про дельта-функцию (представление в виде интеграла)

[Zo]

Здравствуйте, возник следующий вопрос:
Часто дельта-функцию представляют так -

$$\delta(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\omega t}\,dt$$

. Это можно получить из определения дельта-функции, используя прямое и обратное преобразование Фурье.
Но вот как доказать в лоб, что:

$$\delta(\omega)=\lim\limits_{T\to+\infty}\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-T}^{+T}e^{-i\omega t}\,dt=\lim\limits_{T\to+\infty}\frac{1}{\pi}\frac{\sin T\omega}{\omega}$$

. Буду рад подсказкам как это сделать. Спасибо

[mkot]

Zo писал(а):

Здравствуйте, возник следующий вопрос:
Часто дельта-функцию представляют так -

$$\delta(x)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\omega t}\,dt$$

.

Непорядок с переменными: слева $x$, справа $\omega$. Должно быть где-то так:

$$\delta(t)=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\omega t}\,d\omega$$

.

[Zo]

Спасибо. опечатался я
так как доказать-то?

[AD]

Ну то есть, скажем так, согласно определению обобщенных функций, надо доказать, что последовательность (ну не совсем последовательность, но типа того) функций $f_T:x\mapsto \frac{\sin Tx}x$ является $\delta$-образной, то бишь аппроксимативной единицей. Для этого надо порыться в конспектах по матану и вспомнить какое-нибудь достаточное условие дельтаобразности.

[Zo]

AD в сообщении #173451 писал(а):

последовательность (ну не совсем последовательность, но типа того) функций $f_T\mapsto \frac{\sin Tx}x$ является $\delta$-образной, то бишь аппроксимативной единицей. Для этого надо порыться в конспектах по матану и вспомнить какое-нибудь достаточное условие дельтаобразности.

а что значит "дельтаобразной...аппроксимативной единице" по рабоче-крестьянски это как будет (не помню, чтобы по матану у нас такое было). Вы не могли бы привести какое-нибудь конкретное достаточное условие?

[AD]

Ну, скажем, такую теорему откопал.

Пусть последовательность функций $K_n\in L_1(\mathbb{R})$ такова, что

1. Нормы $\|K_n\|_1$ ограничены в совокупности

2.
$$\int_{-\infty}^\infty K_n(t)\,dt\xrightarrow[n\to\infty]{}1$$

3. $\forall\delta>0$
$$\left(\int_{-\infty}^{-\delta}+\int_\delta^\infty\right)|K_n(t)|\,dt\xrightarrow[n\to\infty]{}0$$
.

Тогда для любой функции $f\in L_1\cap L_\infty(\mathbb{R})$ имеем

1. $f*K_n(x)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(x)$ для всех точек $x$ непрерывности функции $f$;

2. Если же $f$ равномерно непрерывна на $\mathbb{R}$, то $f*K_n$ сходятся к $f$ равномерно на $\mathbb{R}$.

Здесь звездочка обозначает свёртку. Но ясно, что применение обобщенной функции всегда можно рассматривать как вычисление значения свертки в одной точке.

Единственная проблема - что у нас $f_T\notin L_1(\mathbb{R})$. Но если обобщенные функции у нас над $\mathcal{D}$, то эту проблему обойти не сложно (То есть рассматривать функции как периодические на отрезке-носителе $f$, и сформулировать такую же теорему для периодических сверток)

[Zo]

AD, а что означает $\mathcal{D}$ - это какое пространство?

[AD]

Думал, что обозначения стандартные. Это пространство финитных бесконечно гладких функций.

Добавлено спустя 43 секунды:

Или, хотите сказать, Вы совсем не в теме, что такое обобщенные функции?

[Zo]

AD в сообщении #173461 писал(а):

Или, хотите сказать, Вы совсем не в теме, что такое обобщенные функции? Sad

ну я про них в "теме" на уровне определения
AD, честно говоря я думал, что как-то попроще выводится ответ на мой вопрос, а предложенный Вами план действий меня несколько смущает, потому как вообще не представляю себе как сделать это: "рассматривать функции как периодические на отрезке-носителе $f$, и сформулировать такую же теорему для периодических сверток" Если бы Вы могли привести мне формулировку хотя бы пункта

AD в сообщении #173457 писал(а):

1. Нормы $\|K_n\|_1$ ограничены в совокупности

в пригодном для моего случая виде, я бы тогда все остальные по аналогии переформулировал бы, а так честно говоря не знаю, с чего и начать. (на всякий случай - я не на мехмате учился )

[AD]

Не, надо, думаю, не пользоваться готовой теоремой, а просто провести аналогичные рассуждения. Перекомпилировать, так сказать, теорему под свой случай, выбросив ненужные соображения про свертки и абсолютную интегрируемость на всём $\mathbb{R}$

То есть что значит доказать равенство

$$\frac{1}{2\pi}\lim\limits_{T\to+\infty}\frac{\sin T\omega}{\omega}=\delta(\omega)$$

?

