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：

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}$

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。

求值

双反常积分的方法

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：

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin t}{t}dt=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}ℒ\{\sin t\}(s)ds=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{s^2+1}ds=\arctan s{|}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2},$

其中$ℒ\{\sin t\}(s)$是函数$\sin t$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$\frac{1}{s^2+1}$。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，

$(I_1=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\sin tdtds)=(I_2=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-st}\sin tdsdt),$

$(I_1=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{s^2+1}ds=\frac{\pi }{2})=(I_2=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\sin t\frac{1}{t}dt)\text{, provided }s>0.$

积分符号内取微分

首先改写积分作为以$a$为变量的函数。令

$f(a)=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega ;$

那么我们需要求$f(0)$

对$a$微分并运用莱布尼茨积分法则得：

$\frac{df}{da}=\frac{d}{da}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\partial }{\partial a}{e}^{-a\omega }\frac{\sin \omega }{\omega }d\omega =-\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }\sin \omega d\omega =-ℒ\{\sin \omega \}(a).$

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，

$e^{i\omega }=\cos \omega +i\sin \omega$

那么，

$\mathrm{\Im }{e}^{i\omega }=\sin \omega$，其中$\mathrm{\Im }$表示虚部。

$\therefore \frac{df}{da}=-\mathrm{\Im }\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-a\omega }{e}^{i\omega }d\omega =\mathrm{\Im }\frac{1}{-a+i}=\mathrm{\Im }\frac{-a-i}{a^2+1}=\frac{-1}{a^2+1}\text{, given that }a>0.$

对$a$积分

$f(a)=\int \frac{-da}{a^2+1}=A-\arctan a,$

其中，$A$是待确定的一个常数。由于，

$f(+\mathrm{\infty })=0\therefore A=\arctan (+\mathrm{\infty })=\frac{\pi }{2}+m\pi ,$

$\therefore f(0)=\underset{a\to 0^{+}}{\lim }f(a)=\frac{\pi }{2}+m\pi -\arctan 0=\frac{\pi }{2}+n\pi ,$

m 和 n 为整数。通过分析容易观察的边界，容易证明$n$必为零，该积分：

$0<\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx<\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin x}{x}dx<\pi$

左侧和右侧边界可以通过把积分区域$[0,\mathrm{\infty }]$分割为周期性的区间导出，在其上积分值为零。

左边界： $\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\sum _{n=0}^{n=\mathrm{\infty }}\underset{2\pi n}{\overset{2\pi (n+1)}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\sum _{n=0}^{n=\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{\sin x}{2\pi n+x}dx>\sum _{n=0}^{n=\mathrm{\infty }}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{\sin x}{2\pi (n+1)}dx=0$

右边界： $\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin x}{x}dx+\underset{\pi }{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx$

第二项是零，对于左边界可以用同样的方法来证明。第一项， $\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin x}{x}dx$

得证。

引进另一个变量来进一步延伸这一结果，首先指出，$\sin x/x$是偶函数，所以

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{0}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=-\underset{0}{\overset{-\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx,$

则：

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin b\omega }{\omega }d\omega =\underset{0}{\overset{b\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin b\omega }{b\omega }d(b\omega )=\underset{0}{\overset{\mathrm{sgn}b\times \mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\mathrm{sgn}b\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}\mathrm{sgn}b$

複积分

可通过复积分获得相同的结果。让我们考虑

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

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

$g(z)=\frac{e^{iz}}{z+iϵ}$

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$ϵ\to 0$。

由留数定理知复积分为零，因为积分路径内不存在极点

$0=\underset{\gamma }{\int }g(z)dz=\underset{-R}{\overset{R}{\int }}\frac{e^{ix}}{x+iϵ}dx+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{e^{i(R{e}^{i\theta }+\theta )}}{R{e}^{i\theta }+iϵ}iRd\theta$

随着 R 趋向无穷大，第二项消失；对任意小的$ϵ$，对第一项运用索霍茨基－魏尔斯特拉斯定理得

$0=\mathrm{P}\mathrm{.}\mathrm{V}\mathrm{.}\int \frac{e^{ix}}{x}dx-\pi i\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\delta (x)e^{ix}dx$

其中，P.V.表示柯西主值。通过两侧取虚部，并注意到，$\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{c}(x)$是偶函数，由定义$\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{c}(0)=1$，于是我们得到想要的结果

$\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{ϵ}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin (x)}{x}dx=\frac{\pi }{2}$

初等證明

收斂性

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx& =\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{1}{x}d(1-\cos x)=\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1-\cos x}{x}{|}_0^a-\underset{0}{\overset{a}{\int }}(1-\cos x)d\frac{1}{x}\\ & =\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x}{|}_0^a+\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx=\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx+\underset{1}{\overset{a}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx\\ & <\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx+\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{1}{\overset{a}{\int }}\frac{2}{x^2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx+2\end{array}$

因為$\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx+\underset{1}{\overset{a}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx$ 遞增並且有上界$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{2{\sin }^2\frac{x}{2}}{x^2}dx+2$，故由單調收斂定理知，$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx$有極限值$I$。

收斂值

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx=\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx$

令λ= a/π，z= x/λ，則 a= λx，x=λz

$\begin{array}{cc}\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{\sin x}{x}dx& =\underset{a\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{\sin x}{\frac{x}{\lambda }}d\frac{x}{\lambda }=\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \lambda z}{z}dz\\ & =\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \lambda z}{2\sin \frac{z}{2}}dz+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \lambda z(\frac{1}{z}-\frac{1}{2\sin \frac{z}{2}})dz\end{array}$

$\because \underset{z\to 0}{\lim }\frac{1}{z}-\frac{1}{2\sin \frac{z}{2}}=0$

$\therefore h(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{z}-\frac{1}{2\sin \frac{z}{2}},& \text{if }0<x\le \pi \\ 0,& \text{if }x=0\end{array}$

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

$\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \lambda zdz=0,$

故

$\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \lambda z(\frac{1}{z}-\frac{1}{2\sin \frac{z}{2}})dz=0$

于是

$I=\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \lambda z}{2\sin \frac{z}{2}}dz+\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\sin \lambda z(\frac{1}{z}-\frac{1}{2\sin \frac{z}{2}})dz=\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \lambda z}{2\sin \frac{z}{2}}dz$

因為$\underset{\lambda \to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin \lambda z}{2\sin \frac{z}{2}}dz$ 存在收斂值 I，故$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin (n+\frac{1}{2})z}{2\sin \frac{z}{2}}dz,n\in \mathbb{N}$亦收斂至 I。

$I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{\sin (n+\frac{1}{2})z}{2\sin \frac{z}{2}}dz=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^n\cos kzdz=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{\pi }{2}+\sum _{k=1}^n\frac{\sin kz}{k}){|}_0^{\pi }=\frac{\pi }{2}$

参见

• 狄利克雷原理

外部链接

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