ディリクレ積分＿分かり易く。

この積分、結果は明瞭で覚えやすい表現ですが、この結果を導き出す過程で結構分かり難い手法があり ます。 今回、この積分を導き出すに当たっての考え方を自分なりにまとめています。 計算に当たっては、私の手元には一松信の解析学序説と寺澤寛の数学概論がありますが、今回は一松の 考え方を参照しつつ、寺澤の展開式を使います。 任意の実数、$a>0, b>0$に対して

$\lim_{\lambda \rightarrow \infty}\int_{-a}^{b} f(x+t)\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx=\frac{\pi}{2}\{f(t+0)+f(t-0)\}$

この式は、tの位置で連続であれば、

$\lim_{\lambda \rightarrow \infty}\int_{-a}^{b} f(x+t)\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx=\pi \cdot f(t)$

となります。更には、

$\lim_{\lambda \rightarrow \infty}\frac{1}{\pi}\frac{\sin(\lambda x)}{x}=\delta(x)$

の様に連続関数的表現の$\delta$関数（超関数）に置き換えることにより、

$\int_{-a}^{b} f(x+t)\delta(x) dx=f(t)$　

あるいは、

$\int_{-a}^{b} f(x)\delta(x) dx=f(0)$

となり、所謂超関数の典型的な公式を得ることができます。 このように出来る訳は、$\sin(\lambda x)/x$の函数形に依っており、下記特性を持っているからです。

下記に、$\lambda$の値によって、$\phi(\lambda, x)$がどのように形上を変化していくのかの外観図を示します。この図で分かるように$\lambda$の増大と共に$\phi(\lambda, x)$の鋭いピークが$x=0$で立ち上がり、$x\neq0$では、$\phi(\lambda, x)$は限りなく$0$に近づいていくことが分かります。

そこで、まず計算に当たり、函数$f(x)$を以下のように規定します。

①$f(x)$は、ある実数$\alpha, \beta$　$（\alpha < \beta）$に対し変域$(\alpha,\beta)$で定義され、有界とする。

②$f(x)$は、$(\alpha,\beta)$内で不連続であっても良い。

③$f(x)$は、$(\alpha,\beta)$内で多くの極大値、極小値をとっても良いが、極値の回数は有限個であるとする。(極値の個数が∞個あると、連続区間の個数も∞個となり、特定点を始点、終点とした連続区間内の積分が出来ないので本表題の趣旨に合わない。)

④$f(x)$は、$(\alpha, \beta)$内の任意の隣り合う不連続点間、$\alpha$と直近の不連続点間、$\beta$と直近の不連続点間の更に小さな小変域に分割した時、それらの小変域内での$f(x)$は常に単調（増加又は減少）であるとする。(積分の第二平均値の定理が使える条件、且つ、ここで使う函数$f(x)$の収束性に必要)

以上の事を「函数$f(x)$は変域$(\alpha, \beta)$に於いてディリクレットの条件を満足する」と言います。

そこで、これからやろうとすることは、変域$(\alpha, \beta)$を下の図のように３つの場合に分けて積分結果を見ることです。 つまり、$ｘ$軸上の原点０を中心として、case1: $(\alpha, \beta)$が$０$を含むのか、それとも、cas2:  $０$より大きい位置にある のか、逆に、case3:  $０$より小さい位置にあるのかで積分値がどのようにかわるかを見るものです。

この為のもっとも単純な方法として実数$a$を取り、case R:  $0<a$の時と, case L:   $-a<0$の時の積分計算を行 い、後で上掲の３ケースの積分を求めるものです。

そこで、第一ステップとして、函数$f(x)$が、変域$(0,a)$ $(a>0)$内で単調であるとし、

$\lim_{\lambda \rightarrow \infty}\int_{0}^{a} f(x)\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx\equiv I _{+}$

