Дирихлеов интеграл

Во математиката, постојат неколку интеграли познати како Дирихлеови интеграли, наречени по германскиот математичар Густав Лежен Дирихле, од кои еден е несвојствен интеграл на функцијата <math>\mathrm{sinc}(x) = \frac{\sin x}{x}</math> на позитивниот дел на реалната оска
<math>\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}.</math>
Овој интеграл не е апсолутно конвергентен, што значи дека <math>\left| \frac{\sin x}{x} \right|</math> има бесконечен Лебегов или Риманов неправ интеграл на позитивниот дел на реалната оска, па затоа функцијата <math>\mathrm{sinc}</math> не е Лебег-интеграбилна на позитивниот дел на реалната оска. Сепак, функцијата <math>\mathrm{sinc}</math> 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 <math>\mathrm{sinc}(x)</math>, 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.
1 Евалуација
1.1 Со Лапласова трансформација
Нека <math>f(t)</math> е функција дефинирана за <math>t \geq 0.</math> Нејзината Лапласова трансформација е дадена со <math>\mathcal{L} \{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \, \mathrm{d}t,</math>ако интегралот постои.
Својство на Лапласовата трансформација корисно за евалуација на неправи интеграли е <math> \mathcal{L} \left [ \frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty} F(u) \, \mathrm{d}u,
</math> под услов <math>\lim_{t \to 0} \frac{f(t)}{t}</math> да постои.
Понатаму ќе го користиме резултатот <math>\mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2 + 1},</math> што е Лапласова трансформација на функцијата <math>\sin t</math> (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, <math> \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} </math>
1.2 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, <math>
\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),</math><math>\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.
</math>Промената на редоследот на интеграција е оправдана со фактот дека за секој <math>s > 0</math>, интегралот е апсолутно конвергентен.
1.3 Со диференцирање под знакот на интегралот (Фајнмановиот трик)
Прво го препишуваме интегралот како функција од дополнителната променлива <math>s,</math> т.е. ја земаме Лапласовата трансформација на <math>\frac{\sin t} t.</math> Значи, нека <math>f(s)=\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t} t \, \mathrm{d}t.</math>
За да го пресметаме Дирихлеовиот интеграл, треба да одредиме <math>f(0).</math> Континуитетот на <math>f</math> може да се оправда со примена на теоремата за доминирана конвергенција после парцијална интеграција. Ако диференцираме по <math>s>0</math> и го примениме правилото на Лајбниц за диференцирање под знакот на интегралот, добиваме <math>
\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}
</math>
Сега, користејќи ја Ојлеровата формула <math>e^{it} = \cos t + i\sin t,</math> синусната функција може да се изрази преку комплексни експоненцијали: <math>
\sin t = \frac{1}{2i} \left( e^{i t} - e^{-it}\right).
</math>
Оттука <math>
\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}
</math>
Со интегрирање по <math>s</math> се добива <math>f(s) = \int \frac{-\mathrm{d}s}{s^2 + 1} = A - \mathrm{arctg} \, s,</math>
каде <math>A</math> е константа на интеграција што треба да се одреди. Бидејќи <math>\lim_{s \to \infty} f(s) = 0,</math> користејќи ја главната вредност, добиваме <math>A = \lim_{s \to \infty}\mathrm{arctg} \, s = \frac{\pi}{2}.</math> Ова значи дека за <math>s > 0</math><math>f(s) = \frac{\pi}{2} - \mathrm{arctg} s \, .</math>
Конечно, заради непрекинатоста во <math>s = 0,</math> имаме <math>f(0) = \frac{\pi}{2} - \mathrm{arctg}(0) = \frac{\pi}{2},</math> како и претходно.
