Cómo demostrar que la función es una representación para la función delta a través de complejos ruta de las integrales?

Question

Así que, dado que es la definición de:

$$ f(x):=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}dk $$

Voy a demostrar que esto es una representación de la delta de Dirac "función" ($f(x) = \delta(x)$) con complejo de la ruta de las integrales. Que necesito para demostrar que:

$$f(x) = 0\quad \text{for}\quad x\ne 0$$ $$I = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = 1$$

Así que mi idea de la primera ecuación fue para decir que en el complejo espacio:

$$ 0 = \oint e^{izx}dz = \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} e^{izx}dz}_{=f(x)} + \int_{γ_\text{arc}}e^{izx}dz$$

Donde $\gamma_\text{arc}$ es un medio círculo alrededor de 0 de radio $\infty$ en el plano complejo. Sospecho que la integral de la $\int_{γ_\text{arc}}e^{izx}dz$ path $\gamma_\text{arc}$ es cero para $x\ne 0$, lo que haría que f(x) = 0. Pero no tengo idea de como hacer eso.

También tengo ni idea de para la segunda identidad de $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = 1$.

Por favor me ayude. No es la tarea, pero podría aparecer en una futura prueba. Los requisitos explícitamente estado que tiene que ser resuelto con complejo de la ruta de las integraciones.

Edit: Aquí está una integral similar a mi idea.

Answer 1

Al $x \neq 0$ debe interpretar como Cesaro suma. Algo como \begin{eqnarray} \lim_{L \to \infty} \left| \frac{1}{L} \int_0^L dl\int_{-l}^l dk\; e^{ikx} \right| &=& \lim_{L \to \infty} \left| \frac{1}{L} \int_0^L dl \frac{e^{ilx}-e^{-ilx}}{ix} \right| \\ &=& \lim_{L \to \infty} \left| \frac{1}{L} \int_0^{\{ L\}} dl \frac{e^{ilx}-e^{-ilx}}{ix} \right| \\ &\leq & \lim_{L \to \infty} \frac{2\cdot 2\pi}{xL}= \fbox{%#%#%}\end{eqnarray} donde la longitud finita de las integrales se mueven en un círculo de alrededor de 0. Aquí $0$.

Para la `concentración de masa" parte, usted puede intentar la integración de una vez, entonces usted consigue un polo en torno a $\{ L\} \equiv L \mod 2\pi $ (como se debe!) \begin{eqnarray} \lim_{L,M \to \infty} \int_{-L}^L \int_{-M}^M dx \; dk\; e^{ikx} &=& \lim_{L \to \infty} \int_{-L}^L dx \; \frac{e^{iMx} - e^{-iMx}}{ix} \\ &=& \lim_{\epsilon \to 0} \oint_{\epsilon S^1 \cap \mathbb{H} } dz \; \frac{e^{iMz} - e^{-iMz}}{iz} \\ &=& 2 \pi i \end{eqnarray}

La integral depende sólo del valor en un pequeño círculo alrededor de $x=0$. Es como la posición que han sido complexified o algo: $x = 0$ o $x \mapsto z$ y se obtiene así definidas por integrales.

Answer 2

Deje $\psi(x) = e^{ikx} = \langle k | x\rangle $ ser la función de onda de la mecánica cuántica partícula libre. Entonces

$$ \int_{-\infty}^\infty e^{ikx} dk= \int_{-\infty}^\infty dk |k \rangle \langle k | x \rangle = | x \rangle $$

Tenemos la partícula en la posición de base. Hemos utilizado algunos no rigurosas de las identidades de análisis funcional: \[ \int_{-\infty}^\infty dk |k \rangle \langle k | = \mathbf{1} \text{ y }\langle x' | x \rangle = \delta(x - x') \] En la mecánica cuántica, la transformada de Fourier se corresponde con el cambio entre la posición de base y el impulso.

Otra interpretación es la de "la transformada de Fourier de los uniformes de la medida". Deje $\mu(k) = dk$.

$$ \hat{\mu}(x) = \int_{-\infty}^\infty e^{ikx} \mu(k) $$

El uniforme de tv de señal de línea no oscilan. Así que doblemente la suma de todos los vibratoria debe promedio a una sola espiga. Puede ver este punto de vista en el procesamiento de la señal.