- Integral Dirichlet
- Integral
- Integral Fresnel
- Integral tak tentu
- Kalkulus
- Integral lipat
- Turunan
- Tabel integral
- Integral takwajar
- Integral substitusi
- Dirichlet integral
- Peter Gustav Lejeune Dirichlet
- Dirichlet boundary condition
- Dirichlet–Jordan test
- Nonelementary integral
- Dirichlet function
- Lebesgue integral
- Dirichlet problem
- Lists of integrals
- Dirichlet distribution
integral dirichlet
Integral Dirichlet GudangMovies21 Rebahinxxi LK21
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:
∫
0
∞
sin
x
x
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sin x}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}
Integral ini bukanlah absolut konvergen, artinya
|
sin
x
x
|
{\displaystyle {\Biggl |}{\frac {\sin x}{x}}{\Biggl |}}
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. 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.
Evaluasi
= Transformasi Laplace
=Maka
f
(
t
)
{\displaystyle f(t)}
menjadi fungsi yang dapat didefinisikan
t
≥
0
{\displaystyle t\geq 0}
. Maka Transformasi Laplace diberikan oleh
L
{
f
(
t
)
}
=
F
(
s
)
=
∫
0
∞
e
−
s
t
f
(
t
)
d
t
,
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}
bila integral itu ada.
Properti dari Transformasi laplace berguna untuk mengevaluasi integral tak wajar adalah
L
[
f
(
t
)
t
]
=
∫
s
∞
F
(
u
)
d
u
,
{\displaystyle {\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {f(t)}{t}}{\Biggl ]}=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}
asalkan
lim
t
→
0
f
(
t
)
t
{\displaystyle \lim _{t\rightarrow 0}{\frac {f(t)}{t}}}
.
Seseorang dapat menggunakan properti ini untuk mengevaluasi integral Dirichet sebagai berikut:
∫
0
∞
sin
t
t
d
t
=
lim
s
→
0
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
t
d
t
=
lim
s
→
0
L
[
sin
t
t
]
=
lim
s
→
0
∫
s
∞
d
u
u
2
+
1
=
lim
s
→
0
arctan
u
|
s
∞
=
lim
s
→
0
[
π
2
−
arctan
(
s
)
]
=
π
2
,
{\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}}}
lantaran
L
{
sin
t
}
=
1
s
2
+
1
{\displaystyle {\mathcal {L}}\{\sin t\}={\frac {1}{s^{2}+1}}}
adalah transformasi Laplace dari fungsi tersebut
sin
t
{\displaystyle \sin t}
. (Lihat bagian 'Membedakan di bawah tanda integral' untuk penurunan.)
= Integrasi ganda
=Mengevaluasi integral Dirichlet menggunakan transformasi Laplace setara dengan mencoba mengevaluasi integral pasti ganda yang sama dalam dua cara berbeda, dengan pembalikan urutan integral, yaitu:
(
I
1
=
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
d
t
d
s
)
=
(
I
2
=
∫
0
∞
∫
0
∞
e
−
s
t
sin
t
d
s
d
t
)
,
{\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),}
(
I
1
=
∫
0
∞
1
s
2
+
1
d
s
=
π
2
)
=
(
I
2
=
∫
0
∞
sin
t
t
d
t
)
,
provided
s
>
0.
{\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.}
= Diferensiasi di bawah tanda integral (trik Feynman)
=Pertama, tulis ulang integral sebagai fungsi dari variabel tambahan
a
{\displaystyle a}
. Maka
f
(
a
)
=
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
.
{\displaystyle f(a)=\int _{0}^{\infty }e^{-a\omega }{\frac {\sin \omega }{\omega }}\,d\omega .}
Untuk mengevaluasi integral Dirichlet, kita perlu menentukan
f
(
0
)
{\displaystyle f(0)}
.
Diferensialkan sehubungan dengan
a
{\displaystyle a}
dan terapkan hukum Leibniz untuk membedakan di bawah tanda integral untuk mendapatkan
d
f
d
a
=
d
d
a
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
=
∫
0
∞
∂
∂
a
e
−
a
ω
sin
ω
ω
d
ω
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
d
ω
.
{\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}}}
Sekarang, gunakan rumus Euler
e
i
ω
=
cos
ω
+
i
sin
ω
,
{\displaystyle e^{i\omega }=\cos \omega +i\sin \omega ,}
sinusoid dapat dinyatakan dalam fungsi eksponensial kompleks. Jadi kami punya
sin
(
ω
)
=
1
2
i
(
e
i
ω
−
e
−
i
ω
)
.
{\displaystyle \sin(\omega )={\frac {1}{2i}}\left(e^{i\omega }-e^{-i\omega }\right).}
oleh karena itu,
d
f
d
a
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
sin
ω
d
ω
=
−
∫
0
∞
e
−
a
ω
e
i
ω
−
e
−
i
ω
2
i
d
ω
=
−
1
2
i
∫
0
∞
[
e
−
ω
(
a
−
i
)
−
e
−
ω
(
a
+
i
)
]
d
ω
=
−
1
2
i
[
−
1
a
−
i
e
−
ω
(
a
−
i
)
−
−
1
a
+
i
e
−
ω
(
a
+
i
)
]
|
0
∞
=
−
1
2
i
[
0
−
(
−
1
a
−
i
+
1
a
+
i
)
]
=
−
1
2
i
(
1
a
−
i
−
1
a
+
i
)
=
−
1
2
i
(
a
+
i
−
(
a
−
i
)
a
2
+
1
)
=
−
1
a
2
+
1
.
