Delta di Dirac

Sebbene ci si riferisca alla $\delta$$\delta$di Dirac come ad una funzione, e si trovino spesso nella letteratura espressioni quali $\delta (x),\int dx\,\delta (x)f(x),\dots$$\delta (x),\int dx\,\delta (x)f(x),\dots$ , esse sono in realtà un abuso di linguaggio. Infatti la $\delta$$\delta$ di Dirac acquista senso solo come distribuzione, ossia come funzionale agente su funzioni, ed è inoltre l'esempio più noto di distribuzione singolare, come ora dimostreremo. Proprio perchè è singolare, esprimerne l'azione tramite un integrale è formalmente errato, poichè non esiste nessuna funzione $\delta (x)\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}$$\delta (x)\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}$ corrispondente al funzionale $\delta$$\delta$.

L'espressione definitoria del funzionale $\delta$$\delta$ di Dirac è

$$\left\langle \delta ,f\right\rangle \equiv f(0)$$

$$\left\langle \delta ,f\right\rangle \equiv f(0)$$

Teorema

La distribuzione $\delta$$\delta$definita da ${\textstyle \left\langle \delta ,f\right\rangle \equiv f(0)}$${\textstyle \left\langle \delta ,f\right\rangle \equiv f(0)}$è una distribuzione singolare.

 

Dimostrazione

Dobbiamo dimostrare che $\not \exists \,\delta (x)\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}{\text{ t.c. }}\left\langle \delta ,f\right\rangle =\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\delta (x)f(x)$$\not \exists \,\delta (x)\in {\mathcal {L}}_{loc}^{1}{\text{ t.c. }}\left\langle \delta ,f\right\rangle =\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\delta (x)f(x)$ . Supponiamo per assurdo che tale funzione $\delta (x)$$\delta(x)$ esista. L'eguaglianza sopra enunciata deve essere valida $\forall f\in {\mathcal {D}}$$\forall f\in {\mathcal {D}}$. Sia dunque $f=\mathrm {X} (x/\alpha )$$f=\mathrm {X} (x/\alpha )$.

Ora, dalla definizione si ha

$$\left\langle \delta ,\mathrm {X} (x/\alpha )\right\rangle =\mathrm {X} (0)={\frac {1}{e}}$$

$$\left\langle \delta ,\mathrm {X} (x/\alpha )\right\rangle =\mathrm {X} (0)={\frac {1}{e}}$$

Tuttavia

$$\lim _{\alpha \to 0}\int _{-\alpha }^{\alpha }dx\,\delta (x)\mathrm {X} (x/\alpha )=0$$

$$\lim _{\alpha \to 0}\int _{-\alpha }^{\alpha }dx\,\delta (x)\mathrm {X} (x/\alpha )=0$$

e si ha dunque un assurdo.

 

Proprietà

Consideriamo $\delta (\xi (x))$$\delta (\xi (x))$, con $\xi (x)$$\xi (x)$ diffeomorfismo. In base alla definizione data in Operazioni sulle distribuzioni, si ha

$${\begin{aligned}\delta (\xi (x))=\left[det(J)\right]^{-1}(\xi ^{-1}\ast \delta )\\\left\langle \xi ^{-1}\ast \delta ,f\right\rangle =\left\langle \delta ,\xi \ast f\right\rangle =(\xi \ast f)(0)\\\xi \ast f=f(\xi ^{-1}(x))\Rightarrow (\xi \ast f)(0)=f(\xi ^{-1}(0)\\\delta (\xi (x))=\left[det(J)\right]^{-1}\delta (x-\xi ^{-1}(0))\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\delta (\xi (x))=\left[det(J)\right]^{-1}(\xi ^{-1}\ast \delta )\\\left\langle \xi ^{-1}\ast \delta ,f\right\rangle =\left\langle \delta ,\xi \ast f\right\rangle =(\xi \ast f)(0)\\\xi \ast f=f(\xi ^{-1}(x))\Rightarrow (\xi \ast f)(0)=f(\xi ^{-1}(0)\\\delta (\xi (x))=\left[det(J)\right]^{-1}\delta (x-\xi ^{-1}(0))\end{aligned}}$$

Se $\xi (x)=0{\text{ per }}x=x_{\alpha },\alpha =1,\dots ,n$$\xi (x)=0{\text{ per }}x=x_{\alpha },\alpha =1,\dots ,n$

