integral de Dirichlet

Dejar${\displaystyle f(t)}$ser una función definida siempre que${\displaystyle t\geq 0}$⁠ . Entonces su transformada de Laplace viene dada por $${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}$$ si la integral existe. ^{[ 3 ]}

Una propiedad de la transformada de Laplace útil para evaluar integrales impropias es $${\displaystyle {\mathcal {L}}\left[{\frac {f(t)}{t}}\right]=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}$$ proporcionó${\textstyle \lim _{t\to 0}{\frac {f(t)}{t}}}$existe.

En lo que sigue, se necesita el resultado .${\displaystyle \textstyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}={\frac {1}{s^{2}+1}}}$⁠ , que es la transformada de Laplace de la función${\displaystyle \sin t}$así como una versión del teorema de Abel (una consecuencia del teorema del valor final para la transformada de Laplace ).

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

Evaluar la integral de Dirichlet usando la transformada de Laplace es equivalente a calcular la misma integral doblemente definida cambiando el orden de integración , es decir, $${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt\,ds\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,ds\,dt\right),}$$$${\displaystyle \left(I_{1}=\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{s^{2}+1}}\,ds={\frac {\pi }{2}}\right)=\left(I_{2}=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt\right),{\text{ provided }}s>0.}$$ El cambio de orden se justifica por el hecho de que para todos ⁠${\displaystyle s>0}$⁠ , la integral es absolutamente convergente.

Primero, reescribe la integral como una función de la variable adicional .${\displaystyle s}$⁠ , es decir, la transformada de Laplace de ⁠${\displaystyle \textstyle {\frac {\sin t}{t}}}$⁠ . Así que dejemos $${\displaystyle f(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt.}$$

Para evaluar la integral de Dirichlet, necesitamos determinar ⁠${\displaystyle f(0)}$⁠ . La continuidad de${\displaystyle f}$puede justificarse aplicando el teorema de convergencia dominada después de la integración por partes. Derivar con respecto a${\displaystyle s>0}$y aplicar la regla de Leibniz para diferenciar bajo el signo integral para obtener $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{ds}}&={\frac {d}{ds}}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\int _{0}^{\infty }{\frac {\partial }{\partial s}}e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt\\[6pt]&=-\int _{0}^{\infty }e^{-st}\sin t\,dt.\end{aligned}}}$$

Ahora, usando la fórmula de Euler${\displaystyle e^{it}=\cos t+i\sin t}$⁠ , la función seno se puede expresar en términos de exponenciales complejas: $${\displaystyle \sin t={\frac {1}{2i}}\left(e^{it}-e^{-it}\right).}$$

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

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

dónde${\displaystyle A}$es una constante de integración que debe determinarse. Dado que${\displaystyle \lim _{s\to \infty }f(s)=0}$,​​${\displaystyle \textstyle A=\lim _{s\to \infty }\arctan s={\frac {\pi }{2}}}$⁠ , utilizando el valor principal. Esto significa que para${\displaystyle s>0}$$${\displaystyle f(s)={\frac {\pi }{2}}-\arctan s.}$$

Finalmente, por continuidad en ⁠${\displaystyle s=0}$⁠ , tenemos ⁠${\displaystyle \textstyle f(0)={\frac {\pi }{2}}-\arctan(0)={\frac {\pi }{2}}}$⁠ , como antes.

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

En función de la variable compleja${\displaystyle z}$⁠ , tiene un polo simple en el origen, lo que impide la aplicación del lema de Jordan , cuyas otras hipótesis se satisfacen.

Defina entonces una nueva función ^{[ 4 ]}$${\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}$$

El polo se ha movido al eje imaginario negativo, por lo tanto${\displaystyle g(z)}$puede integrarse a lo largo del semicírculo${\displaystyle \gamma }$de radio${\displaystyle R}$centrado en${\displaystyle z=0}$extendiéndose en la dirección imaginaria positiva y cerrada a lo largo del eje real. Entonces se toma el límite ⁠${\displaystyle \varepsilon \to 0}$.​

La integral compleja es cero por el teorema de los residuos , ya que no hay polos dentro del camino de integración .${\displaystyle \gamma }$:​ $${\displaystyle 0=\int _{\gamma }g(z)\,dz=\int _{-R}^{R}{\frac {e^{ix}}{x+i\varepsilon }}\,dx+\int _{0}^{\pi }{\frac {e^{i(Re^{i\theta }+\theta )}}{Re^{i\theta }+i\varepsilon }}iR\,d\theta .}$$

