形如 $\int_0^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx$ $(a,b\gt 0)$ 的積分, 稱為 Froullani 積分。

設 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上連續, 且 $f(+\infty)=\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)$ 存在, 則 \begin{equation} \int_0^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx=[f(0)-f(+\infty)]\cdot \ln \dfrac ba\qquad \hbox{(Froullani 公式)} \label{1} \end{equation}

證: 當 $a=b$ 時, 顯然, 等式成立。

當 $a\lt b$ 時, 設 $0\lt \delta\lt \Delta\lt +\infty$, 則以下積分存在: $$\int_\delta^{\Delta} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx=\int_\delta^{\Delta} \dfrac{f(ax)}xdx -\int_\delta^{\Delta} \dfrac{f(bx)}xdx$$ 在前一積分中令 $ax=z$; 後一積分中令 $bx=z$ $$\int_{a\delta}^{a\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz-\int_{b\delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz= \int_{a\delta}^{b\delta} \dfrac{f(z)}{z} dz-\int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz$$ 由推廣的中值定理, 得 \begin{eqnarray*} &&\int_{a\delta}^{b\delta} \dfrac{f(z)}{z} dz=f(\xi)\int_{a\delta}^{b\delta} \dfrac{1}{z} dz= f(\xi)\cdot\ln \frac ba\qquad (a\delta\le \xi\le b\delta),\\ &&\int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz=f(\eta)\int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{1}{z} dz= f(\eta)\cdot\ln \frac ba\qquad (a\Delta\le \eta\le b\Delta),\hskip 1cm \qquad~\\ \hbox{從而}\quad &&\int_{a\delta}^{b\delta} \dfrac{f(z)}{z} dz-\int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz =[f(\xi)-f(\eta)]\cdot\ln \frac ba,\\ \hbox{於是}\quad &&\int_{\delta}^{\Delta} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx= [f(\xi)-f(\eta)]\cdot\ln \frac ba, \end{eqnarray*} 又當 $\delta\to 0$ 時, $\xi\to 0$; 當 $\Delta\to+\infty$ 時, $\eta\to +\infty$, \begin{eqnarray*} \hbox{因此}&&\lim_{\delta\to 0\atop \Delta\to+\infty}\int_{\delta}^{\Delta} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx= \lim_{\xi\to 0\atop \eta\to+\infty}[f(\xi)-f(\eta)]\cdot\ln \frac ba=[f(0)-f(+\infty)]\ln \frac ba,\\ \hbox{所以}&&\int_{0}^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx =[f(0)-f(+\infty)]\cdot\ln \frac ba\hbox{。} \end{eqnarray*} 當 $a\gt b$ 時, \begin{eqnarray*} \int_{0}^{+\infty}\dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx&=&-\int_{0}^{+\infty}\dfrac{f(bx)-f(ax)}{x} dx =-[f(0)-f(+\infty)]\cdot\ln \frac ab\\ &=&[f(0)-f(+\infty)]\cdot\ln \Big(\frac ab\Big)^{-1}=[f(0)-f(+\infty)]\cdot\ln \frac ba\hbox{。}\\ \end{eqnarray*}

若 $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)$ 不存在, 但積分 $\int_{a}^{+\infty} \dfrac{f(x)}{x} dx$ 存在, 則 \begin{equation} \int_0^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx=f(0)\ln \dfrac ba\hbox{。} \label{2} \end{equation}

事實上, 因 $\int_{a}^{+\infty} \dfrac{f(x)}{x} dx$ 存在, 由無窮積分收歛的柯西準則, 對任意 $\varepsilon\gt 0$, 當 $\Delta$ 充分大以後, $$\Big|\int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz\Big|\lt \varepsilon,\quad \hbox{即} \lim_{\Delta\to+\infty} \int_{a\Delta}^{b\Delta} \dfrac{f(z)}{z} dz=0,$$ 所以 $$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx =f(0)\ln \frac ba\hbox{。}$$

