$12.3.3$ 练习题

例题12.3.1

计算广义积分 $I={\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x.$

解

这时的积分以 $0$ 和 $+\infty$ 为奇点，容易验证其收敛性．因此可以将积分拆开成两个积分:

∫_ 0 ^ + ∞ frac ln x1 + x ^ 2 d x = ∫_ 0 ^ 1 frac ln x1 + x ^ 2 d x + ∫_ 1 ^ + ∞ frac ln x1 + x ^ 2 d x,$${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x+{\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x,$$

然后对上式右边的第二个积分作倒代换，就得到

∫_ 1 ^ + ∞ frac ln x1 + x ^ 2 d x = - ∫_ 0 ^ 1 frac ln x1 + x ^ 2 d x,$${\int }_1^{+\infty }\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x=-{\int }_0^1\frac{\ln x}{1+x^2}\mathrm{d}x,$$

因此原广义积分等于 $0$.

以上计算的实质是什么？试作代换 $x=\tan t$ ，就得到

I = ∫_ 0 ^ π / 2 ln tan t d t.$$I={\int }_0^{\pi /2}\ln \tan t\mathrm{d}t.$$

由于

ln tan (frac π2 - t) = ln cot t = - ln tan t,$$\ln \tan \left(\frac{\pi }{2}-t\right)=\ln \cot t=-\ln \tan t,$$

因此被积函数 $\ln \tan t$ 在区间 $(0,\pi /2)$ 上关于区间中点为奇函数。如果与命题 $\mathrm{10.4.5}$ 作比较，可见积分等于 $0$ 的原因在于对称性。关于命题 $\mathrm{10.4.5}$ 在广义积分情况的推广留作为 $\mathrm{12.3.3}$ 小节的练习题 $1$。

例题12.3.2

计算广义积分 ${\int }_0^1(\ln x{)}^n\mathrm{d}x,n\in {\mathbf{N}}_{+}$

解

这是一个无界积分，$x=0$ 是瑕点．由 ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{\frac{1}{2}}(\ln x{)}^n=0$，知所求广义积分收敛．设 $I_n={\int }_0^1(\ln x{)}^n\mathrm{d}x$，应用分部积分法得到

r l & I _ n = x (ln x) ^ n | _ 0 ^ + ^ 1 - ∫_ 0 ^ 1 n (ln x) ^ n - 1 d x = - n ∫_ 0 ^ 1 (ln x) ^ n - 1 d x = - n I _ n - 1 & = (- 1) ^ 2 n (n - 1) I _ n - 2 = … = (- 1) ^ n n! I _ 0 = (- 1) ^ n n!.$$\begin{array}{rl}& I_n=x(\ln x{)}^n{|}_{0^{+}}^1-{\int }_0^{1}n(\ln x{)}^{n-1}\mathrm{d}x=-n{\int }_0^1(\ln x{)}^{n-1}\mathrm{d}x=-n{I}_{n-1}\\ & =(-1{)}^{2}n(n-1)I_{n-2}=\cdots =(-1{)}^{n}n!I_0=(-1{)}^{n}n!.\end{array}$$

在广义积分计算中也可以用分部积分，但这时需要注意，如果在积分外出现非有限数，则不能得到正确结果．

例题12.3.3

计算广义积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x.$

分析

这个广义积分的收敛性是容易判别的，而且 $x=0$ 不是瑕点．为了计算它的值，可以用与例题 $\mathrm{12.3.1}$ 完全相同的方法，答案也是 $0$，同时那里的注解对本题也一样有效，细节从略．

但是由于本题的被积函数的形式，容易使我们产生用分部积分的想法．这时用分部积分得到

r ∫_ 0 ^ + ∞ frac x ln x(1 + x ^ 2) ^ 2 d x = ∫_ 0 ^ + ∞ ln x d (- frac 12 (1 + x ^ 2)) = - frac ln x2 (1 + x ^ 2) g | _ 0 ^ + ^ + ∞ + ∫_ 0 ^ + ∞ frac d x2 x (1 + x ^ 2).$$\begin{array}{r}{\int }_0^{+\infty }\frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x={\int }_0^{+\infty }\ln x\mathrm{d}\left(-\frac{1}{2(1+x^2)}\right)\\ =-\frac{\ln x}{2(1+x^2)}{|}_{0^{+}}^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{2x(1+x^2)}.\end{array}$$

