Probando $\int^{\infty}_{-\infty}e^{-2\pi i k (x-a)}dk=\delta(x-a)$ con este método

Question

Quiero probar $$\int^{\infty}_{-\infty}e^{-2\pi i k (x-a)}dk=\delta(x-a)$$ Siguiendo la siguiente lógica: $$\int^{\infty}_{-\infty}e^{-2\pi i k (x-a)}dk$$ es igual a $0$ siempre que $x\ne a$ y $\infty$ cuando $x=a$

Así que el siguiente paso sería demostrar que $$\int^{\infty}_{-\infty}\int^{\infty}_{-\infty}e^{-2\pi i k (x-a)}dk dx=1$$ He tratado de empezar separando como $$\int^{\infty}_{-\infty}e^{2\pi i k a}\int^{\infty}_{-\infty}e^{-2\pi i k x}dx dk$$ Pero estoy atascado. Por favor, ayuda.

Answer 1

Tenemos que demostrar que para cualquier función de prueba $\phi(x)$ que

$$\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi(x)\int_{-L}^L e^{-i2\pi k(x-a)}\,dk\,dx=\phi(a)$$

Procediendo, tenemos para cualquier $\epsilon>0$

$$\begin{align} \lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi(x)\int_{-L}^L e^{-i2\pi k(x-a)}\,dk\,dx&=\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi(x)\left(\frac{\sin(2\pi (x-a)L)}{\pi (x-a)}\right)\,dx\\\\ &=\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi(x+a)\left(\frac{\sin(2\pi xL)}{\pi x}\right)\,dx\\\\ &=\lim_{L\to\infty}\left(\int_{|x|\le \epsilon}\phi(x+a)\left(\frac{\sin(2\pi xL)}{\pi x}\right)\,dx\right.\\\\ &+\left.\int_{|x|\ge \epsilon}\phi(x+a)\left(\frac{\sin(2\pi xL)}{\pi x}\right)\,dx\right)\tag1\\\\ &=\lim_{L\to\infty}\int_{|x|\le L\epsilon}\phi(x/L+a)\left(\frac{\sin(2\pi x)}{\pi x}\right)\,dx\tag2\\\\ &=\lim_{L\to\infty}\int_{|x|\le L\epsilon}\left(\phi(a)+O\left(\frac xL\right)\right)\left(\frac{\sin(2\pi x)}{\pi x}\right)\,dx\\\\ &=\phi(a)+O(\epsilon)\tag3 \end{align}$$

Al pasar de $(1)$ a $(2)$ aplicamos el lema de Riemann-Lebesgue.

Por último, ya que, $\epsilon>0$ es arbitraria, podemos tomar el límite como $\epsilon\to 0$ de $(3)$ para encontrar que

$$\lim_{L\to \infty}\int_{-\infty}^\infty \phi(x)\int_{-L}^L e^{-i2\pi k(x-a)}\,dk\,dx=\phi(a)$$

¡como se iba a demostrar!