Vizsgáljuk meg a következő függvényt: \[f(x,a) = \left \{ \begin{array}{lll} 0 & \mbox{ha} & |x| > a \\ \frac{1}{2a} & \mbox{ha} & |x| \leq a \end{array} \right .\] A függvény integrálja az ábrán látható téglalp területével egyezik meg, amely \(a\) tetszőleges értéke mellett egységnyi lesz: \(\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x,a)dx = 1\). Ha \(a\) értéke közelít nullához, akkor a függvény nyilvánvalóan végtelenhez tart, de az integrálja ebben az esetben is egy lesz: \[\lim_{a\to 0} \int_{-\infty}^\infty f(x,a)dx = 1 \;.\] Nézzük meg, hogy mi lesz a következő integrál értéke: \[\lim_{a\to 0} \int_{-\infty}^\infty f(x,a)g(x)dx = ?\] ahol \(g(x)\)-ről feltételezzük, hogy folytonos függvény. Az integrál becsléséhez használjuk az integrál középérték tételt: vagyis létezik az \((-a,a)\) intervallumon egy \(x_0\) amelyre teljesül, hogy \[\int_{-\infty}^\infty f(x,a)g(x)dx = 2a g(x_0).\]

Ha \(a\) értékével nullához tartunk, akkor nyilván \[\lim_{a\to 0} \int_{-\infty}^\infty f(x,a)g(x)dx = g(0)\] Azt mondjuk, hogy a \(\displaystyle \lim_{a\to 0} f(x,a)\) határérték az u.n. Dirac delta egy előállításat adja: \[\lim_{a\to 0} f(x,a) = \delta(x)\;.\] A Dirac delta disztribúciót az integrálján keresztül értelmezhetjük: \[\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} g(x)\delta(x-x_0)dx = g(x_0)\;,\] ahol \(\varepsilon\) tetszőlegesen kicsiny valós szám. A fenti definícióból következik, hogy \[\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} \delta(x-x_0)dx = 1 \;.\] Az integrál segítségével értelmezhetjük a Dirac delta deriváltját is, egy parciális integrál seg1tségével: \[\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} g(x)\delta^\prime(x-x_0) dx = g(x_0+\varepsilon)\delta(\varepsilon)-g(x-\varepsilon)\delta(-\varepsilon) - \int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} g^\prime(x)\delta(x-x_0)\] A fenti egyenletben \(\delta(\varepsilon)\) és \(\delta(-\varepsilon)\) eltünik, hiszen a Dirac delta csak a nullánál különbözik nullától, így \[\int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} g(x)\delta^\prime(x-x_0) dx = - \int_{x_0-\varepsilon}^{x_0+\varepsilon} g^\prime(x)\delta(x-x_0) = g^\prime(x_0) \; .\] Nézzük meg a következő integrált: \[\int_a^b f(x) \delta(g(x))dx =\] Alkalmazzuk az \(z = g(x)\) helyettesítést, ekkor \(\displaystyle dx = \frac{dz}{|g^\prime(x)|}\): \[\int_{-\infty}^\infty f(x) \delta(g(x))dx = \int_{-\infty}^\infty f(x)\frac{\delta(z)}{|g^\prime(x)|}dz\] A Dirac delta kicsippenti azokat az értékeket, ahol az argumentuma nulla lesz, így \[\int_{-\infty}^\infty f(x) \delta(g(x))dx = \sum_i \frac{f(x_i)}{|g^\prime(x_i)|} \;,\] ahol \(x_i\) a \(g(x)\) függvény zérushelyeit jelöli. Nézzük meg a következő példát: \[\int_0^\infty e^{-x} \delta(\sin(x))dx = \sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-n\pi}}{|\cos(n\pi)|} = \sum_{n=0}^\infty e^{-n\pi} = \frac{1}{1-e^{-\pi}}\;,\] ahol kihasználtuk, hogy a \(\sin(x)\) függvénynek \(n\pi\) a zérushelyei és \(|\cos(n\pi)|=1\), valamint felhasználtuk a geometriai sorra vonatkozó összegszabályt.

A Dirac delta néhány más előállítása:

• A Gauss függvény \(e^{-x^2}\) az ismert haranggörbe alakú függvény. Az improprius integrálját később megtanuljuk meghatározni, most higgyük el: \[\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}\] A következő függvény integráljáról könnyen beláthatjuk, hogy egységnyi \(a\) tetszőleges választása esetén: \[\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\left (\frac{x}{a}\right )^2}dx = 1 \;.\] Ha csökkentjük az \(a\) paraméter értékét, akkor a harnggörbe egyre keskenyebb lesz, de a magassága egyre nő. Ha \(a\)-val tartunk nullához, akkor a Dirac delta egy másik előállításához jutunk: \[\lim_{a \to 0} \frac{1}{a\sqrt{\pi}}e^{-\left (\frac{x}{a}\right )^2} = \delta(x) \;.\]

• Egy lehetséges másik előállításhoz induljunk ki a \(\displaystyle \frac{\sin(x)}{x}\) függvényből. Először határozzuk meg az inproprius integrálját: \[\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x}dx = ?\] Sajnos ennek a függvénynek nem lehet felírni a primitív függvényét. Az inproprius integrál meghatározásához vezessük be a köbvetkező függvényt: \[F(s) = \int_0^\infty e^{-sx} \frac{\sin(x)}{x}dx \;.\] Nyilvánvalóan \(F(0)\) visszaadja a keresett integrál felét, \(F(s)\) értéke pedig a végtelenben nulla kell, hogy legyen. Deriváljuk az előző egyenletet: \[F^\prime(s) = \int_{-\infty}^\infty e^{-sx}\sin(x)dx = \frac{1}{2i}\int_{-\infty}^\infty \left (e^{-(y-i)x} - e^{-(y+i)x} \right )dx = -\frac{1}{1+s^2}\] Vagyis a következő differenciál egyenlethez jutottunk, amelyet az \(F(\infty)=0\) feltétellel kell megoldanunk: \(\displaystyle F^\prime(s) = -\frac{1}{1+s^2}\). Az egyenlet megoldása integrálás után: \[F(s) = -\mbox{arctg}(s) + C\;.\] Az \(\mbox{arctg}(s)\) függvény a végtelenben \(\pi/2\), tehát a megoldás \(F(s) = -\mbox{arctg}(s) +\pi/2\) és \(F(0) = \pi/2\), tehát \[\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x}dx = \pi \;.\] Tekintsük a következő függvényt: \[f(x) = \frac{1}{\pi}\frac{\sin(ax)}{x}\;.\] Könnyen beláthatjuk, hogy az integrálja a teljes valós tengelyen egy lesz, függetlenül \(a\) értékétől. A függvény a maximumát az \(x=0\) helyen veszi fel és attól távolódva rohamosan csökken az értéke. Az első zárus helye az \(\pi/a\) helyen lesz. Ha az \(a\) paraméterrel tartunk a végtelen felé, akkor a zérushelyek egyre közelebb kerülnek és a függvény maximuma egyre nagyobb lesz, tarunk a Dirac deltához: \[\lim_{a\to\infty} \frac{1}{\pi}\frac{\sin(ax)}{x} = \delta(x) \;.\]