这时右边的第一项当 $x\to 0^{+}$ 时发散，同时最后一个积分也发散，出现了 $\infty -\infty$ 型的不等式．造成错误的原因是忽视了运用广义积分分部积分法的基本条件: 在 ${\int }_a^{b}u\mathrm{d}v$ , ${\int }_a^{b}v\mathrm{d}u$ , $uv{|}_a^{b^{-}}$ 中至少要知道已有两个收敛．

类似的问题对于常义积分也是存在的，这在例题 $\mathrm{10.4.1}$ 中已经遇到过，但对于广义积分却难以用那里介绍的待定常数法来解决．当然，也可以如例题 $\mathrm{9.1.5}$ 那样，用分部积分法先求出本题的被积函数的不定积分，然后用广义的 $Newton$-$Leibniz$ 公式进行计算．

例题12.3.4（Euler积分）

计算积分 $I={\int }_0^{\pi /2}\ln \sin x\mathrm{d}x.$

解1

这是无界积分，瑕点为 $x=0$．利用 $Cauchy$ 判别法，容易验证其收敛性．应用命题 $\mathrm{10.4.6}$ 在无界积分情况的推广就容易计算如下:

l I = ∫_ 0 ^ π / 4 (ln sin x + ln cos x) d x = ∫_ 0 ^ π / 4 (ln sin 2 x - ln 2) d x = frac 12 ∫_ 0 ^ π / 2 ln sin y d y - frac π4 ln 2 = frac 12 I - frac π4 ln 2,$$\begin{array}{l}I={\int }_0^{\pi /4}(\ln \sin x+\ln \cos x)\mathrm{d}x={\int }_0^{\pi /4}(\ln \sin 2x-\ln 2)\mathrm{d}x\\ =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /2}\ln \sin y\mathrm{d}y-\frac{\pi }{4}\ln 2=\frac{1}{2}I-\frac{\pi }{4}\ln 2,\end{array}$$

所以 $I=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$

解2

先作代换 $x=2t$ ，得到

I = ∫_ 0 ^ π / 4 2 ln sin 2 t d t = frac π2 ln 2 + ∫_ 0 ^ π / 4 2 ln sin t d t + ∫_ 0 ^ π / 4 2 ln cos t d t,$$I={\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin 2t\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin t\mathrm{d}t+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \cos t\mathrm{d}t,$$

对右边最后一个积分用代换 $t=\pi /2-u$ ，得到

r I = frac π2 ln 2 + ∫_ 0 ^ π / 4 2 ln sin t d t + ∫_ π / 4 ^ π / 2 2 ln sin u d u = frac π2 ln 2 + ∫_ 0 ^ π / 2 2 ln sin t d t = frac π2 ln 2 + 2 I,$$\begin{array}{r}I=\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /4}2\ln \sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}2\ln \sin u\mathrm{d}u\\ =\frac{\pi }{2}\ln 2+{\int }_0^{\pi /2}2\ln \sin t\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}\ln 2+2I,\end{array}$$

所以 $I=-\frac{\pi }{2}\ln 2.$

例题12.3.5（$Froullani$（伏汝兰尼）积分）

设函数 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，极限 $f(+\infty )$ 存在且有限，$0<a<b$，计算积分

∫_ 0 ^ + ∞ frac f (a x) - f (b x)x d x.$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x.$$

解

本题的广义积分的收敛性将在下面的计算过程中建立．对 $0<r<R<+\infty$，由定积分的换元积分法，成立

r l ∫_ r ^ R frac f (a x) - f (b x)x d x & = ∫_ r ^ R frac f (a x)x d x - ∫_ r ^ R frac f (b x)x d x & = ∫_ a r ^ a R frac f (x)x d x - ∫_ b r ^ b R frac f (x)x d x & = ∫_ a r ^ b r frac f (x)x d x - ∫_ a R ^ b R frac f (x)x d x.$$\begin{array}{rl}{\int }_r^R\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x& ={\int }_r^R\frac{f(ax)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_r^R\frac{f(bx)}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{ar}^{aR}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_{br}^{bR}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{ar}^{br}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x-{\int }_{aR}^{bR}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x.\end{array}$$

