Delta de Dirac de una función con derivada cero

Question

Se sabe que:

$$\int_{-\infty}^\infty f(x) \, \delta(g(x)) \, dx = \sum_{i}\frac{f(x_i)}{|g'(x_i)|}$$

Dónde $x_i$ son las raíces de $g(x)$ .

Mi pregunta es, ¿qué pasa cuando $g'(x_i)$ es cero, pero $f(x_i)$ no lo es? Parece que la integral de la izquierda debe existir independientemente del valor de $g'(x)$ Así que..:

¿Existe una fórmula diferente para la integral que se deba utilizar en este caso, o por el contrario, es esto realmente un indicador de que la integral diverge?

Edición de la recompensa

Como ha explicado el usuario88595 esto puede ser una consecuencia de $g(x)$ no tener una raíz simple. Estoy buscando una prueba o un contraejemplo de que para cualquier $g(x)$ que no tiene una raíz simple en $x_i$ la integral diverge.

Editar :

He pensado en dar un ejemplo concreto. Veamos primero: $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^x \delta\left(\sin(x)\right)dx$$ Desde $\sin x$ sólo tiene un cero en el intervalo, y como la derivada en el cero es uno, la integral es igual a $e^0=1$ . Ahora mira: $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^x \delta\left(\sin^3(x)\right)dx$$ Lo que lleva al infinito por la regla anterior (ya que $g'(x) = 0$ ), y efectivamente diverge. ¿Es este el caso en general?

Answer 1

Puedes domar estos $\delta$ por simple subsitución. Su primer ejemplo:

$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^x \delta\left(\sin(x)\right)dx$$

Poner $y=\sin x$ Así que $dy=\cos x dx$ y $dx = dy/\sqrt{1-y^2}$ . La integral se convierte en:

$$\int_{-1}^{1}\frac{e^{sin^{-1}y}}{\sqrt{1-y^2}} \delta(y)dy$$

Esto es un poco confuso, pero no importa, porque simplemente es igual al valor del integrando en $y=0$ que es $1$ .

Su segundo ejemplo:

$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^x \delta\left(\sin^3(x)\right)dx$$

Poner $y=\sin^3 x$ Así que $dy=3\sin^2 x \cos x dx$ y $dx = dy/(3\sin^2 x \cos x) = dy/\left(3y^{\frac23}\sqrt{1-y^{\frac23}}\right)$ . La integral se convierte en:

$$\int_{-1}^{1}\frac{e^{sin^{-1}(y^{\frac13})}}{3y^{\frac23}\sqrt{1-y^{\frac23}}} \delta(y)dy$$

Pero ahora el valor del integrando en $y=0$ es infinito, por eso $y^{\frac23}$ término. Así que la integral diverge.

Answer 2

La afirmación es cierta.

Dado $g(x)$ en todas partes diferenciable y $f(x)$ funciones continuas de real a real definidas para todo $x$ números reales. Si $f(x_i)\neq 0$ , $g'(x_i)=0$ para cualquier $x_i$ que satisface $g(x_i)=0$ entonces $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(g(x)) dx $ diverge. Lo contrario es cierto en un sentido restringido: si $f(x_i)\neq 0$ , $g'(x_i)\neq 0$ para todos $x_i$ que satisface $g(x_i)=0$ y si sólo hay un número finito de tales $x_i$ puntos entonces $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(g(x)) dx $ es finito.

El soporte de la función delta es la vecindad infinitesimal alrededor de $0$ por lo que podemos restringir la integral a los conjuntos abiertos alrededor de $x_i$ , etiquetarlas $U_i$ .

Consideremos primero el caso en el que $g(.)$ es monótona en torno a $x_i$ . Entonces existe una función inversa de $g$ para lo cual $G_i(g(x)) = x$ para $x\in U_i$ . Además la imagen del conjunto abierto por una función continua es un conjunto abierto, etiquétalo $V_i = g[U_i]$ .

Entonces puedes escribir $$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(g(x)) dx =\sum_i \int_{U_i} f(x) \delta(g(x)) dx =\sum_i \int_{V_i} f(G_i(g)) \delta(g) \frac{dG_i}{dg} dg\,.$$ Denotemos $G'_i = \frac{dG_i}{dg}$ . A partir de la definición de la función delta $$\sum_i \int_{V_i} f(G_i(g)) G'_i(g) \delta(g) dg = \sum_i f(G_i(0)) G'_i(0)$$ .

Por lo tanto, si $f(x_i) = f(G_i(0)) \neq 0$ entonces ésta es finita si $G'_i(0)$ es finito. Sin embargo, $G'_i(0) = 1/g'(x_i)$ de la teorema de la función inversa por lo que la expresión es finita exactamente si $g'(x_i)\neq 0$ .

El caso en el que $g(.)$ tiene un máximo o un mínimo local en algún $x_i$ es un poco más sutil. En este caso, no hay inversa, y el argumento anterior no es aplicable. Consideremos el caso en el que $g(.)$ es al menos $n$ veces diferenciable, tal que si tiene un mínimo, $g(x) \rightarrow a x^{2n}$ en una vecindad infinitesimal $U_i$ , donde $a> 0$ real y $n\geq 1$ entero. La función delta puede representarse formalmente como el límite de la serie $\phi(x) = (2\pi \sigma^2)^{-1/2}\exp(-x^2/2\sigma^2)$ donde $\sigma\rightarrow 0$ . Entonces

$$\int_{U_i} f(x) \delta(g(x)) dx = \lim_{\sigma\rightarrow 0}\int_{U_i-x_i}\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} f(x_i + z)\exp(-z^{4n}/2\sigma^2) dz\,. $$

Desde $f(.)$ es continua siempre se puede encontrar un $c$ en un barrio lo suficientemente pequeño como para que $f(x_i)+c>f(x)> f(x_i)-c$ . Así, podemos dar un límite superior/inferior a la integral sustituyendo $f(x_i+z)$ con $f(x_i)\pm c$ que puedes sacar frente a la integral. Ahora puedes demostrar que $$\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp(-x^{2n}/2\sigma^{2}) dx =\sigma^{(1-n)/n}\times\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp(-y^{2n}/2) dy $$ El segundo término es finito en el límite $\sigma \rightarrow 0$ por lo que es asintóticamente proporcional a $\sigma^{(1-n)/n}$ . En el límite $\sigma\rightarrow 0$ , ésta llega hasta el infinito. Dado que, el límite inferior de la integral va al infinito, la integral es divergente.

Answer 3

En efecto, esta fórmula no es válida si $g'(x_i) = 0$ . De hecho, esta fórmula sólo es cierta si $g$ es una función continuamente diferenciable con $g'$ en ninguna parte cero.

También se podría decir que $g$ tiene ceros simples lo que implica que la función converge a cero linealmente.

Si $g'(x_i)$ es cero, entonces $g(x_i)$ no es un simple cero y, por tanto, converge a cero más rápido que linealmente.

Mi conjetura (aunque no puedo demostrarlo) es que la fórmula es finita porque el delta converge al infinito "tan rápido" como $dx$ converge a $0$ creando algo finito. Según mi razonamiento, si $g'(x_i) = 0$ entonces la integral divergirá en ese punto como has dicho.

Por favor, dime si algo no tiene sentido. Desde mi punto de vista la función delta de dirac no está lo suficientemente bien definida argumentar correctamente pero entonces puede haber cosas que no sé sobre ella. Es una función de las artes oscuras.