Ist das eine Dirac-Delta-Funktion in Verkleidung?

Question

Ist das eine Dirac-Delta-Funktion in Verkleidung?

Salvator Manfredi D

Stellen Sie sich ein typisches Detektor-Ersatzschaltbild vor, bei dem der Detektor als idealer Stromgenerator angesehen werden kann $I(t)$ . Seit $I = I_C + I_R$ (Ströme durch Kondensator und Widerstand), $I_R R=V$ Und $\frac{I_C}{C}=\frac{dV}{dt}$ , die Gleichung der Schaltung lautet:

\frac{D v}{D T} + \frac{v}{R C} = \frac{ICH}{C} .

$\frac{dV}{dt}+\frac{V}{RC}=\frac{I}{C}.$

Wenn $C$ geht zu $0$ , sollte die Gleichung lauten $V=IR$ wie es in Detektoren mit einem niedrigen passiert $RC$ Konstante. Aber wenn ich senden wollte $C$ zu Null in der Lösung der Differentialgleichung, das ist $V(t)=\int_0^t \frac{I}{C}e^{\frac{t'-t}{RC}}dt'$ , um genau das gleiche Ergebnis zu erhalten, würde ich das denken $e^{\frac{t'-t}{RC}}$ ist eine Art doppelte Dirac-Delta-Funktion. Einsetzen im Integral:

v (T) = \int_{0}^{T} \frac{ICH}{C} 2 δ (T^{'} - T) R C D T^{'} = ICH (T) R .

$V(t)=\int_0^t \frac{I}{C}2\delta(t'-t)RCdt'=I(t)R.$

Ist es wirklich ein Delta? Ist es richtig, so zu argumentieren?

alephnull

Ob es richtig ist oder nicht, es ist viel einfacher, Ihre Gleichung als umzuschreiben

C R \frac{d V}{d t} + V = I R

$CR\dfrac{dV}{dt} + V= IR$ und überhaupt keine komplizierten mathematischen Spiele spielen.

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Ist das eine Dirac-Delta-Funktion in Verkleidung?

Ob es richtig ist oder nicht, es ist viel einfacher, Ihre Gleichung als umzuschreiben $CR\dfrac{dV}{dt} + V= IR$ und überhaupt keine komplizierten mathematischen Spiele spielen.

QMechaniker · Answer 1

Ja, OP hat im Wesentlichen eine einseitige Dirac-Delta-Verteilung konstruiert
$δ_{[0, \infty [} (X) = lim_{ε ↘ 0} \frac{1}{ε} e^{- X / ε}$ $\delta_{[0,\infty[}(x)~=~\lim_{\varepsilon\searrow 0} \frac{1}{\varepsilon} e^{-x/\varepsilon}$ auf der positiven Halblinie $[0,\infty[$ über eine verallgemeinerte Funktion , so dass $\int_{[0, \infty [} D X δ_{[0, \infty [} (X) F (X) = F (0)$ $\int_{[0,\infty[} \mathrm{d}x~\delta_{[0,\infty[}(x)~f(x)~=~f(0)$ für alle Testfunktionen $f:[0,\infty[\to \mathbb{R}$ .
Beachten Sie, dass sich die OP-Verteilung von der üblichen zweiseitigen Dirac-Delta-Verteilung unterscheidet $\delta_{\mathbb{R}}(x)$ auf der echten Linie $\mathbb{R}$ , was befriedigt
$\int_{R} D X δ_{R} (X) F (X) = F (0)$ $\int_{\mathbb{R}} \mathrm{d}x~\delta_{\mathbb{R}}(x)~f(x)~=~f(0)$ für alle Testfunktionen $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ .
Dies erklärt auch, warum die letzte Formel von OP einen Korrekturfaktor von 2 hat.

Hätten Sie eine Referenz für eine detailliertere Analyse der "einseitigen Deltafunktion"? Danke !
@ Vincent Fraticelli. Haben Sie eine richtige verteilungstheoretische Definition der "einseitigen Deltafunktion"?
Ich habe herausgefunden, dass es in diesem Beitrag existiert. Aber die Frage nach den Strömen, die auf der Oberfläche eines Leiters induziert werden, wenn die Leitfähigkeit gegen unendlich geht, hatte ich mir schon gestellt. Es gibt das gleiche Problem, weil die Dirigenten nur für existieren $z>0$

md2perpe · Answer 2

Eine eher mathematische Behandlung

Wir haben eine gewöhnliche Differentialgleichung (ODE):

a^{- 1} j^{'} (T) + j (T) = F (T) .

