狄利克雷積分

在数学中，有不只一个积分称作狄利克雷積分，都由德國數學家約翰·彼得·古斯塔夫·勒熱納·狄利克雷提出。 其中一个內容如下： ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = π 2 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}} 这个积分不是绝对收敛的，因此勒貝格積分甚至不能定义这个积分，但它在黎曼积分或Henstock–Kurzweil积分是有定义的。 可以通过多种方式导出这个（黎曼或Henstock）积分的值。例如，该值可以通过计算双反常积分确定，也可以通过在积分符号内取微分来确定。 拉普拉斯变换特性的预备知识让我们能以下面的方式简洁地计算这个狄利克雷积分： ∫ 0 ∞ sin ⁡ t t d t = ∫ 0 ∞ L { sin ⁡ t } ( s ) d s = ∫ 0 ∞ 1 s 2 + 1 d s = arctan ⁡ s | 0 ∞ = π 2 , {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{\infty }{\mathcal {L}}\{\sin t\}(s)\;ds=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds=\arctan s{\bigg |}_{0}^{\infty }={\frac {\pi }{2}},} 其中 L { sin ⁡ t } ( s ) {\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}(s)} 是函数 sin ⁡ t {\displaystyle \sin t} 的拉普拉斯变换。运用欧拉公式 ，然后积分，使得分母为实数，并取虚部，我们发现该拉普拉斯变换是拉普拉斯变量 s 的函数 1 s 2 + 1 {\displaystyle {\tfrac {1}{s^{2}+1}}} 。这相当于尝试用两种不同方式求同一个二重定积分，通过颠倒积分的顺序 ，即， ( 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 1 t d t ) , provided  s > 0. {\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\sin t\,{\frac {1}{t}}\,dt\right){\text{, provided }}s>0.} 首先改写积分作为以 a {\displaystyle a} 为变量的函数。令 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 ;} 那么我们需要求 f ( 0 ) {\displaystyle \!f(0)} 对 a {\displaystyle \!a} 微分并运用莱布尼茨积分法则得： 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 = − L { sin ⁡ ω } ( a ) . {\displaystyle {\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 =-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega =-{\mathcal {L}}\{\sin \omega \}(a).} 上面我们基于拉普拉斯变换表不经证明地求得了这个积分；这一次我们进行推导。通过回顾欧拉公式， e i ω = cos ⁡ ω + i sin ⁡ ω {\displaystyle \!e^{i\omega }=\cos \omega +i\sin \omega } 那么， ℑ e i ω = sin ⁡ ω {\displaystyle \Im e^{i\omega }=\sin \omega } ，其中 ℑ {\displaystyle \Im } 表示虚部。 ∴ d f d a = − ℑ ∫ 0 ∞ e − a ω e i ω d ω = ℑ 1 − a + i = ℑ − a − i a 2 + 1 = − 1 a 2 + 1 , given that  a > 0. {\displaystyle \therefore {\frac {df}{da}}=-\Im \int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }e^{i\omega }d\omega =\Im {\frac {1}{-a+i}}=\Im {\frac {-a-i}{a^{2}+1}}={\frac {-1}{a^{2}+1}}{\text{, given that }}a>0.} 对 a {\displaystyle \!a} 积分 f ( a ) = ∫ − d a a 2 + 1 = A − arctan ⁡ a , {\displaystyle f(a)=\int {\frac {-da}{a^{2}+1}}=A-\arctan a,} 其中， A {\displaystyle \!A} 是待确定的一个常数。由于， f ( + ∞ ) = 0 ∴ A = arctan ⁡ ( + ∞ ) = π 2 + m π , {\displaystyle f(+\infty )=0\therefore A=\arctan(+\infty )={\frac {\pi }{2}}+m\pi ,} ∴ f ( 0 ) = lim a → 0 + f ( a ) = π 2 + m π − arctan ⁡ 0 = π 2 + n π , {\displaystyle \therefore f(0)=\lim _{a\to 0^{+}}f(a)={\frac {\pi }{2}}+m\pi -\arctan 0={\frac {\pi }{2}}+n\pi ,} m 和 n 为整数。通过分析容易观察的边界，容易证明 n {\displaystyle \!n} 必为零，该积分： 0 < ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x < ∫ 0 π sin ⁡ x x d x < π {\displaystyle 0<\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx<\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx<\pi } 左侧和右侧边界可以通过把积分区域 [ 0 , ∞ ] {\displaystyle [0,\infty ]} 分割为周期性的区间导出，在其上积分值为零。 左边界： ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = ∑ n = 0 n = ∞ ∫ 2 π n 2 π ( n + 1 ) sin ⁡ x x d x = ∑ n = 0 n = ∞ ∫ 0 2 π sin ⁡ x 2 π n + x d x > ∑ n = 0 n = ∞ ∫ 0 2 π sin ⁡ x 2 π ( n + 1 ) d x = 0 {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx=\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{2\pi n}^{2\pi (n+1)}{\frac {\sin x}{x}}dx=\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{0}^{2\pi }{\frac {\sin x}{2\pi n+x}}dx>\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{0}^{2\pi }{\frac {\sin x}{2\pi (n+1)}}dx=0} 右边界： ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = ∫ 0 π sin ⁡ x x d x + ∫ π ∞ sin ⁡ x x d x {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx=\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx+\int _{\pi }^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx} 第二项是零，对于左边界可以用同样的方法来证明。