这个反常积分怎么计算呢？

这道反常积分计算确实是个好问题，我们来一步一步把它啃下来。看到这个形式，我们立刻就能意识到它是一个“无穷限反常积分”，而且被积函数里还带着个指数。

原式： $int_{0}^{infty} frac{sin(ax)}{e^{bx} 1} dx$

这里 $a$ 和 $b$ 是常数，并且从积分形式来看，我们通常会假设 $b > 0$，否则在 $x o infty$ 的时候，分母 $e^{bx}1$ 的行为会不一样，甚至可能导致积分发散。对于 $a$ 的情况，我们后面会看到它影响的是积分的收敛性和震荡性质。

第一步：处理分母 $e^{bx} 1$

这个分母形式直接计算有点棘手。注意到当 $x$ 比较小的时候，$e^{bx} 1 approx bx$。这给了我们一个提示：可以使用 泰勒展开 来处理分母。

我们知道 $e^u$ 的泰勒展开是 $e^u = 1 + u + frac{u^2}{2!} + frac{u^3}{3!} + dots$。
所以，$e^{bx} = 1 + bx + frac{(bx)^2}{2!} + frac{(bx)^3}{3!} + dots$。
那么，$e^{bx} 1 = bx + frac{(bx)^2}{2!} + frac{(bx)^3}{3!} + dots = bx left( 1 + frac{bx}{2!} + frac{(bx)^2}{3!} + dots ight)$。

这说明我们可以把被积函数写成：
$frac{sin(ax)}{e^{bx} 1} = frac{sin(ax)}{bx left( 1 + frac{bx}{2!} + frac{(bx)^2}{3!} + dots ight)}$
$= frac{1}{bx} sin(ax) left( 1 left(frac{bx}{2!} + frac{(bx)^2}{3!} + dots ight) + left(frac{bx}{2!} + dots ight)^2 dots ight)$
$= frac{1}{bx} sin(ax) left( 1 frac{bx}{2} + dots ight)$
$= frac{sin(ax)}{bx} frac{sin(ax)}{2} + dots$

这个泰勒展开能帮我们分析在 $x o 0$ 附近的瑕疵。当 $x o 0$ 时，$sin(ax) approx ax$，所以 $frac{sin(ax)}{e^{bx} 1} approx frac{ax}{bx} = frac{a}{b}$，这是一个常数。这意味着在积分的下限 $x=0$ 处，积分是有限的，也就是说，瑕疵点 $x=0$ 不会导致积分发散。

第二步：引入几何级数

虽然泰勒展开能处理下限的瑕疵，但对整个积分的计算帮助有限。我们换个思路，尝试将分母变形，使其更容易处理。

$frac{1}{e^{bx} 1}$ 这个形式很像几何级数的倒数。我们知道，对于 $|r| < 1$，有 $frac{1}{1r} = 1 + r + r^2 + dots$。
我们可以把 $e^{bx}1$ 改写一下：
$frac{1}{e^{bx} 1} = frac{e^{bx}}{1 e^{bx}}$

现在，如果我们假设 $e^{bx} < 1$，也就是 $bx > 0$（这是我们之前假设的 $b>0$），那么这个形式就可以用几何级数展开了：
$frac{1}{e^{bx} 1} = e^{bx} (1 + e^{bx} + e^{2bx} + e^{3bx} + dots)$
$= e^{bx} + e^{2bx} + e^{3bx} + e^{4bx} + dots$
$= sum_{n=1}^{infty} e^{nbx}$

这个展开非常有用！我们将原积分表达式变为：
$int_{0}^{infty} sin(ax) left( sum_{n=1}^{infty} e^{nbx} ight) dx$

第三步：交换积分和求和顺序

在很多情况下，我们可以交换积分和求和的顺序。为了使这个操作合法，我们需要满足一些收敛性条件。通常，如果被积函数是正的或者在积分区间上一致收敛，就可以这样操作。在这里，虽然 $sin(ax)$ 有正有负，但我们后面会看到，通过一些技巧，这种交换是可行的。

我们将积分写成：
$sum_{n=1}^{infty} int_{0}^{infty} sin(ax) e^{nbx} dx$

第四步：计算单个积分 $int_{0}^{infty} sin(ax) e^{nbx} dx$

现在的问题转化为计算一个 $int_{0}^{infty} e^{kx} sin(ax) dx$ 形式的积分，其中 $k = nb$ 是一个正数。

计算这种积分有几种方法：

方法一：使用欧拉公式和复指数

我们知道 $sin(ax) = ext{Im}(e^{iax})$。所以原积分可以写成：
$ ext{Im} left( int_{0}^{infty} e^{iax} e^{nbx} dx ight)$
$= ext{Im} left( int_{0}^{infty} e^{(nb ia)x} dx ight)$

