Петер Густав Лежён Дирихле
В математике существует несколько интегралов, известных как интеграл Дирихле , названные в честь немецкого математика Петера Густава Лежена Дирихле , один из которых является несобственным интегралом функции sinc по положительной действительной прямой:
∫
0
∞
sin
x
x
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}
Этот интеграл не является абсолютно сходящимся , что означает
|
sin
x
x
|
{\displaystyle {\Biggl |}{\frac {\sin x}{x}}{\Biggl |}}
не интегрируется по Лебегу, и, соответственно, интеграл Дирихле не определен в соответствии с интегрированием Лебега . Однако он определяется в соответствии с несобственным интегралом Римана или обобщенного интеграла Римана или Хенстока — Курцвейла .[ 1] [ 2] Значение интеграла (в соответствии с интегралом Римана или Хенстока) может быть получено различными способами, включая через преобразование Лапласа, двойное интегрирование, дифференцирование под знаком интеграла, контурное интегрирование и ядро Дирихле .
Пусть
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
функция, определенная всякий раз, когда
t
≥
0
{\displaystyle t\geq 0}
. Тогда преобразование Лапласа функции имеет вид
L
{
f
(
t
)
}
=
F
(
s
)
=
∫
0
∞
e
−
s
t
f
(
t
)
d
t
,
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}
если интеграл существует.[ 3]
Свойство преобразования Лапласа, полезное для вычисления несобственных интегралов:
L
[
f
(
t
)
t
]
=
∫
s
∞
F
(
u
)
d
u
,
{\displaystyle {\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {f(t)}{t}}{\Biggl ]}=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}
при условии, что
lim
t
→
0
f
(
t
)
t
{\displaystyle \lim _{t\rightarrow 0}{\frac {f(t)}{t}}}
существует.
Это свойство можно использовать для вычисления интеграла Дирихле следующим образом:
∫
0
∞
sin
t
t
d
t
=
lim
s
→
0
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
t
d
t
=
lim
s
→
0
L
[
sin
t
t
]
=
lim
s
→
0
∫
s
∞
d
u
u
2
+
1
=
lim
s
→
0
arctan
u
|
s
∞
=
lim
s
→
0
[
π
2
−
arctan
(
s
)
]
=
π
2
,
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\lim _{s\rightarrow 0}{\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {\sin t}{t}}{\Biggl ]}\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{s}^{\infty }{\frac {du}{u^{2}+1}}=\lim _{s\rightarrow 0}\arctan u{\Biggl |}_{s}^{\infty }\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}{\Biggl [}{\frac {\pi }{2}}-\arctan(s){\Biggl ]}={\frac {\pi }{2}},\end{aligned}}}
так как
L
{
sin
t
}
=
1
s
2
+
1
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}={\frac {1}{s^{2}+1}}}
преобразование Лапласа функции
sin
t
{\displaystyle \sin t}
. (См. дифференцирование в разделе «Дифференцирование под знаком интеграла».)
Вычисление интеграла Дирихле с помощью преобразования Лапласа эквивалентно попытке вычислить один и тот же дважды определенный интеграл двумя разными способами, изменив порядок интегрирования на противоположный, а именно:
(
I
1
=
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
d
t
d
s
)
=
(
I
2
=
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
d
s
d
t
)
,
{\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt\,ds\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,ds\,dt\right),}
(
I
1
=
∫
0
∞
1
s
2
+
1
d
s
=
π
2
)
=
(
I
2
=
∫
0
∞
sin
t
t
d
t
)
,
{\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt\right),}
при условии
s
>
0.
{\displaystyle s>0.}
Сначала перепишем интеграл как функцию дополнительной переменной
a
{\displaystyle a}
. Пусть
f
(
a
)
=
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
.
{\displaystyle f(a)=\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}\,d\omega .}
Чтобы вычислить интеграл Дирихле, нам необходимо определить
f
(
0
)
{\displaystyle f(0)}
.
Продифференцируем по
a
{\displaystyle a}
и применим формулу Лейбница для дифференцирования под знаком интеграла чтобы получить
d
f
d
a
=
d
d
a
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
=
∫
0
∞
∂
∂
a
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
d
ω
.
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{da}}&={\frac {d}{da}}\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}\,d\omega =\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial a}}e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}\,d\omega \\[6pt]&=-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega .\end{aligned}}}
Теперь, используя формулу Эйлера
e
i
ω
=
cos
ω
+
i
sin
ω
,
{\displaystyle e^{i\omega }=\cos \omega +i\sin \omega ,}
можно выразить синусоиду через комплексные экспоненциальные функции. Таким образом, мы имеем
sin
(
ω
)
=
1
2
i
(
e
i
ω
−
e
−
i
ω
)
.
