Интеграл Дирихле

Питер Густав Лежен Дирихле

В математике существует несколько интегралов , известных как интеграл Дирихле , после немецкого математика Дирихле , один из которых является несобственный интеграл от синк функции по положительной вещественной прямой:

${\ displaystyle \ int _ {0} ^ {\ infty} {\ frac {\ sin x} {x}} \, dx = {\ frac {\ pi} {2}}.}$

Этот интеграл не является абсолютно сходящимся , то есть не интегрируемым по Лебегу, поэтому интеграл Дирихле не определен в смысле интегрирования по Лебегу . Однако он определяется в смысле несобственного интеграла Римана или обобщенного интеграла Римана или Хенстока – Курцвейла . ^{[1] [2] В} этом можно убедиться, используя критерий Дирихле для несобственных интегралов . Значение интеграла (в смысле Римана или Хенстока) может быть получено различными способами, включая преобразование Лапласа, двойное интегрирование, дифференцирование под знаком интеграла, контурное интегрирование и ядро ​​Дирихле.${\ Displaystyle {\ Biggl |} {\ гидроразрыва {\ sin x} {x}} {\ Biggl |}}$

Оценка [ править ]

Преобразование Лапласа [ править ]

Позвольте быть функцией, определенной всякий раз . Тогда его преобразование Лапласа дается выражением${\ displaystyle f (t)}$${\ Displaystyle т \ geq 0}$

${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}$

если интеграл существует. ^[3]

Свойство преобразования Лапласа, полезное для вычисления несобственных интегралов :

${\displaystyle {\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {f(t)}{t}}{\Biggl ]}=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}$

при условии, существует.${\displaystyle \lim _{t\rightarrow 0}{\frac {f(t)}{t}}}$

В дальнейшем нам понадобится результат , представляющий собой преобразование Лапласа функции (вывод см. В разделе «Дифференцирование под знаком интеграла»), а также версия теоремы Абеля (следствие теоремы об окончательном значении для Преобразование Лапласа ).${\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}={\frac {1}{s^{2}+1}}}$${\displaystyle \sin t}$

Следовательно,

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\lim _{s\rightarrow 0}{\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {\sin t}{t}}{\Biggl ]}\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{s}^{\infty }{\frac {du}{u^{2}+1}}=\lim _{s\rightarrow 0}\arctan u{\Biggl |}_{s}^{\infty }\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}{\Biggl [}{\frac {\pi }{2}}-\arctan(s){\Biggl ]}={\frac {\pi }{2}}.\end{aligned}}}$

Двойная интеграция [ править ]

Вычисление интеграла Дирихле с помощью преобразования Лапласа эквивалентно вычислению того же дважды определенного интеграла путем изменения порядка интегрирования , а именно:

${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt\,ds\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,ds\,dt\right),}$

${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt\right),{\text{ provided }}s>0.}$

Дифференцирование под знаком интеграла (трюк Фейнмана) [ править ]

Сначала перепишите интеграл как функцию дополнительной переменной , а именно преобразования Лапласа . Так что давайте${\displaystyle s}$${\displaystyle {\frac {\sin t}{t}}}$

${\displaystyle f(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt.}$

Чтобы оценить интеграл Дирихле, нам нужно определить . Непрерывность можно обосновать, применив теорему о преобладающей сходимости после интегрирования по частям. Продифференцируйте и примените правило Лейбница для дифференцирования под знаком интеграла, чтобы получить${\displaystyle f(0)}$${\displaystyle f}$${\displaystyle s>0}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{ds}}&={\frac {d}{ds}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial s}}e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt\\[6pt]&=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt.\end{aligned}}}$

Теперь, используя формулу Эйлера, можно выразить синусоидальную функцию через комплексные экспоненты:${\displaystyle e^{it}=\cos t+i\sin t,}$

${\displaystyle \sin t={\frac {1}{2i}}\left(e^{it}-e^{-it}\right).}$

Следовательно,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{ds}}&=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {e^{it}-e^{-it}}{2i}}dt\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\int _{0}^{\infty }\left[e^{-t(s-i)}-e^{-t(s+i)}\right]dt\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[{\frac {-1}{s-i}}e^{-t(s-i)}-{\frac {-1}{s+i}}e^{-t(s+i)}\right]{\Biggl |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[0-\left({\frac {-1}{s-i}}+{\frac {1}{s+i}}\right)\right]=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {1}{s-i}}-{\frac {1}{s+i}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {s+i-(s-i)}{s^{2}+1}}\right)=-{\frac {1}{s^{2}+1}}.\end{aligned}}}$

Интегрирование по дает${\displaystyle s}$

${\displaystyle f(s)=\int {\frac {-ds}{s^{2}+1}}=A-\arctan s,}$

где - постоянная интегрирования, которую предстоит определить. Поскольку используется главное значение. Это означает, что для${\displaystyle A}$${\displaystyle \lim _{s\to \infty }f(s)=0,}$ ${\displaystyle A=\lim _{s\to \infty }\arctan s={\frac {\pi }{2}},}$${\displaystyle s>0}$

