Dirichlet積分


今回はDirichlet積分
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x} \,dx = \frac{\pi}{2}
\]
及び関連する(広義)積分についてのノート.

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Dirichlet積分の収束性

Dirichlet積分の収束性を示すために,広義積分
\[
\int_{0}^{\pi/2} \frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx \tag{$\ast$}
\]
が収束することを比較判定法で示す.

 
詳細(click)

$\cos{x}$ のMaclaurin展開は
\[
\cos{x} = 1-\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!} + \frac{x^8}{8!}-\cdots
\]
であるから

$$
\begin{align*}
\left|\frac{1-\cos{x}}{x^2}\right|
&= \left|\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!} + \frac{x^4}{6!}-\frac{x^6}{8!} + \cdots\right|\\
&\leqq \left|\frac{1}{2!}\right|+ \left|-\frac{x^2}{4!}\right| + \left|\frac{x^4}{6!}\right|+ \left|-\frac{x^6}{8!}\right| + \cdots \\
&= \frac{1}{2!} + \frac{x^2}{4!} + \frac{x^4}{6!} + \frac{x^6}{8!} + \cdots \\
&\leqq 1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^6}{6!} + \cdots \\
&\leqq 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \frac{x^6}{6!} + \cdots \\
&= e^x
\end{align*}
$$

が成り立つ.また,$-1 \leqq \cos{x} \leqq1$ であることから
\[
\left|\frac{1-\cos{x}}{x^2}\right| \leqq \frac{|1| + |-\cos{x}|}{x^2} \leqq \frac{2}{x^2}
\]
なる評価もできる.したがって
\[
g(x) = \begin{cases}
e^x & (0 \leqq x \leqq 1)\\
2/x^2 & (x > 1)
\end{cases}
\]

\[
\left|\frac{1-\cos{x}}{x^2}\right| \leqq g(x)
\]
を満たす.
\[
\int_{0}^{\infty}g(x)\,dx = \int_{0}^{1}e^x\,dx + \int_{1}^{\infty}\frac{2}{x^2}\,dx = e + 1 < + \infty
\]
であるから,比較判定法より広義積分 $(\ast)$ は収束する.

部分積分を用いて

$$
\begin{align*}
\int_{L}^{R}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx
&= \int_{L}^{R}\left(-\frac{1}{x}\right)'(1-\cos{x})\,dx \\
&= \biggl[\frac{\cos{x}-1}{x}\biggr]_{L}^{R} + \int_{L}^{R}\frac{\sin{x}}{x}\,dx \\
&= \frac{\cos{R}-1}{R}-\frac{\cos{L}-1}{L} + \int_{L}^{R}\frac{\sin{x}}{x}\,dx \tag{$\ast\ast$}
\end{align*}
$$

と変形する.

\[
\left|\frac{\cos{R}-1}{R}\right| \leqq \frac{2}{R} \longrightarrow 0 \quad (R \to \infty)
\]
\[
\frac{\cos{L}-1}{L} = \frac{\cos^2{L}-1}{L(\cos{L} + 1)} =-\frac{\sin{L}}{L}\frac{\sin{L}}{\cos{L} + 1} \longrightarrow-1 \cdot \frac{0}{2} = 0 \quad (L \to +0)
\]

であるから,式 $(\ast\ast)$ の両辺に $R \to \infty$ および $L \to +0$ の極限をとって

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \int_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x}\,dx
\]
を得る.左辺は収束するから右辺の広義積分も収束する.

$|\sin{x}/x|$ を直接評価するのは難しい.分母の次数が $1$ 次であるから,同様の方法では,広義積分が収束するような関数であって,上から抑えられるようなものが得られない.

 
補足(click)

Dirichlet積分は「収束する」が「絶対収束しない」広義積分の有名な例である:

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\left|\frac{\sin{x}}{x}\right|\,dx
&= \sum_{k=1}^{\infty}\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin{x}|}{x}\,dx \\
&\geqq \sum_{k=1}^{\infty}\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{1}{k\pi}|\sin{x}|\,dx \\
&=\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\pi}\sin{x}\,dx \\
&= \frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} = \infty.
\end{align*}
$$

この事実から,Dirichlet積分が収束することを,$|\sin{x}/x|$ に対する比較判定法で示せないことが判る.

