Интеграл Дирихле

Интеграл Дирихле

Интеграл Дирихле:

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx.$$

В нуле у подынтегральной функции устранимая особенность ($\sin x/x\to 1$), единственная проблема — бесконечный предел.

Сходимость

Интеграл сходится условно. Доказательство довольно длинное, скорее всего оно не обязательно:

Сходимость интеграла Дирихле

Прежде чем вычислять, убедимся, что интеграл вообще существует.

Условная сходимость

В нуле устранимая особенность: $\frac{\sin x}{x}\to 1$ при $x\to 0$. Единственная проблема — бесконечный предел интегрирования.

По признаку Дирихле: интеграл ${\int }_0^{+\infty }f(x)g(x)dx$ сходится, если первообразная ф-ции $f$ ограничена и $g$ монотонно стремится к нулю. Здесь:

• первообразная $\sin x$, равная $-\cos x$, ограничена: $|-\cos x|\le 1$ при всех $x$;
• функция $\frac{1}{x}$ монотонно убывает к нулю при $x\to +\infty$.

Следовательно, интеграл Дирихле условно сходится.

Отсутствие абсолютной сходимости

Покажем, что ${\int }_0^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x}dx=+\infty$.

Разобьём $[0,+\infty )$ на $\pi$-отрезки. На каждом отрезке $[k\pi ,(k+1)\pi ]$ функция $|\sin x|$ неотрицательна, а $x\le (k+1)\pi$, поэтому: ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{|\sin x|}{x}dx\ge \frac{1}{(k+1)\pi }{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }|\sin x|dx$

Интеграл ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }|\sin x|dx$ равен $2$ для каждого $k$ . Значит: ${\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{|\sin x|}{x}dx\ge \frac{2}{(k+1)\pi }$

Суммируя по $k=1,2,3,\dots$: ${\int }_{\pi }^{+\infty }\frac{|\sin x|}{x}dx={\sum }_{k=1}^{\infty }{\int }_{k\pi }^{(k+1)\pi }\frac{|\sin x|}{x}dx\ge {\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{2}{(k+1)\pi }=+\infty$

Ряд расходится как гармонический ряд. Следовательно, интеграл Дирихле не сходится абсолютно.

Значение интеграла

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi }{2}.$$

Доказательство очень трудоёмкое, поэтому в этом вопросе мы пренебрегли им

Доказательство

Введём вспомогательную функцию ($s>0$):

$$F(s)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\frac{\sin x}{x}dx.$$

При $s>0$ интеграл сходится абсолютно (мажоранта $e^{-sx}$), поэтому законно дифференцировать под знаком интеграла по $s$ ($\frac{\sin x}{x}$ выносятся как константа):

$$F^{\prime }(s)=-{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\sin xdx.$$

Вычислим интеграл в правой части двукратным интегрированием по частям:

($u=e^{-sx}$, $dv=\sin xdx$):

$$-{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\sin xdx=[e^{-sx}\cos x{]}_0^{+\infty }+s{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\cos xdx=$$ $$=-1+s{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\cos xdx.$$

IBP 2 ($u=s{e}^{-sx}$, $dv=\cos xdx$):

$$s{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\cos xdx=$$ $$=[s{e}^{-sx}\sin x{]}_0^{+\infty }+s^2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}\sin xdx=-s^2{F}^{\prime }(s).$$

Подставляя:

$$F^{\prime }(s)=-1-s^2{F}^{\prime }(s)⟹F^{\prime }(s)=\frac{-1}{1+s^2}.$$

Интегрируем:

$$F(s)=-\mathrm{arctg}s+C.$$

Нахождение $C$: при $s\to +\infty$ из оценки $|F(s)|\le {\int }_0^{+\infty }{e}^{-sx}dx=1/s\to 0$ и $-\mathrm{arctg}s\to -\pi /2$ получаем $C=\pi /2$.

Итого $F(s)=\frac{\pi }{2}-\mathrm{arctg}s$.

Предельный переход $s\to 0^{+}$: по признаку Абеля для параметрических интегралов (функция $e^{-sx}$ монотонна, ограничена при $s\ge 0$, интеграл от $\sin x/x$ сходится) $F(s)$ непрерывна в нуле справа:

$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\underset{s\to 0^{+}}{\lim }F(s)=\frac{\pi }{2}-0=\frac{\pi }{2}.$$