Дирихлеов интеграл

[мини|[Густав Лежен Дирихле|Петер Густав Лежен Дирихле]]
Во математиката, постојат неколку интеграли познати како **Дирихлеови интеграли**, наречени по германскиот математичар Густав Лежен Дирихле, од кои еден е несвојствен интеграл на функцијата \mathrm{sinc}(x) = \frac{\sin x}{x} на позитивниот дел на реалната оска

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

Овој интеграл не е апсолутно конвергентен, што значи дека \left| \frac{\sin x}{x} \right| има бесконечен Лебегов или Риманов неправ интеграл на позитивниот дел на реалната оска, па затоа функцијата \mathrm{sinc} не е Лебег-интеграбилна на позитивниот дел на реалната оска. Сепак, функцијата \mathrm{sinc} е интеграбилна во смисла на неправ Риманов интеграл или генерализиран Риманов или Хеншток-Курцвајлов интеграл. Ова може да се види со користење на Дирихлеовиот тест за неправи интеграли.

Тоа е добра илустрација на специјални техники за евалуација на определени интеграли, особено кога не е корисно директно да се примени фундаменталната теорема на анализата поради недостаток на елементарен неопределен интеграл (антиизвод) за интеграндот, бидејќи неправилниот интеграл, антиизводот на функцијата \mathrm{sinc}(x), не е елементарна функција. Во овој случај, неправиот определен интеграл може да се определи на неколку начина: со Лапласова трансформација, преку двојна интеграција, со диференцирање под знакот на интегралот, со контурна интеграција или со Дирихлеово јадро. Но, бидејќи интеграндот е парна функција, доменот на интеграција може да се прошири и на целата реална оска.

## Евалуација

### Со Лапласова трансформација
Нека f(t) е функција дефинирана за t \geq 0. Нејзината Лапласова трансформација е дадена со \mathcal{L} \{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \, \mathrm{d}t,ако интегралот постои.

Својство на Лапласовата трансформација корисно за евалуација на неправи интеграли е  \mathcal{L} \left [ \frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty} F(u) \, \mathrm{d}u,
 под услов \lim_{t \to 0} \frac{f(t)}{t} да постои.

Понатаму ќе го користиме резултатот \mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2 + 1}, што е Лапласова трансформација на функцијата \sin t (видете го делот „Диференцирање под знакот на интегралот“ за неговото изведување), како и верзија на Абеловата теорема (последица од теоремата за конечна вредност за Лапласовата трансформација).

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

### Преку двојна интеграција
Оценувањето на Дирихлеовиот интеграл со помош на Лапласовата трансформација е еквивалентно на пресметување на истиот двоен определен интеграл со промена на редоследот на интеграција, имено, 
\left( I_1 = \int_0^\infty \int _0^\infty e^{-st} \sin t \,\mathrm{d}t \,\mathrm{d}s \right) = \left( I_2 = \int_0^\infty \int _0^\infty e^{-st} \sin t \,\mathrm{d}s \,\mathrm{d}t \right),\left( I_1 = \int_0^\infty \frac{1}{s^2 + 1} \,\mathrm{d}s = \frac{\pi}{2} \right) = \left( I_2 = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} \,\mathrm{d}t \right), \text{ за } s > 0.
Промената на редоследот на интеграција е оправдана со фактот дека за секој s > 0, интегралот е апсолутно конвергентен.

### Со диференцирање под знакот на интегралот (Фајнмановиот трик)
Прво го препишуваме интегралот како функција од дополнителната променлива s, т.е. ја земаме Лапласовата трансформација на \frac{\sin t} t. Значи, нека f(s)=\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t} t \, \mathrm{d}t.