 

Dirichlet積分の値を求める

微分と積分の順序交換を用いる

 

$a > 0$ と $b \in \mathbb{R}$ に対して
\[
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin{bx}}{x}\,dx = \arctan{\frac{b}{a}}
\]
が成り立つ.

 
証明(click)

$a > 0, \, b \in \mathbb{R}$ とすると
\[
|e^{-ax}\cos{bx}| \leqq e^{-ax}, \qquad \int_{0}^{\infty}e^{-ax}\,dx = \frac{1}{a} < + \infty
\]
であるから,広義積分
$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\cos{bx}\,dx
&= \lim_{R \to \infty}\biggl[\frac{e^{-ax}}{a^2 + b^2}\bigl(-a\cos{bx} + b \sin{bx}\bigr)\biggr]_{0}^{R} \\
&= \frac{a}{a^2+b^2}
\end{align*}
$$
は $b$ について $\mathbb{R}$ で一様収束する.したがって
$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin{bx}}{x}\,dx
&= \int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{b} e^{-ax}\cos{tx}\,dt\right)\,dx \\
&= \int_{0}^{b}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-ax}\cos{tx}\,dx\right)\,dt \\
&= \int_{0}^{b} \frac{a}{a^2 + t^2}\,dt \\
&= \arctan{\frac{b}{a}}
\end{align*}
$$
が成り立つ.

//
 

$a , b > 0$ に対して
\[
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{1-\cos{bx}}{x^2}\,dx = b \arctan{\frac{b}{a}}-\frac{a}{2}\log{\frac{a^2}{a^2+b^2}}
\]
が成り立つ.

 
証明(click)

$$
\begin{align*}
\left|\frac{\sin{ux}}{x}\right|
&= \left|\frac{1}{x} \left(ux-\frac{1}{3!}(ux)^3 + \frac{1}{5!}(ux)^5-\frac{1}{7!}(ux)^7 + \cdots \right)\right| \\
&\leqq u\left( \left|1\right| + \left|-\frac{1}{3!}u^2x^2\right| + \left|\frac{1}{5!}u^4x^4\right| + \left|-\frac{1}{7!}u^6x^6\right| + \cdots \right) \\
&\leqq u \left(1 + \frac{1}{3!}u^2x^2 + \frac{1}{5!}u^4x^4 + \frac{1}{7!}u^6x^6 + \frac{1}{9!}u^8x^8 + \cdots \right) \\
&\leqq u \left(1 + \frac{1}{2!}u^2x^2 + \frac{1}{4!}u^4x^4 + \frac{1}{6!}u^6x^6 + \frac{1}{8!}u^8x^8 + \cdots \right) \\
&\leqq u \left(1 + \frac{1}{2!}u^2x^2 + \frac{1}{3!}u^3x^3 + \cdots \right) \\
&= u e^{ux}-u^2x \\
&\leqq be^{bx} \qquad (0 \leqq u \leqq b)
\end{align*}
$$

であって

\[
\left|e^{-ax}\frac{\sin{ux}}{x}\right| \leqq f(x) = \begin{cases}
e^{-ax}\sin{ux} & (1 \leqq x) \\
e^{(b-a)x} & (0 \leqq x \leqq 1, ~~ 0 \leqq u \leqq b)
\end{cases}
\]

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}f(x)\,dx
&= \int_{0}^{1}e^{(b-a)x}\,dx + \int_{1}^{\infty}e^{-ax}\sin{ux}\,dx \\
&= \biggl[\frac{e^{(b-a)x}}{b-a}\biggr]_{0}^{1} + \biggl[\frac{e^{-ax}}{a^2+b^2}(-a\sin{bx}-b \cos{bx})\biggr]_{1}^{\infty} \\
&= \frac{e^{b-a}-1}{b-a} + \frac{e^{-a}}{a^2+b^2}(a\sin{b} + b \cos{b}) < + \infty
\end{align*}
$$

が成り立つから,WeierstrassのM-判定法より,関数 $e^{-ax}\sin{ux}/x$ は $u$ について $u \in [0,b]$ で一様収束する.したがって

