那么我们需要计算 $int_0^infty e^{ix^2} dx$。
这可以通过复数路径积分来计算，例如沿着一个扇形路径，结合柯西积分定理和留数定理。
如果我们沿着第一象限的 $1/4$ 圆弧路径（从0到R，再到Ri，最后从Ri回到0）积分，并考虑当R趋于无穷大时的极限，可以推导出 $int_0^infty e^{ix^2} dx = frac{1+i}{2} sqrt{frac{pi}{2}}$。
那么，$int_0^infty sin(x^2) dx = ext{Im} left( frac{1+i}{2} sqrt{frac{pi}{2}} ight) = frac{1}{2} sqrt{frac{pi}{2}} = sqrt{frac{pi}{8}} = frac{sqrt{2pi}}{4}$。
而对于积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$，它也正好是这个值。
5. 为什么这个积分的值不是零？
虽然 sin(x²) 函数在无穷远处快速振荡，但前面提到的分部积分法清楚地表明，虽然它的“平均值”在很大程度上是抵消的，但由于函数 $frac{1}{sqrt{u}}$ 在无穷远处虽然趋于0，但不是瞬间变成0，它提供了一个非零的“权重”，使得抵消不是完全的。
具体来说，当我们将积分 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 分部积分后，得到的边界项是 $cos(1)$。这正是由于被积函数 $1/sqrt{u}$ 在 $u=1$ 时的值是1。如果积分从 0 开始，这个边界项会是 0。
总结
积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$ 是收敛的。
它的收敛性可以通过几种方法证明，其中最直观的是通过换元和分部积分法。这种方法表明，尽管被积函数 $sin(x^2)$ 在无穷远处快速振荡，但由于 $frac{1}{sqrt{u}}$ 这个因子在积分过程中起到了“减速”振荡幅度的作用，使得积分的总面积最终趋于一个有限值。
这个积分是数学中一个经典的例子，展示了即使被积函数在无穷远处表现得“不稳定”（快速振荡），其积分结果也可能非常“稳定”（收敛到有限值）。这正是瑕积分和特殊函数（如菲涅尔积分）魅力所在的地方。
让我们一步一步来分析这个问题。
1. 理解问题的本质：收敛与发散
首先，我们要明确“收敛”在这个语境下的含义。对于一个瑕积分（也就是积分区间包含无穷大或者被积函数在某点趋于无穷），它被称为收敛，意味着这个积分的值是一个有限的实数。反之，如果积分的值是无穷大或者不存在，那么它就是发散的。
2. 为什么直觉会误导？
sin(x²) 函数的性质是它在 [0, +∞) 上无限地振荡。当我们从 0 向右移动，x² 的增长速度会越来越快，这导致 sin(x²) 的周期越来越短。在 [0, +∞) 上，你可能会想象无数个面积的正负相抵，但由于振荡的频率越来越高，这种相抵可能并不总是能精确地抵消，导致总面积变得无穷大。
举个例子，如果你算 ∫[0, π] sin(x) dx，结果是 2。如果你算 ∫[0, 2π] sin(x) dx，结果是 0。如果你算 ∫[0, 3π] sin(x) dx，结果是 2。你会发现，每增加一个 π 的区间，积分值在 0 和 2 之间摆动。对于 sin(x²) 来说，由于 x² 的增长，x 的增长是 √x 的，所以这个振荡的“周期”是以指数级减小的。这种快速的振荡是判断收敛性的一个关键点，但它并不直接决定收敛或发散。
3. 直接计算的困难
如果我们尝试直接计算 ∫ sin(x²) dx 的不定积分，会发现这是非常困难的。这个积分没有初等函数的原函数，它对应着一个特殊的函数——菲涅尔积分（Fresnel Integral）。具体来说，∫ sin(x²) dx 的不定积分为 $sqrt{frac{pi}{2}} S(sqrt{frac{2}{pi}}x) + C$，其中 $S(x)$ 是菲涅尔正弦积分。
虽然知道了不定积分是菲涅尔积分，但直接计算从 0 到 +∞ 的定值依然需要对菲涅尔积分的性质有深入的了解。
4. 证明收敛性的几种方法
既然直接计算困难，我们可以尝试其他方法来证明它的收敛性。以下是几种常用的思路：
方法一：换元法与分部积分法
这是最经典也是最容易理解的证明方法之一。
首先，我们考虑积分 ∫[0, +∞] sin(x²) dx。
我们进行一个换元：令 $u = x^2$。那么 $du = 2x dx$，所以 $dx = frac{du}{2x} = frac{du}{2sqrt{u}}$。
当 $x=0$ 时，$u=0$。当 $x o +infty$ 时，$u o +infty$。
原积分变为：
$int_0^{+infty} sin(u) frac{du}{2sqrt{u}} = frac{1}{2} int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$
