डिरिक्लेट समाकलन



गणित में, कई अभिन्न  हैं जिन्हें जर्मन गणितज्ञ पीटर गुस्ताव लेज्यून डिरिचलेट के बाद डिरिचलेट इंटीग्रल के नाम से जाना जाता है, जिनमें से एक सकारात्मक वास्तविक रेखा पर सिन फ़ंक्शन का अनुचित इंटीग्रल है:

$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \,dx = \frac{\pi}{2}.$$ यह अभिन्न अंग पूर्णतया अभिसारी नहीं है, अर्थात् $$\left| \frac{\sin x}{x} \right|$$ सकारात्मक वास्तविक रेखा पर अनंत लेब्सग्यू या रीमैन अनुचित अभिन्न अंग है, इसलिए साइन फ़ंक्शन सकारात्मक वास्तविक रेखा पर लेब्सग्यू पूर्णांक नहीं है। हालाँकि, सिन फ़ंक्शन अनुचित रीमैन अभिन्न  या सामान्यीकृत रीमैन या हेनस्टॉक-कुर्जवील इंटीग्रल के अर्थ में एकीकृत है।  इसे डिरिचलेट%27s_test#Improper_integrals |डिरिचलेट के अनुचित इंटीग्रल्स के परीक्षण का उपयोग करके देखा जा सकता है।

यह निश्चित इंटीग्रल्स के मूल्यांकन के लिए विशेष तकनीकों का एक अच्छा उदाहरण है, खासकर जब इंटीग्रैंड के लिए प्राथमिक antiderivative  की कमी के कारण कैलकुलस के मौलिक प्रमेय को सीधे लागू करना उपयोगी नहीं होता है, साइन इंटीग्रल के रूप में, साइन फ़ंक्शन का एंटीडेरिवेटिव।, कोई प्राथमिक कार्य नहीं है. इस मामले में, अनुचित निश्चित अभिन्न अंग को कई तरीकों से निर्धारित किया जा सकता है: लाप्लास परिवर्तन, दोहरा एकीकरण, अभिन्न चिह्न के तहत विभेदन, समोच्च एकीकरण और डिरिचलेट कर्नेल।

लाप्लास परिवर्तन
होने देना $$f(t)$$ जब भी कोई फ़ंक्शन परिभाषित हो $$t \geq 0.$$ तब इसका लाप्लास रूपांतरण द्वारा दिया जाता है $$\mathcal{L} \{f(t)\} = F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-st} f(t) \,dt,$$ यदि अभिन्न मौजूद है. लाप्लास ट्रांसफ़ॉर्म का एक गुण#अनुचित इंटीग्रल्स का मूल्यांकन करना है $$ \mathcal{L} \left [ \frac{f(t)}{t} \right] = \int_{s}^{\infty} F(u) \, du, $$ प्रदान किया $$\lim_{t \to 0} \frac{f(t)}{t}$$ मौजूद।

निम्नलिखित में, किसी को परिणाम की आवश्यकता होती है $$\mathcal{L}\{\sin t\} = \frac{1}{s^2 + 1},$$ जो फ़ंक्शन का लाप्लास रूपांतरण है $$\sin t$$ (व्युत्पत्ति के लिए 'अभिन्न चिह्न के अंतर्गत विभेदीकरण' अनुभाग देखें) साथ ही एबेल के प्रमेय का एक संस्करण (अंतिम मूल्य प्रमेय का एक परिणाम#अनुचित रूप से पूर्णांकित कार्यों के लिए अंतिम मूल्य प्रमेय (अभिन्न के लिए एबेल का प्रमेय))।

इसलिए, $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin t}{t} \, dt &= \lim_{s \to 0} \int_{0}^{\infty} e^{-st} \frac{\sin t}{t} \, dt = \lim_{s \to 0} \mathcal{L} \left [ \frac{\sin t}{t} \right] \\[6pt] &= \lim_{s \to 0} \int_{s}^{\infty} \frac{du}{u^2 + 1} = \lim_{s \to 0} \arctan u \Biggr|_{s}^{\infty} \\[6pt] &= \lim_{s \to 0} \left[ \frac{\pi}{2} - \arctan (s)\right] = \frac{\pi}{2}. \end{align} $$

