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Beweis der Skalierbarkeit der Delta-Funktion

Universität / Fachhochschule

Funktionalanalysis

Funktionentheorie

angewandte lineare Algebra

Tags: Angewandte Lineare Algebra, Funktionalanalysis, Funktionentheorie

JohnJohn aktiv_icon

15:49 Uhr, 16.04.2010

Hallo zusammen,

wir sollen die Skalierbarkeit der $δ$ -Funktion beweisen.

Die genaue Aufgabe:

Zeigen Sie mit Hilfe einer Variablentransformation, dass $δ (a x) = \frac{1}{| a |} δ (x)$ ist.

Habe als Substitution zunächst $u = a x \forall a > 0$

mit : $d u = a d x; d x = \frac{1}{a} d u$ gewählt.

$\Rightarrow \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{a} \cdot δ (u) d u = \frac{1}{a} \cdot \int_{- \infty}^{\infty} δ (u) d u$

Soweit kein Problem. Den Betrag von a, kann man spätestens hier durch Fallunterscheidung definieren, aber nach der Eigenschaft $\int_{- \infty}^{\infty} δ (x) d x = 1$ der $δ$ -Funtion, erhalte ich damit:

$\Rightarrow \frac{1}{| a |} \cdot 1$

Da aber in der Lösung $\frac{1}{| a |} \cdot δ (x)$ stehen soll, muss ich wohl an irgendeiner sinnvollen Stelle rücksubstitieren die ich nicht sehe, um die $δ$ -Funktion zu erhalten.

Kann mir da jemand helfen?

Gruß, JJ

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

hagman aktiv_icon

19:42 Uhr, 16.04.2010

Hm, wenn mit

δ

die delta-Distribution gemeint ist, sollte die Aufgabestellung etwas ordentlicher formuliert werden, sonst wird sie

i

irgendeiner Form trivial: Für

x \neq 0

ist beispielsweise

δ (a x) = 0 = \frac{1}{| a |} δ (x)

.
Ich wäre eher für

δ \circ μ_{a} = μ_{| a |} \circ δ,

wenn

μ_{c}

die Multiplikation mit

c

bedeutet.

Zu zeigen ist:
Für jede Funktion

f : ℝ \to ℝ

gilt

\int_{- \infty}^{\infty} f (t) \cdot δ (a t) d t = \int_{- \infty}^{\infty} f (t) \cdot \frac{1}{| a |} δ (t) d t

Zum Beweis: Es ist einerseits

\int_{- \infty}^{\infty} f (t) \frac{1}{| a |} \cdot δ (t) d t = \frac{f (0)}{| a |}

klar.
Auf der anderen Seite ist mit Substitution

t = \frac{u}{a}, d t = \frac{d u}{a}

\int_{t_{1}}^{t_{2}} f (t) \cdot δ (a t) d t = \frac{1}{a} \cdot \int_{a t_{1}}^{a t_{2}} f (\frac{u}{a}) \cdot δ (u) d u

Falls

a > 0,

so ergibt sich (sofern

t_{1} < 0 < t_{2}),

dass

\int_{t_{1}}^{t_{2}} f (t) \cdot δ (a t) d t = \frac{1}{a} \cdot f (0)

Falls dagegen

a < 0

(und wiederum

t_{!} < 0 < t_{2}),

folgt

\int_{t_{1}}^{t_{2}} f (t) \cdot δ (a t) d t = \frac{1}{a} \cdot \int_{a t_{1}}^{a t_{2}} f (\frac{u}{a}) \cdot δ (u) d u = = - \frac{1}{a} \cdot \int_{a t_{2}}^{a t_{1}} f (\frac{u}{a}) \cdot δ (u) d u = - \frac{1}{a} f (0)

wegen

a t_{2} < 0 < a t_{1}

In beiden Fällen ergibt sich also

\frac{1}{| a |} f (0),

und dies bleibt natürlich auch beim Grenzübergang zu

\int_{- \infty}^{\infty}

JohnJohn aktiv_icon

11:50 Uhr, 17.04.2010

Hi,

vielen Dank erstmal für die Mühe, die du dir gemacht hast. Die Delta-Distribution war natürlich gemeint, wir sind da leider nicht immer so präzise wie die Mathematiker ;).

Ein paar Rückfragen hab ich allerdings doch noch.

1. Bin ich mir nicht sicher, ob die Aufgabe (an deren Formulierung ich nichts ändern kann) nicht vielleicht eine eben solche Triviallösung verlangt, oder es zulässt den Therm um z.B. $f (t)$ in diesem Fall zu ergänzen.

2. Wie kann die Delta-Fkt. 0 als Funtionswert "ausspucken", wenn in ihrem Argument (t1-t2) ist, und doch gilt $f (x) \cdot δ (x - a) = f (a) \cdot δ (x - a)$ . Eigentlich Müsste der Funtionswert doch dann t2 heißen?

3. Bei $\frac{1}{| a |} \cdot f (0)$ verliere ich ja ebenfalls die $δ$ -Funktion selbst aus dem Lösungstherm, was ja mein urprüngliches Problem war. Die Lösung ist ja über die Aufgabe als $\frac{1}{| a |} \cdot δ (x)$ definiert!

merci und Gruß, JJ

JohnJohn aktiv_icon

22:52 Uhr, 17.04.2010

Jeder, dem noch was einfällt bitte schreiben. Montag is Abgabe ;) Gruß JJ

hagman aktiv_icon

00:40 Uhr, 18.04.2010

Die

δ

-"Funktion" muss, da es sich nur um ein Element des Dualraumes handelt, immer mithilfe der kanonischen Paarung behandelt werden, wie ich es durchführte.
Außerhalb der 0 kann man sie mit einer Funktion (nämlich der Nullfunktion) insofern gleichsetzen als

\int f (t) δ (t) d t = 0

gilt für jedes

f

mit

f (0) = 0

.
Probleme bereitet der als echter Funktionswert nicht definiert Wert

δ (0)

.
Und da tät man ja denken, dass eine Skalierung, die ohnehin nur einen Punkt betrifft, nicht viel ausmacht. Deshalb ist man stets besser dran ,ordentlich zu argumentieren.
Man *kann* natürich "später" gerne wie ein Physiker arbeiten, wenn man einmal Gefühl und Intuition gewonnen hat, aber das erfordert

m . E .,

dass man diese anfangs mit rigorosen Mitteln geschärft hat. (Sonst kann man leicht hereinfallen: Wäre

δ

einfach die Funktion mit

δ (1) = c

und

δ (x) = 0

sonst, so gölte die Identität

δ (a x) = δ (x),

also warum nicht auch für

c \to \infty

die Identität

δ (a x) = δ (x)

anstelle des in der Aufgabe zu zeigenden Ergebnisses? Der Vorfaktor kommt wirklich erst zustande, weil man erstens den Dualraum betrachtet und zweitens Vorzeichenwechsel und Umkehrung der Integrationsrichtung eine Rolle spielen (bzw. wenn man

\int_{- \infty}^{\infty}

maßtheoretisch direkt statt als Grenzwert betrachtet, ist die Betragsfunktion schon in den grundlegenden Sätzen zur Substitution enthalten)

JohnJohn aktiv_icon

12:15 Uhr, 18.04.2010

Danke dir sehr!
Mit den Erklärungen wirds selbst für mich einleuchtender.
Mathematisch muss ich es jetzt zwar erstmal noch nachvollziehen, aber ich glaube jetzt habe ich auch die richtige Richtung dafür.

Gruß, JJ

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