现在的问题转化为证明 $int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 是否收敛。
我们注意到，当 $u o 0^+$ 时，$frac{sin(u)}{sqrt{u}} approx frac{u}{sqrt{u}} = sqrt{u}$，这是一个有界的量，所以积分在 0 点附近是收敛的。
我们需要重点关注在无穷远处的行为。我们可以将积分拆开：
$int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du = int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du + int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$
第一部分 $int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 是一个有限区间的瑕积分，由于被积函数在 [0, 1] 上是连续的（或可延拓为连续），所以它是收敛的。
现在我们来处理第二部分 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$。这里可以使用分部积分法。
设 $f(u) = frac{1}{sqrt{u}}$，$g'(u) = sin(u)$。
那么 $f'(u) = frac{1}{2}u^{3/2}$，$g(u) = cos(u)$。
根据分部积分公式 ∫ f(u)g'(u) du = f(u)g(u) ∫ f'(u)g(u) du：
$int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du = left[ frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight]_1^{+infty} int_1^{+infty} left(frac{1}{2}u^{3/2} ight)(cos(u)) du$
让我们逐项分析：
边界项: $left[ frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight]_1^{+infty} = lim_{u o +infty} left(frac{cos(u)}{sqrt{u}} ight) left(frac{cos(1)}{sqrt{1}} ight)$
由于 $|cos(u)| le 1$，所以 $|frac{cos(u)}{sqrt{u}}| le frac{1}{sqrt{u}}$。当 $u o +infty$ 时，$frac{1}{sqrt{u}} o 0$。根据夹逼定理，$lim_{u o +infty} frac{cos(u)}{sqrt{u}} = 0$。
所以，边界项为 $0 (cos(1)) = cos(1)$。这是一个有限的常数。
剩余积分项: $ int_1^{+infty} frac{1}{2} u^{3/2} cos(u) du$
这个积分是 $ frac{1}{2} int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$。
现在我们需要判断这个积分是否收敛。
我们知道 $|cos(u)| le 1$，所以 $|frac{cos(u)}{u^{3/2}}| le frac{1}{u^{3/2}}$。
积分 $int_1^{+infty} frac{1}{u^{3/2}} du$ 是一个收敛的 $p$积分 (因为 $p=3/2 > 1$)。
根据比较判别法（绝对收敛则收敛），$int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$ 是绝对收敛的，因此它也收敛。
所以，$ frac{1}{2} int_1^{+infty} frac{cos(u)}{u^{3/2}} du$ 是一个有限的数值。
综合以上分析，$int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 的结果是 $cos(1)$ 加上一个收敛积分的值，因此它是收敛的。
由于 $int_0^1 frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 和 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 都收敛，它们的和 $int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 也收敛。
最后，别忘了我们最初的积分是 $frac{1}{2} int_0^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$。因此，原积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$ 收敛。