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{b}\arctan{\frac{u}{a}}\,du
&= \int_{0}^{b}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-ax}\frac{\sin{ux}}{x}\,dx\right)\,du \\
&= \int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{b} e^{-ax}\frac{\sin{ux}}{x}\,du\right)\,dx \\
&= \int_{0}^{\infty}\biggl[e^{-ax}\frac{-\cos{ux}}{x^2}\biggr]_{u = 0}^{u = b}\,dx \\
&= \int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{1-\cos{bx}}{x^2}\,dx
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{b}\arctan{\frac{u}{a}}\,du
&= \biggl[u \arctan{\frac{u}{a}}\biggr]_{u=0}^{u=b}-\int_{0}^{b} \frac{u}{a} \frac{1}{1 + (u/a)^2}\,du \\
&= b \arctan{\frac{b}{a}}-\int_{0}^{b}\frac{au}{a^2 + u^2}\,du \\
&= b \arctan{\frac{b}{a}}-\biggl[\frac{a}{2}\log{(a^2 + u^2)}\biggr]_{0}^{b} \\
&= b \arctan{\frac{b}{a}}-\frac{a}{2} \log{(a^2 + b^2)} + \frac{a}{2} \log{a^2} \\
&= b \arctan{\frac{b}{a}}-\frac{a}{2} \log{\frac{a^2}{a^2 + b^2}}
\end{align*}
$$

より

\[
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{1-\cos{bx}}{x^2}\,dx = b \arctan{\frac{b}{a}}-\frac{a}{2}\log{\frac{a^2}{a^2+b^2}} \qquad (a , b > 0)
\]

が成り立つ.

//
 
Dirichlet積分

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x}\,dx = \int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}
\]

 
証明(click)

先の結果で $b = 1$ とすれば

\[
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \arctan{\frac{1}{a}}-\frac{a}{2}\log{\frac{a^2}{a^2+1}} \qquad (a > 0)
\]

である.

$(1-\cos{x})/x^2$ については,$(\ast)$ の収束性を示すときと同様にして

\[
\left|e^{-ax}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\right| \leqq \left|\frac{1-\cos{x}}{x^2}\right| \leqq g(x) =
\begin{cases}
e^x & (0 \leqq x \leqq 1) \\
2/x^2 & (1 < x)
\end{cases}
\]

であって

\[
\int_{0}^{\infty}g(x)\,dx = \int_{0}^{1}e^x\,dx + \int_{1}^{\infty}\frac{2}{x^2}\,dx = e + 1 < + \infty
\]
が成り立つから,広義積分
\[
\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx
\]
は $a$ について $a \in [0,\infty)$ で一様収束する.$a \to +0$ として
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}
\]
を得る.収束性の議論で示した部分積分の結果から
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{x}}{x}\,dx = \int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}
\]
が示された.

 

複素積分を用いる方法

$0 < \varepsilon < R < + \infty$ に対して

$$
\begin{align*}
& C_1: z(t) = t \qquad (-R \leqq t \leqq-\varepsilon) \\
& C_2: z(t) = \varepsilon e^{i(\pi-t)} \qquad (0 \leqq t \leqq \pi) \\
& C_3: z(t) = t \qquad (\varepsilon \leqq t \leqq R) \\
& C_4: z(t) = Re^{it} \qquad (0 \leqq t \leqq \pi)
\end{align*}
$$

からなる閉曲線 $C = C_1+C_2+C_3+C_4$ 上で,複素関数
\[
f(z) = \frac{e^{iz}}{z}
\]
の線積分
\[
\oint_{C} f(z)\,dz = \int_{C_1}f(z)\,dz + \int_{C_2}f(z)\,dz + \int_{C_3}f(z)\,dz + \int_{C_4}f(z)\,dz
\]
を考える.

 

左辺の線積分

$f(z)$ は $C$ の内部で極を持たないから,Cauchyの積分定理より,左辺は $0$ である.