若 $f(x)$ 在 $x=0$ 點不連續, 但積分 $\int_0^A\dfrac{f(x)}{x} dx$ $(A\lt +\infty)$ 存在, 則 \begin{equation}\int_{0}^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx =f(+\infty)\ln \frac ab\hbox{。} \label{3} \end{equation}

事實上, 因 $\int_0^A \dfrac{f(x)}{x} dx$ 存在, 由瑕積分收歛的充要條件, 對任意 $\varepsilon\gt 0$, 當 $\delta$ 充分小時, 有 $$\Big|\int_{a\delta}^{b\delta}\dfrac{f(z)}{z}dz\Big| \lt \varepsilon,,\quad \hbox{即} \lim_{\delta\to 0} \int_{a\delta}^{b\delta} \dfrac{f(z)}{z} dz=0, $$ 所以 $$\int_{0}^{+\infty} \dfrac{f(ax)-f(bx)}{x} dx =-f(+\infty)\ln \frac ba=f(+\infty)\ln \frac ab\hbox{。}$$

上述公式 (1)、 (2)、 (3) 可以方便的用於求一些按照通常方法難以計算的反常積分。

例1: 求下列積分 ($a$、 $b\gt 0$) \begin{eqnarray*} (1)&&\int_0^\infty \dfrac{\arctan ax-\arctan bx}{x}dx.\hskip 7cm ~\\[5pt] (2)&&\int_0^1 \dfrac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x}dx.\\[5pt] (3)&&\int_0^\infty \dfrac{1-\cos ax}{x}\cos bxdx. \end{eqnarray*}

解: (1) 取 $f(x)=\arctan x$, 則 $f(0)=0$, $f(+\infty)=\dfrac{\pi}2$, 則由公式 (1), $$\hbox{原積分}=(0-\dfrac{\pi}2)\ln \dfrac ba=\dfrac{\pi}2\ln \dfrac ab\hbox{。}$$

(2) 令 $\ln x=-t$, 則 $x=e^{-t}$, $dx=-e^{-t}$, 於是 \begin{eqnarray*} \int_0^1 \dfrac{x^{a-1}-x^{b-1}}{\ln x}dx&=&\int_{+\infty}^0 \dfrac{e^{-(a-1)t}-e^{-(b-1)t}}{-t}\cdot (-e^{-t})dt\\ &=&\int_{+\infty}^0 \dfrac{e^{-at}-e^{-bt}}{t}dt=\int^{+\infty}_0 \dfrac{e^{-bt}-e^{-at}}{t}dt, \end{eqnarray*} 取 $f(t)=e^{-t}$, 則 $f(0)=1$, $f(+\infty)=0$, 由公式 (1), $$\hbox{原積分}=\ln \dfrac ba\hbox{。}$$

(3) 當 $a=b$ 時, 所討論積分成為 $$\int^{\infty}_0 \dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx=\int_0^1\dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx+\int_1^\infty \dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx$$ 由於 $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx=0$, 補充定義, 當 $x=0$ 時, $\dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}=0$, 這樣 $\int_0^1\dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx$ 為正常積分, 而 $$\int_1^\infty \dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx=\int_1^\infty \dfrac{\cos ax}{x}dx-\int_1^\infty \dfrac{\cos^2 ax}{x}dx,$$ 由狄利克雷判別法, $\int_1^\infty \dfrac{\cos ax}{x}dx$ 收斂, 又 $$\int_1^\infty \dfrac{\cos^2 ax}{x}dx=\int_1^\infty \dfrac{\frac{1+\cos 2ax}2}{x}dx=\int_1^\infty \dfrac{1}{2x}dx +\int_1^\infty \dfrac{\cos 2 ax}{2x}dx$$ 由狄利克雷判別法, $\int_1^\infty \dfrac{\cos 2ax}{2x}dx$ 收斂, 但 $\int_1^\infty \dfrac{1}{2x}dx$ 發散, 從而 $\int_1^\infty \dfrac{\cos^2ax}{2x}dx$ 發散, 於是 $\int_1^\infty\dfrac{\cos ax-\cos^2 ax}{x}dx$ 發散, 所以當 $a=b$ 時, 原積分發散。