を考えます。ここでは、$case1$ の$(0,\beta)$の内、0から直近の点$a>0$までを$f(x)$の連続した区間として考察対象としています。つまり、区間$(0,a)$は、$f(x)$の不連続点は無しとしていますが、$a<x$にて$f(x)$の不連続点はあっても良いのです。函数$f(x)$は、変域$(0,a)$内で単調なので$\lim_{x \rightarrow +0}f(x)$は、確定値$f(+0)$を持ちます。尚、ここで$f(0)$とせずに、$f(+0)$としている訳は、$f(x)$が$x=0$にて不連続点を持つ場合を考慮して、$x>0$を限りなく小さく言ってった時にその下極限界値として$x=+0$の位置に $f(x)$の値が確定値としてあるという意味です。即ち、$\epsilon>0$を任意に小さく取れば、$0<x<\delta'$に対して$\mid f(x)-f(+0)\mid <\epsilon$を満たす $\delta'$が存在します。そこで、$0<\delta<\delta'$なる$\delta$を取ることにすれば、$0<\delta-0<\delta<\delta+0<\delta'$が成立し、且つ$\left| f(x)-f(+0)\right|<\epsilon$は、自動的に満たされます。 ここでは、次の積分を、$f(x)$がこの$\delta$の制限範囲内内か、それともその外側かで、二つの 区間に分けて計算します。この様に計算する訳は$\lambda \rightarrow \infty$の時に、$\phi(\lambda, x) \rightarrow 0 \quad (x \neq 0)$となる為、$I_{+}$の積分区間内で$x\neq 0$、即ち$x \in (\delta, a)$の有限区間は、$\lambda \rightarrow \infty$の時、積分値$\rightarrow 0$となり、意味を持たないから、$\epsilon>0$の値に応じて$\delta \rightarrow +0$として行った時に$I_{+}$が$f(x)$に関わる有限な積分値を持つかどうかを調べる為です。

$\int_{0}^{a} \{f(x)-f(+0)\}\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx=\int_{0}^{\delta}** dx+\int_{\delta}^{a} ** dx$

そして、この２つに分けた積分を、更に積分の第二平均値の定理を使って分解します。 今やろうとしているのは、$\mid f(x)-f(+0)\mid <\epsilon$ の時に、$\epsilon>0$ の減少と共に、小さく消えてしまう 積分を除去して計算対象外として無視する方法です。ここで、被積分函数の内、$\phi(\lambda,x)$は、$(0, a)$内で連続関数であり、積分可能です。$\phi(\lambda,x)$の函数形状が良く分かっており、その積分値も計算できるため、上掲の積分の中から$\{f(x)-f(+0)\}$を外に出し、$\phi(\lambda,x)$の積分値を評価することで、$I_{+}$を求めようとするものです。そしてこのために積分の第二平均値の定理（補題１）を利用します。即ち、$f(x)-f(+0)\equiv g(x)$と置けば、

(1) $\quad \int_{0}^{\delta}** dx=\int_{0}^{\delta} \{f(x)-f(+0)\}\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =\int_{0}^{\delta} g(x)\phi(\lambda,x) dx\\=g(+0)\int_{0}^{\xi'} \phi(\lambda,x) dx+g(\delta-0)\int_{\xi'}^{\delta} \phi(\lambda,x) dx\\=\{f(+0)-f(+0)\}\int_{0}^{\xi'} \phi(\lambda,x)dx+\{f(\delta-0)-f(+0)\}\int_{\xi'}^{\delta} \phi(\lambda,x)dx \\=\{f(\delta-0)-f(+0)\}\int_{\xi'}^{\delta} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx$

(2)$\quad\int_{\delta}^{a}**dx=\int_{\delta}^{a} \{f(x)-f(+0)\}\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =\int_{\delta}^{a} g(x)\phi(\lambda,x)dx\\=g(\delta+0)\int_{\delta}^{\xi"}\phi(\lambda,x) dx+g(a-0)\int_{\xi"}^{a}\phi(\lambda,x) dx\\ =\{f(\delta+0)-f(+0)\}\int_{\delta}^{\xi"} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx+\{f(a-0)-f(+0)\}\int_{\xi"}^{a} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx$

但し、$0\leq\xi'\leq\delta,\quad \delta\leq\xi"\leq a$

●　(2)の第４右辺、第１式の$\int_{\delta}^{\xi"}**dx$ の部分の積分考察

ここで、下記に注意します。

$\delta'$は、任意の$\epsilon>0$をとる毎にその最大値$\delta'_{max}$が決まります。従って任意の十分小さな$\epsilon>0$に対する$\delta'_{max}$に対し、$\delta$は、$\delta<\delta'_{max}$さえ満たせば、$\left|g(x)\right|<\epsilon$を満たす$\delta$は任意に取れる。そして、そのような条件での値$\delta$を決めると、$\lambda$を十分大きな値にすることにより、$\lambda\delta$は十分大きな値と取ることができて、$\lambda\rightarrow\infty$にとすることにより、$\lambda\delta\rightarrow\infty$とすることができる。同様に$\xi"$は、$\delta <\xi"$なので$\lambda\rightarrow\infty$にとすることにより、$\lambda\xi"\rightarrow\infty$とすることができます。

