ディリクレ積分

させて${\displaystyle f(t)}$定義される関数である。${\displaystyle t\geq 0}$⁠。すると、そのラプラス変換は次のように与えられる。 $${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}$$ 積分が存在する場合。^{[ 3 ]}

広義積分を評価する際に有用なラプラス変換の性質は $${\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {f(t)}{t}}\right]=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}$$ 提供された${\textstyle \lim _{t\to 0}{\frac {f(t)}{t}}}$存在する。

以下では、結果が必要となる。${\displaystyle \textstyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}={\frac {1}{s^{2}+1}}}$⁠、これは関数のラプラス変換です${\displaystyle \sin t}$また、アーベルの定理の一種（ラプラス変換の最終値定理の結果）も含まれる。

したがって、 $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt&=\lim _{s\to 0}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\lim _{s\to 0}{\mathcal {L}}\left[{\frac {\sin t}{t}}\right]\\[6pt]&=\lim _{s\to 0}\int _{s}^{\infty }{\frac {du}{u^{2}+1}}=\lim _{s\to 0}\arctan u{\Biggr |}_{s}^{\infty }\\[6pt]&=\lim _{s\to 0}\left[{\frac {\pi }{2}}-\arctan(s)\right]={\frac {\pi }{2}}.\end{aligned}}}$$

ディリクレ積分をラプラス変換を用いて評価することは、積分の順序を変えることによって同じ二重定積分を計算することと同等である。 $${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt\,ds\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,ds\,dt\right),}$$$${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt\right),{\text{ provided }}s>0.}$$ 順序の変更は、すべての に対して であるという事実によって正当化される。${\displaystyle s>0}$⁠、積分は絶対収束する。

まず、追加変数の関数として積分を書き直します。${\displaystyle s}$すなわち、のラプラス変換${\displaystyle \textstyle {\frac {\sin t}{t}}}$⁠。だから $${\displaystyle f(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt.}$$

ディリクレ積分を評価するには、以下を決定する必要があります。${\displaystyle f(0)}$⁠ . 継続性${\displaystyle f}$部分積分後に優収束定理を適用することで正当化できます。 に関して微分します。${\displaystyle s>0}$そして、積分記号の下で微分するためのライプニッツの法則を 適用して、$${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{ds}}&={\frac {d}{ds}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial s}}e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt\\[6pt]&=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt.\end{aligned}}}$$

さて、オイラーの公式を使って${\displaystyle e^{it}=\cos t+i\sin t}$⁠、正弦関数は複素指数関数を用いて次のように表すことができる。 $${\displaystyle \sin t={\frac {1}{2i}}\left(e^{it}-e^{-it}\right).}$$

したがって、 $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{ds}}&=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {e^{it}-e^{-it}}{2i}}dt\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\int _{0}^{\infty }\left[e^{-t(s-i)}-e^{-t(s+i)}\right]dt\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[{\frac {-1}{s-i}}e^{-t(s-i)}-{\frac {-1}{s+i}}e^{-t(s+i)}\right]_{0}^{\infty }\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[0-\left({\frac {-1}{s-i}}+{\frac {1}{s+i}}\right)\right]=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {1}{s-i}}-{\frac {1}{s+i}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {s+i-(s-i)}{s^{2}+1}}\right)=-{\frac {1}{s^{2}+1}}.\end{aligned}}}$$

に関して統合する${\displaystyle s}$与える $${\displaystyle f(s)=\int {\frac {-ds}{s^{2}+1}}=A-\arctan s,}$$

どこ${\displaystyle A}$は決定すべき積分定数である。${\displaystyle \lim _{s\to \infty }f(s)=0}$⁠、 ⁠${\displaystyle \textstyle A=\lim _{s\to \infty }\arctan s={\frac {\pi }{2}}}$元本値を使用します。これは、${\displaystyle s>0}$$${\displaystyle f(s)={\frac {\pi }{2}}-\arctan s.}$$

最後に、継続性により、${\displaystyle s=0}$⁠、私たちは⁠${\displaystyle \textstyle f(0)={\frac {\pi }{2}}-\arctan(0)={\frac {\pi }{2}}}$以前と同様です。

考慮する$${\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}.}$$

複素変数の関数として${\displaystyle z}$原点に単純な極があるため、ジョルダンの補題の適用が妨げられますが、その他の仮定は満たされています。

次に新しい関数を定義します^{[ 4 ]}$${\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}$$

極は負の虚軸に移動したので、${\displaystyle g(z)}$半円に沿って積分することができる${\displaystyle \gamma }$半径${\displaystyle R}$中心は${\displaystyle z=0}$正の虚数方向に広がり、実軸に沿って閉じている。次に極限をとる。${\displaystyle \varepsilon \to 0}$⁠ .