这是一个标准的指数函数积分：
$int_{0}^{infty} e^{(nb ia)x} dx = left[ frac{e^{(nb ia)x}}{(nb ia)} ight]_{0}^{infty}$

我们需要检查 $x o infty$ 时的行为。由于 $nb > 0$，所以 $e^{(nb ia)x} = e^{nbx} e^{iax}$。当 $x o infty$， $e^{nbx} o 0$，而 $e^{iax}$ 是一个在单位圆上震荡的复数，其模为1。所以，$e^{(nb ia)x} o 0$ 当 $x o infty$。

在 $x=0$ 处，我们有 $e^{(nb ia)0} = e^0 = 1$。

所以，积分值为：
$left[ frac{e^{(nb ia)x}}{(nb ia)} ight]_{0}^{infty} = 0 frac{1}{(nb ia)} = frac{1}{nb ia}$

现在，我们需要取虚部：
$ ext{Im} left( frac{1}{nb ia} ight) = ext{Im} left( frac{nb + ia}{(nb ia)(nb + ia)} ight)$
$= ext{Im} left( frac{nb + ia}{(nb)^2 + a^2} ight)$
$= ext{Im} left( frac{nb}{n^2b^2 + a^2} + i frac{a}{n^2b^2 + a^2} ight)$
$= frac{a}{n^2b^2 + a^2}$

所以，我们得到了单个积分的结果：
$int_{0}^{infty} sin(ax) e^{nbx} dx = frac{a}{n^2b^2 + a^2}$

方法二：分部积分法（可能需要两次）

假设我们要求 $int e^{kx} sin(ax) dx$。
令 $u = sin(ax)$, $dv = e^{kx} dx$。则 $du = a cos(ax) dx$, $v = frac{1}{k} e^{kx}$。
$int e^{kx} sin(ax) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(ax) int (frac{1}{k} e^{kx}) (a cos(ax)) dx$
$= frac{1}{k} e^{kx} sin(ax) + frac{a}{k} int e^{kx} cos(ax) dx$

现在我们来计算 $int e^{kx} cos(ax) dx$。
令 $u = cos(ax)$, $dv = e^{kx} dx$。则 $du = a sin(ax) dx$, $v = frac{1}{k} e^{kx}$。
$int e^{kx} cos(ax) dx = frac{1}{k} e^{kx} cos(ax) int (frac{1}{k} e^{kx}) (a sin(ax)) dx$
$= frac{1}{k} e^{kx} cos(ax) frac{a}{k} int e^{kx} sin(ax) dx$

将第二次的结果代入第一次：
$int e^{kx} sin(ax) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(ax) + frac{a}{k} left( frac{1}{k} e^{kx} cos(ax) frac{a}{k} int e^{kx} sin(ax) dx ight)$
$int e^{kx} sin(ax) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(ax) frac{a}{k^2} e^{kx} cos(ax) frac{a^2}{k^2} int e^{kx} sin(ax) dx$

将带有积分的项移到左边：
$left( 1 + frac{a^2}{k^2} ight) int e^{kx} sin(ax) dx = frac{1}{k} e^{kx} sin(ax) frac{a}{k^2} e^{kx} cos(ax)$
$frac{k^2 + a^2}{k^2} int e^{kx} sin(ax) dx = frac{k e^{kx} sin(ax) + a e^{kx} cos(ax)}{k^2}$
$int e^{kx} sin(ax) dx = frac{k^2}{k^2 + a^2} left( frac{e^{kx} (k sin(ax) + a cos(ax))}{k^2} ight)$
$int e^{kx} sin(ax) dx = frac{e^{kx} (k sin(ax) + a cos(ax))}{k^2 + a^2}$

现在我们来计算定积分 $int_{0}^{infty} e^{kx} sin(ax) dx$。
代入上下限：
$left[ frac{e^{kx} (k sin(ax) + a cos(ax))}{k^2 + a^2} ight]_{0}^{infty}$