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

Наконец, по преемственности при мы , как и раньше , имеем .${\displaystyle s=0}$${\displaystyle f(0)={\frac {\pi }{2}}-\arctan(0)={\frac {\pi }{2}}}$

Комплексная интеграция [ править ]

Тот же результат может быть получен путем сложного интегрирования. Рассмотреть возможность

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

Как функция комплексной переменной , она имеет простой полюс в начале координат, что препятствует применению леммы Джордана , остальные гипотезы которой выполнены.${\displaystyle z}$

Затем определите новую функцию ^[4]

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

Полюс был перемещен от действительной оси, поэтому его можно интегрировать по полукругу радиуса с центром и замкнутым на действительной оси. Тогда каждый берет предел .${\displaystyle g(z)}$${\displaystyle R}$${\displaystyle z=0}$${\displaystyle \varepsilon \rightarrow 0}$

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

${\displaystyle 0=\int _{\gamma }g(z)\,dz=\int _{-R}^{R}{\frac {e^{ix}}{x+i\varepsilon }}\,dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\varepsilon }}iR\,d\theta .}$

Второй член исчезает при уходе в бесконечность. Что касается первого интеграла, можно использовать одну версию теоремы Сохоцкого – Племеля для интегралов по вещественной прямой: для комплекснозначной функции f, определенной и непрерывно дифференцируемой на вещественной прямой и вещественных константах, и с одним нахождением${\displaystyle R}$${\displaystyle a}$${\displaystyle b}$${\displaystyle a<0<b}$

${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0^{+}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x\pm i\varepsilon }}\,dx=\mp i\pi f(0)+{\mathcal {P}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x}}\,dx,}$

где обозначает главное значение Коши . Возвращаясь к вышеприведенному исходному расчету, можно написать${\displaystyle {\mathcal {P}}}$

${\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}$

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

${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}$

Ну наконец то,

${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}$

В качестве альтернативы выберите в качестве контура интегрирования объединение верхних полуокружностей радиусов и вместе с двумя отрезками реальной прямой, которые их соединяют. С одной стороны, контурный интеграл равен нулю независимо от и ; с другой стороны, поскольку и мнимая часть интеграла сходится к (здесь любая ветвь логарифма на верхней полуплоскости), приводя к .${\displaystyle f}$${\displaystyle \varepsilon }$${\displaystyle R}$${\displaystyle \varepsilon }$${\displaystyle R}$${\displaystyle \varepsilon \to 0}$${\displaystyle R\to \infty }$${\displaystyle 2I+\Im {\big (}\ln 0-\ln(\pi i){\big )}=2I-\pi }$${\displaystyle \ln z}$${\displaystyle I={\frac {\pi }{2}}}$

Ядро Дирихле [ править ]

Позволять

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

- ядро Дирихле . ^[5]

Отсюда сразу следует, что${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}.}$

Определять

${\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}$

Ясно, что является непрерывным, когда , чтобы увидеть его непрерывность в 0, примените правило Л'Опиталя :${\displaystyle f}$${\displaystyle x\neq 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, удовлетворяет требованиям леммы Римана-Лебега . Это означает${\displaystyle f}$

${\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}f(x)\sin(\lambda x)dx=0\Rightarrow \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx.}$

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

Выберите пределы и . Мы хотели бы сказать что${\displaystyle a=0}$${\displaystyle b=\pi /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 на интегральный предел в . На самом деле это оправдано, если мы можем показать, что предел действительно существует, что мы и делаем сейчас.${\displaystyle \lambda }$${\displaystyle n}$

Используя интеграцию по частям , мы имеем:

${\displaystyle \int _{a}^{b}{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{a}^{b}{\frac {d(1-\cos(x))}{x}}dx=\left.{\frac {1-\cos(x)}{x}}\right|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$

Теперь, как и член слева сходится без проблем. См. Список пределов тригонометрических функций . Теперь мы покажем, что это абсолютно интегрируемое, откуда следует, что предел существует. ^[6]${\displaystyle a\to 0}$${\displaystyle b\to \infty }$${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$

Во-первых, мы стремимся ограничить интеграл вблизи начала координат. Используя разложение косинуса около нуля в ряд Тейлора,

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

Следовательно,

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

Разбив интеграл на части, получим

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|dx\leq \int _{-\infty }^{-\varepsilon }{\frac {2}{x^{2}}}dx+\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }e^{|x|}dx+\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {2}{x^{2}}}dx\leq K,}$

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

См. Также [ править ]

• Распределение Дирихле
• Принцип Дирихле
• Функция Sinc
• Интеграл Френеля

Заметки [ править ]

Ссылки [ править ]

Внешние ссылки [ править ]

• Вайсштейн, Эрик В. «Интегралы Дирихле» . MathWorld .