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Delta-Distribution

Punktweiser Grenzwert von $δ_ε(x):=÷{1}{√{ε⋅π}}⋅e^{-÷{x²}{ε}}$

Für $ε \to 0$ :

$δ_ε(x)=÷{1}{√{ε⋅π}}⋅÷{1}{e^{÷{x²}{ε}}}$

$δ_ε(x)=÷{1}{{√ε}⋅{√π}}⋅÷{1}{1+÷{x²}{ε}+O(÷{x⁴}{ε²})}$

$δ_ε(x)=÷{1}{{√π}}⋅÷{1}{{√ε}+÷{x²}{{√ε}}+O(÷{x⁴}{ε⋅{√ε}})}$

(1)

$x≠0, ε \to 0: \lim_{ε \to 0} δ_ε(x)=0$

(2)

$x=0, ε \to 0: \lim_{ε \to 0} δ_ε(x)=\lim_{ε \to 0} ÷{1}{√π}⋅÷{1}{√ε}=∞$

Integral bei

$∫_{-∞}^{∞} δ_ε(x) dx=∫_{-∞}^{∞} ÷{1}{√{ε⋅π}}⋅e^{-÷{x²}{ε}} dx$

$=∫_{-∞}^{∞} ÷{1}{{√ε}⋅{√π}}⋅e^{-(÷{x}{√ε})²} dx$

Substituiere:

x	y
-∞	-∞
+∞	+∞

$∫_{-∞}^{∞} ÷{1}{{√ε}⋅{√π}}⋅e^{-(÷{x}{√ε})²} dx=∫_{-∞}^{∞} ÷{√ε}{{√ε}⋅{√π}}⋅e^{-y²} dy$

$=∫_{-∞}^{∞} ÷{1}{√π}⋅e^{-y²} dy=÷{1}{√π}⋅∫_{-∞}^{∞} e^{-y²} dy=÷{1}{√π}⋅{√π}=1$

$∫_{-∞}^{∞} δ(x) dx=\lim_{ε \to 0} ∫_{-∞}^{∞} δ_ε(x) dx=1$

$∫_{-∞}^{∞} δ(x) dx=H(∞)-H(-∞)=1-0=1$

Satz 3.2

$∫_{-∞}^{∞} φ(x)⋅δ(x-x_0) dx=\lim_{ε \to 0} ∫_{-∞}^{∞} φ(x)⋅δ_ε(x-x_0) dx=φ(x_0)$

(1)

$ε>0: H_ε(x):=∫_{-∞}^{x} δ_ε(ξ) dξ$

Behauptung:

$H(x)=\lim_{ε \to 0} ∫_{-∞}^{x} δ_ε(ξ) dξ=\left\{\begin{array}{cl} 0, & x<0 \\ ÷{1}{2}, & x=0 \\ 1, & x>0 \end{array}\right.$

Folie

$\lim_{ε \to 0} ∫_{ξ-ε}^{ξ+ε} u'(x) dx=\lim_{ε \to 0} u(ξ+ε)-u(ξ-ε)=u(ξ_+)-u(ξ_-)=s$

QED.

Wichtig:

$∫_{-∞}^{∞} φ(x)⋅δ(x-x_0) dx=φ(x_0)$

$∫_{-∞}^{∞} δ(x) dx=1$

$∫_{a}^{b} δ(x) dx=\left\{\begin{array}{cl} 1, & a<0<b \\ 0, & \mbox{sonst} \end{array}\right.$

2009-03-23

Folie

$∫_{-∞}^{∞} φ(x)⋅δ(x-x_0) dx=φ(x_0)$

$x_0=0: ∫_{-∞}^{∞} φ(x)⋅δ(x) dx=φ(0)$

$∫_{a}^{b} δ(x) dx=\left\{\begin{array}{cl} 1, & a<0<b \\ 0, & \mbox{sonst} \end{array}\right.$

$∫_{-∞}^{∞} δ(x) dx=1$

Partikulärlösung von

L...linearer Differentialoperator, d.h.

$Lu(x):=u^{(k)}(x)+α_{k-1}⋅u^{(k-1)}(x)+...+α_0⋅u(x)$

()

1. Schritt: Löse das Problem .

Ein solches U(x) heißt dann Fundamentallösung.

Das Problem ist äquivalent zu:

2. Schritt: Ermittle die allgemeine Lösung durch Faltung:

$u(x)=(U*f)(x)=∫_{-∞}^{∞} U(x-ξ)⋅f(ξ) dξ$

keine Randbedingungen

Achtung:

Die Fundamentallösung ist NICHT die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung.