1.4 Со комплексна интеграција по контура
Ќе ја разгледаме функцијата<math>f(z) = \frac{e^{iz z.</math>
Како функција од комплексната променлива <math>z,</math> 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 <math>g(z) = \frac{e^{iz{z + i\varepsilon}.</math>
Полот кај неа е поместен на негативниот дел од имагинарната оска, па затоа <math>g(z)</math> може да се интегрира долж полукружницата <math>\gamma</math> со радиус <math>R</math> и центар во <math>z = 0</math> која се протега во позитивна имагинарна насока и затворена по реалната оска. Потоа се зема граничната вредност кога <math>\varepsilon \to 0.</math>
Комплексниот интеграл е нула според теоремата за остатоци, бидејќи нема полови во внатрешноста на патеката на интеграција <math>\gamma</math> : <math>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.</math>
Вториот член исчезнува кога <math>R</math> 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 <math>a</math> и <math>b</math> за кои <math>a < 0 < b</math> може да се добие <math>\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,</math>
каде со <math>\mathcal{P}</math> е означена Кошиевата главна вредност. Ако се вратиме на горенаведената оригинална пресметка, може да напишеме <math>0 = \mathcal{P} \int \frac{e^{ix{x} \, \mathrm{d}x - \pi i.</math>
Со земање на имагинарниот дел од двете страни и со користење на парноста на функцијата <math>\sin(x)/x</math>, добиваме <math>\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \, \mathrm{d}x = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,\mathrm{d}x.</math>
Конечно, <math>\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.</math>
Од друга страна, нека контурата на интеграција на <math>f</math> е унијата на полукружниците во горната полурамнина со радиуси <math>\varepsilon</math> и <math>R</math> и двата сегмента од реалната оска што ги поврзуваат тие полукружници. Од една страна, контурниот интеграл е нула, независно од <math>\varepsilon</math> и <math>R;</math> од друга страна, кога <math>\varepsilon \to 0</math> и <math>R \to \infty</math> имагинарниот дел од интегралот конвергира кон <math>2 I + \Im\big(\ln 0 - \ln(\pi i)\big) = 2I - \pi</math> (тука <math>\ln z</math> е која било гранка на логаритмот на горната полурамнина), што води до <math>I = \frac{\pi}{2}.</math>
1.5 Дирихлеово јадро
Разгледајте ја добро познатата формула за Дирихлеовото јадро : <math>
D_n(x) = 1 + 2\sum_{k=1}^n \cos(2kx) = \frac{\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}.
</math>
Веднаш следува дека: <math>
\int_0^{\frac{\pi}{2 D_n(x)\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}.
</math>
Дефинираме <math>f(x) =
\begin{cases}
\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin(x)} & x \neq 0 \\[6pt]
0 & x = 0
\end{cases}
</math>
Јасно е дека <math>f</math> е непрекината за <math> x \in (0,\pi/2].</math> Непрекинатоста во 0 се добива со примена на Л'Опиталовото правило: <math>
\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.
</math>
Оттука, <math>f</math> ги исполнува барањата на Риман-Лебеговата лема. Оттука <math>
\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.
</math>
(Формата на Риман-Лебеговата лема што се користи овде е докажана во цитираната статија.)
Следуваат пресметките: <math>
\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} </math>
Сепак, мора да го оправдаме менувањето на реалната граница во <math>\lambda</math> до интегралната граница во <math>n,</math> што ќе произлезе од покажувањето дека границата постои.
Со користење на интегрирање по делови, добиваме:<math>
\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
</math>
Сега, како <math>a \to 0</math> и <math> b \to \infty</math> членот лево конвергира без проблем. Видете ја листата на лимеси на тригонометриските функции. Наредно, покажуваме дека <math> \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2} \mathrm{d}x </math> 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 <math>
1 - \cos(x) = 1 - \sum_{k\geq 0}\frac{2k!} = \sum_{k\geq 1}\frac{2k!}.
</math>
Затоа, <math>
\left|\frac{1 - \cos(x)}{x^2}\right|
= \left
2 Поврзано
* Принцип на Дирихле
* Френелов интеграл