El segundo término desaparece como${\displaystyle R}$tiende a infinito. En cuanto a la primera integral, se puede utilizar una versión del teorema de Sokhotski-Plemelj para integrales sobre la recta real: para una función f de valores complejos definida y continuamente diferenciable en la recta real y constantes reales${\displaystyle a}$y${\displaystyle b}$con${\displaystyle a<0<b}$uno encuentra $${\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0^{+}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x\pm i\varepsilon }}\,dx=\mp i\pi f(0)+{\mathcal {P}}\int _{a}^{b}{\frac {f(x)}{x}}\,dx,}$$

dónde${\displaystyle {\mathcal {P}}}$denota el valor principal de Cauchy . Volviendo al cálculo original anterior, se puede escribir: $${\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}$$

Tomando la parte imaginaria en ambos lados y observando que la función${\textstyle {\frac {\sin x}{x}}}$es incluso, lo conseguimos $${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}$$

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

Alternativamente, elija como contorno de integración para${\displaystyle f}$la unión de semicírculos del semiplano superior de radios${\displaystyle \varepsilon }$y${\displaystyle R}$junto con dos segmentos de la recta real que los conectan. Por un lado, la integral de contorno es cero, independientemente de${\displaystyle \varepsilon }$y​${\displaystyle R}$⁠ ; por otro lado, como${\displaystyle \varepsilon \to 0}$y${\displaystyle R\to \infty }$la parte imaginaria de la integral converge a${\textstyle 2I+\Im {\big (}\ln 0-\ln(\pi i){\big )}=2I-\pi }$(aquí${\displaystyle \ln z}$es cualquier rama del logaritmo en el semiplano superior), lo que lleva a${\displaystyle \textstyle I={\frac {\pi }{2}}}$.​

Consideremos la fórmula bien conocida para el núcleo de Dirichlet : ^{[ 5 ]}$${\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}.}$$

De ello se deduce inmediatamente que: $${\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)\,dx={\frac {\pi }{2}}.}$$

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

Claramente,${\displaystyle f}$es continuo cuando${\displaystyle x\in (0,\pi /2]}$⁠ ; ver su continuidad en ⁠${\displaystyle 0}$Aplicar la regla de L'Hôpital : $${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)-x}{x\sin(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {-\sin(x)}{2\cos(x)-x\sin(x)}}=0.}$$

Por eso,${\displaystyle f}$cumple los requisitos del lema de Riemann-Lebesgue . Esto significa: ^{[ 6 ]}$${\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}f(x)\sin(\lambda x)dx=0\quad \Longrightarrow \quad \lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\pi /2}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx.}$$

Nos gustaría calcular: $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(t)}{t}}dt=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\lambda {\frac {\pi }{2}}}{\frac {\sin(t)}{t}}dt\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx\\[6pt]=&\lim _{\lambda \to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}}dx\\[6pt]=&\lim _{n\to \infty }\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}$$

Sin embargo, debemos justificar el cambio del límite real en${\displaystyle \lambda }$al límite integral en ⁠${\displaystyle n}$⁠ , lo cual se deduce de demostrar que el límite sí existe.

Utilizando la integración por partes , tenemos: $${\displaystyle \int _{a}^{b}{\frac {\sin(x)}{x}}dx=\int _{a}^{b}{\frac {d(1-\cos(x))}{x}}dx=\left.{\frac {1-\cos(x)}{x}}\right|_{a}^{b}+\int _{a}^{b}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$$

Ahora, como${\displaystyle a\to 0}$y${\displaystyle b\to \infty }$El término de la izquierda converge sin problema. Véase la lista de límites de funciones trigonométricas . Ahora demostramos que${\textstyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}$es absolutamente integrable, lo que implica que el límite existe. ^{[ 7 ]}

Primero, buscamos acotar la integral cerca del origen. Usando la expansión en serie de Taylor del coseno alrededor de cero, $${\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!}}=\sum _{k\geq 1}{\frac {{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!}}.}$$

Por lo tanto, $${\displaystyle \left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|=\left|-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2(k+1)!}}\right|\leq \sum _{k\geq 0}{\frac {|x|^{k}}{k!}}=e^{|x|}.}$$

Dividiendo la integral en partes, tenemos $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\left|{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\right|dx\leq \int _{-\infty }^{-\varepsilon }{\frac {2}{x^{2}}}dx+\int _{-\varepsilon }^{\varepsilon }e^{|x|}dx+\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {2}{x^{2}}}dx\leq K,}$$

para alguna constante${\displaystyle K>0}$⁠ . Esto demuestra que la integral es absolutamente integrable, lo que implica que la integral original existe, y cambiando de${\displaystyle \lambda }$a${\displaystyle n}$De hecho, estaba justificado, y la prueba es concluyente.