{\displaystyle \sin(\omega )={\frac {1}{2i}}\left(e^{i\omega }-e^{-i\omega }\right).}
Следовательно,
d
f
d
a
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
d
ω
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
e
i
ω
−
e
−
i
ω
2
i
d
ω
=
−
1
2
i
∫
0
∞
[
e
−
ω
(
a
−
i
)
−
e
−
ω
(
a
+
i
)
]
d
ω
=
−
1
2
i
[
−
1
a
−
i
e
−
ω
(
a
−
i
)
−
−
1
a
+
i
e
−
ω
(
a
+
i
)
]
|
0
∞
=
−
1
2
i
[
0
−
(
−
1
a
−
i
+
1
a
+
i
)
]
=
−
1
2
i
(
1
a
−
i
−
1
a
+
i
)
=
−
1
2
i
(
a
+
i
−
(
a
−
i
)
a
2
+
1
)
=
−
1
a
2
+
1
.
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{da}}&=-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega =-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {e^{i\omega }-e^{-i\omega }}{2i}}d\omega \\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\int _{0}^{\infty }\left[e^{-\omega (a-i)}-e^{-\omega (a+i)}\right]d\omega \\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[{\frac {-1}{a-i}}e^{-\omega (a-i)}-{\frac {-1}{a+i}}e^{-\omega (a+i)}\right]{\Biggl |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[0-\left({\frac {-1}{a-i}}+{\frac {1}{a+i}}\right)\right]=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {1}{a-i}}-{\frac {1}{a+i}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {a+i-(a-i)}{a^{2}+1}}\right)=-{\frac {1}{a^{2}+1}}.\end{aligned}}}
Интегрируя по
a
{\displaystyle a}
дает
f
(
a
)
=
∫
−
d
a
a
2
+
1
=
A
−
arctan
a
,
{\displaystyle f(a)=\int {\frac {-da}{a^{2}+1}}=A-\arctan a,}
Где
A
{\displaystyle A}
постоянная интегрирования, которую необходимо определить. Поскольку
lim
a
→
∞
f
(
a
)
=
0
,
{\displaystyle \lim _{a\to \infty }f(a)=0,}
A
=
lim
a
→
∞
arctan
(
a
)
=
π
2
,
{\displaystyle A=\lim _{a\to \infty }\arctan(a)={\frac {\pi }{2}},}
используя главное значение. Это означает
f
(
a
)
=
π
2
−
arctan
a
.
{\displaystyle f(a)={\frac {\pi }{2}}-\arctan {a}.}
Наконец, для
a
=
0
{\displaystyle a=0}
у нас есть
f
(
0
)
=
π
2
−
arctan
(
0
)
=
π
2
{\displaystyle f(0)={\frac {\pi }{2}}-\arctan(0)={\frac {\pi }{2}}}
, как прежде.
Тот же результат может быть получен путем комплексного интегрирования. Рассмотрим
f
(
z
)
=
e
i
z
z
.
{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}.}
Как функция комплексной переменной
z
{\displaystyle z}
оно имеет простой полюс в начале координат, что препятствует применению леммы Жордана , остальные условия которой выполнены.
Определим новую функцию[ 4]
g
(
z
)
=
e
i
z
z
+
i
ε
.
{\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}
Полюс был перемещен от реальной оси, поэтому
g
(
z
)
{\displaystyle g(z)}
интегрируется по полукругу радиуса
R
{\displaystyle R}
в центре
z
=
0
{\displaystyle z=0}
и замкнута по реальной оси. Затем берем предел
ε
→
0
{\displaystyle \varepsilon \rightarrow 0}
.
Комплексный интеграл равен нулю по теореме о вычетах , так как внутри пути интегрирования нет полюсов.
0
=
∫
γ
g
(
z
)
d
z
=
∫
−
R
R
e
i
x
x
+
i
ε
d
x
+
∫
0
π
e
i
(
R
e
i
θ
+
θ
)
R
e
i
θ
+
i
ε
i
R
d
θ
.
