Estoy interesado en una derivación de la siguiente representación de la función delta de Dirac: $$\delta(x-a)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i p (x-a)}dp$$ Para mí está claro cómo la propiedad $\delta(x-a)=\infty$ $x=a$ arizes. Lo que más me interesa, es como $\delta(x-a)=0$ $x\neq a$ llega cuando la evaluación de la integral? También, por favor explique el factor de normalización.
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Voy a asumir que usted sabe un poco de análisis de Fourier y el análisis funcional, y el álgebra elemental. El espacio de $L^1(G)$ de Lebesgue integrable funciones es un espacio de Banach para cualquier localmente compacto abelian del grupo, lo que si que no tiene ningún sentido, sólo piensa en $G = \mathbb{R}$ y un espacio de Banach $=$ espacio de funciones. Lo importante es que si yo dotar a este espacio con la multiplicación de $*$, dado por convolución, $$(f*g)(x) = \int_G f(y)g(x-y) dy,$$ se convierte en una de Banach $\textit{algebra}$, por lo que la multiplicación es asociativa (y conmutativa! $f*g = g*f$).
Genial! Pero espera, que hay un problema-no hay unidad. No es $L^1$ función de $h$ tal que $(f*h)(x) = f(x)$ todos los $x \in G$.
Aquí es donde nuestro amigo$\delta$. La delta de Dirac "función" es la unidad en esta álgebra: $$(\delta*f)(x) = \int_{-\infty}^\infty \delta(y)f(x-y) dx = f(x-y)\bigg|_{y=0} = f(x).$$ (Uno puede ser bastante riguroso de este por tener un límite de funciones en $L^1$ -- $C^\infty$ de hecho! -- que se aproximan a la función delta y son llamados "núcleos.")
Genial, entonces ¿cómo se explica esto a su misteriosa fórmula para $\delta$? Bien, ¿qué haría usted supongo que es la transformada de Fourier de $\delta$? [Stop. Creo!] En $L^1(G)$ multiplicación se da por que el loco de Convolución, pero para las funciones en el doble de grupo (el "Pontryagin" doble, denotado $\widehat{G}$) la multiplicación es un buen 'ol multiplicación. Esta doble espacio donde $\xi$ vidas, y $\hat{f}$ es una función en él. Este espacio es también lo que los físicos llaman 'frecuencia' espacio (como contraposición a la 'posición' espacio) por obvias y buenas razones. Entonces, ¿cómo es que nos ayude? Bien, vamos a pedir prestado una cosa más del Diablo que de Álgebra (a pesar de que el Ángel de la Topología de hecho está haciendo el trabajo pesado en el fondo-pero esa historia es para otro momento): homomorphisms.
No es de sorprender que la transformada de Fourier $\mathcal{F} : f \rightarrow \hat{f}$ es un homomorphism. Este es el típicamente visto, con menos frecuencia-entendido declaración de que $$\widehat{f*g}(\xi) = \widehat{f}(\xi)\widehat{g}(\xi).$$
¿Por qué nos preocupamos? Bueno, waddyaknow sobre homomorphisms? Ellos toman la identidad de la identidad. Sabemos que la identidad en $L^1(G)$ - es nuestro amado/odiado $\delta$ aspirantes a la función-y sabemos que si $f(\xi)g(\xi) = f(\xi)$ todos los $\xi$$g(\xi) \equiv 1$. En otras palabras, $\mathcal{F}(\delta) = 1$. Un rápido "pseudo-cálculo" (esto es, como, hella mal) lo demuestra: $$\hat{\delta}(\xi) = \int_{-\infty}^\infty \delta(x)e^{-i\xi x} dx = e^{i\xi x}\bigg|_{x = 0} = 1.$$ Ugh, no puedo creer que acabo de escribir.
En cualquier caso, se puede ver cómo esto conduce a la pregunta. Te gustaría técnicamente quiere inversa transformar de nuevo la función constante 1, a través de la inversa de la transformada de Fourier: $$\mathcal{F}^{-1}(f(x)) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \hat{f}(\xi)e^{i\xi x} dx$$ que en el caso de la unidad de $ f \equiv 1$ es su fórmula. Aquí, $\xi = p$, y sólo reemplace$x$$x-a$. Simplemente no uso esa cosa antes de tomar un curso sobre esta materia.
Por último, la normalización de la constante de $\frac{1}{2\pi}$ depende totalmente de usted la elección de la definición de la transformada de Fourier. Algunas personas tienen una dirección $\frac{1}{2\pi}$ y la otra dirección,$1$, otros $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ para los dos, pero siempre me acaba de establecer $2\pi = 1$.
Espero que ayudaron, pregunte si te gusta (aunque muy bien).
Editar para contestar la pregunta en el comentario, es decir, ¿por qué estoy evaluando $x = 0.$
Es por la misma razón que he evaluado la convolución en $y = 0$. Recuerde, $\int \delta = 1$$\delta(0) = \infty$. Supongamos que tenemos una secuencia de positivos $C^\infty$ funciones $\eta_n$ tales que 1) $\int_R \eta_n(x) dx = 1$ para todos los $n$, 2) $\lim_{n\rightarrow\infty} \int_{|x| > \epsilon} \eta_n(x) dx = 0$ para todos los $\epsilon > 0$. A continuación, $\{\eta_n\}$ es una familia de buenos granos. Se aproximan a la función delta [es claro a partir de 2) $\eta_n(x)$ $\rightarrow \infty$ a alrededor de 0, ya que la función se integra a 1 en todos los de $R$ y 0 fuera de un epsilon bola centrada en torno a 0].