Costruzione generale di rappresentazioni della $\delta$$\delta$

Teorema

Sia $\left\{\varphi _{n}\right\}$$\left\{\varphi _{n}\right\}$ una successione di distribuzioni regolari in ${\mathcal {D'}}$${\mathcal {D'}}$. Se le seguenti condizioni sono soddisfatte

1. $\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}\to 1{\text{ per }}n\to \infty$$\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}\to 1{\text{ per }}n\to \infty$
2. $\int _{\left|x\right|<L}dx\,\left|\varphi _{n}\right|<C_{L}\,\,\forall n$$\int _{\left|x\right|<L}dx\,\left|\varphi _{n}\right|<C_{L}\,\,\forall n$
3. $\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)\to 0\,\,{\text{ per }}n\to \infty \,\,\forall f\in {\mathcal {D}},\forall a>0$$\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)\to 0\,\,{\text{ per }}n\to \infty \,\,\forall f\in {\mathcal {D}},\forall a>0$ ($x\in \left[-1/a,-a\right]\vee \left[a,1/a\right]$$x\in \left[-1/a,-a\right]\vee \left[a,1/a\right]$)

allora

$$\lim _{n\to \infty }\varphi _{n}=\delta$$

$$\lim _{n\to \infty }\varphi _{n}=\delta$$

 

Dimostrazione

Dobbiamo dimostrare che $\lim _{n\to \infty }\left\langle \varphi _{n},f\right\rangle =f(0)\,\,\forall f\in {\mathcal {D}}$$\lim _{n\to \infty }\left\langle \varphi _{n},f\right\rangle =f(0)\,\,\forall f\in {\mathcal {D}}$.

Consideriamo

$$\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)=\underbrace {f(0)\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}(x)} _{I_{1}}+\underbrace {\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}(x)\left(f(x)-f(0)\right)} _{I_{2}}+\underbrace {\int _{\left|x\right|>a}dx\,\varphi (x)\,f(x)} _{I_{3}}$$

$$\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)=\underbrace {f(0)\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}(x)} _{I_{1}}+\underbrace {\int _{\left|x\right|<a}dx\,\varphi _{n}(x)\left(f(x)-f(0)\right)} _{I_{2}}+\underbrace {\int _{\left|x\right|>a}dx\,\varphi (x)\,f(x)} _{I_{3}}$$

1. $I_{1}\to f(0){\text{ per }}n\to \infty$$I_{1}\to f(0){\text{ per }}n\to \infty$ grazie alla condizione 1.
2. $\left|\int _{\left|x\right|<a}\varphi _{n}(x)\left(f(x)-f(0)\right)\right|\leq \int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|\left|f(x)-f(0)\right|$$\left|\int _{\left|x\right|<a}\varphi _{n}(x)\left(f(x)-f(0)\right)\right|\leq \int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|\left|f(x)-f(0)\right|$ . Poichè $f\in {\mathcal {D}},f$$f\in {\mathcal {D}},f$è lipschitziana nell'intervallo $\left|x\right|<a$$\left|x\right|<a$: $\exists M>0{\text{ t.c }}\left|f(x)-f(0)\right|<\left|x\right|M$$\exists M>0{\text{ t.c }}\left|f(x)-f(0)\right|<\left|x\right|M$. Vale dunque
   $$\int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|\left|f(x)-f(0)\right|<aM\int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|<aMC_{L}\,\,L>a$$

   $$\int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|\left|f(x)-f(0)\right|<aM\int _{\left|x\right|<a}\left|\varphi _{n}(x)\right|<aMC_{L}\,\,L>a$$
3. $I_{3}\to 0{\text{ per }}n\to \infty$$I_{3}\to 0{\text{ per }}n\to \infty$ grazie alla condizione 3. Infatti
   $$\int _{\left|x\right|>a}dx\,\varphi _{n}(x)f(x)=\int _{a}^{1/a}\varphi _{n}(x)f(x)+\int _{-1/a}^{-a}\varphi _{n}(x)f(x)$$

   $$\int _{\left|x\right|>a}dx\,\varphi _{n}(x)f(x)=\int _{a}^{1/a}\varphi _{n}(x)f(x)+\int _{-1/a}^{-a}\varphi _{n}(x)f(x)$$
   per $1/a$$1/a$ abbastanza grande da essere oltre il supporto di $f$$f$.

