디리클레 적분

[thumb|[페터 구스타프 르죈 디리클레]]

수학에는 독일 수학자 페터 구스타프 르죈 디리클레의 이름을 딴 여러 적분이 있으며, 그중 하나는 양의 실수선에 대한 싱크함수의 이상 적분이다.

\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \,dx = \frac{\pi}{2}.

이 적분은 절대 수렴하지 않으므로, 양의 실수선에 대한 \left| \frac{\sin x}{x} \right|의 르베그 또는 리만 이상 적분은 무한하다. 따라서 싱크함수는 양의 실수선에 대해 르베그 적분 가능하지 않다. 그러나 싱크함수는 이상 리만 적분 또는 일반화된 리만 또는 헨스톡-쿠르츠바일 적분의 의미에서 적분 가능하다. 이는 이상 적분에 대한 디리클레 판정법을 사용하여 알 수 있다.

이 적분은 특정 적분을 평가하는 특별한 기술의 좋은 예시이다. 특히 싱크함수의 역도함수인 사인 적분이 초등함수가 아니므로 적분 함수의 초등 역도함수가 없기 때문에 미적분학의 기본 정리를 직접 적용하는 것이 유용하지 않을 때 더욱 그렇다. 이 경우 이상 적분은 라플라스 변환, 이중 적분, 적분 기호 아래 미분, 경로 적분, 디리클레 핵 등 여러 가지 방법으로 결정할 수 있다. 그러나 적분 함수가 짝함수이므로 적분 영역을 음의 실수선으로 확장할 수도 있다.

## 평가

### 라플라스 변환
t \geq 0일 때 정의된 함수 f(t)가 있다고 하자. 그러면 그 라플라스 변환은 다음과 같다.
\mathcal{L} \{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \,dt,
적분이 존재한다면 말이다.

이상 적분 평가에 유용한 라플라스 변환의 속성은 다음과 같다.
 \mathcal{L} \left [  \frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty} F(u) \, du,

단, \lim_{t \to 0} \frac{f(t)}{t}가 존재해야 한다.

다음 과정에서는 함수 \sin t의 라플라스 변환인 \mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2 + 1} 결과와 아벨 정리의 한 버전(라플라스 변환에 대한 최종값 정리의 결과)이 필요하다.

그러므로

\begin{align}
\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t}{t} \, dt
&= \lim_{s \to 0} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \frac{\sin t}{t} \, dt
= \lim_{s \to 0} \mathcal{L} \left [  \frac{\sin t}{t} \right] \\[6pt]
&= \lim_{s \to 0} \int_{s}^{\infty} \frac{du}{u^2 + 1}
= \lim_{s \to 0} \arctan u \Biggr|_{s}^{\infty} \\[6pt]
&= \lim_{s \to 0} \left[ \frac{\pi}{2} - \arctan (s)\right]
= \frac{\pi}{2}.
\end{align} 

### 이중 적분

라플라스 변환을 사용하여 디리클레 적분을 평가하는 것은 적분 순서를 변경하여 동일한 이중 정적분을 계산하는 것과 동일하다. 즉,

\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),
\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{ 단, } s > 0.

순서 변경은 모든 s > 0에 대해 적분이 절대 수렴한다는 사실로 정당화된다.

### 적분 기호 아래 미분 (파인만의 트릭)
먼저 적분을 추가 변수 s의 함수, 즉 \frac{\sin t} t의 라플라스 변환으로 다시 작성한다. 따라서 다음과 같이 놓는다.
f(s)=\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t} t \, dt.

디리클레 적분을 평가하려면 f(0)을 결정해야 한다. f의 연속성은 부분 적분 후 지배 수렴 정리를 적용하여 정당화할 수 있다. s>0에 대해 미분하고 적분 기호 아래 미분에 대한 라이프니츠 규칙을 적용하면 다음을 얻는다.

\begin{align}
\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{align}


이제 오일러 공식 e^{it} = \cos t + i\sin t를 사용하여 사인 함수를 복소 지수 형태로 표현할 수 있다.

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


그러므로

\begin{align}
\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]_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{align}


s에 대해 적분하면
f(s) = \int \frac{-ds}{s^2 + 1} = A - \arctan s,

여기서 A는 결정해야 할 적분 상수이다. \lim_{s \to \infty} f(s) = 0이므로, 주값을 사용하여 A = \lim_{s \to \infty} \arctan s = \frac{\pi}{2}이다. 이는 s > 0일 때 다음을 의미한다.
f(s) = \frac{\pi}{2} - \arctan s.

마지막으로, s = 0에서의 연속성에 의해 f(0) = \frac{\pi}{2} - \arctan(0) = \frac{\pi}{2}이 된다. 이는 이전과 같다.