第一项， ∫ 0 π sin ⁡ x x d x {\displaystyle \int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx} 得证。 引进另一个变量来进一步延伸这一结果，首先指出， sin ⁡ x / x {\displaystyle \!{\sin x}/{x}} 是偶函数，所以 ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = ∫ − ∞ 0 sin ⁡ x x d x = − ∫ 0 − ∞ sin ⁡ x x d x , {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\int _{-\infty }^{0}{\frac {\sin x}{x}}\,dx=-\int _{0}^{-\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx,} 则： ∫ 0 ∞ sin ⁡ b ω ω d ω = ∫ 0 b ∞ sin ⁡ b ω b ω d ( b ω ) = ∫ 0 sgn ⁡ b × ∞ sin ⁡ x x d x = sgn ⁡ b ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = π 2 sgn ⁡ b {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin b\,\omega }{\omega }}\,d\omega =\int _{0}^{b\,\infty }{\frac {\sin b\,\omega }{b\,\omega }}\,d(b\,\omega )=\int _{0}^{\operatorname {sgn} b\times \infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\operatorname {sgn} b\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\,\operatorname {sgn} b} 可通过复积分获得相同的结果。让我们考虑 f ( z ) = e i z z {\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}} 作为复变量 z 的函数，它在原点是一个单极点，阻止了我们使用其他假设都满足的Jordan引理。我们再定义一个新函数 g(z) 如下 g ( z ) = e i z z + i ϵ {\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\epsilon }}} 极点已被移离实轴，所以 g(z) 的可沿半径为 R，中心在 z = 0 且与实轴围成的封闭半圆积分，然后取极限 ϵ → 0 {\displaystyle \epsilon \rightarrow 0} 。 由留数定理知复积分为零，因为积分路径内不存在极点 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\epsilon }}dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\epsilon }}iRd\theta } 随着 R 趋向无穷大，第二项消失；对任意小的 ϵ {\displaystyle \epsilon } ，对第一项运用索霍茨基－魏尔斯特拉斯定理得 0 = P . V . ∫ e i x x d x − π i ∫ − ∞ ∞ δ ( x ) e i x d x {\displaystyle 0=\mathrm {P.V.} \int {\frac {e^{ix}}{x}}dx-\pi i\int _{-\infty }^{\infty }\delta (x)e^{ix}dx} 其中，P.V.表示柯西主值。通过两侧取虚部，并注意到， s i n c ( x ) {\displaystyle \mathrm {sinc} (x)} 是偶函数，由定义 s i n c ( 0 ) = 1 {\displaystyle \mathrm {sinc} (0)=1} ，于是我们得到想要的结果 lim ϵ → 0 ∫ ϵ ∞ sin ⁡ ( x ) x d x = ∫ 0 ∞ sin ⁡ ( x ) x d x = π 2 {\displaystyle \lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{\epsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}dx={\frac {\pi }{2}}} ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = lim a → ∞ ∫ 0 a sin ⁡ x x d x = lim a → ∞ ∫ 0 a 1 x d ( 1 − cos ⁡ x ) = lim a → ∞ 1 − cos ⁡ x x | 0 a − ∫ 0 a ( 1 − cos ⁡ x ) d 1 x = lim a → ∞ 2 sin 2 ⁡ x 2 x | 0 a + ∫ 0 a 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x = lim a → ∞ ∫ 0 1 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x + ∫ 1 a 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x < ∫ 0 1 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x + lim a → ∞ ∫ 1 a 2 x 2 d x = ∫ 0 1 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x + 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx&=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {1}{x}}\,d(1-\cos x)=\lim _{a\to \infty }{\frac {1-\cos x}{x}}|_{0}^{a}-\int _{0}^{a}(1-\cos x)\,d{\frac {1}{x}}\\&=\lim _{a\to \infty }{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x}}|_{0}^{a}+\int _{0}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\int _{1}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx\\&<\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\lim _{a\to \infty }\int _{1}^{a}{\frac {2}{x^{2}}}\,dx=\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+2\end{aligned}}} 因為 lim a → ∞ ∫ 0 1 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x + ∫ 1 a 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x {\displaystyle \lim _{a\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\int _{1}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx} 遞增並且有上界 ∫ 0 1 2 sin 2 ⁡ x 2 x 2 d x + 2 {\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+2} ，故由單調收斂定理知， ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx} 有極限值 I {\displaystyle I} 。 ∫ 0 ∞ sin ⁡ x x d x = lim a → ∞ ∫ 0 a sin ⁡ x x d x {\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx} 令λ= a/π，z= x/λ，則 a= λx，x=λz lim a → ∞ ∫ 0 a sin ⁡ x x d x = lim a → ∞ ∫ 0 a sin ⁡ x x λ d x λ = lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z z d z = lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z 2 sin ⁡ z 2 d z + ∫ 0 π sin ⁡ λ z ( 1 z − 1 2 sin ⁡ z 2 ) d z {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx&=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{\frac {x}{\lambda }}}\,d{\frac {x}{\lambda }}=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{z}}\,dz\\&=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz+\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz\end{aligned}}} ∵ lim z → 0 1 z − 1 2 sin ⁡ z 2 = 0 {\displaystyle \because \lim _{z\to 0}{\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}}=0} ∴ h ( x ) = { 1 z − 1 2 sin ⁡ z 2 , if  0 < x ≤ π 0 , if  x = 0 {\displaystyle \therefore h(x)=\left\{{\begin{matrix}{\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}},&{\mbox{if }}0<x\leq \pi \\0,&{\mbox{if }}x=0\end{matrix}}\right.} h(x)在區間[0,π]連續，所以h(x) 有上下界，又直接計算可以發現 lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z d z = 0 , {\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }\sin \lambda zdz=0,} 故 lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z ( 1 z − 1 2 sin ⁡ z 2 ) d z = 0 {\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz=0} 于是 I = lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z 2 sin ⁡ z 2 d z + ∫ 0 π sin ⁡ λ z ( 1 z − 1 2 sin ⁡ z 2 ) d z = lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z 2 sin ⁡ z 2 d z {\displaystyle I=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz+\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz} 因為 lim λ → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ λ z 2 sin ⁡ z 2 d z {\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz} 存在收斂值 I，故 lim n → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ ( n + 1 2 ) z 2 sin ⁡ z 2 d z , n ∈ N {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin(n+{\frac {1}{2}})z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz,n\in \mathbb {N} } 亦收斂至 I。 I = lim n → ∞ ∫ 0 π sin ⁡ ( n + 1 2 ) z 2 sin ⁡ z 2 d z = lim n → ∞ ∫ 0 π 1 2 + ∑ k = 1 n cos ⁡ k z d z = lim n → ∞ ( π 2 + ∑ k = 1 n sin ⁡ k z k ) | 0 π = π 2 {\displaystyle I=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin(n+{\frac {1}{2}})z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz=\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {1}{2}}+\sum _{k=1}^{n}\cos kz\,dz=\lim _{n\to \infty }({\frac {\pi }{2}}+\sum _{k=1}^{n}{\frac {\sin kz}{k}})|_{0}^{\pi }={\frac {\pi }{2}}} 狄利克雷原理 存档副本 (PDF). [2015-03-02]. （原始内容存档 (PDF)于2020-11-25）.  Robert G. Bartle, Return to the Riemann Integral （页面存档备份，存于互联网档案馆）, The American Mathematical Monthly, vol. 103, 1996, pp. 625-632. Appel, Walter. Mathematics for Physics and Physicists. Princeton University Press, 2007, p. 226. 埃里克·韦斯坦因. Dirichlet Integrals. MathWorld.