 

$C_1, \, C_3$ での線積分

詳細(click)

$$
\begin{align*}
\int_{C_1}f(z)\,dz + \int_{C_3}f(z)\,dz
&= \int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{it}}{t}\,dt + \int_{\varepsilon}^{R}\frac{e^{it}}{t}\,dt\\
&\longrightarrow \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{it}}{t}\,dt \qquad (R \to \infty, \, \varepsilon \to +0)
\end{align*}
$$

が成り立つ.さらに,Eulerの公式より

\[
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{it}}{t}\,dt = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos{t}}{t}\,dt + i\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ \sin{t}}{t}\,dt = i\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ \sin{t}}{t}\,dt
\]

である.

//
 

$C_2$ での線積分

詳細(click)

$$
\begin{align*}
\left|\int_{C_2}f(z)\,dz\right|
&\leqq \int_{C_2}|f(z)||dz| = \int_{0}^{\pi}\left|f(z)\right| \left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
&\leqq \int_{0}^{\pi}\left|\frac{e^{iRe^{it}}}{Re^{it}}\right| \left|iRe^{it}\right|\,dt \\
&= \int_{0}^{\pi} \frac{|e^{iR\cos{t}}||e^{-R\sin{t}}|}{R} \cdot R \,dt \\
&= \int_{0}^{\pi} e^{-R\sin{t}}\,dt \\
&\overset{\ast}{=} 2\int_{0}^{\pi/2} e^{-R\sin{t}}\,dt \\
&\overset{\ast\ast}{\leqq} 2 \int_{0}^{\pi/2} e^{-2Rt/\pi}\,dt \\
&= 2 \biggl[-\frac{\pi}{2R}e^{-2Rt/\pi}\biggr]_{0}^{\pi/2} \\
&= \frac{\pi}{R}(1-e^{-R}) \longrightarrow 0 \qquad (R \to \infty)
\end{align*}
$$

より,$R \to \infty$ で $0$ に収束する.

 
$\overset{\ast}{=}$ の補足(click)

$\sin{x}$ が $x = \pi/2$ で線対称であることから従う.あるいは

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi}f(\sin{t})\,dt
&=-\int_{\pi/2}^{-\pi/2}f(\sin{(\pi/2-u)})\,du \\
&= \int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(\cos{u})\,du \\
&= 2 \int_{0}^{\pi/2}f(\cos{u})\,du \\
&=-2 \int_{\pi/2}^{0} f(\cos{(\pi/2-t)})\,dt \\
&= 2\int_{0}^{\pi/2}f(\sin{t})\,dt
\end{align*}
$$

として確認してもよい.

 
$\overset{\ast\ast}{\leqq}$ の補足(click)

次の Jordanの不等式 を用いる:
$0 \leqq x \leqq \pi/2$ のとき
\[
\frac{2}{\pi}x \leqq \sin{x}
\]
が成り立つ.増減表またはグラフから示すことができる.この不等式から
\[
0 \leqq e^{-R\sin{t}} \leqq e^{-2Rt/\pi} \qquad (0 \leqq t \leqq \pi/2 )
\]
が従うから,この区間で定積分しても不等号は保たれる.

 
 

$C_4$ での線積分

詳細(click)

$C_4$ 上の線積分においては,$\varepsilon \to 0+$ を考えるから,$0 < \varepsilon < 1/2$ を仮定する.

$|z| = \varepsilon < 1$ であることに注意すれば
\[
\left|\frac{e^{iz}}{z}\right| = \left|\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(iz)^n}{n!}\right| = \left|\frac{1}{z} + \frac{1}{z}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(iz)^n}{n!}\right| \leqq \left|\frac{1}{z}\right| + \left|\frac{1}{z}\right|\sum_{n=1}^{\infty}|z|^{n} = \frac{1}{\varepsilon} + \frac{1}{1-\varepsilon}
\]
であるが,これは $0 < \varepsilon < 1/2$ では上から評価できない.これを踏まえて
\[
\left|\frac{e^{iz}-1}{z}\right| = \left|\frac{1}{z}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(iz)^n}{n!}\right| \leqq \left|\frac{1}{z}\right|\sum_{n=1}^{\infty}|z|^{n} = \frac{1}{1-\varepsilon} \leqq 2
\]
を考えると

$$
\begin{align*}
\left|\int_{C_4}\left(f(z)-\frac{1}{z}\right)\,dz\right|
&= \left|\int_{C_4}\frac{e^{iz}-1}{z}\,dz\right| \\
&\leqq \int_{0}^{\pi}\left|\frac{e^{iz}-1}{z}\right|\left|\frac{dz}{dt}\right|\,dt \\
&\leqq 2\varepsilon \int_{0}^{\pi}\,dt \\
&= 2\pi \varepsilon \longrightarrow 0 \quad (\varepsilon \to + 0)
\end{align*}
$$