この時、絶対値|**|内の各積分は、確定値を持ちますので、即ち、

となります（補題２）。それ故、$\lambda$を十分に大きく取ると、ある十分に大きな値$K$が存在し、$K\leq\lambda\delta<\lambda\xi"$に対して、$\int_{0}^{\lambda\delta} **dt$と$\int_{0}^{\lambda\xi"} **dt$とが極めて近い値と取る為に、

とできます（補題３）。

●　(2)の第４右辺、第２式の$\int_{\xi"}^{a}**dx$ の部分の積分考察

同じ考え方で、値$\delta$を決めると、$\lambda$を十分大きな値にすることにより、$\lambda\xi"$は十分大きな値と取ることができて$\lambda\rightarrow\infty$により、$\lambda \xi"\rightarrow\infty$とできたので、$\xi" < a$により、$\lambda\rightarrow\infty$にとすれば、$\lambda a\rightarrow\infty$とすることができます。

この時、絶対値|**|内の各積分は、上掲と同様確定値$\pi/2$を持ちます。それ故、$\lambda$を十分に大きく取ると、ここでも又、ある十分に大きな値$N'$が存在し、$K'\leq\lambda\xi"<\lambda a$に対して、$\int_{0}^{\lambda\xi"} **dt$と$\int_{0}^{\lambda a} **dt$とが極めて近い値と取る為に、

とできることになります。

●　(1)の第４右辺、$\int_{\xi'}^{\delta} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx$ の部分の積分考察

所がこの積分の第３右辺の第一式と第二式は、（２）で見られた積分の様に、必ずしも互いに打ち消しあうとすることは出来ません。

上掲の積分で、$δ$は、任意に小さな$ε＞０$に対して、その収束性から必ず存在する正の数$\delta'$に対し、$0<x<\delta'$ならば$|f(x)-f(+0)|<\epsilon$を満たすものでしたので、$0<x<\delta<\delta'$を満たす$\delta$を取ることにより、$｜f(x)-f(+0)｜<ε$を満たすものでした。ここでも又、$\epsilon$に対する$\delta$は無数にあります。やはり又、任意の$\epsilon>0$をとる毎に$δ'$の最大値$\delta'_{max}$が決まります。するとこの$δ'_{max}$に対し、$0<δ＜δ'_{max}$なる$δ$を一つ決めれば、その値に対して常に$｜f(x)-f(+0)｜＜ε$が満たしますが、且つ確定した値でもあるので、$λ→∞$の時、$λδ→∞$となります。それ故、上述の（２）の計算と同様、

となりますので、$λ$を十分に大きな値を取れば、即ち、ある十分大きな$K”$を取ると$K”<\lambda \delta$とすることが出来て、これに対し、ある決まった数値$M＞０$が存在し、常に

とできます。しかるに$\xi'$は、$0<\xi'<\delta$なので、積分の第二平均値の定理によって$\delta$の値に応じて決まるとしても、$f(x)$の函数特性に強く依存している為、$f(x)$の函数形が何も決まって居ない状況の下では、$ε＞０$を十分に小さく取った時に、$\lambda\xi'$は、$λ→∞$に対して、必ずしも$\lambda\xi' \rightarrow \infty$とはならずにある有限値を超えられない場合も想定しておく必要があります。例えば、$f(x)$の具体的な函数形は兎も角、$\xi'\approx C(constant)/\lambda,\quad C \cdot exp(-\lambda)$、etc.なども考えられます。それ故、、$\lambda\xi'$が、$λ→∞$に対して、$\lambda\xi' \rightarrow \infty$となる場合には、（１）の第4右辺の絶対値を取れば、十分大きな$λ$の値に対して、εより小さくなると言えますが、そうでない場合は、別途考察が必要です。

そこで、$\phi(1,t)=sin(t)/t\equiv\phi(t)$の函数図形のパターンを見ることにします。

すると、区間$(2mπ, 2(m+1)π)$では、$f(t)>0$、区間$(2(m+1)π, 2(m+2)π)$では、$f(t)<0$（但し、$m=0,1,2, ・・・$）となっており、しかもその減衰形状パターンから区間$[2mπ, 2(m+1)π]$の積分値を$S_{2ｍ}$、区間$[2(m+1)π, 2(m+2)π]$のそれを、$S_{2m+1}$、即ち、