{\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}}}
Integrasi sehubungan dengan
a
{\displaystyle a}
memberikan
f
(
a
)
=
∫
−
d
a
a
2
+
1
=
A
−
arctan
a
,
{\displaystyle f(a)=\int {\frac {-da}{a^{2}+1}}=A-\arctan a,}
dimana
A
{\displaystyle A}
adalah konstanta integrasi yang akan ditentukan. Karena
lim
a
→
∞
f
(
a
)
=
0
,
{\displaystyle \lim _{a\to \infty }f(a)=0,}
A
=
lim
a
→
∞
arctan
(
a
)
=
π
2
,
{\displaystyle A=\lim _{a\to \infty }\arctan(a)={\frac {\pi }{2}},}
menggunakan nilai pokok. Maka ini berarti
f
(
a
)
=
π
2
−
arctan
a
.
{\displaystyle f(a)={\frac {\pi }{2}}-\arctan {a}.}
Akhirnya, untuk
a
=
0
{\displaystyle a=0}
, kita punya
f
(
0
)
=
π
2
−
arctan
(
0
)
=
π
2
{\displaystyle f(0)={\frac {\pi }{2}}-\arctan(0)={\frac {\pi }{2}}}
, seperti sebelumnya.
= Integrasi kompleks
=Hasil yang sama dapat diperoleh dengan integrasi kompleks. Mempertimbangkan
f
(
z
)
=
e
i
z
z
.
{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}.}
Sebagai fungsi dari variabel kompleks
z
{\displaystyle z}
, ia memiliki kutub sederhana di asalnya, yang mencegah penerapan lemma Jordan, yang hipotesis lainnya terpenuhi.
Tentukan kemudian fungsi baru
g
(
z
)
=
e
i
z
z
+
i
ε
.
{\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}
Kutub telah dipindahkan dari sumbu sebenarnya, sehingga
g
(
z
)
{\displaystyle g(z)}
dapat diintegrasikan sepanjang setengah lingkaran radius
R
{\displaystyle R}
yang berpusat di
z
=
0
{\displaystyle z=0}
dan ditutup pada sumbu nyata. Seseorang kemudian limitnya
ε
→
0
{\displaystyle \varepsilon \rightarrow 0}
.
Integral kompleks adalah nol menurut teorema residu, karena tidak ada kutub di dalam jalur integrasi
0
=
∫
γ
g
(
z
)
d
z
=
∫
−
R
R
e
i
x
x
+
i
ε
d
x
+
∫
0
π
e
i
(
R
e
i
θ
+
θ
)
R
e
i
θ
+
i
ε
i
R
d
θ
.
{\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 .}
Istilah kedua lenyap saat
R
{\displaystyle R}
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
a
{\displaystyle a}
dan
b
{\displaystyle b}
with
a
<
0
<
b
{\displaystyle a<0
seseorang menemukan
lim
ε
→
0
+
∫
a
b
f
(
x
)
x
±
i
ε
d
x
=
∓
i
π
f
(
0
)
+
P
∫
a
b
f
(
x
)
x
d
x
,
{\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,}
dimana
P
{\displaystyle {\mathcal {P}}}
menunjukkan nilai pokok Cauchy. Kembali ke kalkulasi awal di atas, seseorang dapat menulis
0
=
P
∫
e
i
x
x
d
x
−
π
i
.
{\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}
Dengan mengambil bagian imajiner di kedua sisi dan mencatat fungsinya
sin
(
x
)
/
x
{\displaystyle \sin(x)/x}
bahkan, kita dapatkan
∫
−
∞
+
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
2
∫
0
+
∞
sin
(
x
)
x
d
x
.
{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}
Akhirnya,
lim
ε
→
0
∫
ε
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
∫
0
∞
sin
(
x
)
x
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}
Atau, pilih sebagai kontur integrasi untuk
f
{\displaystyle f}
gabungan jari-jari setengah lingkaran bidang atas
ε
{\displaystyle \varepsilon }
dan
R
{\displaystyle R}
bersama dengan dua segmen dari garis nyata yang menghubungkannya. Di satu sisi, integral kontur adalah nol, terlepas dari
ε
{\displaystyle \varepsilon }
dan
R
{\displaystyle R}
; di sisi lain, sebagai
ε
→
0
{\displaystyle \varepsilon \to 0}
dan
R
→
∞
{\displaystyle R\to \infty }
bagian imajiner integral menyatu
2
I
+
ℑ
(
ln
0
−
ln
(
π
i
)
)
=
2
I
−
π
{\displaystyle 2I+\Im {\big (}\ln 0-\ln(\pi i){\big )}=2I-\pi }
(maka
ln
z
{\displaystyle \ln z}
adalah cabang dari logaritma pada setengah bidang atas), yang mengarah ke
I
=
π
2
{\displaystyle I={\frac {\pi }{2}}}
.