Deje $\epsilon > 0$ ser arbitraria e $f \in L^1$. En $L^1$, el mapa de $y \rightarrow f(x-y)$ es uniformemente continua por la traducción de la invariancia de medida de Lebesgue (sugerencia: aproximado por una función continua). Deje $\delta > 0$ ser tal que $\sup_{|y| \leq \delta} |f(x)-f(x-y)| < \epsilon/2.$$M = \|f\|_1$, y elija $N$ tan grande que $\int_{B(0,\delta)} \eta_n < \epsilon/4M$ todos los $n \geq N$. \begin{align} |(\eta_n * f)(x) - f(x)| &= \left| \int_{-\infty}^\infty \eta_n(y)f(x-y) dy - f(x)\right| \\ &= \left| \int_R \eta_n(y) f(x-y) dy - \int_R \eta_n(y) f(x) dy \right| \tag{since %#%#%} \\ &\leq \int_R |\eta_n(y)||f(x-y)-f(x)| dy \\ &= \int_{B(0,\delta)} |\eta_n(y)||f(x-y)-f(x)| dy \\ &+ \int_{R \setminus B(0,\delta)} |\eta_n(y)||f(x-y)-f(x)| dy \\ &\leq \frac{\epsilon}{2}\|\eta_n\|_1 + \frac{\epsilon}{4M}2\|f\|_1 = \epsilon. \end{align}
En cierto sentido, la función delta "recoge" el valor de $\int_R \eta_n = 1$ $f(x)$ cuando convolución en contra (recuerde, la convolución es una media ponderada).
Admito que no es muy claro. Ciertamente no me da la intuición. Yo prefiero verlo desde el discreto caso. Digamos que tenemos un grupo discreto $0$ (contables número de elementos). Definir la convolución como
$G$$ (nótese la semejanza con la multiplicación de polinomios juntos...)
En este caso, usted no tiene una unidad, a saber: $$e(x) = \begin{cases} 1 &\text{ if } x = 0 \\ 0 &\text{ otherwise } \end{casos}.$$
Tenemos: \begin{gather} (f*e)(x) = \sum_{y \in G} f(y)e(x-y) = 0 + 0 + ... + f(x-1)e(1) + f(x)e(0) + f(x+1)e(-1) + 0 + \dots \end{reunir} Me parece que esto hace que sea más claro para mí que todos los términos de morir, excepto en $$(f*g)(x) = \sum_{y \in G} f(y)g(x-y)$. (Por CIERTO, aquí $e(0)$).
Todo esto es muy bonito, y os animo a conocer más sobre el análisis de Fourier, abstracto, análisis armónico, teoría de la representación espectral de la teoría de ... (Por ejemplo, una razón de integrar en contra de las exponenciales en la transformada de Fourier es debido a que son funciones propias de la traducción de acción $0 = \mathbb{1}_G$ - que es, por cierto, a la izquierda de la acción de grupo $x \rightarrow y + x$ sobre sí misma). He aquí una breve poco en esta materia (la Gelfand transformar) que escribí hace un tiempo - http://wtfmathematics.com/wp-content/uploads/2013/05/fourier.pdf y tal vez mejor (con fotos!) http://wtfmathematics.com/wp-content/uploads/2013/05/snarski_gelfand.pdf
Felix Marin
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32763
El 'simple justificación" en la Física de conferencias es el siguiente:
\begin{align} {\rm f}\left(x\right) &= \int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\rm f}\left(k\right){\rm e}^{{\rm i}kx}\, {{\rm d}k \over 2\pi} \\[3mm] \tilde{\rm f}\left(k\right) &= \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\left(x\right){\rm e}^{-{\rm i}kx}\,{\rm d}x \end{align} $$ {\rm f}\left(x\right) = \int_{-\infty}^{\infty} \left[% \int_{-\infty}^{\infty} {\rm f}\left(x'\right){\rm e}^{-{\rm i}kx'}\,{\rm d}x'\, \right] {\rm e}^{{\rm i}kx}\,{{\rm d}k \más de 2\pi} = \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\left(x'\right)\left[% \int_{-\infty}^{\infty} {\rm e}^{{\rm i}k\left(x - x'\right)}\, {{\rm d}k \más de 2\pi} \right] {\rm d}x' $$
"Comparar" $\ $ con $$ {\rm f}\left(x\right) = \int_{-\infty}^{\infty}{\rm f}\left(x'\right)\delta\left(x - x'\right)\,{\rm d}x' $$
Es útil como un pnemotecnic regla. Para las rigurosas cosas, ver a @snarski .
Pooya Jannaty
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Podría ser demasiado tarde, pero pensé en compartir mi justificación (no riguroso):
\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}dkf(x)dx &= \lim_{K\rightarrow +\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{e^{ikx}}{ix}\right)_{-K}^K f(x)dx \\ &= \lim_{K\rightarrow +\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2i\sin(Kx)}{ix}f(x)dx \\ &= \lim_{K\rightarrow +\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin(y)}{y}f(y/k)dy, y=Kx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin(y)}{y}\lim_{K\rightarrow +\infty}f(y/k)dy \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin(y)}{y}f(0)dy \\ &= 2f(0)\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin(y)}{y}dy \\ &= 2\pi f(0) \end{eqnarray}
donde solía $e^{iKx} = \cos(iKx)+i\sin(iKx)$