方法二：利用傅里叶变换（更高级）
这个积分实际上是高斯函数 $e^{ax^2}$ 和三角函数 $sin(x^2)$ 的乘积在无限区间的积分，与傅里叶变换有密切的联系。更直接地，它可以看作是高斯积分 $int_{infty}^{infty} e^{ax^2} dx = sqrt{frac{pi}{a}}$ 的一个变种。
可以通过一些复变函数的方法，或者利用高斯积分的一些性质，来求解这个积分。例如，考虑函数 $f(t) = int_0^infty cos(tx^2) dx$ 和 $g(t) = int_0^infty sin(tx^2) dx$。通过微分方程或者傅里叶变换的知识，可以推导出它们的值。
一个常用的技巧是考虑积分 $I(a) = int_0^infty e^{ax^2} dx = frac{1}{2}sqrt{frac{pi}{a}}$。然后通过对 $a$ 求导数或者进行其他变换来获得与 $sin(x^2)$ 相关的积分。
例如，考虑 $int_0^infty e^{ax^2} dx$。通过换元 $u = sqrt{a}x$，得到 $frac{1}{sqrt{a}} int_0^infty e^{u^2} du = frac{1}{sqrt{a}} frac{sqrt{pi}}{2} = frac{1}{2}sqrt{frac{pi}{a}}$。
对于 $int_0^infty sin(x^2) dx$，我们可以将其视为一个虚指数的积分：
$int_0^infty sin(x^2) dx = ext{Im} int_0^infty e^{ix^2} dx$
令 $a = i$。那么我们需要计算 $int_0^infty e^{ix^2} dx$。
这可以通过复数路径积分来计算，例如沿着一个扇形路径，结合柯西积分定理和留数定理。
如果我们沿着第一象限的 $1/4$ 圆弧路径（从0到R，再到Ri，最后从Ri回到0）积分，并考虑当R趋于无穷大时的极限，可以推导出 $int_0^infty e^{ix^2} dx = frac{1+i}{2} sqrt{frac{pi}{2}}$。
那么，$int_0^infty sin(x^2) dx = ext{Im} left( frac{1+i}{2} sqrt{frac{pi}{2}} ight) = frac{1}{2} sqrt{frac{pi}{2}} = sqrt{frac{pi}{8}} = frac{sqrt{2pi}}{4}$。
而对于积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$，它也正好是这个值。
5. 为什么这个积分的值不是零？
虽然 sin(x²) 函数在无穷远处快速振荡，但前面提到的分部积分法清楚地表明，虽然它的“平均值”在很大程度上是抵消的，但由于函数 $frac{1}{sqrt{u}}$ 在无穷远处虽然趋于0，但不是瞬间变成0，它提供了一个非零的“权重”，使得抵消不是完全的。
具体来说，当我们将积分 $int_1^{+infty} frac{sin(u)}{sqrt{u}} du$ 分部积分后，得到的边界项是 $cos(1)$。这正是由于被积函数 $1/sqrt{u}$ 在 $u=1$ 时的值是1。如果积分从 0 开始，这个边界项会是 0。
总结
积分 $int_0^{+infty} sin(x^2) dx$ 是收敛的。
它的收敛性可以通过几种方法证明，其中最直观的是通过换元和分部积分法。这种方法表明，尽管被积函数 $sin(x^2)$ 在无穷远处快速振荡，但由于 $frac{1}{sqrt{u}}$ 这个因子在积分过程中起到了“减速”振荡幅度的作用，使得积分的总面积最终趋于一个有限值。
这个积分是数学中一个经典的例子，展示了即使被积函数在无穷远处表现得“不稳定”（快速振荡），其积分结果也可能非常“稳定”（收敛到有限值）。这正是瑕积分和特殊函数（如菲涅尔积分）魅力所在的地方。
网友意见
既然已有人用留数算了这个积分，那我就来个更“炫技”的推广：
计算积分：
其中
令 ，构造扇形围道：
由于围道内无奇点，所以：
而：
令 ，则 式变为：
即：
所以：
当 时，
便是著名的菲涅尔（Fresnel）积分。
另一种解法参见 @一苇之所如 大佬的文章：
这是菲涅耳（Fresnel）积分。我来个“炫技”的求解，使用留数定理。
记 ，规定路径如下：
这里 与我们待求的积分密切相关。
当半径 时，由约当（Jordan）引理知 .
第三段倾角为 ，积分为
其中泊松（Poisson）积分的推理如下：
（直角坐标化为极坐标）
那么
由留数定理知
故
，顺便得到了 .
这个叫Fresnel积分。我看到的书上的做法是一个看似震撼我妈但是其实是有背景（参见予一人大佬的回答）的做法。
首先是常规操作，令 ，则 。
我们知道 。对此做点变量替换得到 。从而有
(至于为什么积分号可以交换。。。懒得写了2333）
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