In conclusione quindi

$${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)\underbrace {\to } _{n\to \infty }f(0)\quad \forall f\in {\mathcal {D}}\\\Rightarrow \left\langle \varphi _{n},f\right\rangle \underbrace {\to } _{n\to \infty }\left\langle \delta ,f\right\rangle {\text{ i.e. }}\varphi _{n}\underbrace {\to } _{n\to \infty }\delta \\\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,\varphi _{n}(x)\,f(x)\underbrace {\to } _{n\to \infty }f(0)\quad \forall f\in {\mathcal {D}}\\\Rightarrow \left\langle \varphi _{n},f\right\rangle \underbrace {\to } _{n\to \infty }\left\langle \delta ,f\right\rangle {\text{ i.e. }}\varphi _{n}\underbrace {\to } _{n\to \infty }\delta \\\end{aligned}}$$

 

Questo teorema fornisce delle condizioni sufficienti ma non necessarie affinchè una successione di distribuzioni converga al funzionale delta. Il seguente esempio mostra infatti che esistono successioni di distribuzioni convergenti alla $\delta$$\delta$ che non soddisfano le condizioni del teorema.

Esempio

$$\varphi _{\Lambda }(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\Lambda }dk\,\cos(kx)={\frac {1}{\pi }}{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}$$

$$\varphi _{\Lambda }(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\Lambda }dk\,\cos(kx)={\frac {1}{\pi }}{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}$$

La condizione 1. è certamente soddisfatta, in quanto

$$\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}=\underbrace {\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {1}{\pi }}\int _{-a\Lambda }^{a\Lambda }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{y=\Lambda x}={\frac {1}{\pi }}\underbrace {\int _{-\infty }^{+\infty }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{\pi }=1$$

$$\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}=\underbrace {\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {1}{\pi }}\int _{-a\Lambda }^{a\Lambda }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{y=\Lambda x}={\frac {1}{\pi }}\underbrace {\int _{-\infty }^{+\infty }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{\pi }=1$$

Analogamente, la condizione 3. è verificata. Infatti

$${\frac {1}{\pi }}\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)={\frac {1}{\pi }}\left[\int _{a}^{1/a}dx\,+\int _{-1/a}^{a}dx\,\right]{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)\underbrace {\to } _{\Lambda \to \infty }0$$

$${\frac {1}{\pi }}\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)={\frac {1}{\pi }}\left[\int _{a}^{1/a}dx\,+\int _{-1/a}^{a}dx\,\right]{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)\underbrace {\to } _{\Lambda \to \infty }0$$

in quanto ${\frac {f(x)}{x}}$${\frac {f(x)}{x}}$ soddisfa le ipotesi del lemma di Riemann-Lebesgue nei due intervalli $\left[-1/a,-a\right],\left[a,1/a\right]$$\left[-1/a,-a\right],\left[a,1/a\right]$.

Tuttavia la condizione 2. non è verificata, dal momento che la costante $C_{L}$$C_{L}$ non può essere scelta indipendentemente da $L$$L$.

Dunque la successione non rispetta le ipotesi del teorema. Ciononostante

$$\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}=\delta$$

$$\lim _{\Lambda \to \infty }{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}=\delta$$

Infatti

$${\begin{aligned}{\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}\left(f(0)+xg(x)\right)+{\frac {1}{\pi }}\int _{\left|x\right|>a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)\\={\frac {2}{\pi }}f(0)\underbrace {\int _{0}^{\infty }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{I_{1}}+{\frac {1}{\pi }}\underbrace {\int _{-a}^{a}dx\,g(x)\sin(\Lambda x)} _{I_{2}}+{\frac {1}{2\pi }}\underbrace {\int _{a}^{1/a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}\left(f(x)+f(-x)\right)} _{I_{3}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{+\infty }dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}\left(f(0)+xg(x)\right)+{\frac {1}{\pi }}\int _{\left|x\right|>a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}f(x)\\={\frac {2}{\pi }}f(0)\underbrace {\int _{0}^{\infty }dy\,{\frac {\sin(y)}{y}}} _{I_{1}}+{\frac {1}{\pi }}\underbrace {\int _{-a}^{a}dx\,g(x)\sin(\Lambda x)} _{I_{2}}+{\frac {1}{2\pi }}\underbrace {\int _{a}^{1/a}dx\,{\frac {\sin(\Lambda x)}{x}}\left(f(x)+f(-x)\right)} _{I_{3}}\end{aligned}}$$

Ora:

