Интеграл Дирихле

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:

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}.$

Этот интеграл не является абсолютно сходящимся, что означает $\left|\frac{\sin x}{x}\right|$ 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. 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.

Определение

Преобразование Лапласа

Пусть $f(t)$ функция, определенная всякий раз, когда $t\ge 0$. Тогда преобразование Лапласа функции имеет вид

$ℒ\{f(t)\}=F(s)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}f(t)dt,$

если интеграл существует.

Свойство преобразования Лапласа, полезное для вычисления несобственных интегралов:

$ℒ\left[\frac{f(t)}{t}\right]=\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}F(u)du,$

при условии, что $\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f(t)}{t}$ существует.

Это свойство можно использовать для вычисления интеграла Дирихле следующим образом:

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt& =\underset{s\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\frac{\sin t}{t}dt=\underset{s\to 0}{\lim }ℒ\left[\frac{\sin t}{t}\right]\\ & =\underset{s\to 0}{\lim }\underset{s}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{u^2+1}=\underset{s\to 0}{\lim }\arctan u{|}_s^{\mathrm{\infty }}\\ & =\underset{s\to 0}{\lim }[\frac{\pi }{2}-\arctan (s)]=\frac{\pi }{2},\end{array}$

так как $ℒ\{\sin t\}=\frac{1}{s^2+1}$ преобразование Лапласа функции $\sin t$. (См. дифференцирование в разделе «Дифференцирование под знаком интеграла».)

Двойное интегрирование

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:

$(I_1=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\sin tdtds)=(I_2=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\sin tdsdt),$

$(I_1=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{s^2+1}ds=\frac{\pi }{2})=(I_2=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt),$ при условии $s>0.$

Дифференцирование под знаком интеграла (трюк Фейнмана)

Сначала перепишем интеграл как функцию дополнительной переменной $a$. Пусть

$f(a)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega .$

Чтобы вычислить интеграл Дирихле, нам необходимо определить $f(0)$.

Продифференцируем по $a$ и применим формулу Лейбница для дифференцирования под знаком интеграла чтобы получить

$\begin{array}{cc}\frac{df}{da}& =\frac{d}{da}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\partial }{\partial a}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega \\ & =-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\sin \omega d\omega .\end{array}$

Теперь, используя формулу Эйлера $e^{i\omega }=\cos \omega +i\sin \omega ,$ можно выразить синусоиду через комплексные экспоненциальные функции. Таким образом, мы имеем

$\sin (\omega )=\frac{1}{2i}(e^{i\omega }-e^{-i\omega }).$

Следовательно,

$\begin{array}{cc}\frac{df}{da}& =-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\sin \omega d\omega =-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\frac{e^{i\omega }-e^{-i\omega }}{2i}d\omega \\ & =-\frac{1}{2i}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[e^{-\omega (a-i)}-e^{-\omega (a+i)}]d\omega \\ & =-\frac{1}{2i}[\frac{-1}{a-i}{e}^{-\omega (a-i)}-\frac{-1}{a+i}{e}^{-\omega (a+i)}]{|}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-\frac{1}{2i}[0-(\frac{-1}{a-i}+\frac{1}{a+i})]=-\frac{1}{2i}(\frac{1}{a-i}-\frac{1}{a+i})\\ & =-\frac{1}{2i}\left(\frac{a+i-(a-i)}{a^2+1}\right)=-\frac{1}{a^2+1}.\end{array}$

Интегрируя по $a$ дает

$f(a)=\int \frac{-da}{a^2+1}=A-\arctan a,$

Где $A$ постоянная интегрирования, которую необходимо определить. Поскольку $\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }f(a)=0,$ $A=\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\arctan (a)=\frac{\pi }{2},$ используя главное значение. Это означает

$f(a)=\frac{\pi }{2}-\arctan a.$

Наконец, для $a=0$ у нас есть $f(0)=\frac{\pi }{2}-\arctan (0)=\frac{\pi }{2}$, как прежде.

Комплексное интегрирование

Тот же результат может быть получен путем комплексного интегрирования. Рассмотрим

$f(z)=\frac{e^{iz}}{z}.$

Как функция комплексной переменной $z$ оно имеет простой полюс в начале координат, что препятствует применению леммы Жордана, остальные условия которой выполнены.

Определим новую функцию

$g(z)=\frac{e^{iz}}{z+i\epsilon }.$

Полюс был перемещен от реальной оси, поэтому $g(z)$ интегрируется по полукругу радиуса $R$ в центре $z=0$ и замкнута по реальной оси. Затем берем предел $\epsilon \to 0$.

Комплексный интеграл равен нулю по теореме о вычетах, так как внутри пути интегрирования нет полюсов.