若 $a\gt b$, 則 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \int_0^\infty \dfrac{1-\cos ax}{x}\cos bxdx=\int_0^\infty \dfrac{2\sin^2\frac{a}2x}{x}\cos bxdx\\ &=&\int_0^\infty \dfrac{\sin\frac a2x(2\sin\frac{a}2x\cos bx)}{x}dx\\ &=&\int_0^\infty \dfrac{\sin\frac a2x[\sin(\frac{a}2+b)x+\sin (\frac{a}2-b)x]}{x}dx\\ &=&\int_0^\infty \dfrac{\sin\frac a2x\sin(\frac{a}2+b)x+\sin \frac{a}2x\sin(\frac{a}2-b)x}{x}dx\\ &=&\int_0^\infty \dfrac{\frac 12[\cos(-b)x-\cos(a+b)x]+\frac 12[\cos bx-\cos(a-b)x]}{x}dx\\ &=&\frac 12\int_0^\infty \dfrac{\cos bx-\cos(a+b)x}{x}dx+\frac 12\int_0^\infty \dfrac{\cos bx-\cos(a-b)x}{x}dx \end{eqnarray*} 取 $f(x)=\cos x$, 則 $f(0)=1$, $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty} \cos x$ 不存在, 但由狄利克雷判別法, $\int_a^{+\infty} \dfrac{f(x)}{x}dx=\int_a^{+\infty} \dfrac{\cos x}{x}dx$ 存在, 由公式 (2), \begin{eqnarray*} \int_0^\infty \dfrac{1-\cos ax}{x}\cos bxdx&=&\frac 12\ln \dfrac{a+b}{b}+\frac 12\ln \dfrac{a-b}{b}\\ %。 &=&\frac 12\ln \dfrac{a^2-b^2}{b^2}=\ln \dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{b}\hbox{。} \end{eqnarray*}

若 $a\lt b$, $\int_0^\infty \dfrac{1-\cos ax}{x}\cos bxdx=\ln \dfrac{\sqrt{b^2-a^2}}{b}$。 總之, 當 $a\not=b$ 時, $$\hbox{原積分}=\ln \dfrac{\sqrt{|a^2-b^2|}}{b}\hbox{。}$$

例2: 試求積分 $\int_0^\infty \Big(\dfrac{x}{e^x-e^{-x}}-\frac 12\Big)\dfrac{dx}{x^2}$。