对上式右边的两个定积分分别应用积分第一中值定理，得到

∫_ a r ^ b r frac f (x)x d x = f (ξ) ∫_ a r ^ b r frac d xx = f (ξ) ln frac ba (a r < ξ < b r),$${\int }_{ar}^{br}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x=f(\xi ){\int }_{ar}^{br}\frac{\mathrm{d}x}{x}=f(\xi )\ln \frac{b}{a}(ar<\xi <br),$$∫_ a R ^ b R frac f (x)x d x = f (η) ∫_ a R ^ b R frac d xx = f (η) ln frac ba (a R < η < b R).$${\int }_{aR}^{bR}\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x=f(\eta ){\int }_{aR}^{bR}\frac{\mathrm{d}x}{x}=f(\eta )\ln \frac{b}{a}(aR<\eta <bR).$$

在上两式中分别令 $r\to 0^{+}$ , $R\to +\infty$，注意到这时 $\xi \to 0^{+}$ , $\eta \to +\infty$，由于 $f(0^{+})=f(0)$ , $f(+\infty )$ 存在且有限，而且 ${\int }_r^R\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x$ 在这时的极限就是 $Froullani$ 积分，便得到

∫_ 0 ^ + ∞ frac f (a x) - f (b x)x d x = [ f (0) - f (+ ∞) ] · ln frac ba.$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=[f(0)-f(+\infty )]\cdot \ln \frac{b}{a}.$$

从上面的证明过程可以得到 $Froullani$ 积分的两种变形:

(1) 若 $x\to +\infty$ 时 $f(x)$ 没有有限极限，但是对某个 $A>0$，积分

∫_ A ^ + ∞ frac f (x)x d x$${\int }_A^{+\infty }\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$$

收敛，则有

∫_ 0 ^ + ∞ frac f (a x) - f (b x)x d x = f (0) · ln frac ba.$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=f(0)\cdot \ln \frac{b}{a}.$$

(2) 若 $f$ 在 $0$ 点不连续，甚至右极限也不存在，但对于某个 $A>0$，积分

∫_ 0 ^ A frac f (x)x d x$${\int }_0^A\frac{f(x)}{x}\mathrm{d}x$$

收敛，则有

∫_ 0 ^ + ∞ frac f (a x) - f (b x)x d x = f (+ ∞) · ln frac ba.$${\int }_0^{+\infty }\frac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm{d}x=f(+\infty )\cdot \ln \frac{b}{a}.$$

例题12.3.6（$Dirichlet$积分）

证明：积分 ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}.$

解

从例题 $\mathrm{12.2.3}$ 已知这个广义积分为条件收敛．为了计算它的值，要利用在例题 $\mathrm{10.4.3}$ 中已经得到的结果(也有称为 $Dirichlet$ 积分的):

∫_ 0 ^ π frac sin (n + frac 12) x2 sin frac x2 d x = frac π2.$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{2}.$$

先观察将其分母换为 $x$ 所产生的影响．用 $L^{\prime }Hospital$ 法则，有

f (x) = frac 1x - frac 12 sin frac x2 = O (x) (x arrow 0),$$f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}=O(x)(x\to 0),$$

因此 $f$ 在 $[0,\pi ]$ 上常义可积．应用 $Riemann$ 引理 (例题 $\mathrm{10.2.6}$), 有

lim _ n → ∞ ∫_ 0 ^ π f (x) sin (n + frac 12) x d x = 0,$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }f(x)\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x\mathrm{d}x=0,$$

并且得到

lim _ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ π frac sin (n + frac 12) xx d x = lim _ n arrow ∞ ∫_ 0 ^ π frac sin (n + frac 12) x2 sin frac x2 d x = frac π2.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{x}dx=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{2\sin \frac{x}{2}}dx=\frac{\pi }{2}.$$

最后在利用代换得到的等式

∫_ 0 ^ π frac sin (n + frac 12) xx d x = ∫_ 0 ^ (n + frac 12) π frac sin tt d t$${\int }_0^{\pi }\frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right)x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^{\left(n+\frac{1}{2}\right)\pi }\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t$$

