Dalam matematika, ada beberapa integral yang dikenal sebagai Integral Dirichlet, setelah ahli matematika Jerman Peter Gustav Lejeune Dirichlet, salah satunya adalah integral tak wajar dari fungsi sinc di atas garis nyata positif:
![{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3af86214c384b04f7544c892a0230c3e111ea154)
Integral ini bukanlah absolut konvergen, artinya
bukan Lebesgue-integrable, sehingga integral Dirichlet tidak terdefinisi dalam arti integral Lebesgue. Hal ini, bagaimanapun, didefinisikan dalam arti integral Riemann yang tidak tepat atau Riemann yang digeneralisasikan atau integral Henstock–Kurzweil.[1][2] Nilai integral (dalam pengertian Riemann atau Henstock) dapat diturunkan dengan berbagai cara, termasuk transformasi Laplace, integrasi ganda, membedakan di bawah tanda integral, integrasi kontur, dan kernel Dirichlet.
Maka
menjadi fungsi yang dapat didefinisikan
. Maka Transformasi Laplace diberikan oleh
![{\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a8a9c79b9e85dfe38f74ed19c40e450ba68d601c)
bila integral itu ada.[3]
Properti dari Transformasi laplace berguna untuk mengevaluasi integral tak wajar adalah
![{\displaystyle {\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {f(t)}{t}}{\Biggl ]}=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/66fff46756a7edac8307549707d9f413ac0f53df)
asalkan
.
Seseorang dapat menggunakan properti ini untuk mengevaluasi integral Dirichet sebagai berikut:
![{\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin t}{t}}\,dt&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt=\lim _{s\rightarrow 0}{\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {\sin t}{t}}{\Biggl ]}\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}\int _{s}^{\infty }{\frac {du}{u^{2}+1}}=\lim _{s\rightarrow 0}\arctan u{\Biggl |}_{s}^{\infty }\\[6pt]&=\lim _{s\rightarrow 0}{\Biggl [}{\frac {\pi }{2}}-\arctan(s){\Biggl ]}={\frac {\pi }{2}},\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/087fdbd7c8ad1815865692f6237d767a132e5813)
lantaran
adalah transformasi Laplace dari fungsi tersebut
. (Lihat bagian 'Membedakan di bawah tanda integral' untuk penurunan.)
Mengevaluasi integral Dirichlet menggunakan transformasi Laplace setara dengan mencoba mengevaluasi integral pasti ganda yang sama dalam dua cara berbeda, dengan pembalikan urutan integral, yaitu:
![{\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),}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1239a1272d730bcb2bf1328b5744122a73c9cc3e)
![{\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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4d2171dee1a14c9b6548931044df2d3d0785d984)
Pertama, tulis ulang integral sebagai fungsi dari variabel tambahan
. Maka
![{\displaystyle f(a)=\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}\,d\omega .}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5c317e383bbc8d0437fe4489cd9ca924ce3227be)
Untuk mengevaluasi integral Dirichlet, kita perlu menentukan
.
Diferensialkan sehubungan dengan
dan terapkan hukum Leibniz untuk membedakan di bawah tanda integral untuk mendapatkan
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\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 \\[6pt]&=-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega .\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a326d9dd43130ca585938a8f5cf0d56cc00bddd6)
Sekarang, gunakan rumus Euler
sinusoid dapat dinyatakan dalam fungsi eksponensial kompleks. Jadi kami punya
![{\displaystyle \sin(\omega )={\frac {1}{2i}}\left(e^{i\omega }-e^{-i\omega }\right).}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e3e6869e795b7f2c46a016916b62d7a8b1deaf23)
oleh karena itu,
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {df}{da}}&=-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }\sin \omega \,d\omega =-\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {e^{i\omega }-e^{-i\omega }}{2i}}d\omega \\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\int _{0}^{\infty }\left[e^{-\omega (a-i)}-e^{-\omega (a+i)}\right]d\omega \\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[{\frac {-1}{a-i}}e^{-\omega (a-i)}-{\frac {-1}{a+i}}e^{-\omega (a+i)}\right]{\Biggl |}_{0}^{\infty }\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left[0-\left({\frac {-1}{a-i}}+{\frac {1}{a+i}}\right)\right]=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {1}{a-i}}-{\frac {1}{a+i}}\right)\\[6pt]&=-{\frac {1}{2i}}\left({\frac {a+i-(a-i)}{a^{2}+1}}\right)=-{\frac {1}{a^{2}+1}}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/19bd4fb620b10d7461e78f0c6bf25beaf46ae666)
Integrasi sehubungan dengan
memberikan
![{\displaystyle f(a)=\int {\frac {-da}{a^{2}+1}}=A-\arctan a,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/86f9efa8b6bcb2a4f530784cb4fefd738eeb3977)
dimana
adalah konstanta integrasi yang akan ditentukan. Karena
menggunakan nilai pokok. Maka ini berarti
![{\displaystyle f(a)={\frac {\pi }{2}}-\arctan {a}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e32f463a58a47144bf0895abf43f5a842e934687)
Akhirnya, untuk
, kita punya
, seperti sebelumnya.
