复变函数结课报告——狄利克雷积分的几种证明
狄利克雷积分
∫ 0 + ∞ sin x x d x = π 2 \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2} ∫0+∞xsinxdx=2π
上式就是狄利克雷积分的形式。
考虑到这是复变函数的结课报告，因此给出的证明都将和复变函数有关，且以下变量和公式的用法习惯参考梁昆淼主编的《数学物理方法》（第四版）。
①留数定理法：
也就是书本上给出的做法。
∫
0
+
∞
sin
x
x
d
x
=
1
2
∫
−
∞
+
∞
sin
x
x
d
x
=
1
2
i
∫
−
∞
+
∞
e
i
x
x
d
x
\begin{aligned}&\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ =&\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\\ =&\frac{1}{2\mathrm{i}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{\mathrm{i}x}}{x} \mathrm{d}x\end{aligned}
==∫0+∞xsinxdx21∫−∞+∞xsinxdx2i1∫−∞+∞xeixdx
令
f
(
z
)
=
e
i
x
z
f(z)=\frac{e^{\mathrm{i}x}}{z}
f(z)=zeix，显然
f
(
z
)
f(z)
f(z)在实轴上只有一个单极点
z
0
=
0
z_0=0
z0=0，由留数定理可得
=
π
2
⋅
R
e
s
f
(
z
0
)
=
π
2
⋅
e
i
z
0
=
π
2
\begin{aligned}&=\frac{\pi}{2}\cdot \mathrm{Res}f(z_0)\\ &=\frac{\pi}{2}\cdot e^{\mathrm{i}z_0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned}
=2π⋅Resf(z0)=2π⋅eiz0=2π
②费曼积分法：
详情可见：费曼积分法。
设
I
(
a
)
=
∫
0
+
∞
e
−
a
x
⋅
sin
x
x
d
x
I(a)=\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x
I(a)=∫0+∞e−ax⋅xsinxdx，显然
I
(
0
)
=
S
,
I
(
+
∞
)
=
0
I(0)=S,I(+\infty)=0
I(0)=S,I(+∞)=0
T = ∂ I ∂ a = − ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ sin x d x = 1 a ∫ 0 + ∞ sin x d e − a x = 1 a sin x e − a x ∣ 0 ∞ − 1 a ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ cos x d x = − 1 a ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ cos x d x = 1 a 2 ∫ 0 + ∞ cos x d e − a x = 1 a 2 ∫ 0 + ∞ cos x e − a x ∣ 0 ∞ − 1 a 2 ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ ( − sin x ) d x = − 1 a 2 + 1 a 2 ∫ 0 + ∞ e − a x ⋅ sin x d x = − 1 a 2 + 1 a 2 ( − T ) ⇒ ∂ I ∂ a = T = − 1 a 2 + 1 \begin{aligned}T=\frac{\partial I}{\partial a}&=-\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\sin x\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}\sin x\mathrm{d}{e^{-ax}}\\ &=\frac{1}{a}\sin xe^{-ax}\bigg|_{0}^{\infty}-\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\cos x\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\cos x\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}\cos x\mathrm{d}{e^{-ax}}\\ &=\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}\cos xe^{-ax}\bigg|_{0}^{\infty}-\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot(-\sin x)\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\cdot\sin x\mathrm{d}x\\ &=-\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}(-T)\\ \Rightarrow \frac{\partial I}{\partial a}=T&=-\frac{1}{a^2+1} \end{aligned} T=∂a∂I⇒∂a∂I=T=−∫0+∞e−ax⋅sinxdx=a1∫0+∞sinxde−ax=a1sinxe−ax 0∞−a1∫0+∞e−ax⋅cosxdx=−a1∫0+∞e−ax⋅cosxdx=a21∫0+∞cosxde−ax=a21∫0+∞cosxe−ax 0∞−a21∫0+∞e−ax⋅(−sinx)dx=−a21+a21∫0+∞e−ax⋅sinxdx=−a21+a21(−T)=−a2+11
∴ S = I ( 0 ) − I ( + ∞ ) = ∫ + ∞ 0 ∂ I ∂ a d a = ∫ + ∞ 0 − 1 a 2 + 1 d a = − arctan a ∣ + ∞ 0 = π 2 \begin{aligned} \therefore S&=I(0)-I(+\infty)\\ &=\int_{+\infty}^{0}\frac{\partial I}{\partial a}\mathrm{d}a\\ &=\int_{+\infty}^{0}-\frac{1}{a^2+1}\mathrm{d}a\\ &=-\arctan a\bigg|_{+\infty}^{0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∴S=I(0)−I(+∞)=∫+∞0∂a∂Ida=∫+∞0−a2+11da=−arctana +∞0=2π
