备忘

$\delta$ 函数

🍎 如果函数 $f(x)$ 的实根 $x_i$ 全是单根，那么有关系
$$
\delta(f(x)) = \sum_i \frac{\delta(x-x_i)}{|f’(x_i)|}
$$

1⃣ 首先证明 $\delta(ax) = \frac{\delta(x)}{|a|}$
$$
\begin{align}
\int^\infty_{-\infty} \mathrm{d}x \delta (ax) &= \int^{\infty\cdot a}{-\infty\cdot a}
\mathrm{d}y \frac{\delta (y)}{a}
\
&= \int^{\infty}{-\infty}
\mathrm{d}y \frac{\delta (y)}{|a|}
\end{align}
$$
2⃣ 假设函数 $f(x)$ 具有一系列零点 $x_i$ 。附近展开 $f(x) = f(x_i) + f’(x_i)(x-x_i) + \frac{1}{2}f’'(x_i)(x-x_i)^2$

$$
\begin{align}
\int^\infty_{-\infty} \delta(f(x)) \mathrm{d}x &= \sum_i \lim_{\epsilon\rightarrow 0} \int^{x_i+\epsilon}{x_i-\epsilon} \delta(f(x)) \mathrm{d}x \tag{1.1} \label{eq1}
\
&= \sum_i \lim{\epsilon\rightarrow 0} \int^{x_i+\epsilon}{x_i-\epsilon} \delta\biggl( f’(x_i)(x-x_i) + \frac{1}{2}f’'(x_i)(x-x_i)^2 \biggr) \mathrm{d}x \tag{1.2} \label{eq2}
\
&= \sum_i \lim{\epsilon\rightarrow 0} \int^{x_i+\epsilon}{x_i-\epsilon} \delta\biggl( \underbrace{f’(x_i)(x-x_i)}{\epsilon} + \underbrace{\frac{1}{2}f’‘(x_i)(x-x_i)^2}{\epsilon^2} \biggr) \mathrm{d}x \tag{1.3} \label{eq3}
\
&= \sum_i \int^{\infty}{-\infty} \delta\biggl( f’(x_i)(x-x_i) \biggr) \tag{1.4} \label{eq4}
\
&= \sum_i \frac{\delta (x-x_i)}{|f’(x_i)|} \tag{1.5} \label{eq5}
\end{align}
$$

其中

• $\eqref{eq1}$ 是将整个积分区间分成了最多只包含一个零点的一系列小区间，因为 $\delta$ 函数的存在， 只有包含 $f(x)$ 零点的那些小的积分区间才会有贡献。并且由于 $\delta$ 函数的性质，严格说来只有零点附近那“一点点”才有贡献，我们用一个无穷小量 $\epsilon$ 来衡量。
• $\eqref{eq2}$ 是将那一个小区间的函数在零点附近做展开。因为 $x_i$ 是 $f(x)$ 的单根，所以最低可以是一阶导数。
• $\eqref{eq3}$ 是把求极限操作直接拿到 $\delta$ 函数里面考虑（这么做可能有点不太好嘿嘿 😋）这样的话二阶导对应的是高阶小量
• $\eqref{eq4}$ 补上了剩下的积分区间，因为其他地方在 $\delta$ 函数的保护下为零
• $\eqref{eq4}$ 中的 $f’(x_i)$ 是一个常数，利用前面的第 1⃣ 点就可以得到 $\eqref{eq5}$

$\delta (x^2-a^2) = \frac{1}{2|a|}[\delta (x-a)+\delta (x+a)]$