解: 利用下面恆等式, 將所給積分化成 Froullani 積分。 \begin{eqnarray*} \frac 1{x^2}\Big(\dfrac{x}{e^x-e^{-x}}-\frac 12\Big)&=&-\frac 1{2x}(e^{-x}-e^{-2x}) +\frac 1x\Big(\dfrac 1{e^x-1}-\frac 1x+\frac 12e^{-x}\Big)\\ &&-\frac 1x\Big(\dfrac 1{e^{2x}-1}-\frac 1{2x}+\frac 12e^{-2x}\Big)\\ \end{eqnarray*} 此恆等式的證明如下: \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt -\frac 1{2x}(e^{-x}-e^{-2x}) +\frac 1x\Big(\dfrac 1{e^x-1}-\frac 1x+\frac 12e^{-x}\Big) -\frac 1x\Big(\dfrac 1{e^{2x}-1}-\frac 1{2x}+\frac 12e^{-2x}\Big)\\ &=&-\frac 1{2x}(e^{-x}-e^{-2x}) +\frac 1{2x}\Big(\dfrac 2{e^x-1}-\frac 2x+e^{-x}\Big) -\frac 1{2x}\Big(\dfrac 2{e^{2x}-1}-\frac 1{x}+e^{-2x}\Big)\\ &=&\frac 1{2x}\Big(-e^{-x}+e^{-2x}+ \dfrac 2{e^x-1}-\frac 2x+e^{-x} -\dfrac 2{e^{2x}-1}+\frac 1{x}-e^{-2x}\Big)\\ &=&\frac 1{2x}\Big(\dfrac 2{e^x-1}-\dfrac 2{e^{2x}-1}-\frac 1{x}\Big)\\ &=&\frac 1{x}\Big(\dfrac 1{e^x-1}-\dfrac 1{e^{2x}-1}-\frac 1{2x}\Big)\\ &=&\frac 1{x^2}\Big(\dfrac x{e^x-1}-\dfrac x{e^{2x}-1}-\frac 1{2}\Big)\\ &=&\frac 1{x^2}\Big(\dfrac {x(e^x+1)}{e^{2x}-1}-\dfrac x{e^{2x}-1}-\frac 1{2}\Big)\\ &=&\frac 1{x^2}\Big(\dfrac {xe^x}{e^{2x}-1}-\frac 1{2}\Big)\\ &=&\frac 1{x^2}\Big(\dfrac {x}{e^{x}-e^{-x}}-\frac 1{2}\Big)\hbox{。} \end{eqnarray*} 於是 \begin{eqnarray*} \int_0^\infty \Big(\dfrac{x}{e^x-e^{-x}}-\frac 12\Big)\dfrac{dx}{x^2} &=&\int_0^\infty -\frac 1{2x}(e^{2x}-e^{-2x})dx+\int_0^\infty \frac1x\Big(\frac 1{e^x-1}-\frac 1x+\frac 12e^{-x}\Big)dx\\ &&-\int_0^\infty \frac1x\Big(\frac 1{e^{2x}-1}-\frac 1{2x}+\frac 12e^{-2x}\Big)dx \end{eqnarray*} 在上式右端第二個積分中令 $x=2t$, 則 $$\int_0^\infty \frac1x\Big(\frac 1{e^x-1}-\frac 1x+\frac 12e^{-x}\Big)dx=\int_0^\infty \frac1t\Big(\frac 1{e^{2t}-1}-\frac 1{2t}+\frac 12e^{-2t}\Big)dt$$ 因此 $$\int_0^\infty \Big(\dfrac{x}{e^x-e^{-x}}-\frac 12\Big)\dfrac{dx}{x^2}=-\frac 12\int_0^\infty \dfrac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}dx$$ 取 $f(x)=e^{-x}$, 則 $f(0)=1$, $f(+\infty)=0$ 由公式 (1), 得 $$\hbox{原積分}=-\frac 12\ln 2\hbox{。}$$

例3: 計算 $\int_0^\infty \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}+x(a-b)e^{-bx}}{x^2}dx$ $(a,b\gt 0)$。

解: 對 $\delta\gt 0$, 有 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \int_\delta^\infty \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}+x(a-b)e^{-bx}}{x^2}dx\\ &=&\int_\delta^\infty \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x^2}dx+(a-b)\int_\delta^\infty \dfrac{e^{-bx}}{x}dx \quad \hbox{(這些積分當 $\delta=0$ 時並不收斂)}\\ &=&\int_\delta^\infty ({e^{-ax}-e^{-bx}})d(-\frac1{x})+(a-b)\int_\delta^\infty \dfrac{e^{-bx}}{x}dx\\ &=&-\frac 1x({e^{-ax}-e^{-bx}})\Big|_\delta^\infty-\int_\delta^\infty-\frac 1xd({e^{-ax}-e^{-bx}}) +(a-b)\int_\delta^\infty\frac {e^{-bx}}xdx\\ &=&\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}\delta+\int_\delta^\infty\dfrac{-ae^{-ax}+be^{-bx}}{x}dx+(a-b)\int_\delta^\infty\frac {e^{-bx}}xdx\\ &=&\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}\delta+a\int_\delta^\infty\dfrac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx \end{eqnarray*} 所以 \begin{eqnarray*} \int_0^\infty \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}+x(a-b)e^{-bx}}{x^2}dx &=&\lim_{\delta\to 0}\int_\delta^\infty \dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}+x(a-b)e^{-bx}}{x^2}dx\\ &=&\lim_{\delta\to 0}\dfrac{e^{-ax}-e^{-bx}}{\delta}+a\lim_{\delta\to 0}\int_\delta^\infty \dfrac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx\\ &=&b-a+a\int_0^\infty \dfrac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx \end{eqnarray*} 取 $f(x)=e^{-x}$, 則 $f(0)=1$, $f(+\infty)=0$, 於是由公式 (1), $$\hbox{原積分}=b-a+a\ln \frac ab\hbox{。}$$

