delta de dirac integral con $\delta(\infty) \cdot e^{\infty}$

Question

Tengo una pregunta acerca de esta integral

$ \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \delta'(x-3)e^{x^2}dx $

por integración por partes I get;

$ \displaystyle \delta(x-3)e^{x^2}\biggr\rvert_{-\infty}^{+\infty} - 2\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x-3)xe^{x^2}dx $

$ = -2(3e^{3^2})= -6e^{9}$

Mi pregunta es ¿por qué es el primer término = 0?

(Creo que) $\delta(\infty)= 0$, pero $\delta(\infty)\cdot e^{\infty}=$ ?

Answer 1

INTRODUCCIÓN A LA DELTA DE DIRAC COMO UNA GENERALIZACIÓN DE LA FUNCIÓN

La Delta de Dirac y la Unidad Doblete (los llamados "derivados", de la Delta de Dirac) no son funciones. Por el contrario, son Funciones generales, también conocido como Distribuciones.

Las distribuciones son lineales Funcionales que se asignan las funciones de prueba (suave funciones) en números, mientras que una función asigna números a los números. Para la Delta de Dirac, la definición funcional está dada como

$$\langle f,\delta_a\rangle =f(a) \tag 1$$

donde $f$ es un ensayo adecuado de la función.

Ahora, en la práctica, se suele escribir la notación funcional en $(1)$ formalmente como

$$\langle f,\delta_a\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta(x-a)\,dx \tag 2$$

Pero el objeto en el lado derecho de la $(2)$ es realmente no es una integral. Y la evaluación de las $\delta (x-a)$ como una función no tiene sentido. En la práctica, con frecuencia vemos que la Delta de Dirac se define en los puntos por

$$\delta(x)=\begin{cases}0&,x\ne 0\\\\\infty&,x=0\end{cases}$$

pero esto es evidente absurdo. Más bien, la interpretación que aquí se puede hacer física a través de una regularización de la Delta de Dirac en donde hay una familia de funciones de $\delta_n(x)$ para los que

$$\lim_{n\to \infty}\delta_n(x)= \begin{cases} 0&, x\ne 0\\\\ \infty&,x=0\end{casos}$$

y

$$\lim_{n\to \infty}\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta_n(x-a)\,dx=f(a)$$

para todas las adecuadas funciones de prueba de $f$. Podemos formalmente escribir este regularización de la función delta como

$$\delta(x)\sim\lim_{n\to \infty}\delta_n(x)$$

Por lo tanto, podemos interpretar la integral de notación para la relación funcional en $(2)$

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x-a)\,dx=\lim_{n\to \infty}\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta_n(x-a)\,dx$$

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LA UNIDAD DOBLETE COMO UNA GENERALIZACIÓN DE LA FUNCIÓN

La Unidad Doblete $\delta'$ se define en términos de la Delta de Dirac como

$$\langle f,\delta_a'\rangle=-\langle f',\delta_a\rangle=-f'(a)$$

Por tanto, es funcional a la que se asigna una función de prueba de $f$ a $-f'$. Podemos formalmente, escribir

$$\langle f,\delta_a'\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta'(x-a)\,dx=-\int_{-\infty}^{\infty}f'(x)\delta(x-a)\,dx=-f'(a)$$

y proceder de forma heurística como con la Delta de Dirac. Tenga en cuenta que si $f(x)=e^{x^2}$$a=3$, tenemos inmediatamente que

$$\langle e^{x^2},\delta'_3\rangle =-\left.\frac{de^{x^2}}{dx}\right|_{x=3}=-6e^9$$

Answer 2

Mediante el cambio de la propiedad $f(x) \, \delta(x-a) = f(a) \, \delta(x-a)$ \begin{align} \int \delta^{\prime}(x-a) \, f(x) \, dx &= \left[ f(x) \, \delta(x-a) \right] - \int \delta(x-a) \, f^{\prime}(x) \, dx \\ &= \left[ f(a) \, \delta(x-a) \right] - f^{\prime}(a) \end{align} Para el caso de $f(x) = e^{x^2}$$f^{\prime}(x) = 2 \, x \, e^{x^2}$. Para los límites de $(-\infty, \infty)$ $\delta$ función es cero en los puntos finales que se está evaluando. Ahora, \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \delta^{\prime}(x-a) \, e^{x^{2}} \, dx &= \left[ e^{a^{2}} \, \delta(x-a) \right]_{-\infty}^{\infty} - 2 \, a \, e^{a^{2}} \\ &= - 2 \, a \, e^{a^{2}}. \end{align}

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Cambio de propiedad: $$ \int \delta(x-a) \, f(x) \, dx = f(a) = \int f(a) \, \delta(x-a) \, dx $$ o $$ \int \left[ f(x) \, \delta(x-a) - f(a) \, \delta(x-a) \right] \, dx = 0.$$ Para que el general integral para tener un resultado de cero, a continuación, el integrando debe ser cero, lo que conduce a $$f(x) \, \delta(x-a) = f(a) \, \delta(x-a)$$

Answer 3

La respuesta simple es que el $\delta(x-3)$ y todos sus derivados son compatibles $x=3$. Incluso si la integral se $$ \begin{align} \int_2^4\delta'(x-3)e^{x^2}\,\mathrm{d}x &=\left[\delta(x-3)e^{x^2}\right]_2^4-\int_2^4\delta(x-3)2xe^{x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=0-6e^9 \end{align} $$ el límite de términos desaparecer. Es decir, lejos de $x=3$, $\delta(x-3)$ puede ser representado por el cero de la función.

Answer 4

La mejor manera de estudiar la función de Dirac es en el contexto de las medidas o distribuciones, pero si usted está dispuesto a aceptar como una definición de " $\delta $ la ecuación funcional

$\tag1\int_{x_{0}-\epsilon}^{x_{0}+\epsilon}f(x)\delta (x-x_{0})dx=f(x_{0}),\quad \forall \epsilon>0$ a continuación, se deduce fácilmente que

$\tag2\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\delta' (x-x_{0})dx=-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d f(x)}{d x}\delta (x-x_{0})dx$

así que con $f(x)=e^{x^{2}}$, se obtiene, mediante$(1)$$(2)$,

$\tag3\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \delta'(x-3)e^{x^2}dx=-6e^9$

Answer 5

La expresión escrita está mal definido, pero mira la indebida de la integral como el límite de

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \delta '(x-3) e^{x^2} dx = \lim_{L, \Lambda \to \infty}\int_{-\Lambda}^{L} \delta '(x-3)e^{x^2} dx \\ =\lim_{L, \Lambda \to \infty}\left( \delta (x-3) e^{x^2}\biggr\rvert_{-\Lambda}^{+L} - 2 \int_{-\Lambda}^{L} \delta (x-3)xe^{x^2}dx \right) = -6e^{9} $$ Y para $L$ lo suficientemente grande, $L>3$, podemos estar seguros de que el primer término se desvanece cuando se evaluó en los límites, antes de tomar los límites, de ahí el resultado que se tiene de la siguiente manera desde el resto del plazo