と書くことにすると、常に、$S_{2m}>0>S_{2m+1}$、且つ$\left|S_{2m}\right|>\left|S_{2m+1}\right|$となっています。それ故、$S_{2m}+S_{2m+1}>0$は、$t$の増加と共に、その値を小さくしながら常に成立しています。

そこで、$\lambda\xi'=c$と置いて、

と置きます。すると、上掲の理由、即ち、$S_{2m}>0>S_{2m+1}$、且つ$\left|S_{2m}\right|>\left|S_{2m+1}\right|$により、cがt軸上のどの位置にあっても、$I_{c}>0$が成立し、且つ$I_{\infty}=\pi/2$の様に一定値に収束しますので、$I_{c}$が発散することはありません。

実際には、

又は、

（但し、$N, N'=0,1,2,・・・$）となります。これら２つの$I_{c}$式で右辺$\sum_{m=0}^{*}(**)$の（）内の積分値は、前者$S_{2m}>0$は、必ず後者$S_{2m+1}<0$に差し引かれますが、$\left|S_{2m}\right|>\left|S_{2m+1}\right|$によって常に正値となります。そして又、$\sum_{m=0}^{*}(**)$の右側の式も同じ考え方で、正値となります。それ故、つまり、$c$が$t$軸上のどの位置にあっても$I_{c}>0$、正値を取ります。

所が、これを見方を変えて、

所が、これを見方を変えて、

と書き直すと、今度は、上掲二つの式の$I_{c}$の右辺$\sum_{m=0}^{*}(**)$の中の式は、前者$S_{2m+1}<0$は、必ず後者$S_{2m+2}>0$が加わりますが、$\left|S_{2m+1}\right|>\left|S_{2m+2}\right|$である為、常に負となります。そして又、$\sum_{m=0}^{*}(**)$の右側の式も同じ考え方で、負値となります。即ち、上式の２つの$I_{c}$は、第一式$I_{\pi}=\int_{0}^{\pi}\phi(t)dt$以外の積分値の項全ての足し合わせは負値となります。即ち$I_{\pi}>0>\int_{\pi}^{c}\phi(t)dt$且つ、$I_{c}=I_{\pi}+\int_{\pi}^{c}\phi(t)dt>0$となりますので、$I_{c}$の最大値は$c=\pi$の時の値、$I_{\pi}=\int_{0}^{\pi}\phi(t)dt \equiv M_{max}\quad(=1.85193705・・・)$ となります。

それ故、十分大きな$\lambda>0$に対し、ある十分大きな数値$K"$を取ることが出来て、$K”<\lambda \delta$と出来ますが、$\lambda \xi'$が十分大きな値とならなとしても、$I_{\lambda \xi'}$の大きさは、$I_{\lambda\xi'}=\left| I_{\lambda\xi'} \right|\le M_{max}$と出来ますので、

となります。尚、ここで、$M$を$M_{max}$と変えても問題ありません。$M\leq M_{max}$ですので。

以上から、任意の十分小さな$\epsilon>0$を取ると、この値に対し、適当な$0<x<\delta-0<\delta<\delta+0<\delta'$を満たす$\delta'$、を取り、且つ$\lambda$を十分大きく取ることにより、$K, K', K"$に共通な十分大きな値で、$K_{c}\le\lambda\delta<\lambda\xi"<\lambda a$を満たす$K_{c}$が存在し、$0<x<\delta'$且つ、$K_{c}\le\lambda\delta<\lambda\xi"<\lambda a$ならば、

$\left| f(\delta - 0)-f(+0)\right|<\epsilon, \quad \left| f(\delta + 0)-f(+0)\right|<\epsilon,$及び

$\left|\int_{\delta}^{\xi"} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx\right|<\epsilon, \quad \quad \left|\int_{\xi"}^{a} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx\right|<\epsilon$が成立しますので、

それ故、下記となります。

これから

且つ、

次に第二ステップとして、$a>0$に対し、下記積分を求めます。ここでは、case1の$(\alpha,0)$の内、$0$から直近の$-a$迄を$f(x)$の連続した区間として考察対象としています。

