含参积分求解（2026.3.29）

两个含参积分的求解：从经典积分到三角函数的拓展

在积分学中，含参积分（参数积分）是一类非常有趣且实用的问题。这类问题往往需要巧妙的技巧，比如费曼积分法（参数微分法）、二重积分交换次序等。本文将详细解析两个相关的积分问题：

1. 经典积分：$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx$
2. 拓展积分：$\int_0^1 \sin\left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx$

这两个积分看似复杂，但通过合适的变换和技巧，可以优雅地求解。

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第一题：经典积分 $\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx$

这个积分是一个经典的含参积分问题，其结果与对数函数密切相关。我们可以通过费曼积分法（参数微分法）或二重积分法来求解。

方法一：费曼积分法（推荐）

步骤1：定义含参积分

我们定义一个含参积分：

$$I(t) = \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln x} dx$$

则原积分可以表示为：

$$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = I(b) - I(a)$$

步骤2：对参数 $t$ 求导

对 $I(t)$ 关于 $t$ 求导，利用莱布尼茨积分法则（参数微分法）：

$$I'(t) = \frac{d}{dt} \int_0^1 \frac{x^t - 1}{\ln x} dx = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{x^t - 1}{\ln x} \right) dx$$

注意到 $\frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{x^t - 1}{\ln x} \right) = x^t$，因此：

$$I'(t) = \int_0^1 x^t dx$$

步骤3：计算积分

$$\int_0^1 x^t dx = \left[ \frac{x^{t+1}}{t+1} \right]_0^1 = \frac{1}{t+1}$$

因此：

$$I'(t) = \frac{1}{t+1}$$

步骤4：积分求 $I(t)$

对 $I'(t)$ 积分：

$$I(t) = \int \frac{1}{t+1} dt = \ln(t+1) + C$$

由 $I(0) = 0$（因为当 $t=0$ 时，$x^0 - 1 = 0$），得 $C = 0$，因此：

$$I(t) = \ln(t+1)$$

步骤5：代入原积分

$$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = I(b) - I(a) = \ln(b+1) - \ln(a+1) = \ln\left(\frac{b+1}{a+1}\right)$$

结果：

$$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \ln\left(\frac{b+1}{a+1}\right)$$

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方法二：二重积分法

步骤1：利用恒等式

我们利用恒等式：

$$\frac{x^b - x^a}{\ln x} = \int_a^b x^t dt$$

步骤2：代入原积分

$$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \int_0^1 \int_a^b x^t dt dx$$

步骤3：交换积分次序

利用富比尼定理（Fubini's Theorem），交换积分次序：

$$= \int_a^b \int_0^1 x^t dx dt$$

步骤4：计算内层积分

$$\int_0^1 x^t dx = \left[ \frac{x^{t+1}}{t+1} \right]_0^1 = \frac{1}{t+1}$$

步骤5：计算外层积分

$$\int_a^b \frac{1}{t+1} dt = \left[ \ln(t+1) \right]_a^b = \ln(b+1) - \ln(a+1) = \ln\left(\frac{b+1}{a+1}\right)$$

结果：

$$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \ln\left(\frac{b+1}{a+1}\right)$$

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第二题：拓展积分 $\int_0^1 \sin\left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx$

修改了几处错误 —— 2026.4.6

这个积分在第一题的基础上，增加了一个三角函数项 $\sin\left(\ln \frac{1}{x}\right)$。我们可以通过变量替换和已知的积分公式来求解。

步骤1：变量替换

令 $x = e^{-t}$，则 $dx = -e^{-t} dt$。当 $x$ 从 $0$ 变到 $1$ 时，$t$ 从 $\infty$ 变到 $0$。

代入原积分：

$$\int_0^1 \sin\left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \int_{\infty}^0 \sin(t) \frac{e^{-bt} - e^{-at}}{-t} (-e^{-t}) dt$$

化简：

$$= \int_0^{\infty} \sin(t) \frac{e^{-(a+1)t} - e^{-(b+1)t}}{t} dt$$

步骤2：利用已知积分公式

我们利用一个经典的积分公式：

$$\int_0^{\infty} \frac{\sin(t)}{t} e^{-kt} dt = \arctan\left(\frac{1}{k}\right), \quad k > 0$$

（注：为了文章完整性，此处补充该公式的推导过程）

【补充推导】如何得到 $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} e^{-kt} dt = \arctan\left(\frac{1}{k}\right)$？

我们定义函数：

$$J(a) = \int_0^\infty \frac{\sin(at)}{t} e^{-kt} dt$$

我们的目标是求 $J(1)$。

对 $a$ 求导（费曼技巧）：

$$J'(a) = \int_0^\infty \cos(at) e^{-kt} dt$$

这是一个标准的拉普拉斯变换积分，结果为：

$$J'(a) = \frac{k}{k^2 + a^2}$$

对 $a$ 积分还原：

$$J(a) = \int \frac{k}{k^2 + a^2} da = \arctan\left(\frac{a}{k}\right) + C$$

当 $a=0$ 时，$J(0)=0$，故 $C=0$。令 $a=1$，即得：

$$J(1) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} e^{-kt} dt = \arctan\left(\frac{1}{k}\right)$$

回到主推导：

因此：

$$\int_0^{\infty} \sin(t) \frac{e^{-(b+1)t}}{t} dt = \arctan\left(\frac{1}{b+1}\right)$$

$$\int_0^{\infty} \sin(t) \frac{e^{-(a+1)t}}{t} dt = \arctan\left(\frac{1}{a+1}\right)$$

步骤3：计算差值

$$\int_0^{\infty} \sin(t) \frac{e^{-(a+1)t} - e^{-(b+1)t}}{t} dt = \arctan\left(\frac{1}{a+1}\right) - \arctan\left(\frac{1}{b+1}\right)$$

利用反正切函数的性质 $\arctan\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{\pi}{2} - \arctan(x)$（当 $x > 0$ 时），可以进一步化简：

$$\arctan\left(\frac{1}{a+1}\right) - \arctan\left(\frac{1}{b+1}\right) = \left(\frac{\pi}{2} - \arctan(a+1)\right) - \left(\frac{\pi}{2} - \arctan(b+1)\right) = \arctan(b+1) - \arctan(a+1)$$

结果：

$$\int_0^1 \sin\left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \arctan(b+1) - \arctan(a+1)$$

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总结

通过上述分析，我们得到了两个积分的结果：

1. 经典积分：$\int_0^1 \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \ln\left(\frac{b+1}{a+1}\right)$
2. 拓展积分：$\int_0^1 \sin\left(\ln \frac{1}{x}\right) \frac{x^b - x^a}{\ln x} dx = \arctan(b+1) - \arctan(a+1)$

这两个积分的求解过程展示了参数积分法、变量替换和经典积分公式的应用，体现了数学分析的美感与技巧。