Representación de Fourier de la función delta de Dirac

Question

Esta pregunta está relacionada con esta otra pregunta en Phys.SE.

En la mecánica cuántica suele ser útil utilizar el siguiente enunciado:

$$\int_{-\infty}^\infty dx\, e^{ikx} = 2\pi \delta(k)$$

donde $\delta(k)$ pretende representar la Función Delta de Dirac. Me gustaría entender esta afirmación, o al menos conocer una justificación de la misma, en lugar de aplicar ciegamente este resultado. Por lo que entiendo actualmente sobre este tema la ecuación anterior debería ser la representación de Fourier de la Función Delta de Dirac, sin embargo no veo cómo demostrarlo. Además, como la Función Delta ni siquiera es una función, esta afirmación me parece realmente extraña.

Ten en cuenta que no soy un experto en este tema, y una explicación elemental es lo que busco. Preferiría una prueba adecuada para un estudiante de grado en lugar de una realmente rigurosa y compleja.

Answer 1

Primero pondré una explicación rigurosa y después una suelta.

Todo esto se basa en la teoría de la distribución. Trabajaré en $\mathbb{R}^n$ y utilizar la convención de que la transformada de Fourier tiene un $(2\pi)^{-n/2}$ en el frente (haciéndolo unitario), así como el signo más estándar. Es decir, $$\mathcal{F}f(\xi)=(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb{R}^n}f(x)e^{-ix\cdot\xi}\, dx$$

El delta de Dirac es un ejemplo de distribución templada, un funcional lineal continuo en el espacio de Schwartz. Podemos definir la transformada de Fourier por dualidad: $$\langle\mathcal{F} u,\varphi\rangle=\langle u,\mathcal{F}\varphi\rangle$$ para $u\in\mathcal{S}'$ y $\varphi\in\mathcal{S}.$ Aquí, $\langle \cdot,\cdot\rangle$ denota el emparejamiento distributivo. En particular, la fórmula de inversión de Fourier sigue siendo válida. Así, para $u=\delta,$ $$\langle\mathcal{F}\delta, \varphi\rangle=\langle\delta,\mathcal{F}\varphi\rangle=\mathcal{F}\varphi(0)=\langle (2\pi)^{-n/2},\varphi\rangle\implies \mathcal{F}\delta=(2\pi)^{-n/2}.$$ Ahora, la fórmula de inversión da que $$(2\pi)^{n/2}\delta=\mathcal{F}1,$$ y $\mathcal{F}1$ "iguales" $$(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb{R}^n}e^{-ix\cdot \xi}\, dx.$$ Esto es lo que escribió si $n=1$ hasta las convenciones elegidas por conveniencia.

Como también querías una respuesta menos rigurosa, así es como podrías verlo hecho en los libros de física:

Sin duda, $$\mathcal{F}\delta(\xi)=(2\pi)^{-1/2}\int\limits_{-\infty}^\infty \delta(x)e^{-ix\xi}\, dx=(2\pi)^{-1/2}e^{-ix\xi}|_{x=0}=(2\pi)^{-1/2},$$ por lo que la "inversión de Fourier" da

$$\delta(x)=(2\pi)^{-1/2}\int\limits_{-\infty}^\infty \mathcal{F}\delta(\xi)e^{-ix\xi}\, d\xi=(2\pi)^{-1}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-ix\xi}\, d\xi.$$

Por supuesto, dar sentido a estos cálculos formales se hace riguroso haciendo lo que escribí originalmente.

Answer 2

Sea la transformada de Fourier de una función $f$ sea $$\mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, e^{-ikx} \, dx.$$

Entonces la transformada de Fourier de la función delta de Dirac (bueno, en realidad no es una función, pero los cálculos funcionan de todos modos) es $$\mathcal{F}\{\delta(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) \, e^{-ikx} \, dx = 1.$$

Según el teorema de inversión de Fourier, si $\mathcal{F}\{f(x)\} = F(k)$ entonces $\mathcal{F}\{F(x)\} = 2\pi\,f(-k).$ Aplicando esto, obtenemos $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx} \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} 1(x) \, e^{-ikx} \, dx = \mathcal{F}\{1(x)\} = 2\pi\,\delta(k) .$$ Por simetría también tenemos $$\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx} \, dx = 2\pi\,\delta(k) .$$

Answer 3

He pensado que podría ser instructivo presentar un camino que utilice una regularización de la Delta de Dirac. Con ese fin procedemos.

