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狄利克雷积分

## 狄利克雷积分

`例`设法用含参变量积分的方法计算 Dirichlet 积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x$ ．
解 1 第一个问题是如何引入参变量．
若考虑 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin \alpha x}{x} d x$ ，则虽然有 $\left(\frac{\sin \alpha x}{x}\right)_\alpha^{\prime}=\cos \alpha x$ ，但 $\int_0^{+\infty} \cos \alpha x d x$ 发散。

考虑

$$
F(s)=\int_0^{+\infty} e^{-s x} \frac{\sin x}{x} d x, s \geqslant 0
$$

然后用积分号下求导的方法在 $s>0$ 时求 $F^{\prime}(s)$ ，并求出 $F(s)$ ，最后得到所要求的 $F(0)$ ．这里的要害是引入了改进收敛情况的因子 $e ^{-s x}$ 。这种方法常称为收敛因子方法．

从例 4 和定理 1 知道 $F(s)$ 在 $s \geqslant 0$ 有定义且连续．若允许在积分号下求导，则就有

$$
F^{\prime}(s)=\int_0^{+\infty}\left(e^{-s x} \frac{\sin x}{x}\right)_s^{\prime} d x=\int_0^{+\infty}-e^{-s x} \sin x d x=-\frac{1}{1+s^2} \text {. }{ }^{(1)}
$$

> 更为复杂的问题是两个无穷限积分的顺序交换的合理性问题．教科书中举出了两个定理。其中定理 4 是经典定理，不难证明，但在很多问题中难以直接应用，需要其他技巧的配合．定理 5 是新结果，但要在 Lebesgue 积分的框架内来证明（见 p．289），不准备讲了．对 p． 234 的例 10 看学期最后有时间的话再说．

于是可从 $F^{\prime}(s)=-\frac{1}{1+s^2}, s>0$ 求出

$$
F(s)=-\arctan s+C
$$

其中 $C$ 是待定常数．
从 $F(s)$ 的表达式可以估计出 $|F(s)| \leqslant \int_0^{+\infty} e ^{-s x} d x=\frac{1}{s}$ ，因此有 $F(+\infty)=0$ ．可见上述常数 $C=\frac{\pi}{2}$ ．这样就确定了 $s>0$ 时函数 $F(s)$ 的表达式．

最后从 $F(s)$ 于 $s=0$ 右连续可以推出

$$
F(0)=\lim _{s \rightarrow 0^{+}} F(x)=\lim _{s \rightarrow 0^{+}}\left(-\arctan s+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}
$$

这样就求出了 Dirichlet 积分的值为
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x=\frac{\pi}{2}
$$

余下的问题是要验证上述求导运算的合理性。
根据定理 3 ，只要验证含参变量积分 $\int_0^{+\infty}- e ^{-s x} \sin x d x$ 在 $s>0$ 上是否是内闭一致收敛。

实际上对 $\forall \delta>0$ ，当 $s \geqslant \delta$ 时，从余积分的估计有

$$
\left|\int_d^{+\infty}-e^{-s x} \sin x d x\right| \leqslant \int_d^{+\infty} e^{-\delta x} d x=\frac{1}{\delta} e^{-\delta d}
$$

可见当 $d$ 充分大时左边的余积分就可小于事先给定的 $\varepsilon>0$ ，这已可推出积分 $\int_0^{+\infty}- e ^{-s x} \sin x d x$ 在 $s \in(0,+\infty)$ 上内闭一致收敛。

注 对于类似的问题，即用含参变量方法计算某些积分，经常将验证这一步放到最后。这是因为所设计的解题过程事先不知道是否能够成功。只有成功时才需要去验证中间过程是否合理。

解 2 Dirichlet 积分有多种计算方法。下面的方法仍然依赖于收敛因子，但参变量与解 1 不同．这就是考虑二元函数

$$
J(s, a)=\int_0^{+\infty} e^{-s x} \cdot \frac{\sin a x}{x} d x
$$

其中 $s \geqslant 0, a \geqslant 0$ ．

固定 $s>0$ ，以 $a$ 为参变量，则可以用 $e ^{-s x}$ 为优势函数，从而用 Weierstrass 判别法知道积分对 $a \geqslant 0$ 一致收敛，因此 $J(s, a)$ 对 $a \geqslant$ 连续．