За да го пресметаме Дирихлеовиот интеграл, треба да одредиме f(0). Континуитетот на f може да се оправда со примена на теоремата за доминирана конвергенција после парцијална интеграција. Ако диференцираме по s>0 и го примениме правилото на Лајбниц за диференцирање под знакот на интегралот, добиваме 
\begin{align}
\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}s} & = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t}{t} \, \mathrm{d}t = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s}e^{-st}\frac{\sin t} t \, \mathrm{d}t \\[6pt]
& = -\int_0^\infty e^{-st} \sin t \, \mathrm{d}t.
\end{align}


Сега, користејќи ја Ојлеровата формула e^{it} = \cos t + i\sin t, синусната функција може да се изрази преку комплексни експоненцијали: 
\sin t = \frac{1}{2i} \left( e^{i t} - e^{-it}\right).


Оттука 
\begin{align}
\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}s} & = -\int_0^\infty e^{-st} \sin t \, \mathrm{d}t = -\int_{0}^{\infty} e^{-st} \frac{e^{it} - e^{-it}}{2i} \mathrm{d}t \\[6pt]
&= -\frac{1}{2i} \int_{0}^{\infty} \left[ e^{-t(s-i)} - e^{-t(s + i)} \right] \mathrm{d}t \\[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}


Со интегрирање по s се добива f(s) = \int \frac{-\mathrm{d}s}{s^2 + 1} = A - \mathrm{arctg} \, s,

каде A е константа на интеграција што треба да се одреди. Бидејќи \lim_{s \to \infty} f(s) = 0, користејќи ја главната вредност, добиваме A = \lim_{s \to \infty}\mathrm{arctg} \, s = \frac{\pi}{2}.  Ова значи дека за s > 0f(s) = \frac{\pi}{2} - \mathrm{arctg} s \, .

Конечно, заради непрекинатоста во s = 0, имаме f(0) = \frac{\pi}{2} - \mathrm{arctg}(0) = \frac{\pi}{2}, како и претходно.

### Со комплексна интеграција по контура
Ќе ја разгледаме функцијатаf(z) = \frac{e^{iz}} z.

Како функција од комплексната променлива z, таа има прост пол во координатниот почеток, што ја оневозможува примената на Џордановата лема, иако другите претпоставки за тоа се задоволени.

Потоа дефинираме нова функција  g(z) = \frac{e^{iz}}{z + i\varepsilon}.

Полот кај неа е поместен на негативниот дел од имагинарната оска, па затоа g(z) може да се интегрира долж полукружницата \gamma со радиус R и центар во z = 0 која се протега во позитивна имагинарна насока и затворена по реалната оска. Потоа се зема граничната вредност кога \varepsilon \to 0.

Комплексниот интеграл е нула според теоремата за остатоци, бидејќи нема полови во внатрешноста на патеката на интеграција \gamma : 0 = \int_\gamma g(z) \, \mathrm{d}z = \int_{-R}^R \frac{e^{ix}}{x + i\varepsilon} \, \mathrm{d} x + \int_0^\pi \frac{e^{i(Re^{i\theta} + \theta)}}{Re^{i\theta} + i\varepsilon} iR \, \mathrm{d}\theta.

Вториот член исчезнува кога R се стреми кон бесконечност. Што се однесува до првиот интеграл, може да се користи една верзија на теоремата Сохотски-Племел за интеграли над реалната права: за комплексна функција  дефинирана и непрекинато диференцијабилна на реалната права и за реални константи a и b за кои a  може да се добие \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_a^b \frac{f(x)}{x \pm i \varepsilon} \, \mathrm{d}x = \mp i \pi f(0) + \mathcal{P} \int_a^b \frac{f(x)}{x} \, \mathrm{d}x,

каде со \mathcal{P} е означена Кошиевата главна вредност. Ако се вратиме на  горенаведената оригинална пресметка, може да напишеме 0 = \mathcal{P} \int \frac{e^{ix}}{x} \, \mathrm{d}x - \pi i.

Со земање на имагинарниот дел од двете страни и со користење на парноста на функцијата \sin(x)/x, добиваме \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \, \mathrm{d}x = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,\mathrm{d}x.