但し、$f(x)$は、$x\in(-a,0)$で単調で、且つ$\lim_{x\rightarrow -0}f(x)=f(-0)$（確定値）とします。すると任意に小さな値$\epsilon>0$に対し、$\delta'>0$が存在し、$x\in(-\delta',0)$ならば$\left| f(x)-f(-0)\right|<\epsilon$と出来ます。そこで、$0<\delta<\delta'$なる$\delta$を取ることにすれば、$0<\delta-0<\delta<\delta+0<\delta'$が成立し、且つ$\left| f(x)-f(-0)\right|<\epsilon$は、自動的に満たされます。ここでは、次の積分を、$f(x)$がこの$\delta$の制限範囲内内か、それともその外側かで、二つの 区間に分けて計算します。

既に上掲で述べたことと同様に、以下の様に積分の第二平均値定理を使って分割します。

（３）$\quad \int_{-\delta}^{0}** dx=\int_{-\delta}^{0} \{f(x)-f(-0)\}\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =\int_{-\delta}^{0} g(x)\phi(\lambda,x) dx\\=g(-\delta+0)\int_{-\delta}^{\xi'} \phi(\lambda,x) dx+g(0-0)\int_{\xi'}^{0} \phi(\lambda,x) dx\\=\{f(-\delta+0)-f(-0)\}\int_{-\delta}^{\xi'} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx+\{f(0-0)-f(-0)\}\int_{\xi'}^{0} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx \\=\{f(-\delta+0)-f(-0)\}\int_{-\delta}^{\xi'} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx$

（４）$\quad\int_{-a}^{-\delta}**dx=\int_{-a}^{-\delta} \{f(x)-f(-0)\}\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx =\int_{-a}^{-\delta} g(x)\phi(\lambda,x) dx\\=g(-a+0)\int_{-a}^{\xi"} \phi(\lambda,x) dx+g(-\delta-0)\int_{\xi"}^{-\delta} \phi(\lambda,x) dx\\ =\{f(-a+0)-f(-0)\}\int_{-a}^{\xi"} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx+\{f(-\delta-0)-f(-0)\}\int_{\xi"}^{-\delta} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx$

これから区間$x\in[o,a]$での積分と同じ手法により、任意の十分小さな$\epsilon>0$を取ると、この値に対し、適当な$0<x<\delta-0<\delta<\delta+0<\delta'$を満たす$\delta'$を取り、且つ$\lambda$を十分大きく取ることにより、$K\le\lambda\delta<\lambda(-\xi")<\lambda a$を満たす$K$が存在し、$0<x<\delta'$且つ、$K\le\lambda\delta<\lambda(-\xi")<\lambda a$ならば、

$\left| f(-\delta +0)-f(-0)\right|<\epsilon, \quad \left| f(-\delta - 0)-f(-0)\right|<\epsilon,$及び

$\left|\int_{\xi"}^{-\delta} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx\right|<\epsilon, \quad \quad \left|\int_{-a}^{\xi"} \frac{\sin(\lambda x)}{x}dx\right|<\epsilon$が成立しますので、

それ故、前掲と同様に

これから

且つ

次に第三ステップとして、$\alpha<\beta<0$ 又は $0<\alpha<\beta$ の時の区間$x \in [\alpha, \beta]$における積分を求めます。すると$x\ne0$の時、

第四ステップ　まとめ

以上により、ディリクレ積分は次のようになります。

（１）$\alpha <0< \beta$

（２）$\alpha =0 < \beta$

（３）$\alpha < \beta =0$

（４）$\alpha < \beta <0 \quad or \quad 0<\alpha<\beta$

尚、前述の積分区間$[0,a](a>0)$、及び$[a,0](a<0)$と、上述の積分区間$[\alpha,\beta]$との関係は例の次の通りです。

更に$f(x)$が$x=0$で連続であるとして$f(+0)=f(-0)=f(0)$であるとし、

$\zeta(\theta)\equiv\quad\quad1\quad\quad(\theta>0),\quad\quad\quad\quad\quad\equiv0\quad\quad(\theta=0),\quad\quad\quad\quad\quad\equiv-1\quad\quad(\theta<0)$

と約束し、且つ

と定義すれば、$\alpha < \beta$に対して、下記が成立する。

つまり、Diracが持ち込んだ連続関数の積分中に、形式的な離散的代数計算を行わしめるようにする関数、即ちδ関数を上のように約束することにより、$δ$関する連続関数$f(x)$と組み合わせて無理なく代数計算的結果を得ることができることが分かりました。

ここで、

ここまでの説明で、いくつかの点で説明しておいた方が良いと思われる箇所は、別途項を改めて説明を予定しています。