### 복소 경로 적분
f(z) = \frac{e^{iz}} z를 고려하자.

복소 변수 z의 함수로서 원점에 단순 극점을 가지며, 이는 조르단 보조정리의 적용을 방해한다. 조르단 보조정리의 다른 가설들은 만족된다.

그러면 새로운 함수를 정의한다.
g(z) = \frac{e^{iz}}{z + i\varepsilon}.

극점은 음의 허수축으로 이동되었으므로, g(z)는 z = 0을 중심으로 하는 반경 R의 반원 \gamma를 따라 양의 허수 방향으로 확장하고, 실수축을 따라 닫힌 경로에서 적분할 수 있다. 그런 다음 \varepsilon \to 0의 극한을 취한다.

유수 정리에 의해 복소 적분은 0이다. 왜냐하면 적분 경로 \gamma 내부에 극점이 없기 때문이다.
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.

R이 무한대로 갈 때 두 번째 항은 사라진다. 첫 번째 적분에 대해서는 실수축에 대한 적분에 대한 소호츠키-플레멜리 정리의 한 버전을 사용할 수 있다. 실수축에서 정의되고 연속적으로 미분 가능한 복소수 값 함수 와 a 인 실수 상수 a와 b에 대해 다음을 얻는다.
\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,

여기서 \mathcal{P}는 코시 주요값을 나타낸다. 위 원본 계산으로 돌아가서 다음을 쓸 수 있다.
0 = \mathcal{P} \int \frac{e^{ix}}{x} \, dx - \pi i.

양변에 허수 부분을 취하고 함수 \sin(x)/x가 짝함수임을 감안하면 다음을 얻는다.
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,dx = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,dx.

결론적으로,
\lim_{\varepsilon \to 0} \int_\varepsilon^\infty \frac{\sin(x)}{x} \, dx = \int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x} \, dx = \frac \pi 2.

다른 방법으로는, f에 대한 적분 경로로 반지름 \varepsilon과 R인 위쪽 반평면 반원들과 이들을 연결하는 실수축의 두 선분들의 합집합을 선택한다. 한편 경로 적분은 \varepsilon과 R에 관계없이 0이다. 다른 한편, \varepsilon \to 0이고 R \to \infty일 때 적분의 허수 부분은 2 I + \Im\big(\ln 0 - \ln(\pi i)\big) = 2I - \pi로 수렴하고(여기서 \ln z는 위쪽 반평면의 어떤 분지의 로그함수이다), 이는 I = \frac{\pi}{2}로 이어진다.

### 디리클레 핵
디리클레 핵에 대한 잘 알려진 공식을 고려하자.
D_n(x) = 1 + 2\sum_{k=1}^n \cos(2kx) = \frac{\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}.


다음이 즉시 성립한다.
\int_0^{\frac{\pi}{2}} D_n(x)\, dx = \frac{\pi}{2}.


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


분명히 x \in (0,\pi/2]일 때 f는 연속이다. 0에서의 연속성을 확인하려면 로피탈의 정리를 적용한다.

\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.


따라서 f는 리만-르베그 보조정리의 요구 사항을 충족한다. 이는 다음을 의미한다.

\lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} f(x)\sin(\lambda x)dx = 0
\quad\Longrightarrow\quad
\lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =
    \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)}dx.


(여기서 사용된 리만-르베그 보조정리의 형태는 인용된 논문에서 증명되었다.)

우리는 다음을 계산하고자 한다.

\begin{align}
\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{align} 

그러나 \lambda에 대한 실수 극한을 n에 대한 적분 극한으로 전환하는 것을 정당화해야 하며, 이는 극한이 존재함을 보여줌으로써 이어진다.

부분 적분을 사용하면 다음을 얻는다.

\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


이제 a \to 0이고 b \to \infty일 때 왼쪽 항은 문제없이 수렴한다. 삼각함수의 극한 목록을 참조하라. 이제  \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2}dx 가 절대 적분 가능함을 보이는데, 이는 극한이 존재함을 의미한다.

먼저 원점 근처에서 적분을 제한하려고 한다. 코사인의 0 주변 테일러 급수 전개를 사용하면,

1 - \cos(x) = 1 - \sum_{k\geq 0}\fracx^{2k}}{2k!} = \sum_{k\geq 1}\fracx^{2k}}{2k!}.


그러므로

\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^.


적분을 여러 부분으로 나누면 다음을 얻는다.

     \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^dx +
     \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{2}{x^2}dx
\leq K,


어떤 상수 K > 0에 대해. 이는 적분이 절대 적분 가능함을 보여주며, 이는 원래 적분이 존재함을 의미하고, \lambda에서 n으로 전환하는 것이 실제로 정당화되었음을 의미하며 증명이 완료된다.

## 같이 보기

* 디리클레 분포
* 디리클레 원리
* 싱크함수
* 프레넬 적분

## 각주

## 외부 링크
* 

분류:특수 함수
분류:적분학
분류:수리물리학