当 $x o infty$ 时，$e^{kx} o 0$（因为 $k=nb>0$），所以整体趋于0。
当 $x = 0$ 时：$frac{e^{0} (k sin(0) + a cos(0))}{k^2 + a^2} = frac{1 (k cdot 0 + a cdot 1)}{k^2 + a^2} = frac{a}{k^2 + a^2}$。

所以定积分的值是 $0 (frac{a}{k^2 + a^2}) = frac{a}{k^2 + a^2}$。
同样得到了 $frac{a}{n^2b^2 + a^2}$（因为这里 $k=nb$）。

第五步：将单个积分结果代回总和

现在我们将 $frac{a}{n^2b^2 + a^2}$ 代回到求和中：
$sum_{n=1}^{infty} frac{a}{n^2b^2 + a^2}$

我们可以将常数 $a$ 提出来：
$a sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2b^2 + a^2}$

这里，为了使计算继续进行，我们需要对这个级数求和。这个级数的求和涉及到一些特殊的函数和恒等式，通常不是初等函数的范畴。

一个关键的恒等式：

对于复数 $z$，我们有如下的恒等式（这是通过对 $pi cot(pi z)$ 进行部分分式展开，然后与另一个级数进行比较得出的）：
$pi cot(pi z) = frac{1}{z} + 2z sum_{n=1}^{infty} frac{1}{z^2 n^2}$

这个恒等式看起来和我们的级数不太一样。我们需要一些代数技巧来转换。
我们的级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2b^2 + a^2}$。
我们可以写成 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{b^2 (n^2 + (a/b)^2)}$。
提出来 $frac{1}{b^2}$：$frac{1}{b^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + (a/b)^2}$。

让 $z = i frac{a}{b}$（这里 $i$ 是虚数单位）。那么 $z^2 = (i frac{a}{b})^2 = frac{a^2}{b^2}$。
我们的级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 z^2}$。

让我们修改一下恒等式，使其形式更接近：
我们有 $pi cot(pi w) = frac{1}{w} + sum_{n=1}^{infty} left( frac{1}{wn} + frac{1}{w+n} ight) = frac{1}{w} + sum_{n=1}^{infty} frac{2w}{w^2n^2}$。
这个恒等式是将 $pi cot(pi w)$ 的部分分式展开形式。

另一个相关恒等式是关于正弦函数的（可以从欧拉公式和复指数的泰勒展开推导）：
$frac{sin(pi z)}{pi z} = prod_{n=1}^{infty} left(1 frac{z^2}{n^2} ight)$

取其对数并求导，可以得到 $pi cot(pi z)$ 的展开。

现在，我们关注的级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2}$，其中 $c = a/b$。
我们可以利用 $pi coth(x)$ 或 $pi cot(x)$ 的级数展开。

考虑函数 $f(w) = frac{pi}{w^2+c^2}$。我们想对 $sum f(n)$ 求和。
使用泊松求和公式（虽然这个方法可能稍微高级一点），或者直接找一个与 $frac{1}{n^2+c^2}$ 相关的求和公式。

一个常用的结果是：
$sum_{n=infty}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{pi}{c} coth(pi c)$

这个公式包含了 $n=0$ 的项以及负数项。
$sum_{n=infty}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{1}{0^2+c^2} + sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} + sum_{n=infty}^{1} frac{1}{n^2 + c^2}$
由于 $frac{1}{(n)^2 + c^2} = frac{1}{n^2 + c^2}$，所以 $sum_{n=infty}^{1} frac{1}{n^2 + c^2} = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2}$。
因此，$frac{pi}{c} coth(pi c) = frac{1}{c^2} + 2 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2}$。

我们要求的级数是 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2}$。
所以，$2 sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{pi}{c} coth(pi c) frac{1}{c^2}$。
$sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{1}{2} left( frac{pi}{c} coth(pi c) frac{1}{c^2} ight)$。

现在代回我们的级数 $frac{1}{b^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + (a/b)^2}$。
令 $c = a/b$。
$frac{1}{b^2} left[ frac{1}{2} left( frac{pi}{a/b} coth(pi a/b) frac{1}{(a/b)^2} ight) ight]$
$= frac{1}{b^2} left[ frac{1}{2} left( frac{pi b}{a} coth(frac{pi a}{b}) frac{b^2}{a^2} ight) ight]$
$= frac{1}{2b^2} left( frac{pi b}{a} coth(frac{pi a}{b}) frac{b^2}{a^2} ight)$
$= frac{pi}{2ab} coth(frac{pi a}{b}) frac{1}{2a^2}$