दोहरा एकीकरण
लाप्लास ट्रांसफॉर्म का उपयोग करके डिरिचलेट इंटीग्रल का मूल्यांकन करना एकीकरण के क्रम (कैलकुलस) को बदलकर उसी दोहरे निश्चित इंटीग्रल की गणना करने के बराबर है, अर्थात्, $$ \left( I_1 = \int_0^\infty \int _0^\infty e^{-st} \sin t \,dt \,ds \right) = \left( I_2 = \int_0^\infty \int _0^\infty e^{-st} \sin t \,ds \,dt \right),$$ $$\left( I_1 = \int_0^\infty \frac{1}{s^2 + 1} \,ds = \frac{\pi}{2} \right) = \left( I_2 = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} \,dt \right), \text{ provided } s > 0. $$ आदेश में परिवर्तन इस तथ्य से उचित है कि सभी के लिए $$s > 0$$, अभिन्न बिल्कुल अभिसरण है।

अभिन्न चिह्न के अंतर्गत विभेदन (फेनमैन की चाल)
पहले अतिरिक्त चर के एक फ़ंक्शन के रूप में अभिन्न को फिर से लिखें $$s,$$ अर्थात्, लाप्लास परिवर्तन $$\frac{\sin t} t.$$ तो चलो $$f(s)=\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t} t \, dt.$$ डिरिचलेट इंटीग्रल का मूल्यांकन करने के लिए, हमें यह निर्धारित करने की आवश्यकता है $$f(0).$$ की निरंतरता $$f$$ भागों द्वारा एकीकरण के बाद प्रभुत्व अभिसरण प्रमेय को लागू करके उचित ठहराया जा सकता है। के संबंध में भेद करें $$s>0$$ और प्राप्त करने के लिए लीबनिज अभिन्न नियम लागू करें $$ \begin{align} \frac{df}{ds} & = \frac{d}{ds}\int_0^\infty e^{-st} \frac{\sin t}{t} \, dt = \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial s}e^{-st}\frac{\sin t} t \, dt \\[6pt] & = -\int_0^\infty e^{-st} \sin t \, dt. \end{align} $$ अब, यूलर के सूत्र का उपयोग कर रहे हैं $$e^{it} = \cos t + i\sin t,$$ कोई साइन फ़ंक्शन को जटिल घातांक के संदर्भ में व्यक्त कर सकता है: $$ \sin t = \frac{1}{2i} \left( e^{i t} - e^{-it}\right). $$ इसलिए, $$ \begin{align} \frac{df}{ds} & = -\int_0^\infty e^{-st} \sin t \, dt = -\int_{0}^{\infty} e^{-st} \frac{e^{it} - e^{-it}}{2i} dt \\[6pt] &= -\frac{1}{2i} \int_{0}^{\infty} \left[ e^{-t(s-i)} - e^{-t(s + i)} \right] dt \\[6pt] &= -\frac{1}{2i} \left [ \frac{-1}{s - i} e^{-t (s - i)} - \frac{-1}{s + i} e^{-t (s + i)}\right]_0^{\infty} \\[6pt] &= -\frac{1}{2i} \left[ 0 - \left( \frac{-1}{s - i} + \frac{1}{s + i} \right) \right] = -\frac{1}{2i} \left( \frac{1}{s - i} - \frac{1}{s + i} \right) \\[6pt] &= -\frac{1}{2i} \left( \frac{s + i - (s -i)}{s^2 + 1} \right) = -\frac{1}{s^2 + 1}. \end{align} $$ के संबंध में एकीकरण $$s$$ देता है $$f(s) = \int \frac{-ds}{s^2 + 1} = A - \arctan s,$$ कहाँ $$A$$ एकीकरण का एक स्थिरांक निर्धारित किया जाना है। तब से $$\lim_{s \to \infty} f(s) = 0,$$ $$A = \lim_{s \to \infty} \arctan s = \frac{\pi}{2},$$ मूल मान का उपयोग करना। इसका मतलब यह है कि के लिए $$s > 0$$ $$f(s) = \frac{\pi}{2} - \arctan s.$$ अंत में, निरंतरता द्वारा $$s = 0,$$ हमारे पास है $$f(0) = \frac{\pi}{2} - \arctan(0) = \frac{\pi}{2},$$ पहले जैसा।

