Probleme mit einer Delta-Funktionsidentität

Question

Ich möchte beweisen $x\delta'(x)=-\delta(x)$. Was ich getan habe, war die Integration der rechten Seite um 0 (da beide Seiten gleich sind, wenn$x \neq 0$ trivial):

$$\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}x\delta'(x)dx=\left[x\delta(x)\right]_{-\varepsilon}^{\varepsilon}-\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}\delta(x)dx=0-\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}\delta(x)dx=-\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}\delta(x)dx$$

Ich sehe, dass die rechte und die linke Seite bei dieser Integration gleich sind, aber wie sagt mir das etwas über ihren Wert bei 0 aus? Könnte das Integral nicht gleich 0 in "so kleinem Intervall wie wir wollen" sein, aber dennoch erhalten die ursprünglichen Funktionen unterschiedliche Werte bei Null?

Answer 1

Für die Beantwortung Ihrer Frage müssen wir Folgendes beantworten: Wenn wir eine (verallgemeinerte) Funktion haben $d(x)$, woher wissen wir das dann? $d(x)$ist die Delta-Funktion? Mit anderen Worten, wie ist die Definition der Delta-Funktion?

Eine Definition entspricht der Siebeigenschaft: $\delta(x)$ ist die einzigartige Funktion $d(x)$ für welche $\int_{-\infty}^\infty f(x) d(x) = f(0)$ gilt für jede Funktion $f$. Mit dieser Definition, wenn wir das zeigen wollen$d(x) = -x\delta'(x)$ ist die Delta-Funktion, dann genügt es zu beachten, dass $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty f(x)d(x)\,dx &= \int_{-\infty}^\infty f(x)(-x\delta'(x))\,dx \\ & = -\int_{-\infty}^\infty (xf(x))\delta'(x)\,dx \\ & = \int_{-\infty}^\infty (xf(x))'\delta(x)\,dx \\ & = \int_{-\infty}^\infty (xf'(x) + f(x))\delta(x)\,dx = 0\cdot f'(0) + f(0) = f(0). \end{align} $$ Es folgt dem $d(x) = -x \delta'(x)$ ist in der Tat gleich der Delta-Funktion.

Beachten Sie, dass ich in der obigen Berechnung das definierende Merkmal der "Funktion" verwende. $\delta'$: für jede Funktion $f(x)$, $\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta'(x)dx = -f'(0)$.

Answer 2

Wie in den Kommentaren und Antworten von @ BenGrossman erfasst Ihre Berechnung das Wesentliche des Problems, obwohl Ihre Besorgnis über punktweise Werte in Schwierigkeiten gerät.

Obwohl die Manipulation von Integralen (wie in Ihrer Heuristik oder in BenGrossmans Erklärung) die Geschichte erzählt, ist es auch möglich, ein analoges, aber / und absolut strenges Argument mit weniger Symbolen zu schreiben: für eine Testfunktion $f$, indem man Verteilungen unverfroren als (kontinuierliche, lineare) Funktionale auf Testfunktionen betrachtet: $$ (-x\delta')(f) \;=\; -\delta'(xf) \;=\; \delta((xf)') \;=\; \delta(f + xf') \;=\; f(0) + (xf')(0) \;=\; f(0)+0 \;=\; \delta(f) $$