又可见 $J(s, a)$ 对 $a$ 可求偏导数如下：

$$
\frac{\partial J}{\partial a}=\int_0^{+\infty} e^{-s x} \sin a x d x
$$

这里只要对右边的积分再用 $e ^{-s x}$ 为优势函数就知道它也对 $s \geqslant 0$ 一致收敛．上式右边的积分可以计算出来，这样得到

$$
\frac{\partial J}{\partial a}=\frac{s}{s^2+a^2}, a \geqslant 0
$$

于是就可以求出当 $s>0, a \geqslant 0$ 时的表达式：

$$
J(s, a)=\int_0^a \frac{s d t}{s^2+t^2}=\left.\arctan \frac{t}{s}\right|_{t=0} ^{t=a}=\arctan \frac{a}{s}
$$

现在改变观点，固定 $a>0$ 时将 $s$ 作为参变量，则与例 4 一样知道广义积分在 $s \geqslant 0$上一致收敛，因此连续．于是有

$$
J(0, a)=\lim _{s \rightarrow 0^{+}} \arctan \frac{a}{s}=\frac{\pi}{2}
$$

而所求的 Dirichlet 积分就是 $J(0,1)=\frac{\pi}{2}$ ．

下面一个例子没有新东西．只是积分 $\int_0^{+\infty} e ^{-x^2} d x$ 还没有讲．需要补充．记 $I(R)=\int_0^R e ^{-x^2} d x$ ．我们的问题是要求 $I(+\infty)$ ．

利用二重积分知识有

$$
I(R)^2=\int_0^R e^{-x^2} d x \int_0^R e^{-y^2} d y=\iint_{[0, R ; 0, R]} e^{-\left(x^2+y^2\right)} d x d y
$$

然后用两个 $1 / 4$ 圆，即

$$
\begin{aligned}
& C_1=\left\{(r, \theta) \mid 0 \leqslant r \leqslant R, 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right\} \\
& C_2=\left\{(r, \theta) \mid 0 \leqslant r \leqslant \sqrt{2} R, 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right\}
\end{aligned}
$$

将正方形 $[0, R ; 0, R]$ 夹在中间，于是就有

$$
\iint_{C_1} e^{-\left(x^2+y^2\right)} d x d y \leqslant I(R)^2 \leqslant \iint_{C_2} e^{-\left(x^2+y^2\right)} d x d y
$$

可以看出两边的两个二重积分都是容易计算出来的：

$$
\begin{aligned}
& \iint_{C_1} e^{-\left(x^2+y^2\right)} d x d y=\int_0^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_0^R r e^{-r^2} d r=\left.\frac{\pi}{2}\left(-\frac{1}{2} e^{-r^2}\right)\right|_0 ^R=\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-R^2}\right) \\
& \iint_{C_2} e^{-\left(x^2+y^2\right)} d x d y=\int_0^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_0^{\sqrt{2} R} r e^{-r^2} d r=\left.\frac{\pi}{2}\left(-\frac{1}{2} e^{-r^2}\right)\right|_0 ^{\sqrt{2} R}=\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-2 R^2}\right)
\end{aligned}
$$

于是就有夹逼关系：

$$
\frac{\pi}{4}\left(1-e^{-R^2}\right) \leqslant I(R)^2 \leqslant \frac{\pi}{4}\left(1-e^{-2 R^2}\right)
$$

最后令 $R \rightarrow+\infty$ ，得到 $I(+\infty)^2=\frac{\pi}{4}$ ．因此就得到

$$
I(+\infty)=\int_0^{+\infty} e^{-x^2} d x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}
$$

注 这在概率统计中是不可缺少的积分，因此称为概率积分比较合适．当然还有其他常用形式，例如

$$
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} d x=\sqrt{\pi}, \quad \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} d x=1
$$

最后一式就是说标准正态分布的密度函数为 $\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e ^{-\frac{x^2}{2}}$ ．
计算概率积分的方法很多．例如《数学分析习题课讲义》上册的例题 12．3．7．在目前用的教科书中是 p． 151 的例 1 ，作为广义重积分的第一个例子。所用的方法与上面完全相同．此外，还在 p． 286 另有一个解法．

