デルタ関数の公式(標準編)

証明

(\ref{sqdelta})式の右辺を見ると分かるように、今回はピークが二本、\(x=\pm a\)のところに立っています。 二つを同時に扱うことは現状難しいため、積分範囲の分解によって一つのピークの問題に置き換えます。

以下の積分 \begin{equation} \label{sqdeltaint} I=\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x^2-a^2)dx \end{equation} について、デルタ関数の性質より、\(x^2-a^2=0\)の点、即ち\(x=\pm a\)のいずれかを含まない積分範囲では \(0\)になる。ゆえに、積分範囲を次のように分けることができる。 \begin{eqnarray} I&=& \int_{-a- \varep_{1}}^{-a+\varep_{1}} f(x) \delta(x^2-a^2)dx \nonumber \\ &+& \int_{a- \varep_{2}}^{a+\varep_{2}} f(x) \delta(x^2-a^2)dx \end{eqnarray} (ここに、\(\varep_{1},\varep_{2}\)は正の微小な数。)今、この式の第一項を\(I_{1}\)、 第二項を\(I_{2}\)と名付ける。

まず、\(I_{2}\)について、積分範囲は\(a > 0\)という仮定から正の実数である。 ゆえに、\(x=\sqrt{t+a^2}\)なる実数\(t\)が存在し、この\(t\)で置換積分できる。 \begin{eqnarray} I_{2}&=& \int_{a- \varep_{2}}^{a+\varep_{2}} f(x) \delta(x^2-a^2) dx \nonumber \\ &=& \int_{-2a \varep_{2}}^{2a \varep_{2}} f(\sqrt{t+a^2}) \delta(t) {1 \over 2 \sqrt{t+a^2}} dt \nonumber \\ &=& \int_{-2a \varep_{2}}^{2a \varep_{2}} f(a) \delta(t) {1 \over 2 a} dt \end{eqnarray} ただし途中、二行目では置換積分の積分範囲の計算で\(\varep_{2}^2\)は高次の微小項として無視し、 三行目では公式\(\delta(x) g(x) = g(0)\)を使った。

積分範囲が\(t=0\)のピークを含むので \begin{equation} I_{2}={1 \over 2 a} f(a) \end{equation} を得る。

続いて、\(I_{1}\)についても置換積分を施す。\(I_{2}\)とは反対に、積分範囲が負の実数なので \(x=-\sqrt{t+a^2}\)のようにしなければならないことに注意。計算すると \begin{eqnarray} I_{2} &=& \int_{-a- \varep_{1}}^{-a+\varep_{1}} f(x) \delta(x^2-a^2) dx \nonumber \\ &=& \int_{2a \varep_{1}}^{-2a \varep_{1}} f(-\sqrt{t+a^2}) \delta(t) {1 \over 2 \sqrt{t+a^2}} dt \nonumber \\ &=& \int_{2a \varep_{1}}^{-2a \varep_{1}} f(-a) \delta (t) {1 \over 2 a} dt \end{eqnarray} より\(I_{1}={1 \over 2 a} f(-a)\)である。以上より、 \begin{eqnarray} I&=& I_{1}+I_{2} \nonumber \\ &=& {1 \over 2 a} \Bigl \{ f(a) + f(-a) \Bigr \} \end{eqnarray} となった。

一方、(\ref{sqdelta})式の右辺について \begin{eqnarray} \label{deltaint} & \ & \int_{-\infty}^{\infty} f(x) {1 \over 2a} \Bigl \{ \delta(x-a) + \delta(x+a) \Bigr \} dx \\ &=& {1 \over 2 a} \Bigl \{ f(a) + f(-a) \Bigr \} \end{eqnarray} よりこれは\(I\)に等しい。ゆえに(\ref{sqdeltaint})式と(\ref{deltaint})式を見比べて (\ref{sqdelta})式が成り立つことが言えた。

(\ref{compositedelta})式の証明

\(\delta(f(x))\)について、\(f(x)=0\)なる点(零点)が\(n個\)あるとして、 これらを\(a_{1},a_{2} \dots a_{n}\)と呼ぶことにする。また、重解はないとする。

今、積分 \begin{equation} I=\int_{-\infty}^{\infty} g(x) \delta(f(x))dx \end{equation} について、\(x\)が\(a_{1},a_{2} \dots a_{n}\)のいずれかでない限り\(\delta(f(x))\)は\(0\)なので 積分範囲を\(n\)個に分解して、それぞれの零点の近傍に限定できる。この際、分けた積分をそれぞれ\(I_{1},I_{2} \dots I_{n}\) のように名前を付ける。

\(m\)番目の零点\(a_{m}\)について考える。積分\(I_{m}\)はあらわに書くと \begin{eqnarray} I_{m}=\int_{a_{m}- \varep_{m}}^{a_{m}+\varep_{m}} g(x) \delta(f(x))dx \end{eqnarray} であるが(\(\varep_{m}\)は正の微小な数)これを\(t=f(x)\)を満たす\(t\)で置換したい。 そのために、\(f(x)\)が\(a_{m}- \varep_{m} ～ a_{m}+\varep_{m}\)の範囲で逆関数を持つことをまず示す。

さて、方程式\(f(x)=0\)は仮定より重解を持たないので、\(f(x)\)は\(a_{m}\)と接するのではなく、交わる。 ゆえに、\(\varep_{m}\)を十分小さくとれば、\(f(x)\)は\(I_{m}\)の積分範囲上で一価関数になり 逆関数定理から逆関数\(f^{-1}(t)=x\)が存在する。

この事実から、\(t=f(x)\)なる\(t\)で置換積分可能である。逆関数の導関数の公式 \begin{eqnarray} & & \frac{d x(t)}{dt} = {1 \over \frac{d t}{d x}} \nonumber \\ &=& \left. \frac{1}{\frac{df}{dx}(x)} \right |_{x=f^{-1}(t)} \end{eqnarray} を使ってこれを実行すると \begin{eqnarray} I_{m}=\int_{f(a_{m}- \varep_{m})}^{f(a_{m}+\varep_{m})} g(f^{-1}(0)) \delta(t) {1 \over |f'(f^{-1}(0))|} dt \end{eqnarray} を得る。(\(f'\)に絶対値がついているのは(\ref{atimesdelta})式の時と同じ理由。)
\(t=0\)ならば\(x=a_{m}\)より、\(f^{-1}(0)=a_{m}\)であることに注意して、 積分を実行すると \begin{equation} I_{m}={1 \over |f'(a_{m})|} g(a_{m}) \end{equation} が得られる。そして、同じ操作を\(I_{1} \dots I_{n}\)それぞれで行い足し上げると \begin{equation} I=\sum_{i}{1 \over |f'(a_{i}) |} g(a_{i}) \end{equation} となる。一方、(\ref{compositedelta})式の右辺について \begin{eqnarray} & & \int_{-\infty}^{\infty} g(x) \sum_{i}{1 \over |f'(a_{i}) |} \delta(x-a_{i}) dx \nonumber \\ &=& \sum_{i}{1 \over |f'(a_{i}) |} g(a_{i}) \end{eqnarray} となって\(I\)と等しい。ゆえに\(I\)のもともとの式と見比べて(\ref{compositedelta})式が言えた。