¿Cómo se calcularía la inversa de la función delta de Dirac?

Para ampliar la respuesta de @ mikestone, el resultado requerido no es

Los derivados funcionales se pueden entender en el sentido de Gateaux de la siguiente manera. Dejar$\phi\in C^\infty(\mathbb R^n)$ser una función suave y$S:C^\infty(\mathbb R^n) \rightarrow \mathbb R$ser un funcional. Para una dada$\eta\in C^\infty(\mathbb R^n)$, definimos

para alguna funcion$E$, luego escribimos$E\big[\phi(x),\partial \phi(x),\ldots\big]=: \frac{\delta S}{\delta \phi(x)}$y llámese la derivada funcional de$S$con respecto a$\phi(x)$(o algo más exactamente, la derivada funcional de$S$ evaluado en$\phi(x)$).

Ejemplo

Habiendo hecho esa definición preliminar, considere el funcional$S$que come una función suave e integra su cuadrado sobre$\mathbb R^n$. Entonces

A continuación, deja$T:C^\infty(\mathbb R^n)\rightarrow C^\infty(\mathbb R^n)$ser un operador. Una vez más, consideramos una derivada de Gauteaux que ahora tendrá un valor de función en lugar de$\mathbb R$-valorado:

para algunos$F$, entonces como antes llamamos$F[\ldots]=: \frac{\delta T[\phi;x]}{\delta \phi(y)}$la derivada de$T$con respecto a (o evaluado en)$\phi(y)$.

Ejemplo

Dejar$T$ser el operador que come una función y escupe esa función de vuelta, es decir$T[\phi;x] = \phi(x)$. Entonces

Como un leve abuso de la notación, esto a menudo se escribe$\frac{\delta \phi(x)}{\delta \phi(y)}= \delta(x-y)$. Tenga en cuenta que en cálculo elemental generalmente escribimos la derivada de la función$\mathrm{sq}:x\mapsto x^2$como$\frac{d(x^2)}{dx} = 2x$en vez de$\frac{d(\mathrm{sq})}{dx} = 2x$; este es precisamente el mismo abuso de notación que se emplea aquí.

Finalmente, considere algún operador$T:C^\infty(\mathbb R^n)\rightarrow \mathbb C^\infty(\mathbb R^n)$y alguna funcion$\phi$tal que en un barrio de$\phi$,$T$se puede invertir, es decir$T^{-1}\big[T[\phi;\cdot];x\big] = \phi(x)$. Después de un poco de trabajo, se puede demostrar que si

entonces debemos tener eso

o, algo menos desagradable,

Esta es esencialmente la generalización derivada funcional (/operador) del teorema de la función inversa, y es en este sentido que estas derivadas son inversas entre sí, no simples inversas multiplicativas, sino integrales inversas en el sentido anterior.

Es esclarecedor notar que si consideramos funcionales y operadores$f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R^n$en lugar de en$C^\infty(\mathbb R^n)$, entonces las derivadas funcionales se reducen a las matrices correspondientes$\frac{\partial f^i}{\partial x^j}$y el teorema de la función inversa se reduce a un enunciado sobre la multiplicación de matrices; en ese sentido, los derivados de$f$y$f^{-1}$son matrices inversas entre sí, no simplemente inversas multiplicativas. Por supuesto, si continuamos simplificando y especializándonos para$n=1$, luego llegamos al teorema de la función inversa de Cálculo 101 en el que finalmente surgen inversos multiplicativos simples.

Ejemplo

Como un ejemplo trivial, dejemos$T[\phi;x]=\phi(x)$. Entonces$T^{-1}[\rho;x] = \rho(x)$(es decir$T$es su propio inverso). Ambos tienen la misma derivada que la dada en el ejemplo anterior, y de hecho

Ejemplo 2

Como un ejemplo menos trivial, sea$T[\phi;x] = f(x)\phi(x)$como usted propone. Entonces$T^{-1}[\rho;x] = \frac{1}{f(x)}\rho(x)$(asumiendo que$f(x)\neq 0$). Las derivadas de estos operadores son simplemente

una vez mas,

Ejemplo 3

Sólo por diversión, deja$T[\phi;x] = \frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int \mathrm d^n k \ e^{-ikx} \phi(k)$y$T^{-1}[\rho;x] = \frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int \mathrm d^n k\ e^{ikx} \rho(k)$. Entonces

Tienes que invertir la matriz con derivadas parciales con entradas etiquetadas por$x$,$y$. No solo inviertes las entradas: si matriz$1+M$tiene entradas$\delta_{ij}+m_{ij}$entonces$(1+M)^{-1}$no tiene entradas$1/(\delta_{ij}+m_{ij})$.