जटिल समोच्च एकीकरण
विचार करना $$f(z) = \frac{e^{iz}} z.$$ जटिल चर के एक फलन के रूप में $$z,$$ इसके मूल में एक सरल ध्रुव है, जो जॉर्डन के लेम्मा के अनुप्रयोग को रोकता है, जिसकी अन्य परिकल्पनाएँ संतुष्ट हैं।

फिर एक नया फ़ंक्शन परिभाषित करें $$g(z) = \frac{e^{iz}}{z + i\varepsilon}.$$ ध्रुव को नकारात्मक काल्पनिक अक्ष पर ले जाया गया है, इसलिए $$g(z)$$ अर्धवृत्त के साथ एकीकृत किया जा सकता है $$\gamma$$ त्रिज्या का $$R$$ पर केन्द्रित $$z = 0$$ सकारात्मक काल्पनिक दिशा में विस्तार, और वास्तविक अक्ष के साथ बंद। एक तो सीमा ले लेता है $$\varepsilon \to 0.$$ अवशेष प्रमेय द्वारा जटिल अभिन्न अंग शून्य है, क्योंकि एकीकरण पथ के अंदर कोई ध्रुव नहीं हैं $$\gamma$$: $$0 = \int_\gamma g(z) \,dz = \int_{-R}^R \frac{e^{ix}}{x + i\varepsilon} \, dx + \int_0^\pi \frac{e^{i(Re^{i\theta} + \theta)}}{Re^{i\theta} + i\varepsilon} iR \, d\theta.$$ दूसरा पद लुप्त हो जाता है $$R$$ अनंत तक जाता है. पहले इंटीग्रल के लिए, कोई वास्तविक रेखा पर इंटीग्रल के लिए सोखोटस्की-प्लेमेलज प्रमेय के एक संस्करण का उपयोग कर सकता है: एक जटिल संख्या-मूल्य फ़ंक्शन के लिए $f$ वास्तविक रेखा और वास्तविक स्थिरांक पर परिभाषित और लगातार भिन्न $$a$$ और $$b$$ साथ $$a < 0 < b$$ एक पाता है $$\lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_a^b \frac{f(x)}{x \pm i \varepsilon} \,dx = \mp i \pi f(0) + \mathcal{P} \int_a^b \frac{f(x)}{x} \,dx,$$ कहाँ $$\mathcal{P}$$ कॉची प्रमुख मूल्य को दर्शाता है। उपरोक्त मूल गणना पर वापस जाकर कोई भी लिख सकता है $$0 = \mathcal{P} \int \frac{e^{ix}}{x} \, dx - \pi i.$$ दोनों तरफ के काल्पनिक भाग को लेकर और उस कार्य को नोट करके $$\sin(x)/x$$ सम है, हम पाते हैं $$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,dx = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} \,dx.$$ अंत में, $$\lim_{\varepsilon \to 0} \int_\varepsilon^\infty \frac{\sin(x)}{x} \, dx = \int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x} \, dx = \frac \pi 2.$$ वैकल्पिक रूप से, एकीकरण रूपरेखा के रूप में चुनें $$f$$ त्रिज्या के ऊपरी आधे समतल अर्धवृत्तों का मिलन $$\varepsilon$$ और $$R$$ वास्तविक रेखा के दो खंडों के साथ जो उन्हें जोड़ते हैं। एक ओर, समोच्च अभिन्न अंग शून्य है, स्वतंत्र रूप से $$\varepsilon$$ और $$R;$$ दूसरी ओर, जैसे $$\varepsilon \to 0$$ और $$R \to \infty$$ अभिन्न का काल्पनिक भाग अभिसरण करता है $$2 I + \Im\big(\ln 0 - \ln(\pi i)\big) = 2I - \pi$$ (यहाँ $$\ln z$$ ऊपरी आधे तल पर लघुगणक की कोई शाखा है), जिससे की ओर अग्रसर होता है $$I = \frac{\pi}{2}.$$