例4: 求證 $\int_0^\infty \dfrac{A\cos ax+B\cos bx+\cdots +K\cos kx}{x}dx$
$=-(A\ln a+B\ln b+\cdots+K\ln k)$, $(a,b,\ldots,k\gt 0$, 且 $A+B+\cdots+K=0)$。

解: 由公式 (2), \begin{eqnarray*} \int_0^\infty \dfrac{A\cos ax-A\cos kx}{x}dx&=&A\ln \frac{k}{a}=-A\ln a+A\ln k,\\ \int_0^\infty \dfrac{B\cos bx-B\cos kx}{x}dx&=&B\ln \frac{k}{b}=-B\ln b+B\ln k,\\ \vdots\hskip 2cm&&\hskip 2cm \vdots\\ \int_0^\infty \dfrac{K\cos Kx-K\cos kx}{x}dx&=&K\ln \frac{k}{k}=-K\ln k+K\ln k, \end{eqnarray*} 以上各等式兩邊分別相加, 得 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt\int_0^\infty \dfrac{(A\cos ax+B\cos bx+\cdots +K\cos kx)-(A+B+\cdots+K)\cos kx}{x}dx\\ &=&-(A\ln a+B\ln b+\cdots+K\ln k)+(A+B+\cdots+K)\ln k,\\[8pt] \hbox{即}\quad&&\int_0^\infty \dfrac{(A\cos ax+B\cos bx+\cdots +K\cos kx)}{x}dx\\ &=&-(A\ln a+B\ln b+\cdots+K\ln k)\hbox{。} \end{eqnarray*}

例5: 計算 $\int_0^1 dx \int_1^\infty (pe^{-pxy}-qe^{-qxy})dy-\int_1^\infty dy \int_0^1 (pe^{-pxy}-qe^{-qxy})dx(p,q\gt 0)$。

解: 當 $p=q$ 時, 原式 $=0$。

當 $p\not=q$ 時, \begin{eqnarray*} \hbox{原式}&=&\int_0^1 \Big(\dfrac{-e^{-pxy}+e^{-qxy}}{x}\Big|_1^\infty\Big)dx-\int_1^\infty \Big(\dfrac{-e^{-pxy}+e^{-qxy}}{y}\Big|_0^1\Big)dy\\ &=&\int_0^1 \dfrac{e^{-px}-e^{-qx}}{x}dx-\int_1^\infty \dfrac{-e^{-py}+e^{-qy}}{y}dy\\ &=&\int_0^1 \dfrac{e^{-px}-e^{-qx}}{x}dx+\int_1^\infty \dfrac{e^{-py}-e^{-qy}}{y}dy\\ &=&\int_0^1 \dfrac{e^{-px}-e^{-qx}}{x}dx+\int_1^\infty \dfrac{e^{-px}-e^{-qx}}{x}dx\\ &=&\int_0^\infty \dfrac{e^{-px}-e^{-qx}}{x}dx\hbox{。} \end{eqnarray*} 取 $f(x)=e^{-x}$, 則 $f(0)=1$, $f(+\infty)=0$, 由公式 (1), $$\hbox{原積分}=\ln \dfrac qp\hbox{。}$$

習題: 求下列積分 $(a\gt 0$, $b\gt 0$, $p\gt 0$, $q\gt 0$)

(1) $\int_0^\infty \ln \dfrac{p+qe^{-ax}}{p+qe^{-bx}}\dfrac{dx}x$。

(2) $\int_0^\infty \dfrac{\sin ax\sin bx}{x}dx$。

(3) $\int_0^\infty \dfrac{b\sin ax-a\sin bx}{x^2}dx$。

(4) $\int_0^\infty \dfrac{b\ln(1+ax)-a\ln(1+bx)}{x^2}dx$。

---本文作者任教中國安徽省阜陽師範學院---