{\displaystyle 0=\int _{\gamma }g(z)\,dz=\int _{-R}^{R}{\frac {e^{ix}}{x+i\varepsilon }}\,dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\varepsilon }}iR\,d\theta .}
Второй член исчезает, когда
R
{\displaystyle R}
стремится к бесконечности. Что касается первого интеграла, то можно использовать одну версию теоремы Сохоцкого — Племеля для интегралов по вещественной прямой: для комплексной функции f , определенной и непрерывно дифференцируемой на вещественной прямой и вещественных константах
a
{\displaystyle a}
и
b
{\displaystyle b}
, зная
a
<
0
<
b
{\displaystyle a<0<b}
можно найти
lim
ε
→
0
+
∫
a
b
f
(
x
)
x
±
i
ε
d
x
=
∓
i
π
f
(
0
)
+
P
∫
a
b
f
(
x
)
x
d
x
,
{\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0^{+}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x\pm i\varepsilon }}\,dx=\mp i\pi f(0)+{\mathcal {P}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x}}\,dx,}
где
P
{\displaystyle {\mathcal {P}}}
обозначает главное значение Коши [англ.] . Возвращаясь к приведенному выше исходному расчету, можно написать
0
=
P
∫
e
i
x
x
d
x
−
π
i
.
{\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}
Взяв мнимую часть с обеих сторон и отметив, что функция
sin
(
x
)
/
x
{\displaystyle \sin(x)/x}
четная, мы получаем
∫
−
∞
+
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
2
∫
0
+
∞
sin
(
x
)
x
d
x
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}
В заключение,
lim
ε
→
0
∫
ε
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
∫
0
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}
В качестве альтернативы можно выбрать в качестве контура интегрирования для
f
{\displaystyle f}
объединение верхних полуплоских полуокружностей радиусов
ε
{\displaystyle \varepsilon }
и
R
{\displaystyle R}
вместе с двумя соединяющими их отрезками реальной линии. С одной стороны, контурный интеграл равен нулю независимо от
ε
{\displaystyle \varepsilon }
и
R
{\displaystyle R}
; с другой стороны, при
ε
→
0
{\displaystyle \varepsilon \to 0}
и
R
→
∞
{\displaystyle R\to \infty }
мнимая часть интеграла сходится к
2
I
+
ℑ
(
ln
0
−
ln
(
π
i
)
)
=
2
I
−
π
{\displaystyle 2I+\Im {\big (}\ln 0-\ln(\pi i){\big )}=2I-\pi }
(
ln
z
{\displaystyle \ln z}
— любая ветвь логарифма на верхней полуплоскости), приводящий к
I
=
π
2
{\displaystyle I={\frac {\pi }{2}}}
.
Пусть
D
n
(
x
)
=
1
+
2
∑
k
=
1
n
cos
(
2
k
x
)
=
sin
[
(
2
n
+
1
)
x
]
sin
(
x
)
{\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}}
будет ядром Дирихле .[ 5]
Отсюда следует, что
∫
0
π
2
D
n
(
x
)
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}.}
Определяем
f
(
x
)
=
{
1
x
−
1
sin
(
x
)
x
≠
0
0
x
=
0
{\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}
Ясно, что
f
{\displaystyle f}
является непрерывной, когда
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
, чтобы увидеть её непрерывность при 0, применяется правило Лопиталя .
lim
x
→
0
sin
(
x
)
−
x
x
sin
(
x
)
=
lim
x
→
0
cos
(
x
)
−
1
sin
(
x
)
+
x
cos
(
x
)
=
lim
x
→
0
−
sin
(
x
)
2
cos
(
x
)
−
x
sin
(
x
)
=
0.
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)-x}{x\sin(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {-\sin(x)}{2\cos(x)-x\sin(x)}}=0.}
Следовательно,
f
{\displaystyle f}
удовлетворяет требованиям леммы Римана-Лебега [англ.] . Это означает
lim
λ
→
∞
∫
a
b
f
(
x
)
sin
(
λ
x
)
d
x
=
0
⇒
lim
λ
→
∞
∫
a
b
sin
(
λ
x
)
x
d
x
=
lim
λ
→
∞
∫
a
b
sin
(
λ
x
)
sin
(
x
)
d
x
.
{\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}f(x)\sin(\lambda x)dx=0\Rightarrow \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx.}
(Используемая здесь форма леммы Римана-Лебега доказана в цитируемой статье.)
