Delta de Dirac

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Preparaduría: Series de Fourier Complejas y Delta de
Dirac.
Javier Freites y Johan Diaz
Jun 2021
1. Repaso Teórico
1.1. Series de Fourier Complejas:
Por la identidad de Euler, una función periodica, con periodo T, y de cuadrado integrable
(f(t) ∈ L2[−T/2, T/2]) también se puede aproximarse a una serie geométrica:
f(t) =
∞∑
n=−∞
αne
iwnt (1)
Donde
αn =
1
T
∫ T
2
−T
2
f(t)e−iwntdt (2)
1.2. Delta de Dirac:
El delta de dirac es un pulso. Evalúa la función donde se encuentra centrado el delta de
Dirac. Esta tiene un ancho 0 y un alto muy grande.
Se conoce como distribución δ de dirac a la función que mapea las funciones sobre C de
forma que: ∫ ∞
−∞
f(x)δ(x)dx = f(0)
Si la singularidad está en x = x0∫ ∞
−∞
f(x)δ(x− x0)dx = f(x0)
¿Cómo graficamos los δ de dirac ?
1
Para hacerlo, debemos observar la posición en la que se encuentra centrada el delta, para
ello observamos el número que acompaña al delta, por ejemplo:
δ(x) = δ(x− 0)
δ(x−
Pos.︷︸︸︷
0)
Figura 1: δ centrada en 0.
δ(x− 2)
δ(x−
Pos.︷︸︸︷
2)
δ(x+ 2) = δ(x− (−2))
δ(x−
Pos.︷ ︸︸ ︷
(−2))
2
Figura 2: δ centrada en 2.
Figura 3: δ centrada en -2.
En la práctica, la delta de dirac sirve para representar los contraste de impedancia de las
diferentes litologías del subsuelo.
3
Figura 4: Columna litodémica con su serie de reflectividad.
1.2.1. Propiedades del delta Dirac
1. δ(−x) = δ(x)
2.
∫∞
−∞ δ
′(−x)f(x)dx = −f ′(0)
3. xδ(x− x0) = x0δ(x− x0)
4. δ(cx) = 1|c|δ(x)
5. xδ′(x) = −δ(x)
2. Problemas
2.1. Demostrar que δ(x) = δ(−x)
Considerando una función de prueba f(x) ∈ L2(−∞,∞)
Queremos probar que
4
δ(−x) = δ(x)
Apliquemos el operador integral lados.∫ ∞
−∞
f(x)δ(x)dx =
∫ ∞
−∞
f(x)δ(−x)dx
Tomando la integral de la derecha: ∫ ∞
−∞
f(x)δ(−x)dx
Realizamos un cambio de variables
x = −tdx = −dt∫ −∞
∞
f(−t)δ(x)(−dt) =
∫ ∞
−∞
f(−t)δ(t)dt = f(0)
Recordemos una de las definiciones fundamentales:∫ ∞
−∞
f(x)δ(x) = f(0)
Por lo que:
∫ ∞
−∞
f(x)δ(x)dx = f(0) =
∫ ∞
−∞
f(x)δ(−x)dx
Demostramos que:
δ(−x) = δ(x)
2.2. Demostrar que
∫∞
−∞ δ
′(x)f(x)dx = −f ′(0)
Considerando una función de prueba f(x) ∈ L2(−∞,∞)
Queremos probar que ∫ ∞
−∞
δ′(x)f(x)dx = −f ′(0)
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Realizamos una integración por partes, para ello hacemos un cambio de variables:
u = f(x)
du = f ′(x)dx
dv = δ′(x)
v = δ(x)
= f(x)δ(x)|∞−∞ −
∫ ∞
−∞
δ(x)f ′(x)dx
Por definición f(x) es una función de cuadrado integrable en el intervalo de −∞ a∞ por lo
que posee un valor finito en dicho intervalo. Luego, sabemos que la distribución δ(x) se anula
en el intervalo (−∞,∞) a excepción de donde posee la singularidad, en este caso x=0, entonces:
f(x)δ(x)|∞−∞ = 0
−
∫ ∞
−∞
δ(x)f ′(x)dx = −f ′(0)∫ ∞
−∞
δ′(x)f(x) = −
∫ ∞
−∞
δ(x)f ′(x)dx = −f ′(0)
2.3. Demostrar que δ(cx) = 1|c|δ(x)
Tomando una función de prueba f(x) ∈ L2(−∞,∞)
Tenemos que considerar dos casos:
2.3.1. c > 0
∫ ∞
−∞
δ(cx)f(x)dx
Hacemos un cambio de variable.
x′ = cx
dx′ = cdx
=
∫ ∞
−∞
δ(x′)f(
x′
c
)
dx′
c
=
1
c
∫ ∞
−∞
δ(x′)f(
x′
c
)dx′
=
1
c
f(0) =
1
c
∫ ∞
−∞
f(x)δ(x)dx
6
Finalmente
δ(cx) =
1
c
δ(x)
2.3.2. c < 0
∫ ∞
−∞
δ(cx)f(x)dx
x′ = cx
dx′ = cdx
Se invierten los límites de integración.
=
∫ −∞
∞
δ(x′)f(
x′
c
)
dx′
c
= −1
c
∫ ∞
−∞
δ(x′)f(
x′
c
)dx′
= −1
c
f(0) =
1
|c|
f(0) =
1
|c|
∫ ∞
−∞
f(x)δ(x)dx
=⇒ δ(cx) = 1
|c|
δ(x)
Combinando 2.3.1 y 2.3.2 tenemos que:
δ(cx) =
1
|c|
δ(x)
2.4. Obtenga la serie de Fourier exponencial de un tren de deltas
El tren de deltas vendrá definido por:
∞∑
n=−∞
δ(x− nt0)
Al observar la definición de la distribución, notamos que el periodo es T = t0
Con esto en mente procedemos a graficar:
Nota: Al desarrollar la sumatoria lo que estamos obteniendo es una suma de deltas,
aunque suene redundante que estarán centrados en diferentes posiciones del eje de
las abscisas.
...+ δ(x+ 2t0) + δ(x+ t0) + δ(x) + δ(x− t0) + δ(x− 2t0) + ...
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Figura 5: Tren de δ.
Primeramente, buscamos la serie de Fourier exponencial para la función, la cual
viene dada por:
S[f(x)] =
∞∑
n=−∞
αne
iwnx
Para este caso en particular, tenemos que:
wn = n
2π
to
y su coeficiente αn es igual a:
αn =
1
T
∫ T
2
−T
2
f(x)e−iwnxdx
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αn =
1
to
∫ to
2
− to
2
∞∑
n=−∞
δ(x− nt0)e−iwnxdx
αn =
1
to
∞∑
n=−∞
∫ to
2
− to
2
δ(x− nt0)e−iwnxdx
Al observar el intervalo de la gráfica solo se tiene la δ(x) por ende, nos queda que:
αn =
1
to
∫ to
2
− to
2
δ(x)e−iwnxdx
Por las propiedades de la delta de Dirac tenemos que:
∫ T
2
−T
2
δ(t− to)e−iwntdt = e−iwnto
Nota: Esta propiedad es válida siempre y cuando el valor de to se encuentre
dentro de los límites de integración.
Por ello nos queda que αn es:
αn =
1
to
e−iwn0
αn =
1
to
e0
αn =
1
to
9
Por lo tanto:
S[f(x)] =
∞∑
n=−∞
1
to
ein
2π
to
x
10