狄利克雷积分

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：

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

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

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

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

积分符号内取微分

首先改写积分作为以${\displaystyle a}$ 为变量的函数。令

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

那么我们需要求${\displaystyle \!f(0)}$ 

对${\displaystyle \!a}$ 微分并运用莱布尼茨积分法则得：

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

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，

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

那么，

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

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

对${\displaystyle \!a}$ 积分

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

其中，${\displaystyle \!A}$ 是待确定的一个常数。由于，

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

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

m 和 n 为整数。通过分析容易观察的边界，容易证明${\displaystyle \!n}$ 必为零，该积分：

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

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

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

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

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

得证。

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

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

则：

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

复积分

可通过复积分获得相同的结果。让我们考虑

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

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^[3] g(z) 如下

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

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${\displaystyle \epsilon \rightarrow 0}$ 。

由留数定理知复积分为零，因为积分路径内不存在极点

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

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

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

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

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

收敛性

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

因为${\displaystyle \lim _{a\to \infty }\int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+\int _{1}^{a}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx}$  递增并且有上界${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {2\sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{x^{2}}}\,dx+2}$ ，故由单调收敛定理知，${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx}$ 有极限值${\displaystyle I}$ 。

收敛值

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

令λ= a/π，z= x/λ，则 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)在区间[0,π]连续，所以h(x) 有上下界，又直接计算可以发现

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

故

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

于是

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

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

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

• 狄利克雷原理

• 埃里克·韦斯坦因. Dirichlet Integrals. MathWorld.