Вычислить интеграл от e^(i*omega*x) по omega от минус бесконечности до бесконечности, где x — параметр.

Step-by-step solution

1. 1

   Сначала интегрируем по симметричному конечному промежутку. Несобственный интеграл по $(-\infty,\infty)$ определяется через пределы конечных кусков, поэтому начнём с $\int_{-A}^{A}$. При $x\ne 0$ первообразная по $\omega$ равна $\dfrac{1}{ix}e^{i\omega x}$, откуда

   $\int_{-A}^{A}e^{i\omega x}\,d\omega=\frac{1}{ix}\left(e^{iAx}-e^{-iAx}\right)$

2. 2

   Превращаем экспоненты в синус. По формуле $e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta$ при $\theta=Ax$:

   $\int_{-A}^{A}e^{i\omega x}\,d\omega=\frac{2i\sin(Ax)}{ix}=\frac{2\sin(Ax)}{x}$

   Это $2A\,\operatorname{sinc}(Ax)$ — пик высоты $2A$ в точке $x=0$, площадь под которым остаётся неизменной.

3. 3

   Переходим к пределу $A\to\infty$ поточечно и убеждаемся, что его нет. При фиксированном $x\ne 0$ множитель $\sin(Ax)$ бесконечно колеблется между $-1$ и $1$ и никуда не сходится, поэтому у $\dfrac{2\sin(Ax)}{x}$ предела не существует. При $x=0$ подынтегральная функция равна постоянной $1$ и $\int_{-A}^{A}1\,d\omega=2A\to\infty$. В любом случае интеграл расходится в обычном смысле (по Риману или по Лебегу).

4. 4

   Проверяем это семейство функций на гладкой пробной функции. Хотя у $\dfrac{2\sin(Ax)}{x}$ нет поточечного предела, его площадь постоянна:

   $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(Ax)}{x}\,dx=2\pi\qquad\text{для любого }A>0$

   а с ростом $A$ масса всё плотнее сосредоточивается в точке $x=0$ (вдали от начала координат колебания взаимно уничтожаются при взвешивании любой гладкой пробной функцией $\varphi$). Это в точности определяющее свойство дельта-последовательности:

   $\lim_{A\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\sin(Ax)}{x}\varphi(x)\,dx=2\pi\varphi(0)$

5. 5

   Формулируем оба ответа и уточняем, где какой имеется в виду. Как обычный несобственный интеграл это выражение не сходится. Как обобщённая функция — а именно этот смысл используется в анализе Фурье, где перед нами обратное преобразование постоянной функции $1$, — получаем

   $\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega x}\,d\omega=2\pi\,\delta(x)$

   Множитель $2\pi$ зависит от соглашения: при симметричной нормировке $\tfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$ то же тождество по-прежнему выглядит как $\int e^{i\omega x}\,d\omega=2\pi\delta(x)$, но множитель $\tfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$ стоит с обеих сторон пары преобразований.