積分経路内に極が存在しないため、留数定理により複素積分はゼロとなる。${\displaystyle \gamma }$⁠ : $${\displaystyle 0=\int _{\gamma }g(z)\,dz=\int _{-R}^{R}{\frac {e^{ix}}{x+i\varepsilon }}\,dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\varepsilon }}iR\,d\theta .}$$

第２項は消滅する${\displaystyle R}$無限大に及ぶ。最初の積分については、実数直線上の積分に対するソホツキ・プレメリの定理の1つのバージョンを使用できる。実数直線上で定義され連続的に微分可能な複素数値関数fと実定数に対して、${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$と${\displaystyle a<0<b}$見つける $${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0^{+}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x\pm i\varepsilon }}\,dx=\mp i\pi f(0)+{\mathcal {P}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x}}\,dx,}$$

どこ${\displaystyle {\mathcal {P}}}$はコーシー主値を表す。上記の元の計算に戻ると、次のように書ける。 $${\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}$$

両辺の虚数部を取り、関数が${\textstyle {\frac {\sin x}{x}}}$偶数であれば、 $${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}$$

ついに、 $${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}$$

あるいは、積分経路として以下を選択します。${\displaystyle f}$半径の 上半平面半円の和集合${\displaystyle \varepsilon }$そして${\displaystyle R}$それらを結ぶ実数直線の 2 つのセグメントとともに。一方では、経路積分は、${\displaystyle \varepsilon }$そして​${\displaystyle R}$一方、${\displaystyle \varepsilon \to 0}$そして${\displaystyle R\to \infty }$積分の虚部は収束する${\textstyle 2I+\Im {\big (}\ln 0-\ln(\pi i){\big )}=2I-\pi }$（ここ${\displaystyle \ln z}$（上半平面上の対数の任意の分岐）により、${\displaystyle \textstyle I={\frac {\pi }{2}}}$⁠ .

ディリクレ核のよく知られた公式を考えてみましょう: ^{[ 5 ]}$${\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}.}$$

そこから直ちに次のことが導かれる。 $${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)\,dx={\frac {\pi }{2}}.}$$

定義する $${\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}$$

明らかに、${\displaystyle f}$連続であるのは、${\displaystyle x\in (0,\pi /2]}$⁠ ; その連続性を確認するには⁠${\displaystyle 0}$ロピタルの定理を適用する： $${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)-x}{x\sin(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {-\sin(x)}{2\cos(x)-x\sin(x)}}=0.}$$

したがって、${\displaystyle f}$リーマン・ルベーグの補題の要件を満たしている。これは次のことを意味する。^{[ 6 ]}$${\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}f(x)\sin(\lambda x)dx=0\quad \Longrightarrow \quad \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx.}$$

計算したい項目は以下のとおりです。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(t)}{t}}dt=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\lambda {\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sin(t)}{t}}dt\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}$$

しかし、実数限界を切り替えることを正当化する必要がある${\displaystyle \lambda }$積分極限において${\displaystyle n}$これは、極限が存在することを示すことによって導かれる。

部分積分を用いると、次のようになります。 $${\displaystyle \int _{a}^{b}{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{a}^{b}{\frac {d(1-\cos(x))}{x}}dx=\left.{\frac {1-\cos(x)}{x}}\right|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$$

さて、${\displaystyle a\to 0}$そして${\displaystyle b\to \infty }$左辺の項は問題なく収束します。三角関数の極限のリストを参照してください。次に、${\textstyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$は絶対積分可能であり、これは極限が存在することを意味する。^{[ 7 ]}

まず、原点付近での積分を評価します。コサインのゼロ周りのテイラー級数展開を用いて、 $${\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!}}=\sum _{k\geq 1}{\frac {{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!}}.}$$

したがって、 $${\displaystyle \left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|=\left|-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2(k+1)!}}\right|\leq \sum _{k\geq 0}{\frac {|x|^{k}}{k!}}=e^{|x|}.}$$

積分を分割すると、 $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|dx\leq \int _{-\infty }^{-\varepsilon }{\frac {2}{x^{2}}}dx+\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }e^{|x|}dx+\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {2}{x^{2}}}dx\leq K,}$$

ある定数に対して${\displaystyle K>0}$これは、積分が絶対積分可能であることを示しており、これは元の積分が存在することを意味し、${\displaystyle \lambda }$に${\displaystyle n}$実際、それは正当化されるものであり、証明は完了している。