Hasil yang sama dapat diperoleh dengan integrasi kompleks. Mempertimbangkan
![{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bf54aab27ef6efc846c1ef57243a0a2af1aa15b3)
Sebagai fungsi dari variabel kompleks
, ia memiliki kutub sederhana di asalnya, yang mencegah penerapan lemma Jordan, yang hipotesis lainnya terpenuhi.
Tentukan kemudian fungsi baru[4]
![{\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f9215cd40b0a39137ccd521fad41ac25ba4eec44)
Kutub telah dipindahkan dari sumbu sebenarnya, sehingga
dapat diintegrasikan sepanjang setengah lingkaran radius
yang berpusat di
dan ditutup pada sumbu nyata. Seseorang kemudian limitnya
.
Integral kompleks adalah nol menurut teorema residu, karena tidak ada kutub di dalam jalur integrasi
![{\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 .}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6a15b209dcb33a5afd59735f4c444dae7aca89f1)
Istilah kedua lenyap saat
pergi ke tak terhingga. Adapun integral pertama, seseorang dapat menggunakan satu versi teorema Sokhotski–Plemelj untuk integral di atas garis nyata: untuk fungsi bernilai kompleks f yang ditentukan dan dapat terus terdiferensiasi pada garis nyata dan konstanta nyata
dan
with
seseorang menemukan
![{\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,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c09d1ac11a9c31b37eb55f49bc14ee407f91dfe0)
dimana
menunjukkan nilai pokok Cauchy. Kembali ke kalkulasi awal di atas, seseorang dapat menulis
![{\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/573b063399ff886b7c2603dd69ff80c6231a1bc9)
Dengan mengambil bagian imajiner di kedua sisi dan mencatat fungsinya
bahkan, kita dapatkan
![{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/525acf43a5c757c838851986c6b75e627d6e61f4)
Akhirnya,
![{\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9ee21f64807a1144f1f3b95a7ddfaf86d45ba6e9)
Atau, pilih sebagai kontur integrasi untuk
gabungan jari-jari setengah lingkaran bidang atas
dan
bersama dengan dua segmen dari garis nyata yang menghubungkannya. Di satu sisi, integral kontur adalah nol, terlepas dari
dan
; di sisi lain, sebagai
dan
bagian imajiner integral menyatu
(maka
adalah cabang dari logaritma pada setengah bidang atas), yang mengarah ke
.
Maka
![{\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/98f41fa5b14e77747344cf23ec785e99a203c85d)
menjadi kernel Dirichlet.[5]
Segera setelah itu
menjelaskan
![{\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7f64c7164e4e85f01c167bd9a2581af7c0b77c16)
Jelasnya,
adalah kontinu jika
, untuk melihat keberlanjutannya di 0 terapkan Aturan L'Hopital:
![{\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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/66c959fdc7c90147c3466a87f49a4c9909ea747c)
Karenanya,
memenuhi persyaratan Riemann-Lebesgue Lemma. Ini berarti
![{\displaystyle \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}f(x)\sin(\lambda x)dx=0\Rightarrow \lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}dx=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}{\frac {\sin(\lambda x)}{\sin(x)}}dx.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6b20f776c81c6b33ba806168b8ec781d06f09057)
(Bentuk Lemma Riemann-Lebesgue yang digunakan di sini dibuktikan dalam artikel yang dikutip.)
Pilih batasan
and
. Maka kami ingin mengatakan
![{\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}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0e6c0b31854bcf1126b31ff7c151e9d32e4c646b)
In order to do so, however, we must justify switching the real limit in
to the integral limit in
. This is in fact justified if we can show the limit does exist, which we do now.
Using integration by parts, we have:
![{\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}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3f1db394978c33b44db36cb7388ab19c5c6bfbff)
Now, as
and
the term on the left converges with no problem. See the list of limits of trigonometric functions. We now show that
is absolutely integrable, which implies that the limit exists.[6]
First, we seek to bound the integral near the origin. Using the Taylor-series expansion of the cosine about zero,
![{\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2k!}}=-\sum _{k\geq 1}{\frac {x^{2k}}{2k!}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/efe09b74e7a18a8438b9ad593174f893c200cdb5)
Therefore,
![{\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|}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/aa90bbf103fd6db3c1afc5f87bf929046f828e41)
Splitting the integral into pieces, we have
![{\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,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d08051c67ffdef8cf8d7fb85f3c78a7a378efda6)
for some constant
. This shows that the integral is absolutely integrable, which implies the original integral exists, and switching from
to
was in fact justified, and the proof is complete.
Templat:Integral