Выбираем пределы
a
=
0
{\displaystyle a=0}
и
b
=
π
/
2
{\displaystyle b=\pi /2}
. Мы хотим сказать что
∫
0
∞
sin
(
t
)
t
d
t
=
lim
λ
→
∞
∫
0
λ
π
2
sin
(
t
)
t
d
t
=
lim
λ
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
λ
x
)
x
d
x
=
lim
λ
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
λ
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
lim
n
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
(
2
n
+
1
)
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
lim
n
→
∞
∫
0
π
2
D
n
(
x
)
d
x
=
π
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(t)}{t}}dt=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\lambda {\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sin(t)}{t}}dt\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}
Однако для этого мы должны обосновать переключение реального предела в
λ
{\displaystyle \lambda }
на интегральный предел в
n
{\displaystyle n}
. На самом деле это оправдано, если мы можем показать, что предел действительно существует. Докажем это.
Используя интегрирование по частям , мы имеем:
∫
a
b
sin
(
x
)
x
d
x
=
∫
a
b
d
(
1
−
cos
(
x
)
)
x
d
x
=
1
−
cos
(
x
)
x
|
a
b
+
∫
a
b
1
−
cos
(
x
)
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{a}^{b}{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{a}^{b}{\frac {d(1-\cos(x))}{x}}dx=\left.{\frac {1-\cos(x)}{x}}\right|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}
Теперь, так как
a
→
0
{\displaystyle a\to 0}
и
b
→
∞
{\displaystyle b\to \infty }
, член слева сходится без проблем. Смотри cписок пределов тригонометрических функций . Теперь покажем, что
∫
−
∞
∞
1
−
cos
(
x
)
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}
интегрируем, что означает, что предел существует.[ 6]
Сначала мы стремимся оценить интеграл вблизи начала координат. Используя разложение косинуса около нуля в ряд Тейлора,
1
−
cos
(
x
)
=
1
−
∑
k
≥
0
x
2
k
2
k
!
=
−
∑
k
≥
1
x
2
k
2
k
!
.
{\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2k!}}=-\sum _{k\geq 1}{\frac {x^{2k}}{2k!}}.}
Следовательно,
|
1
−
cos
(
x
)
x
2
|
=
|
−
∑
k
≥
0
x
2
k
2
(
k
+
1
)
!
|
≤
∑
k
≥
0
|
x
|
k
k
!
=
e
|
x
|
.
{\displaystyle \left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|=\left|-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2(k+1)!}}\right|\leq \sum _{k\geq 0}{\frac {|x|^{k}}{k!}}=e^{|x|}.}
Разбив интеграл на части, получим
∫
−
∞
∞
|
1
−
cos
(
x
)
x
2
|
d
x
≤
∫
−
∞
−
ε
2
x
2
d
x
+
∫
−
ε
ε
e
|
x
|
d
x
+
∫
ε
∞
2
x
2
d
x
≤
K
,
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|dx\leq \int _{-\infty }^{-\varepsilon }{\frac {2}{x^{2}}}dx+\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }e^{|x|}dx+\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {2}{x^{2}}}dx\leq K,}
для некоторой константы
K
>
0
{\displaystyle K>0}
. Это показывает, что интеграл абсолютно интегрируем, что означает, что исходный интеграл существует, и переход от
λ
{\displaystyle \lambda }
к
n
{\displaystyle n}
был фактически оправдан, и доказательство завершено.
↑ Bartle, Robert G. (10 June 1996). "Return to the Riemann Integral" (PDF) . The American Mathematical Monthly (англ.) . 103 (8): 625—632. doi :10.2307/2974874 . JSTOR 2974874 . Архивировано из оригинала (PDF) 18 ноября 2017 . Дата обращения: 3 декабря 2020 .
↑ Bartle, Robert G. Chapter 10: The Generalized Riemann Integral // Introduction to Real Analysis : [англ. ] / Robert G. Bartle, Donald R. Sherbert. — John Wiley & Sons, 2011. — P. 311 . — ISBN 978-0-471-43331-6 .
↑ Zill, Dennis G. Chapter 7: The Laplace Transform // Differential Equations with Boundary-Value Problems : [англ. ] / Dennis G. Zill, Warren S. Wright. — Cengage Learning, 2013. — P. 274 -5. — ISBN 978-1-111-82706-9 .
↑ Appel, Walter. Mathematics for Physics and Physicists . Princeton University Press, 2007, p. 226. ISBN 978-0-691-13102-3 .
↑ Chen, Guo (2009-06-26). A Treatment of the Dirichlet Integral Via the Methods of Real Analysis (PDF) (Report). Архивировано (PDF) 25 ноября 2020 . Дата обращения: 3 декабря 2020 .
↑ R.C. Daileda. Improper Integrals (PDF) (Report). Архивировано (PDF) 25 ноября 2020 . Дата обращения: 3 декабря 2020 .