③拉普拉斯变换法：
先证明两个重要的性质：
[
1
]
:
f
‾
(
0
)
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
d
t
[
2
]
:
L
[
f
(
t
)
t
]
=
∫
p
+
∞
L
[
u
]
d
u
\begin{aligned} &[1]:\overline{f}(0)=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\\ &[2]:\mathscr{L}\bigg[\frac{f(t)}{t}\bigg]=\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[u\big]\mathrm{d}u \end{aligned}
[1]:f(0)=∫0+∞f(t)dt[2]:L[tf(t)]=∫p+∞L[u]du
性质
[
1
]
[1]
[1]：
f
‾
(
0
)
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
0
⋅
t
d
t
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
d
t
\begin{aligned}\overline{f}(0)&=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-0\cdot t}\mathrm{d}t\\ &=\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\\ \end{aligned}
f(0)=∫0+∞f(t)e−0⋅tdt=∫0+∞f(t)dt
性质
[
2
]
[2]
[2]：
∫
p
+
∞
L
[
u
]
d
u
=
∫
p
+
∞
∫
0
+
∞
f
(
t
)
e
−
u
t
d
t
d
u
=
∫
0
+
∞
∫
p
+
∞
f
(
t
)
e
−
u
t
d
u
d
t
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
d
t
∫
p
+
∞
e
−
u
t
d
u
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
⋅
(
−
1
t
)
e
−
u
t
∣
p
+
∞
d
t
=
∫
0
+
∞
f
(
t
)
t
e
−
p
t
d
t
=
L
[
f
(
t
)
t
]
\begin{aligned}&\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[u\big]\mathrm{d}u\\ =&\int_{p}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-ut}\mathrm{d}t\mathrm{d}u\\ =&\int_{0}^{+\infty}\int_{p}^{+\infty}f(t)e^{-ut}\mathrm{d}u\mathrm{d}t\\ =&\int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t\int_{p}^{+\infty}e^{-ut}\mathrm{d}u\\ =&\int_{0}^{+\infty}f(t)\cdot(-\frac{1}{t})e^{-ut}\bigg|_{p}^{+\infty}\mathrm{d}t\\ =&\int_{0}^{+\infty}\frac{f(t)}{t}e^{-pt}\mathrm{d}t\\ =&\mathscr{L}\bigg[\frac{f(t)}{t}\bigg] \end{aligned}
======∫p+∞L[u]du∫p+∞∫0+∞f(t)e−utdtdu∫0+∞∫p+∞f(t)e−utdudt∫0+∞f(t)dt∫p+∞e−utdu∫0+∞f(t)⋅(−t1)e−ut
p+∞dt∫0+∞tf(t)e−ptdtL[tf(t)]
因此，
L
[
sin
x
x
]
=
∫
p
+
∞
L
[
sin
x
]
d
x
=
∫
p
+
∞
1
1
+
x
2
d
x
=
arctan
x
∣
p
+
∞
=
π
2
−
arctan
p
\begin{aligned}\mathscr{ L}\bigg[\frac{\sin x}{x}\bigg]&=\int_{p}^{+\infty}\mathscr{L}\big[\sin x]\mathrm{d}x\\ &=\int_{p}^{+\infty}\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ &=\arctan x\bigg|_{p}^{+\infty}\\ &=\frac{\pi}{2}-\arctan p\end{aligned}
L[xsinx]=∫p+∞L[sinx]dx=∫p+∞1+x21dx=arctanx
p+∞=2π−arctanp
∴ ∫ 0 + ∞ sin x x d x = f ‾ ( 0 ) = L [ sin x x ] ∣ p = 0 = π 2 \begin{aligned}\therefore \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x&=\overline{f}(0)\\ &=\mathscr{L}\bigg[\frac{\sin x}{x}\bigg]\bigg|_{p=0}\\ &=\frac{\pi}{2} \end{aligned} ∴∫0+∞xsinxdx=f(0)=L[xsinx] p=0=2π
总结
费曼积分法中 e − a x e^{-ax} e−ax是一种缩放因子，拉普拉斯变换中 e − p t e^{-pt} e−pt是一种收敛因子，其本质都是同一种东西，且两者的前提条件都是缩放下的新表达式的导数的定积分一致收敛（只有这样才能交换求导和积分的次序，证明可以参考级数意义下的证明）。不管是费曼积分还是拉普拉斯变换，两者重要的一步都是进行变量的变换，有异曲同工之妙，尽显数学之美。
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