Dirac Delta Distribution berechnen

14.03.2021, 22:17	SandraS.	Auf diesen Beitrag antworten »
Dirac Delta Distribution berechnen Meine Frage: Hallo, ich hänge an einer Aufgabe, von der ich einfach nicht weiß, was ich machen soll bzw. wie vorzugehen ist. Es geht um $\begin{eqnarray} \delta(x^2-a^2) = \frac{\delta(x-a)+\delta(x+a)}{2a} \end{eqnarray}$ Man soll berechnen. Ich kenne die vier Eigenschaften dieser $\begin{eqnarray} \delta \end{eqnarray}$ -Distribution. Ich kann es trotzdem nicht lösen. Meine Ideen: a) integrieren? b) ausmultiplizieren?? c) googeln d) euch fragen Ich habe mich für d) entschieden, da ich nicht weiter komme. Vielleicht kann mir jemand die Schritte in (Schlag-)Worten nennen. Vielen Dank und viele Grüße Sandra
15.03.2021, 07:17	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} x^2 - a^2 =(x-a) \cdot (x+a) \end{eqnarray}$ , also ist klar, dass nur bei $\begin{eqnarray} x=\pm a \end{eqnarray}$ etwas passiert. Kannst du den Nenner $\begin{eqnarray} 2a \end{eqnarray}$ auf der rechten Seite begründen? Weil das Integral über die Deltafunktion gleich 1 ist scheint mir der Nenner 2 besser zu sein.
15.03.2021, 12:56	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Nehmen wir an, $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist eine reguläre Distribution und $\begin{eqnarray} g\colon\mathbb R\to\mathbb R \end{eqnarray}$ eine stetig differenzierbare Funktion, deren Ableitung überall positiv ist bzw. keine Nullstellen besitzt. Weißt du wie man $\begin{eqnarray} \langle f\circ g,\varphi\rangle = \int_\mathbb R f(g(x))\varphi(x)\,\mathrm dx \end{eqnarray}$ für eine Testfunktion $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ ausrechnet?
15.03.2021, 18:02	SandraS.	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Elvis, vielen Dank für deine Antwort. Im Zähler ist eine Summe und im Nenner steht 2a. Das ist laut Aufgabe so und in Lehrbüchern steht das auch so. Ich gehe davon aus, dass man das beweisen soll. Warum 2a im Nenner steht, weiß ich nicht. Deswegen habe ich mich an euch gewandt. Viele Grüße Sandra
15.03.2021, 18:08	SandraS.	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Finn, hab vielen Dank. Ich habe generell nicht viel Ahnung von dem Thema. Ich meine zu wissen, dass man $\begin{eqnarray} \dirac \end{eqnarray}$ als Testfunktion auf einer Funktion f anwendet, um die Infos an einer Stelle zu bekommen. Kurz gesagt: Nein, ich weiß nicht, was ich mit deinem Ausdruck machen sollte und wie das mit meiner Aufgabe zusammen hängt. Kannst du mir helfen? Viele Grüße Sandra
16.03.2021, 00:20	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Also du machst eine Substitution $\begin{eqnarray} u = g(x) \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} x = g^{-1}(u) \end{eqnarray}$ . Außerdem ist $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm du}{\mathrm dx} = g'(x) \end{eqnarray}$ , und daher $\begin{eqnarray} \mathrm dx = \frac{\mathrm du}{g'(x)} \end{eqnarray}$ . Dass $\begin{eqnarray} g'(x) \end{eqnarray}$ im Nenner steht, ist erlaubt, denn $\begin{eqnarray} g' \end{eqnarray}$ ist nach Voraussetzung nullstellenlos. Gemäß der Substitutionsregel gilt nun $\begin{eqnarray} \int_a^b f(g(x))\varphi(x)\,\mathrm dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\frac{\varphi(x)}{g'(x)}\,\mathrm du = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\frac{\varphi(g^{-1}(u))}{g'(g^{-1}(u))}\,\mathrm du. \end{eqnarray}$ Weil $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ bijektiv und steigend ist, hat man $\begin{eqnarray} g(a)\to -\infty \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} a\to -\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(b)\to\infty \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} b\to\infty. \end{eqnarray}$ Das macht $\begin{eqnarray} \langle f\circ g, \varphi\rangle = \langle f, \frac{\varphi\circ g^{-1}}{g'\circ g^{-1}}\rangle. \end{eqnarray}$ Wäre $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ fallend, müsste man zudem umdrehen $\begin{eqnarray} \int_{\infty}^{-\infty} = -\int_{-\infty}^\infty \end{eqnarray}$ . Also hat man da allgemein $\begin{eqnarray} \operatorname{sgn}(g')\int_{-\infty}^\infty \end{eqnarray}$ . Weil $\begin{eqnarray} \operatorname{sgn}(g') \end{eqnarray}$ konstant ist, gilt $\begin{eqnarray} \operatorname{sgn}(g') = \operatorname{sgn}(g'\circ g^{-1}). \end{eqnarray}$ Schiebt man das Vorzeichen in den Nenner, ergibt sich die allgemeine Gleichung $\begin{eqnarray} \langle f\circ g, \varphi\rangle = \langle f, \frac{\varphi\circ g^{-1}}{\|g'\circ g^{-1}\|}\rangle. \end{eqnarray}$ Diesen Zusammenhang nennt man Rücktransport von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bezüglich $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ . Für eine nicht-reguläre Distribution machen wir die Gleichung nun zu einer Definition. Sei bspw. $\begin{eqnarray} f=\delta \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(x)=ax \end{eqnarray}$ . Das macht $\begin{eqnarray} g'(x)=a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g^{-1}(u) = \frac{u}{a} \end{eqnarray}$ . Wir erhalten $\begin{eqnarray} \langle\delta\circ (x\mapsto ax),\varphi\rangle = \frac{1}{\|a\|}{}\langle \delta, \varphi\circ (u\mapsto \frac{u}{a})\rangle = \frac{1}{\|a\|}\varphi(0) = \frac{1}{\|a\|}\langle\delta,\varphi\rangle. \end{eqnarray}$ In der Schreibweise der Physiker und Techniker ausgedrückt lautet diese Gleichung $\begin{eqnarray} \delta(ax) = \frac{1}{\|a\|}\delta(x). \end{eqnarray}$ So weit, so gut. Aber bei der Funktion $\begin{eqnarray} g(x)=x^2-a^2 \end{eqnarray}$ ist die Voraussetzung nicht mehr erfüllt. Was nun? Nehmen wir an, $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ hat nur einfache Nullstellen. In der Nähe jeder ihrer Nullstellen $\begin{eqnarray} x_k \end{eqnarray}$ sieht $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ dann aus wie eine lineare Funktion mit Anstieg $\begin{eqnarray} g'(x_k)\ne 0. \end{eqnarray}$ In der Nähe der Nullstelle ist die Voraussetzung also lokal erfüllt. Weil $\begin{eqnarray} \delta(g(x)) \end{eqnarray}$ überall verschwindet wo nicht $\begin{eqnarray} g(x)=0 \end{eqnarray}$ ist, können wir die Berechnung auf die Umgebungen der Nullstellen reduzieren. Das Integral wird zu einer Summe zerlegt. Das macht $\begin{eqnarray} \int_\mathbb R \delta(g(x))\varphi(x)\mathrm dx = \sum_{k}\int_{x_k-\varepsilon}^{x_k+\varepsilon} \delta(g(x))\varphi(x)\,\mathrm dx = \sum_k \int_{g(x_k-\varepsilon)}^{g(x_k+\varepsilon)} \delta(u)\frac{\varphi(g^{-1}(u))}{g'(g^{-1}(u))}\,\mathrm du \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \sum_k \frac{\varphi(x_k)}{\|g'(x_k)\|} = \sum_k\int_\mathbb R \frac{\delta(x-x_k)}{\|g'(x_k)\|}\varphi(x)\,\mathrm dx. \end{eqnarray}$ Somit gilt $\begin{eqnarray} \delta(g(x)) = \sum_k \frac{\delta(x-x_k)}{\|g'(x_k)\|}. \end{eqnarray}$
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16.03.2021, 07:11	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Heißt das, ich habe zwar keine Ahnung, aber ich habe gut geraten, und "die Lehrbücher" irren?
16.03.2021, 07:36	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein. Die Lehrbücher irren nicht und das ergibt sich auch aus der Endformel von Finn_. Es ist doch $\begin{eqnarray} g(x)=x^2-a^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g'x)=2x \end{eqnarray}$ Die Nullstellen von $\begin{eqnarray} g(x) \end{eqnarray}$ sind $\begin{eqnarray} x_1=-a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_2=a \end{eqnarray}$ . Also ist $\begin{eqnarray} \|g'(x_1)\|=\|g'(x_2)\|=2\|a\| \end{eqnarray}$ Bei der Fragestellerin fehlen allerdings die Betragsstriche in derr zu beweisenden Formel.

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