Folie

| $∫_{-a}^{a}$

$∫_{-a}^{a} LU(x) dx=∫_{-a}^{a} δ(x) dx=1∀a$

$∫_{-a}^{a} (U'(x)-λ⋅U(x)) dx=1∀a$

$∫_{-a}^{a} U'(x) dx-λ⋅∫_{-a}^{a} U(x) dx=1∀a$

An der vorigen Zeichnung sieht man aber (und kann auch nachrechnen, sofern man x=0 überspringt), dass:

$∫_{-a}^{a} U(x) dx=0$

Daraus folgt:

$∫_{-a}^{a} U'(x) dx=1∀a$ | $\lim_{a \to 0}$

$\lim_{a \to 0} ∫_{-a}^{a} U'(x) dx=1$

$\lim_{a \to 0} U(x)|_{-a}^{a}=1$

$\lim_{a \to 0} U(a)-U(-a)=1$

Folie

Beispiel 3.2

k=2

Lu:=u''

1. :

2. :

LU(x)=0, x≠0

Dann folgt:

U''(x)=0, x≠0

Fundamentallösung:

$U(x):=\left\{\begin{array}{cl} A_+⋅x+B_+, & x> 0 \\ A_-⋅x+B_-, & x< 0 \end{array}\right.$

$U'(x)=\left\{\begin{array}{cl} A_+, & x> 0 \\ A_-, & x< 0 \end{array}\right.$

1. Schritt:

$∫_{-a}^{a} LU(x) dx=∫_{-a}^{a} δ(x) dx=1∀a$

$∫_{-a}^{a} U''(x) dx=1∀a$

$\lim_{a \to 0} A_+-A_-=1∀a$

Wahl:

$A_+:=÷{1}{2}$

$A_-=-÷{1}{2}$

2. Schritt:

U(x) soll bei x=0 stetig sein.

Daraus folgt:

Fundamentallösung ist daher:

$U(x)=\left\{\begin{array}{cl} ÷{1}{2}⋅x, & x> 0 \\ -÷{1}{2}⋅x, & x< 0 \end{array}\right.$

$U(x-ξ)=\left\{\begin{array}{cl} ÷{1}{2}⋅|x-ξ|=÷{1}{2}⋅(x-ξ), & x>ξ \\ ÷{1}{2}⋅|x-ξ|=÷{1}{2}⋅(ξ-x), & x<ξ \end{array}\right.$

Durch Faltung:

$u(x)=∫_{-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅(x-ξ)⋅f(ξ) dξ+∫_{x}^{∞} ÷{1}{2}⋅(ξ-x)⋅f(ξ) dξ$

Folie

Beispiel:

$u''(x):=e^{-÷{x}{2}}$

$u(x)=∫_{-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅(x-ξ)⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ+∫_{x}^{∞} ÷{1}{2}⋅(ξ-x)⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$u(x)=∫_{-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ-∫_{-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅ξ⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ-∫_{x}^{∞} ÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ+∫_{x}^{∞} ÷{1}{2}⋅ξ⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_1(x):=∫_{ξ=-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_2(x):=∫_{ξ=-∞}^{x} ÷{1}{2}⋅ξ⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_3(x):=∫_{ξ=x}^{∞} ÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_4(x):=∫_{ξ=x}^{∞} ÷{1}{2}⋅ξ⋅e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

I_1(x) und I_3(x) können normal integriert werden, da nach ξ integriert wird und ein Operand des Produktes kein ξ enthält.

$I_1(x)=÷{1}{2}⋅x⋅∫_{ξ=-∞}^{x} e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_3(x)=÷{1}{2}⋅x⋅∫_{ξ=x}^{∞} e^{-÷{ξ}{2}} dξ$

$I_1(x)=÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}}⋅(-2)|_{ξ=-∞}^{x}$

$I_3(x)=÷{1}{2}⋅x⋅e^{-÷{ξ}{2}}⋅(-2)|_{ξ=x}^{∞}$

$I_1(x)=-x⋅e^{-÷{ξ}{2}}|_{ξ=-∞}^{x}$

$I_3(x)=-x⋅e^{-÷{ξ}{2}}|_{ξ=x}^{∞}$

oops. $e^{-÷{-∞}{2}}$ ist unbeschränkt.

aber glücklicherweise gilt (nach Vertauschen der Integrationsreihenfolge und nach Negation):

$I_3(x)=x⋅e^{-÷{x}{2}}$

Nebenrechnung für I_2(x) und I_4(x):

$∫ ξ⋅e^{÷{-ξ}{2}} dξ=e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4)$

Beweis:

$÷{d}{dξ} (e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4))=e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-÷{1}{2})⋅(-2⋅ξ-4)+e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2)$

$÷{d}{dξ} (e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4))=e^{÷{-ξ}{2}}⋅ξ+2⋅e^{÷{-ξ}{2}}-2⋅e^{÷{-ξ}{2}}$

$÷{d}{dξ} (e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4))=e^{÷{-ξ}{2}}⋅ξ$

I_2(x) und I_4(x) sind daher:

$I_2(x)=÷{1}{2}⋅e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4)|_{ξ=-∞}^{x}$

$I_4(x)=÷{1}{2}⋅e^{÷{-ξ}{2}}⋅(-2⋅ξ-4)|_{ξ=x}^{∞}$

$I_2(x)=÷{1}{2}⋅e^{÷{-x}{2}}⋅(-2⋅x-4)-÷{1}{2}⋅e^{÷{∞}{2}}⋅(-2⋅∞-4)$

$I_4(x)=(x+2)⋅e^{÷{-x}{2}}$

$u(x)=-2⋅x⋅e^{-÷{x}{2}}+2⋅(x+2)⋅e^{-÷{x}{2}}$

$u(x)=-2⋅x⋅e^{-÷{x}{2}}+2⋅x⋅e^{-÷{x}{2}}+4⋅e^{÷{-x}{2}}$

$u(x)=4⋅e^{÷{-x}{2}}$

Probe:

$u''(x)=e^{÷{-x}{2}}$

QED.

Folie

Author: Ewa Weinmüller

Last modification on: Sat, 04 May 2024 .