Transformada de Laplace
Dejar
ser una función definida siempre que
. Entonces su transformada de Laplace viene dada por
![{\displaystyle {\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}f(t)\,dt,}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
si la integral existe. [3]
Una propiedad de la transformada de Laplace útil para evaluar integrales impropias es
![{\displaystyle {\mathcal {L}}{\Biggl [}{\frac {f(t)}{t}}{\Biggl ]}=\int _{s}^{\infty }F(u)\,du,}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
previsto
existe.
En lo que sigue, uno necesita el resultado
, que es la transformada de Laplace de la función
(ver la sección 'Diferenciar bajo el signo integral' para una derivación) así como una versión del teorema de Abel (una consecuencia del teorema del valor final para la transformada de Laplace ).
Por lo tanto,
![{\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}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Integración doble
Evaluar la integral de Dirichlet usando la transformada de Laplace es equivalente a calcular la misma integral doble definida cambiando el orden de integración , es decir,
![{\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),}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
![{\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.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Diferenciación bajo el signo integral (truco de Feynman)
Primero reescribe la integral en función de la variable adicional
, a saber, la transformada de Laplace de
. Entonces deja
![{\displaystyle f(s)=\int _{0}^{\infty }e^{-st}{\frac {\sin t}{t}}\,dt.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Para evaluar la integral de Dirichlet, necesitamos determinar
. La continuidad
se puede justificar aplicando el teorema de la convergencia dominada después de la integración por partes. Diferenciar con respecto a
y aplicar la regla de Leibniz para diferenciar bajo el signo integral para obtener
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Ahora, usando la fórmula de Euler
se puede expresar la función seno en términos de exponenciales complejos:
![{\displaystyle \sin t={\frac {1}{2i}}\left(e^{it}-e^{-it}\right).}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Por lo tanto,
![{\displaystyle {\begin{aligned}{\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]{\Biggl |}_{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{aligned}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Integrando con respecto a
da
![{\displaystyle f(s)=\int {\frac {-ds}{s^{2}+1}}=A-\arctan s,}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
dónde
es una constante de integración por determinar. Desde
utilizando el valor principal. Esto significa que para
![{\displaystyle f(s)={\frac {\pi }{2}}-\arctan s.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Finalmente, por continuidad en
, tenemos
, como antes.
Integración compleja
El mismo resultado se puede obtener mediante una integración compleja. Considerar
![{\displaystyle f(z)={\frac {e^{iz}}{z}}.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
En función de la variable compleja
, tiene un polo simple en el origen, lo que impide la aplicación del lema de Jordan , cuyas otras hipótesis se satisfacen.
Definir luego una nueva función [4]
![{\displaystyle g(z)={\frac {e^{iz}}{z+i\varepsilon }}.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
El poste se ha alejado del eje real, por lo que
se puede integrar a lo largo del semicírculo de radio
centrado en
y cerrado sobre el eje real. Uno luego toma el límite
.
La integral compleja es cero según el teorema del residuo, ya que no hay polos dentro de la ruta de integración
![{\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 .}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
El segundo término desaparece como
va al infinito. En cuanto a la primera integral, se puede usar una versión del teorema de Sokhotski-Plemelj para integrales sobre la línea real: para una función de valor complejo f definida y continuamente diferenciable en la línea real y constantes reales
y
con
uno encuentra
![{\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,}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
dónde
denota el valor principal de Cauchy . Volviendo al cálculo original anterior, se puede escribir
![{\displaystyle 0={\mathcal {P}}\int {\frac {e^{ix}}{x}}\,dx-\pi i.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Tomando la parte imaginaria en ambos lados y observando que la función
es incluso, obtenemos
![{\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=2\int _{0}^{+\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Finalmente,
![{\displaystyle \lim _{\varepsilon \to 0}\int _{\varepsilon }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,dx={\frac {\pi }{2}}.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Alternativamente, elija como contorno de integración para
la unión de semicírculos de radios del semiplano superior
y
junto con dos segmentos de la línea real que los conectan. Por un lado, la integral del contorno es cero, independientemente de
y
; por otro lado, como
y
la parte imaginaria de la integral converge a
(aquí
es cualquier rama de logaritmo en el semiplano superior), lo que lleva a
.
Núcleo de Dirichlet
Dejar
![{\displaystyle D_{n}(x)=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos(2kx)={\frac {\sin[(2n+1)x]}{\sin(x)}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
ser el núcleo de Dirichlet . [5]
De ello se deduce inmediatamente que
Definir
![{\displaystyle f(x)={\begin{cases}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{\sin(x)}}&x\neq 0\\[6pt]0&x=0\end{cases}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Claramente,
es continuo cuando
, para ver su continuidad en 0, aplique la regla de L'Hopital :
![{\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.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Por eso,
cumple los requisitos del Riemann-Lebesgue Lemma . Esto significa
![{\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.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
(La forma del Lema de Riemann-Lebesgue utilizada aquí se prueba en el artículo citado).
Elige límites
y
. Nos gustaría decir que
![{\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}}}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Sin embargo, para hacerlo, debemos justificar el cambio del límite real en
al límite integral en
. De hecho, esto se justifica si podemos demostrar que el límite existe, lo que hacemos ahora.
Usando la integración por partes , tenemos:
![{\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}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
No fue
y
el término de la izquierda converge sin problemas. Consulte la lista de límites de funciones trigonométricas . Ahora mostramos que
es absolutamente integrable, lo que implica que el límite existe. [6]
Primero, buscamos unir la integral cerca del origen. Usando la expansión de la serie de Taylor del coseno alrededor de cero,
![{\displaystyle 1-\cos(x)=1-\sum _{k\geq 0}{\frac {x^{2k}}{2k!}}=-\sum _{k\geq 1}{\frac {x^{2k}}{2k!}}.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Por lo tanto,
![{\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|}.}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
Dividiendo la integral en pedazos, tenemos
![{\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,}](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAAAAAP///yH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAIBRAA7)
por alguna constante
. Esto muestra que la integral es absolutamente integrable, lo que implica que la integral original existe, y cambiar de
a
estaba de hecho justificado, y la prueba es completa.