$\alpha^{-1}y'(t) + y(t) = f(t).$ In unserem Fall,

y (t) = V (t),

$y(t)=V(t),$

α = \frac{1}{R C},

$\alpha=\frac{1}{RC},$

f (t) = R I (t) .

$f(t)=RI(t).$

Die ODE kann gelöst werden, indem eine Green-Funktion gefunden wird $G_\alpha(t)$ befriedigend

a^{- 1} G_{a}^{'} (T) + G_{a} (T) = δ (T)

$\alpha^{-1}G_\alpha'(t) + G_\alpha(t) = \delta(t)$ und dann die Lösung bekommen

y (t)

$y(t)$ als

j (T) = (G_{a} * F) (T) = \int_{- \infty}^{\infty} G_{a} (T - T^{'}) F (T^{'}) D T^{'} .

$y(t) = (G_\alpha*f)(t) = \int_{-\infty}^{\infty} G_\alpha(t-t')\,f(t')\,dt'.$

Eine Green-Funktion, die nur eine Antwort für gibt $t>0$ (damit es kausal ist) ist gegeben durch

G_{a} (T) = a e^{- a T} H (T),

$G_\alpha(t) = \alpha e^{-\alpha t} H(t),$ Wo

H (t)

$H(t)$ ist die Heaviside-Schrittfunktion .

Verteilungen und Konvergenz als solche werden dadurch definiert, wie sie auf eine Testfunktion "einwirken" oder in einem Integral arbeiten, wenn sie mit einer Testfunktion multipliziert werden $\varphi\in C^\infty_c(\mathbb{R}).$ Deshalb, um das zu zeigen $G_\alpha(t) \to \delta(t)$ im Sinne von Ausschüttungen, wann $\alpha\to\infty,$ das müssen wir zeigen

lim_{a \to \infty} \int_{- \infty}^{\infty} G_{a} (T) φ (T) D T = \int_{- \infty}^{\infty} δ (T) φ (T) D T = φ (0)

$\lim_{\alpha\to\infty} \int_{-\infty}^{\infty} G_\alpha(t)\,\varphi(t)\,dt = \int_{-\infty}^{\infty} \delta(t)\,\varphi(t)\,dt = \varphi(0)$ für alle

φ \in C_{c}^{\infty} (R) .

$\varphi\in C^\infty_c(\mathbb{R}).$

Das ist einfach. Verwenden der Variablen ändern $t=s/\alpha$ wir bekommen

\int_{- \infty}^{\infty} G_{a} (T) φ (T) D T = \int_{- \infty}^{\infty} a e^{- a T} H (T) φ (T) D T = \int_{0}^{\infty} a e^{- a T} φ (T) D T = \int_{0}^{\infty} a e^{- S} φ (S / a) D S / a = \int_{0}^{\infty} e^{- S} φ (S / a) D S \to \int_{0}^{\infty} e^{- S} φ (0) D S = \int_{0}^{\infty} e^{- S} D S φ (0) = 1 \cdot φ (0) .

$\int_{-\infty}^{\infty} G_\alpha(t) \, \varphi(t) \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} \alpha e^{-\alpha t} H(t) \, \varphi(t) \, dt = \int_{0}^{\infty} \alpha e^{-\alpha t} \, \varphi(t) \, dt = \int_{0}^{\infty} \alpha e^{-s} \, \varphi(s/\alpha) \, ds/\alpha \\ = \int_{0}^{\infty} e^{-s} \, \varphi(s/\alpha) \, ds \to \int_{0}^{\infty} e^{-s} \, \varphi(0) \, ds = \int_{0}^{\infty} e^{-s} \, ds \, \varphi(0) = 1 \cdot \varphi(0).$

Erwähnenswert ist, dass es sich um eine lineare ODE handelt, die zum Lösen mit einer Green-Funktion erforderlich ist.
+1, Hoffentlich gibt es eine korrekte mathematische Antwort.
@LL3.14. Ich würde sagen, dass dies eine korrekte mathematische Antwort ist. Es gibt nur ein paar Dinge zu beheben, um es vollständig streng zu machen.
Oh ja, tut mir leid, wenn ich mich nicht klar ausgedrückt habe, ich wollte sagen, dass Ihre Antwort streng war.

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Salvator Manfredi D

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