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 elim 
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  题:计算$\;\displaystyle{\small\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x(\pi^2-x^2)}}dx$ src[41
解:由$\,\frac{1}{x(\pi ^2-x^2)}=\frac{1}{\pi ^2} \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2(x-\pi)}-\frac{1}{2(x+\pi)}\right)$ 及 $\displaystyle{\small\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin x}{x}}= \pi,$s
$\qquad\,\sin(x\pm\pi)=-\sin x,\;\;$即得$\;\small\,\displaystyle\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin x}{x(\pi^2-x^2)} \, dx  = \frac{2}{\pi}$.Jt+)a


发贴时间2020/06/23 03:29am IP: 已设置保密[本文共548字节]  
 elim 
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  注记$\displaystyle\;\,0={\small\oint}_{\,\Gamma_{(r,R)}}{\small\frac{e^{iz}}{z}}dz={\small\int_{-R}^{-r}\frac{e^{ix}}{x}}dx+{\small\int_{\pi}^0\frac{\exp(ire^{i\theta})}{z}}izd\theta$r
$\qquad\qquad\qquad\displaystyle\qquad\quad{\small+\int_r^R\frac{e^{ix}}{x}}dx+{\small\int_0^{\pi}\frac{\exp(iRe^{i\theta})}{z}}izd\theta$8u
$\qquad\;=\displaystyle{\small\int_r^R\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{x}}dx+i{\small\int_0^{\pi}(e^{-R\sin\theta}e^{iR\cos\theta}-\exp(rie^{i\theta}))d\theta}$I@
$\qquad\longrightarrow 2i{\small\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}}dx+i0-i\pi\;(r,R^{-1}\to 0)$9
其中闭路径$\;\;\small\underset{\,}{\Gamma_{(r,R)}}=[-R,-r]\oplus\text{Arc}(r,\pi,0)\oplus[r,R]\oplus\text{Arc}(R,0,\pi).$uN
按此在新窗口浏览图片$\therefore\;\;\displaystyle{\small\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x}}dx=\pi$Pl"u


发贴时间2020/07/11 03:47am IP: 已设置保密[本文共879字节]  

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