例题 0.7 求积分 $\varphi(b)=\int_0^{+\infty} e ^{-x^2} \cos 2 b x d x$ ．
解 从 Weierstrass 判别法可见积分在 $b \in(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛，从定理 1知道 $\varphi \in C( R )$ ．若能够在积分号下求导，就有

$$
\begin{aligned}
\varphi^{\prime}(b) & =\int_0^{+\infty}-2 x e^{-x^2} \sin 2 b x d x \\
& =\left.e^{-x^2} \sin 2 b x\right|_0 ^{+\infty}-\int_0^{+\infty} 2 b e^{-x^2} \cos 2 b x d x=-2 b \varphi(b)
\end{aligned}
$$

这样就得到一阶常微分方程．可以积分得到其通解为 $\varphi(b)=C e ^{-b^2}$ ．利用已知 $\varphi(0)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ ，因此最后得到 $\varphi(b)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} e ^{-b^2}$ 。

余下的问题就是验证上述在积分号下求导运算的合理性．从

$$
\left|-2 x e^{-x^2} \sin 2 b x\right| \leqslant 2 x e^{-x^2}
$$

由于 $\int_0^{+\infty} 2 x e ^{-x^2} d x$ 收敛，根据 Weierstrass 判别法可见积分号下求导得到的积分在 $b \in(-\infty,+\infty)$ 上一致收敛，因此映射运算是合理的．

例题 0.8 证明：$F(t)=\int_0^{+\infty} \frac{\sin t x}{x} d x$ 在包含 0 的任何开区间上不一致收敛．
证 由于已知 $t=1$ 时有 $F(1)=\frac{\pi}{2}$ ，因此就可以通过变量代换直接求出

$$
F(t)=\frac{\pi}{2} \operatorname{sgn}(t)
$$

即函数 $F$ 在点 $t=0$ 处有跳跃点．根据定理 1 可见结论成立．
例题 0.9 求积分 $I=\int_0^{+\infty} \frac{\cos \alpha x-\cos \beta x}{x^2} d x$ ，其中设 $0<\alpha<\beta>0$ ．
解 1 由于被积函数可以写为积分

$$
\frac{\cos \alpha x-\cos \beta x}{x^2}=\int_\alpha^\beta \sin t x d t
$$

因此就有

$$
I=\int_0^{+\infty} \frac{d x}{x} \int_\alpha^\beta \sin t x d t
$$

若右边的积分顺序可交换，并利用上一个例题的结论，则就有
$$
I=\int_\alpha^\beta d t \int_0^{+\infty} \frac{\sin t x}{x} d x=\frac{\pi}{2}(\beta-\alpha) .
$$

余下的问题是证明上述积分顺序交换的合理性。根据定理 2 ，只要证明以 $t$ 为参变量的广义积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\sin t x}{x} d x$ 在 $t \in[\alpha, \beta]$ 上一致收敛．

为此只要用 Dirichlet 判别法，由于 $0<\alpha<\beta>0$ ，因此在 $t \in[\alpha, \beta]$ 时就有

$$
\left|\int_0^d \sin t x d x\right|=\left|\left(\left.\frac{-\cos t x}{t}\right|_{x=0} ^{x=d}\right)\right| \leqslant \frac{2}{t} \leqslant \frac{2}{\alpha},
$$

而另一个因子 $\frac{1}{x}$ 当 $x \rightarrow+\infty$ 时单调收敛于 0 ，且与 $t$ 无关，可见结论成立．
解 2 将 $\alpha>0$ 作为参变量，定义

$$
\varphi(\alpha)=\int_0^{+\infty} \frac{\cos \alpha x-\cos \beta x}{x^2} d x
$$

若可以在积分号下求导，则就有

$$
\varphi^{\prime}(\alpha)=\int_0^{+\infty} \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(\frac{\cos \alpha x-\cos \beta x}{x^2}\right) d x=\int_0^{+\infty}-\frac{\sin \alpha x}{x} d x=-\frac{\pi}{2},
$$

于是 $\varphi(\alpha)=-\frac{\pi \alpha}{2}+C$ ．利用 $\varphi(\beta)=0$ 可确定 $C=\frac{\pi \beta}{2}$ ．
余下的问题是验证上述在积分号下求导的合理性．这与解 1 中相同．

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