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PRELIMINARES:

Dejemos que $\displaystyle \delta_L(k)=\frac1{2\pi}\int_{-L}^Le^{ikx}\,dx$ . Entonces, podemos escribir

$$\delta_L(k)=\begin{cases}\frac{\sin(kL)}{\pi k}&,k\ne0\\\\\frac L\pi&,k=0\tag1\end{cases}$$

La función $\delta_L(k)$ tiene las siguientes propiedades:

1. Para cada $L$ , $\delta_L(k)$ es una función analítica de $k$ .
2. $\lim_{L\to \infty} \delta_L(0)= \infty$
3. $\left|\int_{-\infty}^x \delta_L(k')\,dk'\right|$ está uniformemente acotado.
4. $\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^{k}\delta_L(k')\,dk'=u(k)$ , donde $u$ es la función de paso unitario.
5. Para cada $L>0$ , $\int_{-\infty}^\infty \delta_L(k)\,dk=1$

Aunque heurísticamente $\delta_L(k)$ "se aproxima a una Delta de Dirac cuando $L$ es "grande", el límite de $\delta_L(k)$ no existe. Sin embargo, si interpretamos este límite en el sentido distributivo, entonces $\lim_{L\to\infty}\delta_L(k)\sim\delta(k)$ . A continuación demostraremos que este es efectivamente ese caso.

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ANÁLISIS:

Dejemos que $\phi(k)\in S$ donde $S$ es el espacio de Schwarz de las funciones.

Ahora evaluaremos el límite

$$\begin{align} \lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \delta_L(k)\phi(k)\,dk=\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(kL)}{\pi k}\phi(k)\,dk\tag1 \end{align}$$

Integrando por partes la integral del lado derecho de $(1)$ con $u=\phi(k)$ y $v=\int_{-\infty}^{kL}\frac{\sin(x)}{\pi x}\,dx$ revela

$$\begin{align} \lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \delta_L(k)\phi(k)\,dk&=-\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi'(k)\int_{-\infty}^{kL}\frac{\sin(x)}{\pi x}\,dx\,dk\tag2 \end{align}$$

Utilizando la propiedad 3 de la sección de Preliminares, existe un número $C$ tal que $\left|\phi'(k)\int_{-\infty}^{kL}\frac{\sin(x)}{x}\,dx\right|\le C\,|\phi'(k)|$ . En la medida en que $C|\phi'(k)|$ es integrable, el Teorema de Convergencia Dominada garantiza que

$$\begin{align} \lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \delta_L(k)\phi(k)\,dk&=-\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi'(k)\int_{-\infty}^{kL}\frac{\sin(x)}{\pi x}\,dx\,dk\tag3\\\\ &=-\int_{-\infty}^\infty \phi'(k)\lim_{L\to \infty}\left(\int_{-\infty}^{kL}\frac{\sin(x)}{\pi x}\,dx\right)\,dk\\\\ &=- \int_{-\infty}^\infty \phi'(k)\underbrace{u(k)}_{\text{Unit Step}}\,dx\\\\ &=-\int_0^\infty \phi'(k)\,dk\\\\ &=\phi(0) \end{align}$$

Por lo tanto, nos encontramos con que en el sentido de las distribuciones como se da $(3)$ afirmamos que $\lim_{L\to\infty}\delta_L(k)\sim \delta(k)$ por lo que al reescalar se obtiene el límite de la distribución

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{L\to \infty}\int_{-L}^Le^{ikx}\,dx\sim 2\pi \delta(k)}$$

¡como se iba a mostrar!