狄利克雷積分

在數學中，有不只一個積分稱作狄利克雷積分，都由德國數學家約翰·彼得·古斯塔夫·勒熱納·狄利克雷提出。 其中一個內容如下^[1]：

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}}$

這個積分不是絕對收斂的，因此勒貝格積分甚至不能定義這個積分，但它在黎曼積分或Henstock–Kurzweil積分是有定義的。 ^[2] 可以通過多種方式導出這個（黎曼或Henstock）積分的值。例如，該值可以通過計算雙反常積分確定，也可以通過在積分符號內取微分來確定。

求值

雙反常積分的方法

拉普拉斯變換特性的預備知識讓我們能以下面的方式簡潔地計算這個狄利克雷積分：

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{\infty }{\mathcal {L}}\{\sin t\}(s)\;ds=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds=\arctan s{\bigg |}_{0}^{\infty }={\frac {\pi }{2}},}$

其中${\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}(s)}$是函數${\displaystyle \sin t}$的拉普拉斯變換。運用歐拉公式 ，然後積分，使得分母為實數，並取虛部，我們發現該拉普拉斯變換是拉普拉斯變量 s 的函數${\displaystyle {\tfrac {1}{s^{2}+1}}}$。這相當於嘗試用兩種不同方式求同一個二重定積分，通過顛倒積分的順序 ，即，

${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt}\,ds\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }{\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,ds}\,dt\right),}$

${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\sin t\,{\frac {1}{t}}\,dt\right){\text{, provided }}s>0.}$

積分符號內取微分

首先改寫積分作為以${\displaystyle a}$為變量的函數。令

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

那麼我們需要求${\displaystyle \!f(0)}$

對${\displaystyle \!a}$微分並運用萊布尼茨積分法則得：

${\displaystyle {\frac {df}{da}}={\frac {d}{da}}\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}d\omega =\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial a}}e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}d\omega =-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega =-{\mathcal {L}}\{\sin \omega \}(a).}$

上面我們基於拉普拉斯變換表不經證明地求得了這個積分；這一次我們進行推導。通過回顧歐拉公式，

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

那麼，

${\displaystyle \Im e^{i\omega }=\sin \omega }$，其中${\displaystyle \Im }$表示虛部。

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

對${\displaystyle \!a}$積分

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

其中，${\displaystyle \!A}$是待確定的一個常數。由於，

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

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

m 和 n 為整數。通過分析容易觀察的邊界，容易證明${\displaystyle \!n}$必為零，該積分：

${\displaystyle 0<\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx<\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx<\pi }$

左側和右側邊界可以通過把積分區域${\displaystyle [0,\infty ]}$分割為周期性的區間導出，在其上積分值為零。

左邊界： ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx=\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{2\pi n}^{2\pi (n+1)}{\frac {\sin x}{x}}dx=\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{0}^{2\pi }{\frac {\sin x}{2\pi n+x}}dx>\sum _{n=0}^{n=\infty }\int _{0}^{2\pi }{\frac {\sin x}{2\pi (n+1)}}dx=0}$

右邊界： ${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx=\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx+\int _{\pi }^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}dx}$

第二項是零，對於左邊界可以用同樣的方法來證明。第一項， ${\displaystyle \int _{0}^{\pi }{\frac {\sin x}{x}}dx}$

得證。

引進另一個變量來進一步延伸這一結果，首先指出，${\displaystyle \!{\sin x}/{x}}$是偶函數，所以

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\int _{-\infty }^{0}{\frac {\sin x}{x}}\,dx=-\int _{0}^{-\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx,}$

則：

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin b\,\omega }{\omega }}\,d\omega =\int _{0}^{b\,\infty }{\frac {\sin b\,\omega }{b\,\omega }}\,d(b\,\omega )=\int _{0}^{\operatorname {sgn} b\times \infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\operatorname {sgn} b\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}\,\operatorname {sgn} b}$

複積分

可通過復積分獲得相同的結果。讓我們考慮

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

作為復變量 z 的函數，它在原點是一個單極點，阻止了我們使用其他假設都滿足的Jordan引理。我們再定義一個新函數^[3] g(z) 如下

${\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\epsilon }}}$

極點已被移離實軸，所以 g(z) 的可沿半徑為 R，中心在 z = 0 且與實軸圍成的封閉半圓積分，然後取極限${\displaystyle \epsilon \rightarrow 0}$。

由留數定理知復積分為零，因為積分路徑內不存在極點

${\displaystyle 0=\int _{\gamma }g(z)dz=\int _{-R}^{R}{\frac {e^{ix}}{x+i\epsilon }}dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\epsilon }}iRd\theta }$

隨著 R 趨向無窮大，第二項消失；對任意小的${\displaystyle \epsilon }$，對第一項運用索霍茨基－魏爾斯特拉斯定理得

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

其中，P.V.表示柯西主值。通過兩側取虛部，並注意到，${\displaystyle \mathrm {sinc} (x)}$是偶函數，由定義${\displaystyle \mathrm {sinc} (0)=1}$，於是我們得到想要的結果

${\displaystyle \lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{\epsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}dx={\frac {\pi }{2}}}$

初等證明

收斂性

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx&=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {1}{x}}\,d(1-\cos x)=\lim _{a\to \infty }{\frac {1-\cos x}{x}}|_{0}^{a}-\int _{0}^{a}(1-\cos x)\,d{\frac {1}{x}}\\&=\lim _{a\to \infty }{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x}}|_{0}^{a}+\int _{0}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\int _{1}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx\\&<\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\lim _{a\to \infty }\int _{1}^{a}{\frac {2}{x^{2}}}\,dx=\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+2\end{aligned}}}$

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

收斂值

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx}$

令λ= a/π，z= x/λ，則 a= λx，x=λz

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{x}}\,dx&=\lim _{a\to \infty }\int _{0}^{a}{\frac {\sin x}{\frac {x}{\lambda }}}\,d{\frac {x}{\lambda }}=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{z}}\,dz\\&=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz+\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle \therefore h(x)=\left\{{\begin{matrix}{\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}},&{\mbox{if }}0<x\leq \pi \\0,&{\mbox{if }}x=0\end{matrix}}\right.}$

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

${\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }\sin \lambda zdz=0,}$

故

${\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz=0}$

於是

${\displaystyle I=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz+\int _{0}^{\pi }\sin \lambda z({\frac {1}{z}}-{\frac {1}{2\sin {\frac {z}{2}}}})\,dz=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi }{\frac {\sin \lambda z}{2\sin {\frac {z}{2}}}}\,dz}$

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

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

參見

• 狄利克雷原理