= Kernel Dirichlet
=Maka
D
n
(
x
)
=
1
+
2
∑
k
=
1
n
cos
(
2
k
x
)
=
sin
[
(
2
n
+
1
)
x
]
sin
(
x
)
{\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}}
menjadi kernel Dirichlet.
Segera setelah itu
∫
0
π
2
D
n
(
x
)
d
x
=
π
2
.
{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}D_{n}(x)dx={\frac {\pi }{2}}.}
menjelaskan
f
(
x
)
=
{
1
x
−
1
sin
(
x
)
x
≠
0
0
x
=
0
{\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}
Jelasnya,
f
{\displaystyle f}
adalah kontinu jika
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
, untuk melihat keberlanjutannya di 0 terapkan Aturan L'Hopital:
lim
x
→
0
sin
(
x
)
−
x
x
sin
(
x
)
=
lim
x
→
0
cos
(
x
)
−
1
sin
(
x
)
+
x
cos
(
x
)
=
lim
x
→
0
−
sin
(
x
)
2
cos
(
x
)
−
x
sin
(
x
)
=
0.
{\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.}
Karenanya,
f
{\displaystyle f}
memenuhi persyaratan Riemann-Lebesgue Lemma. Ini berarti
lim
λ
→
∞
∫
a
b
f
(
x
)
sin
(
λ
x
)
d
x
=
0
⇒
lim
λ
→
∞
∫
a
b
sin
(
λ
x
)
x
d
x
=
lim
λ
→
∞
∫
a
b
sin
(
λ
x
)
sin
(
x
)
d
x
.
{\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.}
(Bentuk Lemma Riemann-Lebesgue yang digunakan di sini dibuktikan dalam artikel yang dikutip.)
Pilih batasan
a
=
0
{\displaystyle a=0}
and
b
=
π
/
2
{\displaystyle b=\pi /2}
. Maka kami ingin mengatakan
∫
0
∞
sin
(
t
)
t
d
t
=
lim
λ
→
∞
∫
0
λ
π
2
sin
(
t
)
t
d
t
=
lim
λ
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
λ
x
)
x
d
x
=
lim
λ
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
λ
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
lim
n
→
∞
∫
0
π
2
sin
(
(
2
n
+
1
)
x
)
sin
(
x
)
d
x
=
lim
n
→
∞
∫
0
π
2
D
n
(
x
)
d
x
=
π
2
{\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}}}
In order to do so, however, we must justify switching the real limit in
λ
{\displaystyle \lambda }
to the integral limit in
n
{\displaystyle n}
. This is in fact justified if we can show the limit does exist, which we do now.
Using integration by parts, we have:
∫
a
b
sin
(
x
)
x
d
x
=
∫
a
b
d
(
1
−
cos
(
x
)
)
x
d
x
=
1
−
cos
(
x
)
x
|
a
b
+
∫
a
b
1
−
cos
(
x
)
x
2
d
x
{\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}
Now, as
a
→
0
{\displaystyle a\to 0}
and
b
→
∞
{\displaystyle b\to \infty }
the term on the left converges with no problem. See the list of limits of trigonometric functions. We now show that
∫
−
∞
∞
1
−
cos
(
x
)
x
2
d
x
{\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}dx}
is absolutely integrable, which implies that the limit exists.
First, we seek to bound the integral near the origin. Using the Taylor-series expansion of the cosine about zero,
1
−
cos
(
x
)
=
1
−
∑
k
≥
0
x
2
k
2
k
!
=
−
∑
k
≥
1
x
2
k
2
k
!
.
{\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2k!}}=-\sum _{k\geq 1}{\frac {x^{2k}}{2k!}}.}
Therefore,
|
1
−
cos
(
x
)
x
2
|
=
|
−
∑
k
≥
0
x
2
k
2
(
k
+
1
)
!
|
≤
∑
k
≥
0
|
x
|
k
k
!
=
e
|
x
|
.
{\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|}.}
Splitting the integral into pieces, we have
∫
−
∞
∞
|
1
−
cos
(
x
)
x
2
|
d
x
≤
∫
−
∞
−
ε
2
x
2
d
x
+
∫
−
ε
ε
e
|
x
|
d
x
+
∫
ε
∞
2
x
2
d
x
≤
K
,
{\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,}
for some constant
K
>
0
{\displaystyle K>0}
. This shows that the integral is absolutely integrable, which implies the original integral exists, and switching from
λ
{\displaystyle \lambda }
to
n
{\displaystyle n}
was in fact justified, and the proof is complete.
Lihat pula
Distribusi Dirichlet
Prinsip Dirichlet
Fungsi Sin
Integral Fresnel
Catatan
Pranala luar
(Inggris) Weisstein, Eric W. "Dirichlet Integral". MathWorld.
Templat:Integral