我们之前还提着一个常数 $a$：$a imes ( ext{上述结果})$。
所以，总结果是：
$a left( frac{pi}{2ab} coth(frac{pi a}{b}) frac{1}{2a^2} ight)$
$= frac{pi}{2b} coth(frac{pi a}{b}) frac{1}{2a}$

化简与检查：

我们用的恒等式 $sum_{n=infty}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{pi}{c} coth(pi c)$ 是正确的。
代入 $c=a/b$ 后，结果是：
$a sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2b^2 + a^2} = a frac{1}{b^2} sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + (a/b)^2}$
$= frac{a}{b^2} left[ frac{1}{2} left( frac{pi}{a/b} coth(frac{pi a}{b}) frac{1}{(a/b)^2} ight) ight]$
$= frac{a}{b^2} left[ frac{1}{2} left( frac{pi b}{a} coth(frac{pi a}{b}) frac{b^2}{a^2} ight) ight]$
$= frac{a}{2b^2} frac{pi b}{a} coth(frac{pi a}{b}) frac{a}{2b^2} frac{b^2}{a^2}$
$= frac{pi}{2b} coth(frac{pi a}{b}) frac{1}{2a}$

关于 $coth(x)$ 的性质：
$coth(x) = frac{e^x + e^{x}}{e^x e^{x}}$。

特殊情况的考虑：

1. $a=0$：
如果 $a=0$，原积分变为 $int_{0}^{infty} frac{sin(0)}{e^{bx} 1} dx = int_{0}^{infty} 0 dx = 0$。
我们计算的结果是 $frac{pi}{2b} coth(0) frac{1}{0}$。这里出现了除以零的情况，说明需要单独处理。
当 $a o 0$，$coth(frac{pi a}{b}) approx frac{b}{pi a}$。
所以 $frac{pi}{2b} coth(frac{pi a}{b}) approx frac{pi}{2b} frac{b}{pi a} = frac{1}{2a}$。
那么结果就是 $frac{1}{2a} frac{1}{2a}$，这趋近于0。
但这个极限过程不够严谨。

让我们回到级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{a}{n^2b^2 + a^2}$。
当 $a=0$，级数每一项都是0，总和为0。
这与我们直接计算的结果一致。

2. $b=0$：
我们一开始就假设 $b>0$。如果 $b=0$，分母是 $e^0 1 = 0$，积分是发散的。

3. $a>0, b>0$ 是最常见的情况。

最终答案的表达形式：

所以，对于 $b>0$，积分的结果是：
$$ int_{0}^{infty} frac{sin(ax)}{e^{bx} 1} dx = frac{pi}{2b} cothleft(frac{pi a}{b} ight) frac{1}{2a} $$

其中 $coth(x) = frac{e^x + e^{x}}{e^x e^{x}}$。

总结计算思路：

1. 识别反常积分类型：无穷限积分。
2. 处理分母：利用 $e^{bx}1 = e^{bx}(1e^{bx})$，将分母展开成几何级数 $sum_{n=1}^{infty} e^{nbx}$。
3. 交换积分与求和：将积分写为 $sum_{n=1}^{infty} int_{0}^{infty} sin(ax) e^{nbx} dx$。
4. 计算单项积分：利用欧拉公式将 $sin(ax)$ 表示为复指数的虚部，然后计算 $int_{0}^{infty} e^{(nbia)x} dx = frac{1}{nbia}$，取虚部得到 $frac{a}{n^2b^2+a^2}$。
5. 求级数和：利用恒等式 $sum_{n=infty}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{pi}{c} coth(pi c)$，推导出 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2 + c^2} = frac{1}{2} left( frac{pi}{c} coth(pi c) frac{1}{c^2} ight)$。
6. 代入结果并化简：将 $c = a/b$ 代入并乘以前面的常数 $a$，得到最终结果。

这个计算过程确实涉及到了复分析和特殊函数等领域的知识，但核心步骤是将积分转换为一个可以利用已知级数恒等式的形式。希望这样的讲解足够详细，并且能够让你感受到这道题的趣味所在！

令

则 ，并且显然有

应用参数求导法

由 知

故

这题我会！

你那样换元没错，得到 。然后我们有 。把这个代进去逐项积分，得到一个级数，最后与著名的巴塞尔问题 关联起来就好了。

---

这个说不定可以搞出来巴塞尔问题的另一个证明方法？逐渐兴奋起来(