1. $I_{1}={\frac {\pi }{2}}$$I_{1}={\frac {\pi }{2}}$
2. $\left|I_{2}\right|=\left|\int _{-a}^{a}\sin(\Lambda x)g(x)\right|\leq \int _{-a}^{a}\left|g(x)\right|\leq 2aM$$\left|I_{2}\right|=\left|\int _{-a}^{a}\sin(\Lambda x)g(x)\right|\leq \int _{-a}^{a}\left|g(x)\right|\leq 2aM$
3. $I_{3}\to 0{\text{ per }}\Lambda \to \infty$$I_{3}\to 0{\text{ per }}\Lambda \to \infty$ per il lemma di Riemann-Lebesgue applicato a $h(x)={\frac {f(x)+f(-x)}{x}}$$h(x)={\frac {f(x)+f(-x)}{x}}$

Dunque

$$\lim _{\Lambda \to \infty }\left\langle {\frac {\sin(\Lambda x)}{\pi x}},f\right\rangle =f(0)\Rightarrow {\frac {\sin(\Lambda x)}{\pi x}}\underbrace {\to } _{\Lambda \to \infty }\delta$$

$$\lim _{\Lambda \to \infty }\left\langle {\frac {\sin(\Lambda x)}{\pi x}},f\right\rangle =f(0)\Rightarrow {\frac {\sin(\Lambda x)}{\pi x}}\underbrace {\to } _{\Lambda \to \infty }\delta$$

 

Il seguente esempio mostra invece una successione che rispetta le ipotesi del teorema.

Esempio (Esempio: rappresentazione Lorenziana)

Consideriamo

$$\varphi _{k}(x)={\frac {1}{\pi }}{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\quad \epsilon ={\frac {1}{k}}$$

$$\varphi _{k}(x)={\frac {1}{\pi }}{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\quad \epsilon ={\frac {1}{k}}$$

e verifichiamo che le ipotesi del teorema sono soddisfatte.

1. ${\textstyle {\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}={\frac {1}{\pi }}\arctan({\frac {x}{\epsilon }})\left|_{-a}^{a}\right.\underbrace {\to } _{\epsilon \to 0}{\frac {1}{\pi }}\left(\arctan(\infty )-\arctan(-\infty )\right)={\frac {\pi }{\pi }}=1}$${\textstyle {\frac {1}{\pi }}\int _{-a}^{a}dx\,{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}={\frac {1}{\pi }}\arctan({\frac {x}{\epsilon }})\left|_{-a}^{a}\right.\underbrace {\to } _{\epsilon \to 0}{\frac {1}{\pi }}\left(\arctan(\infty )-\arctan(-\infty )\right)={\frac {\pi }{\pi }}=1}$
2. ${\frac {1}{\pi }}\int _{-L}^{L}\left|{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|={\frac {1}{\pi }}\left(\arctan \left({\frac {L}{\epsilon }}\right)-\arctan \left({\frac {-L}{\epsilon }}\right)\right)={\frac {2}{\pi }}\arctan \left({\frac {L}{\epsilon }}\right)<1(C_{L}=1)$${\frac {1}{\pi }}\int _{-L}^{L}\left|{\frac {\epsilon }{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|={\frac {1}{\pi }}\left(\arctan \left({\frac {L}{\epsilon }}\right)-\arctan \left({\frac {-L}{\epsilon }}\right)\right)={\frac {2}{\pi }}\arctan \left({\frac {L}{\epsilon }}\right)<1(C_{L}=1)$
3. ${\frac {1}{\pi }}\left|\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,{\frac {\epsilon f(x)}{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|\leq {\frac {1}{\pi }}\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,\left|{\frac {\epsilon f(x)}{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|\leq {\frac {M\epsilon }{a^{2}+\epsilon ^{2}}}2\left({\frac {1}{a}}-a\right)\propto \epsilon \underbrace {\to } _{\epsilon \to 0}0$${\frac {1}{\pi }}\left|\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,{\frac {\epsilon f(x)}{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|\leq {\frac {1}{\pi }}\int _{a<\left|x\right|<1/a}dx\,\left|{\frac {\epsilon f(x)}{x^{2}+\epsilon ^{2}}}\right|\leq {\frac {M\epsilon }{a^{2}+\epsilon ^{2}}}2\left({\frac {1}{a}}-a\right)\propto \epsilon \underbrace {\to } _{\epsilon \to 0}0$

 

La rappresentazione lorenziana consente di dimostrare la formula di Plemely-Soch7otzki.