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

Од друга страна, нека контурата на интеграција на f е унијата на полукружниците во горната полурамнина со радиуси \varepsilon и R и двата сегмента од реалната оска што ги поврзуваат тие полукружници. Од една страна, контурниот интеграл е нула, независно од \varepsilon и R; од друга страна, кога \varepsilon \to 0 и R \to \infty имагинарниот дел од интегралот конвергира кон 2 I + \Im\big(\ln 0 - \ln(\pi i)\big) = 2I - \pi (тука \ln z е која било гранка на логаритмот на горната полурамнина), што води до I = \frac{\pi}{2}.

### Дирихлеово јадро
Разгледајте ја добро познатата формула за Дирихлеовото јадро :  
D_n(x) = 1 + 2\sum_{k=1}^n \cos(2kx) = \frac{\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}.


Веднаш следува дека: 
\int_0^{\frac{\pi}{2}} D_n(x)\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}.


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


Јасно е дека f е непрекината за  x \in (0,\pi/2]. Непрекинатоста во 0 се добива со примена на Л'Опиталовото правило: 
\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.


Оттука, f ги исполнува барањата на Риман-Лебеговата лема. Оттука 
\lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} f(x)\sin(\lambda x)  \mathrm{d}x = 0 
\quad\Longrightarrow\quad
\lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{x}  \mathrm{d}x = 
  \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)} \mathrm{d}x.


(Формата на Риман-Лебеговата лема што се користи овде е докажана во цитираната статија.)

Следуваат пресметките: 
\begin{align}
\int_0^\infty \frac{\sin(t)}{t}  \mathrm{d}t
= & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\lambda\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(t)}{t}  \mathrm{d}t \\[6pt]
= & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(\lambda x)}{x}  \mathrm{d}x \\[6pt]
= & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)}  \mathrm{d}x \\[6pt]
= & \lim_{n\to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}  \mathrm{d}x \\[6pt]
= & \lim_{n\to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} D_n(x)  \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}
\end{align} 

Сепак, мора да го оправдаме менувањето на реалната граница во \lambda до интегралната граница во n, што ќе произлезе од покажувањето дека границата постои.

Со користење на интегрирање по делови, добиваме:
\int_a^b \frac{\sin(x)}{x}  \mathrm{d}x = 
\int_a^b \frac{d(1-\cos(x))}{x}  \mathrm{d}x = 
\left. \frac{1-\cos(x)}{x}\right|_a^b + \int_a^b \frac{1-\cos(x)}{x^2}  \mathrm{d}x


Сега, како a \to 0 и  b \to \infty членот лево конвергира без проблем. Видете ја листата на лимеси на тригонометриските функции. Наредно, покажуваме дека  \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2}  \mathrm{d}x  е апсолутно интеграбилна, што имплицира дека границата постои.

Прво, се стремиме да го врземе интегралот во близина на почетокот. Користејќи го развојот на косинусот во Тејлоров ред околу нулата, имаме 
1 - \cos(x) = 1 - \sum_{k\geq 0}\fracx^{2k}}{2k!} = \sum_{k\geq 1}\fracx^{2k}}{2k!}.


Затоа, 
\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^.


Разделувајќи го интегралот на делови, имаме 
   \int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{1-\cos(x)}{x^2}\right|  \mathrm{d}x
\leq \int_{-\infty}^{-\varepsilon} \frac{2}{x^2}  \mathrm{d}x + 
   \int_{-\varepsilon}^{\varepsilon} e^  \mathrm{d}x + 
   \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{2}{x^2}  \mathrm{d}x
\leq K,


за некоја константа K > 0. Ова покажува дека интегралот е апсолутно интеграбилен, што имплицира дека оригиналниот интеграл постои, и затоа префрлувањето од променлива \lambda на променливата n всушност беше оправдано, а доказот е комплетиран.

## Поврзано
* Принцип на Дирихле
* Френелов интеграл

## Наводи

## Надворешни врски

* 
Категорија:Математичка физика
Категорија:Интегрално сметање
Категорија:Специјални функции