的两边令 $n\to \infty$，就得到所要的结果．

例题12.3.7（$Euler$-$Poisson$积分）

证明：积分 ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$

解

积分的收敛性是明显的．利用对于每个 $t$，数列 $\left\{{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right\}$ 的极限是 ${\mathrm{e}}^{-t^2}$，我们研究积分

I _ n = ∫_ 0 ^ sqrt n (1 - frac t ^ 2n) ^ n d t.$$I_n={\int }_0^{\sqrt{n}}{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\mathrm{d}t.$$

作代换 $t=\sqrt{n}\sin x$ ，就有

I _ n = sqrt n ∫_ 0 ^ π / 2 cos^ 2 n + 1 x d x = sqrt n · frac (2 n) ! !(2 n + 1) ! ! arrow frac sqrt π2 (n arrow ∞).$$I_n=\sqrt{n}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2n+1}x\mathrm{d}x=\sqrt{n}\cdot \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\to \frac{\sqrt{\pi }}{2}(n\to \infty ).$$

这里利用了例题 $\mathrm{10.4.9}$ 和 $Wallis$ 公式 $(11.29)$．由于右边的极限值已经是概率积分的数值，而且又有

∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - t ^ 2 d t = lim _ n → ∞ ∫_ 0 ^ sqrt n e ^ - t ^ 2 d t,$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t=\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\sqrt{n}}{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t,$$

因此只需要再证明

lim _ n → ∞ ∫_ 0 ^ sqrt n [ e ^ - t ^ 2 - (1 - frac t ^ 2n) ^ n ] d t = 0.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_0^{\sqrt{n}}\left[{\mathrm{e}}^{-t^2}-{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right]\mathrm{d}t=0.$$

利用关于指数函数的一个不等式 (见例题 $\mathrm{8.5.4}$): 当 $a⩾1$ 时在区间 $[0,a]$ 上成立

0 ≤slant e ^ - x - (1 - frac xa) ^ a ≤slant frac x ^ 2a e ^ - x, (12.7)$$0⩽{\mathrm{e}}^{-x}-{\left(1-\frac{x}{a}\right)}^a⩽\frac{x^2}{a}{\mathrm{e}}^{-x},\text{\hspace{1em}(12.7)}$$

在其中令 $x=t^2,a=n$ ，就得到估计式

0 ≤slant ∫_ 0 ^ sqrt n [ e ^ - t ^ 2 - (1 - frac t ^ 2n) ^ n ] d t ≤slant frac ∫_ 0 ^ sqrt n t ^ 4 e ^ - t ^ 2 d tn.$$0⩽{\int }_0^{\sqrt{n}}\left[{\mathrm{e}}^{-t^2}-{\left(1-\frac{t^2}{n}\right)}^n\right]\mathrm{d}t⩽\frac{{\int }_0^{\sqrt{n}}{t}^4{\mathrm{e}}^{-t^2}\mathrm{d}t}{n}.$$

由于当 $n\to \infty$ 时右边分子上的广义积分收敛，因此右边极限为 $0$.

计算概率积分的方法很多．比较传统的方法有: (1) 从简单不等式

1 - x ^ 2 ≤slant e ^ - x ^ 2 ≤slant frac 11 + x ^ 2 (x ≥slant 0) (12.8)$$1-x^2⩽{\mathrm{e}}^{-x^2}⩽\frac{1}{1+x^2}(x⩾0)\text{\hspace{1em}(12.8)}$$

出发，用夹逼方法，见 [14] 第二卷 492 小节 (留作为第二组参考题 $1$); (2) 二重广义积分方法，见 [14] 第三卷 617 小节与本书下册例题 $\mathrm{22.4.1}$; (3) 含参积分中交换积分次序的方法，见 [14] 第二卷 522 小节; (4) 对广义积分取极限的方法，见本书下册例题 $\mathrm{16.1.2}$．上面所用的方法见《美国数学月刊》(1956) 第 $63$ 卷 $35$-$37$ 页．

1. 根据例题 $\mathrm{12.3.1}$ 的注，(1) 写出命题 $\mathrm{10.4.5}$ 在广义积分情况的推广，并作出证明; (2) 推广该例题，也就是说当 $f$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上满足什么条件时，可以利用类似的方法，或命题 $\mathrm{10.4.5}$ 的推广形式，证明 $f$ 在这个区间上的广义积分等于 $0$.