が成り立つ.また

\[
\int_{C_4}\frac{1}{z}\,dz = \int_{0}^{\pi}\frac{1}{\varepsilon e^{i(\pi-t)}}\cdot \left(-i\varepsilon e^{i(\pi-t)}\right)\,dt =-i\int_{0}^{\pi}\,dt =-\pi i
\]

であるから

\[
\lim_{\varepsilon \to +0}\int_{C_4}f(z)\,dz = \lim_{\varepsilon \to +0}\int_{C_4}\frac{1}{z}\,dz + \lim_{\varepsilon \to +0}\int_{C_4}\left(f(z)-\frac{1}{z}\right)\,dz=-\pi i
\]

を得る.

//
 

以上の結果から
\[
0 = \lim_{\substack{R \to \infty \\ \varepsilon \to +0}}\oint_{C}f(z)\,dz = i \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin{t}}{t}\,dt-\pi i
\]
であるから
\[
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin{t}}{t}\,dt = \pi, \quad \int_{0}^{\infty}\frac{\sin{t}}{t}\,dt = \frac{\pi}{2}
\]
を得る.

//
 
補足(click)

同様の積分路で
\[
f(z) = \frac{1-e^{iz}}{z^2}
\]
の線積分を考えることで
\[
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx = \pi
\]
を求めることができる.ここから部分積分によりDirichlet積分を導出する方法もある.

 

関連する広義積分

 

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{t}}{t}\,dt = \frac{\pi}{2}
\]

に適切な変数変換を施して,次を得られる:

 

$t = x^a \quad (a > 0)$

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(x^a)}}{x}\,dx = \frac{\pi}{2a}
\]
特に
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{\sqrt{x}}}{x}\,dx = \pi, \qquad \int_{0}^{\infty}\frac{\sin{(x^2)}}{x}\,dx = \frac{\pi}{4}
\]

 

$t = ax \quad (a > 0)$

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin{ax}}{x}\,dx = \frac{\pi}{2}
\]

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{t}}{t^2}\,dt = \int_{0}^{\infty}\frac{\sin{t}}{t}\,dt = \frac{\pi}{2}
\]

に適切な変数変換を施して,次を得られる:

 

$t = ax \quad (a > 0)$

\[
\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{ax}}{x}\,dx = \frac{\pi a}{2}
\]

特に,余弦の2倍角の公式を用いて

\[
\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2\,dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{2x}}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2}
\]

 

部分積分を用いて次を得られる:

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{x-\sin{x}}{x^3}\,dx
&= \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{2x^2}\right)'(x-\sin{x})\,dx \\
&= \biggl[-\frac{x-\sin{x}}{2x^2}\biggr]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\,dx \\
&= \frac{\pi}{4},
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\int_{0}^{\infty}\frac{-1 + x^2/2 + \cos{x}}{x^4}\,dx
&= \int_{0}^{\infty}\left(-\frac{1}{3x^3}\right)'(-1 + x^2/2 + \cos{x})\,dx \\
&= \biggl[-\frac{-1 + x^2/2 + \cos{x}}{3x^3}\biggr]_{0}^{\infty} + \frac{1}{3}\int_{0}^{\infty}\frac{x-\sin{x}}{x^3}\,dx \\
&= \frac{\pi}{12}
\end{align*}
$$

さらに繰り返すと,$n=1,2,3,\dots$ に対して次が得られる:

\[
(-1)^n\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\sin{x}}{x^{2n+1}}-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2(k-n+1)}\right)\,dx = \frac{\pi}{2 \cdot (2n)!} ,
\]
\[
(-1)^n\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\cos{x}}{x^{2n}}- \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2(k-n)}\right)\,dx = \frac{\pi}{2 \cdot (2n-1)!}
\]

20190623 更新


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