$0=\underset{\gamma }{\int }g(z)dz=\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\frac{e^{ix}}{x+i\epsilon }dx+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{e^{i(R{e}^{i\theta }+\theta )}}{R{e}^{i\theta }+i\epsilon }iRd\theta .$

Второй член исчезает, когда $R$ стремится к бесконечности. Что касается первого интеграла, то можно использовать одну версию теоремы Сохоцкого — Племеля для интегралов по вещественной прямой: для комплексной функции Шаблон:Mvar, определенной и непрерывно дифференцируемой на вещественной прямой и вещественных константах $a$ и $b$, зная $a<0<b$ можно найти

$\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{f(x)}{x\pm i\epsilon }dx=\mp i\pi f(0)+𝒫\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{f(x)}{x}dx,$

где $𝒫$ обозначает Шаблон:Нп1. Возвращаясь к приведенному выше исходному расчету, можно написать

$0=𝒫\int \frac{e^{ix}}{x}dx-\pi i.$

Взяв мнимую часть с обеих сторон и отметив, что функция $\sin (x)/x$ четная, мы получаем

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=2\underset{0}{\overset{+\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx.$

В заключение,

$\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\underset{\epsilon }{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\frac{\pi }{2}.$

В качестве альтернативы можно выбрать в качестве контура интегрирования для $f$ объединение верхних полуплоских полуокружностей радиусов $\epsilon$ и $R$ вместе с двумя соединяющими их отрезками реальной линии. С одной стороны, контурный интеграл равен нулю независимо от $\epsilon$ и $R$; с другой стороны, при $\epsilon \to 0$ и $R\to \mathrm{\infty }$ мнимая часть интеграла сходится к $2I+\mathrm{\Im }(\ln 0-\ln (\pi i))=2I-\pi$ ($\ln z$ — любая ветвь логарифма на верхней полуплоскости), приводящий к $I=\frac{\pi }{2}$.

Ядро Дирихле

Пусть

$D_n(x)=1+2\sum _{k=1}^n\cos (2kx)=\frac{\sin [(2n+1)x]}{\sin (x)}$

будет ядром Дирихле.

Отсюда следует, что

$\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{D}_n(x)dx=\frac{\pi }{2}.$

Определяем

$f(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin (x)}& x\ne 0\\ 0& x=0\end{array}$

Ясно, что $f$ является непрерывной, когда $x\ne 0$, чтобы увидеть её непрерывность при 0, применяется правило Лопиталя.

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (x)-x}{x\sin (x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x)-1}{\sin (x)+x\cos (x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin (x)}{2\cos (x)-x\sin (x)}=0.$

Следовательно, $f$ удовлетворяет требованиям Шаблон:Нп1. Это означает

$\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)\sin (\lambda x)dx=0\Rightarrow \underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\sin (\lambda x)}{x}dx=\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\sin (\lambda x)}{\sin (x)}dx.$

(Используемая здесь форма леммы Римана-Лебега доказана в цитируемой статье.)

Выбираем пределы $a=0$ и $b=\pi /2$. Мы хотим сказать что

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (t)}{t}dt=& \underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\lambda \frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\sin (t)}{t}dt\\ =& \underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\sin (\lambda x)}{x}dx\\ =& \underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\sin (\lambda x)}{\sin (x)}dx\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\sin ((2n+1)x)}{\sin (x)}dx\\ =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{D}_n(x)dx=\frac{\pi }{2}\end{array}$

Однако для этого мы должны обосновать переключение реального предела в $\lambda$ на интегральный предел в $n$. На самом деле это оправдано, если мы можем показать, что предел действительно существует. Докажем это.

Используя интегрирование по частям, мы имеем:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{d(1-\cos (x))}{x}dx={\frac{1-\cos (x)}{x}|}_a^b+\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{1-\cos (x)}{x^2}dx$

Теперь, так как $a\to 0$ и $b\to \mathrm{\infty }$, член слева сходится без проблем. Смотри список пределов тригонометрических функций. Теперь покажем, что $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1-\cos (x)}{x^2}dx$ интегрируем, что означает, что предел существует.

Сначала мы стремимся оценить интеграл вблизи начала координат. Используя разложение косинуса около нуля в ряд Тейлора,

$1-\cos (x)=1-\sum _{k\ge 0}\frac{x^{2k}}{2k!}=-\sum _{k\ge 1}\frac{x^{2k}}{2k!}.$

Следовательно,

$\left|\frac{1-\cos (x)}{x^2}\right|=|-\sum _{k\ge 0}\frac{x^{2k}}{2(k+1)!}|\le \sum _{k\ge 0}\frac{|x{|}^k}{k!}=e^{|x|}.$

Разбив интеграл на части, получим

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left|\frac{1-\cos (x)}{x^2}\right|dx\le \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{-\epsilon }{\int }}\frac{2}{x^2}dx+\underset{-\epsilon }{\overset{\epsilon }{\int }}{e}^{|x|}dx+\underset{\epsilon }{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2}{x^2}dx\le K,$

для некоторой константы $K>0$. Это показывает, что интеграл абсолютно интегрируем, что означает, что исходный интеграл существует, и переход от $\lambda$ к $n$ был фактически оправдан, и доказательство завершено.

См. также

• Распределение Дирихле
• Принцип Дирихле
• Sinc
• Интегралы Френеля