2. 计算下列广义积分:

(1) ${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x}|\sin x|\mathrm{d}x;$

(3) ${\int }_a^b\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}};$

(2) ${\int }_1^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^{x+1}+{\mathrm{e}}^{3-x}};$

(5) ${\int }_0^1{x}^n{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^m\mathrm{d}x(n,m\in {\mathbf{N}}_{+})$ ;

(7) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2+4)}\mathrm{d}x;$

(4) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2{)}^n}$ $(n\in {\mathbf{N}}_{+})$ ;

(6) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin \left(x-\frac{1}{x}\right)}{x}\mathrm{d}x;$

(8) ${\int }_{-1}^1\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{1+2^{\frac{1}{x}}}\right)\mathrm{d}x.$

3. 利用 $Euler$ 积分 (例题 $\mathrm{12.3.4}$) 计算下列积分:

(1) ${\int }_0^{\pi /2}\ln \tan x\mathrm{d}x;$ (2) ${\int }_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x;$

(3) ${\int }_0^1\frac{\arcsin x}{x}\mathrm{d}x;$

(4) ${\int }_0^{\pi /2}x\cot x\mathrm{d}x;$

(5) ${\int }_0^{\pi }x\ln \sin x\mathrm{d}x;$

(6) ${\int }_0^{\pi }\frac{x\sin x}{1-\cos x}\mathrm{d}x;$

(7) ${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{\sqrt{{\mathrm{e}}^{2x}-1}}\mathrm{d}x;$

(8) ${\int }_0^{\pi /2}\ln |{\sin }^{2}x-a^2|\mathrm{d}x(a^2⩽1).$

4. 利用 $Froullani$ 积分 (例题 $\mathrm{12.3.5}$ 及其注) 计算下列积分 $(a,b>0)$ :

(1) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\arctan ax-\arctan bx}{x}\mathrm{d}x;$ (2) ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-ax}-{\mathrm{e}}^{-bx}}{x}\mathrm{d}x;$

(3) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\cos ax-\cos bx}{x}\mathrm{d}x;$

(5) ${\int }_0^1\frac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x}\mathrm{d}x;$

(4) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin ax\sin bx}{x}\mathrm{d}x;$

(6) ${\int }_0^{+\infty }\frac{b\sin ax-a\sin bx}{x^2}\mathrm{d}x.$

5. 利用 $Dirichlet$ 积分 (例题 $\mathrm{12.3.6}$) 计算下列积分:

(1) ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{2}x}{x^2}\mathrm{d}x;$

(3) ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^4}\mathrm{d}x;$

(5) ${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin x}{x(x-\pi )}\mathrm{d}x;$

(2) ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\sin }^{4}x}{x^2}\mathrm{d}x;$

(4) ${\int }_0^{+\infty }\frac{x-\sin x}{x^3}\mathrm{d}x;$

(6) ${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x^2}{x}\mathrm{d}x.$

6. 利用概率积分 (例题 $\mathrm{12.3.7}$) 计算下列积分:

∫_ 0 ^ + ∞ frac e ^ - x ^ 2(x ^ 2 + frac 12) ^ 2 d x; tag 1$${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x^2}}{{\left(x^2+\frac{1}{2}\right)}^2}\mathrm{d}x;\text{\hspace{1em}(1)}$$ ∫_ 0 ^ + ∞ e ^ - a ^ 2 x ^ 2 - frac b ^ 2x ^ 2 d x.$${\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-a^2{x}^2-\frac{b^2}{x^2}}\mathrm{d}x.$$

7. 若 $a,b>0$，广义积分 ${\int }_0^{+\infty }f\left(ax+\frac{b}{x}\right)\mathrm{d}x$ 收敛，证明:

∫_ 0 ^ + ∞ f (a x + frac bx) d x = frac 1a ∫_ 0 ^ + ∞ f (sqrt t ^ 2 + 4 a b) d t.$${\int }_0^{+\infty }f\left(ax+\frac{b}{x}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{a}{\int }_0^{+\infty }f(\sqrt{t^2+4ab})\mathrm{d}t.$$