डिरिचलेट कर्नेल
डिरिचलेट कर्नेल के प्रसिद्ध सूत्र पर विचार करें: $$ D_n(x) = 1 + 2\sum_{k=1}^n \cos(2kx) = \frac{\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}. $$ यह तुरंत इस प्रकार है:$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} D_n(x)\, dx = \frac{\pi}{2}. $$ परिभाषित करना $$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin(x)} & x \neq 0 \\[6pt] 0 & x = 0 \end{cases} $$ स्पष्ट रूप से, $$f$$ जब निरंतर है $$ x \in (0,\pi/2] ;$$ 0 पर इसकी निरंतरता देखने के लिए L'Hopital का नियम लागू करें: $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x) - x}{x\sin(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x) - 1}{\sin(x) + x\cos(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{-\sin(x)}{2\cos(x) - x\sin(x)} = 0. $$ इस तरह, $$f$$ रीमैन-लेबेस्गु लेम्मा की आवश्यकताओं को पूरा करता है। इसका मतलब यह है: $$ \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} f(x)\sin(\lambda x)dx = 0 \quad\Longrightarrow\quad \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =    \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)}dx. $$ (यहां प्रयुक्त रीमैन-लेब्सग लेम्मा का रूप उद्धृत लेख में सिद्ध है।)

हम गणना करना चाहेंगे: $$ \begin{align} \int_0^\infty \frac{\sin(t)}{t}dt = & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\lambda\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(t)}{t}dt \\[6pt] = & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx \\[6pt] = & \lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)}dx \\[6pt] = & \lim_{n\to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin((2n+1)x)}{\sin(x)}dx \\[6pt] = & \lim_{n\to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} D_n(x) dx = \frac{\pi}{2} \end{align} $$ हालाँकि, हमें वास्तविक सीमा को अंदर बदलने को उचित ठहराना चाहिए $$\lambda$$ में अभिन्न सीमा तक $$n,$$ जो यह दिखाने से पता चलेगा कि सीमा मौजूद है।

भागों द्वारा एकीकरण का उपयोग करते हुए, हमारे पास है: $$ \int_a^b \frac{\sin(x)}{x}dx = \int_a^b \frac{d(1-\cos(x))}{x}dx = \left. \frac{1-\cos(x)}{x}\right|_a^b + \int_a^b \frac{1-\cos(x)}{x^2}dx $$ नहीं था $$a \to 0$$ और $$ b \to \infty$$ बाईं ओर का शब्द बिना किसी समस्या के अभिसरण करता है। सीमाओं#त्रिकोणमितीय कार्यों की सूची देखें। अब हम वो दिखाते हैं $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-\cos(x)}{x^2}dx $$ पूर्णतया अभिन्न है, जिसका अर्थ है कि सीमा मौजूद है। सबसे पहले, हम मूल के निकट अभिन्न को बांधना चाहते हैं। शून्य के बारे में कोसाइन के टेलर-श्रृंखला विस्तार का उपयोग करते हुए, $$ 1 - \cos(x) = 1 - \sum_{k\geq 0}\frac{{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!} = \sum_{k\geq 1}\frac{{(-1)^{(k+1)}}x^{2k}}{2k!}. $$ इसलिए, $$ \left|\frac{1 - \cos(x)}{x^2}\right| = \left|-\sum_{k\geq 0}\frac{x^{2k}}{2(k+1)!}\right| \leq \sum_{k\geq 0} \frac{|x|^k}{k!} = e^{|x|}. $$ अभिन्न को टुकड़ों में विभाजित करना, हमारे पास है $$    \int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{1-\cos(x)}{x^2}\right|dx \leq \int_{-\infty}^{-\varepsilon} \frac{2}{x^2}dx + \int_{-\varepsilon}^{\varepsilon} e^{|x|}dx + \int_{\varepsilon}^{\infty} \frac{2}{x^2}dx \leq K, $$ कुछ स्थिरांक के लिए $$K > 0.$$ इससे पता चलता है कि इंटीग्रल बिल्कुल इंटीग्रेबल है, जिसका अर्थ है कि मूल इंटीग्रल मौजूद है, और इससे स्विच किया जा रहा है $$\lambda$$ को $$n$$ वास्तव में उचित था, और प्रमाण पूर्ण है।

यह भी देखें

 * डिरिचलेट वितरण
 * डिरिचलेट सिद्धांत
 * सिंक फ़ंक्शन
 * फ़्रेज़नेल इंटीग्रल