Это означает доказать *-слабую сходимость этой, извините за выражение, направленности в пространстве обобщенных функций $\mathcal{D}^*(\mathbb{R})$. А по-человечески это означает, что нужно для каждой функции $f\in\mathcal{D}$ (то есть бесконечно дифференцируемой на $\mathbb{R}$ и равной нулю вне некоторого отрезка (то есть "имеющей компактный носитель", "финитной") доказать равенство

$$\frac{1}{2\pi}\lim\limits_{T\to+\infty}\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin T\omega}{\omega}f(\omega)\,d\omega=f(0)$$

На самом деле интеграл берется не по всей прямой, а только по отрезку, вне которого $f$ равна нулю (но для каждой $f$ он будет свой).Так что о сходимости интеграла думать не надо (к тому же, все функции непрерывны).

Это я разжевал определение. Ну а чтобы доказать это равенство, надо проделать примерно то же самое, что делается в доказательстве той теоремы. А именно, разбить интеграл на две части: интеграл по $(-\delta(T),\delta(T))$, который при удачном выборе $\delta(T)$ будет стремиться к $f(0)$, и интеграл по двум оставшимся полуосям, который при том же выборе $\delta(T)$ должен, по идее, стремиться к нулю при $T\to\infty$.

Ручное доказательство примерно так и выглядит. И оно будет в две строчки, если нормально ориентироваться в определениях.

Добавлено спустя 2 минуты 40 секунд:

А еще вам поможет вот такая замена:

$$\int \frac{\sin Tx}xf(x)\,dx=\int \frac{\sin y}yf\bigl(\tfrac yT}\bigr)\,dy$$

Видно, что при $T\to\infty$ получается что-то типа $f(0)$, помноженного на интеграл от $\frac{\sin y}y$. Осталось этим грамотно воспользоваться.

[Zo]

AD в сообщении #173481 писал(а):

$$\int \frac{\sin Tx}xf(x)\,dx=\int \frac{\sin y}yf\bigl(\tfrac yT}\bigr)\,dy$$

Видно, что при $T\to\infty$ получается что-то типа $f(0)$, помноженного на интеграл от $\frac{\sin y}y$. Осталось этим грамотно воспользоваться.

Вот странно, полистав Зорича, все-таки нашел, что:

$$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\sin y}{y}\,dy=\frac{\pi}{2}$$

(а ведь когда-то точно проходил такую штуку, а сейчас оказалось, что совсем уже забыл про нее).

Но тогда получается, что

$$\lim_{T\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin y}yf\bigl(\tfrac yT}\bigr)\,dy=2f(0)\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{\sin y}{y}\,dy=\pi f(0)$$

А д.б. ведь в два раза больше ? Нет наверное, я где-то поспешил. счас подумаю как переделать.
О Ура пофиксил ошибку. Все получилось. Спасибо большое, AD (хотя мог бы и сам догадаться - но совсем из головы вылетело, что интеграл от $\frac{\sin x}{x}$ - это интеграл Дирихле - вот что значит сдал-забыл да еще и 5 лет почти прошло уже )

[Alien]

Я немного позанудствую.
То что

$$\lim_{T\to\infty}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}xf\bigl(\tfrac xT}\bigr)\,dx= \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}x\left[\lim_{T\to\infty}f\bigl(\tfrac xT}\bigr)\right]\,dx$$

ещё следует обосновать.
Способ первый: попробовать доказать это равенство на языке $\varepsilon-\delta$
Способ второй: воспользоваться критерием допустимости перемещения предельного перехода под интеграл
(Фихтенгольц, n.518).

В конечном итоге доказательства как первым так и вторым способом упираются в одну и ту же проблему.
Я пройду весь путь первым способом.

Итак, допустим, что

$$f(x)$$

непрерывна и ограничена на

$$(-\infty,\infty)$$

и

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \Psi(x)f\bigl(\tfrac xT\bigr)dx$$

, где

$$\Psi(x)=\frac{\sin x}x$$

существует

$$\forall T>0$$

.

следует показать, что

$$\forall\varepsilon>0\;\;\exists T_0:\;\; T>T_0\Rightarrow\left|\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|<\varepsilon$$

.
Последний интеграл существует, так как существуют интегралы по отдельности. Далее:

$$\left|\int_{-\infty}^{+\infty}\right|= \left|\int_{-\infty}^{0}+\int_{0}^{\infty}\right|\leq \left|\int_{-\infty}^{0}\right|+\left|\int_{0}^{\infty}\right|< \varepsilon$$

.
Следовательно, достаточно показать что

$$\forall\varepsilon>0\;\;\exists T_0:\;\; T>T_0\Rightarrow\left|\int_{0}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|<\varepsilon$$

.
Пишем:

$$\left|\int_{0}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|= \left| \int_{0}^{a}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx+ \int_{a}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx \right|\leq $$

$$ \leq\left| \int_{0}^{a}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx \right|+ \left| \int_{a}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx \right|<\varepsilon$$

Надо доказать, что

$$\exists A: \;\; a\geq A\Rightarrow \left|\int_{a}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|<\varepsilon/2$$

одновременно для всех

$$T$$

.
Пробуем:

$$\left|\int_{a}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|\leq \int_{a}^{\infty}\left|\Psi(x)\right|\left|\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]\right|dx \leq K\int_{a}^{\infty}\left|\Psi(x)\right|dx<\varepsilon/2$$

,
где

$$K=\max(f(x)-f(0))$$

. Если

$$\int_{0}^{\infty}\left|\Psi(x)\right|dx$$

существует, то понятно, что и требуемое

$$A$$

существует.
Возьмём

$$a=A$$

.
Осталось доказать что:

$$\exists T_0:\;\;T>T_0\Rightarrow\left|\int_{0}^{A}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|<\varepsilon/2$$

В силу непрерывности

$$f(x)$$

это доказывается элементарно.

И можно было бы считать первоначальную задачу (перенос границы под интеграл) решённой, если бы не один досадный факт:
интеграл

$$\int_{0}^{\infty}\left|\Psi(x)\right|dx$$

расходится!!!
Я по-разному пытался обойти этот момент, но безуспешно. Я не сомневаюсь в правильности переноса границы под интеграл, но строго обосновать не получается.
Может кто-то знает, как обойти этот момент???

Спасибо.

[AD]

Alien в сообщении #174838 писал(а):

Надо доказать, что

$$\exists A: \;\; a\geq A\Rightarrow \left|\int_{a}^{\infty}\Psi(x)\left[f\bigl(\tfrac xT\bigr)-f(0)\right]dx\right|<\varepsilon/2$$

одновременно для всех

$$T$$

.

То есть доказать равномерную сходимость несобственного интеграла. А это и означает

Alien в сообщении #174838 писал(а):

воспользоваться критерием допустимости перемещения предельного перехода под интеграл

Да-да, сейчас что-нибудь придумаю.

[AD]

Короче,

я в своих конспектах по матану писал(а):

Признак Абеля. Если

1. $\int\limits_{[a,b)}\varphi(x,y)\,dx$ сходится равномерно по $y\in[c,d]$,

2. $\psi(x,y)$ ограничена на $[a,b)\times[c,d]$ и

3. $\mathop{\mathrm{Var\,}}\limits_{[a,b)}\psi(x,y)$ ограничена на $[c,d]$,

то $\int\limits_{[a,b)}\varphi(x,y)\psi(x,y)\,dx$ тоже равномерно сходится по $y\in[c,d]$.

У нас $[a,b)=[0,+\infty)$ (или симметрично), $\varphi(x,y)=\frac{\sin x}x$ не зависит от $y$, потому условие 1 выполнено; $\psi(x,y)=f(xy)$ (то есть $y=\frac1T\in[-1,1]=[c,d]$). И $\psi(x,y)$, очевидно, равномерно ограничена, $\mathrm{VB}$шна (т.к. даже $C^{\infty}$), и вариация при горизонтальном растяжении не меняется, то есть условие 3 тоже выполнено.