Ich heiße Alexander FufaeV und hier schreibe ich über:

Dirac'sche Delta-Funktion und ihre Eigenschaften

Inhaltsverzeichnis

Die Delta-Funktion ist ein nützliches mathematisches Objekt, das in vielen Bereichen der theoretischen Physik Anwendung findet. Angefangen in der Elektrodynamik bei der Beschreibung von elektrischen Punktladungen als eine in einem einzigen Punkt konzentrierte Ladungsdichte, bis hin zur Quantenfeldtheorie bei der Beschreibung von Quantenfeldern als Operatoren.

Motivation der Delta-Funktion

Betrachten wir eine eindimensionale elektrische Ladungsdichte $\rho(x)$, die auf einer Linie verschmiert ist. Das kann genauso eine Massendichte oder irgendeine andere Dichtefunktion sein. Wir schauen hier als Beispiel die Ladungsdichte an.

Um zu berechnen, wie groß die Gesamtladung $Q$ auf dieser Linie ist, müssen wir diese Ladungsdichte integrieren. Dabei wählen wir die Integrationsgrenzen $ a $ und $b$ so, dass die gesamte Linienladung eingeschlossen ist:

$$ \begin{align} Q ~=~ \int^b_a \rho(x) \, \text{d}x \end{align} $$

Was ist, wenn wir keine verschmierte Ladungsdichte, sondern eine einzige Punktladung $Q$ im Koordinatenursprung haben?

Die gesamte Ladungsdichte ist dann in einem einzigen Punkt konzentriert und sonst überall Null. Wie können wir so eine Ladungsdichte mathematisch beschreiben?

Die Ladungsdichte muss zwei Eigenschaften erfüllen, wenn sie eine einzige Punktladung beschreiben soll:

Ladungsdichte $\rho(x)$ muss an jedem Ort $x$ Null sein, außer an der Stelle, wo sich die Punktladung befindet, also bei $x=0$:

$$ \begin{align} \rho(x) ~=~ 0, ~~~ x \neq 0 \end{align} $$
Das Linienintegral über die Ladungsdichte muss uns den Wert $Q$ liefern, wenn die Punktladung innerhalb der Integrationsgrenzen $a$ und $a$ liegt:

$$ \begin{align} \int_a^b \rho(x) \, \text{d}x ~=~ Q \end{align} $$

Wenn die Ladung dagegen nicht irgendwo zwischen den Punkte $x=a$ und $x=b$ liegt, dann soll das Integral Null ergeben.

Wenn wir die Ladung auf den Wert $Q=1$ normieren und diese beiden Eigenschaften beachten, dann notieren wir die Dichte mit einem griechischen Delta $\delta$ und nennen sie Dirac’sche Delta-Funktion:

$$ \begin{align} \delta(x) ~=~ 0, ~~~ x \neq 0 \\\\
\int_a^b \delta(x) \, \text{d}x ~=~ 1, ~~~ a < 0 < b \end{align} $$

Auch wenn der Name suggerieren mag, ist die Delta-Funktion mathematisch gesehen keine Funktion, sondern ein anderes mathematisches Objekt, das beispielsweise als eine sogenannte Dirac-Distribution oder als ein Dirac-Maß aufgefasst werden kann. Eine mathematisch saubere Definition soll uns in dieser Lektion erstmal nicht interessieren. Wir wollen erstmal wissen, wie man mit der Delta-Funktion umgeht.

Die Delta-Funktion wird graphisch mit einem Pfeil veranschaulicht, der sich an der Position der Punktladung befindet. Die Höhe des Pfeils wird meistens so gewählt, dass sie den Wert des Integrals repräsentiert, in diesem Fall also 1.

Delta-Funktion im Ursprung wird als Pfeil bei $x=0$ dargestellt und repräsentiert eine Punktladung.

Delta-Funktion im Koordinatenursprung

Betrachten wir jetzt ein Integral der Delta-Funktion zusammen mit einer Testfunktion $f(x)$ (mit "Testfunktion" ist gemeint, dass sie beliebige "gute" Eigenschaften haben kann, die man sich vorstellen kann. Zum Beispiel unendlich oft differenzierbar):

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x) \, \text{d}x \end{align} $$

Delta-Funktion pickt den Wert $f(0)$ der Funktion an der Stelle $x=0$.

Solch ein Integral ist sehr einfach zu berechnen, denn nach 4 ist die Delta-Funktion überall Null, außer an der Stelle $x=0$. Damit ist auch das Produkt $f(x) \, \delta(x) = 0$ überall Null, außer an der Stelle $x=0$. Das heißt: Im Integral bleibt nur der Funktionswert $f(0)$ erhalten. Da $f(0)$ nicht mehr von $x$ abhängt, können wir diese Konstante vor das Integral ziehen:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x) \, \text{d}x ~=~ f(0) \int_a^b \delta(x) \, \text{d}x \end{align} $$

Das Integral über die Delta-Funktion ist 1, nach Gl. 4, wenn $x=0$ zwischen $a$ und $b$ liegt (ansonsten ist das Integral Null). Wir wissen also, was die Delta-Funktion im Integral 5 macht, wenn sie mit einer Funktion $f(x)$ multipliziert ist. Sie pickt den Wert der Funktion an der Stelle $x=0$:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x) \, \text{d}x ~=~ f(0) \end{align} $$

Verschobene Delta-Funktion

Wir können die Ladung natürlich auch an eine andere Stelle auf der $x$-Achse verschieben, zum Beispiel an die Stelle $ x = x_0 $. Das Argument der Delta-Funktion wird zu $\delta(x-x_0)$. Warum $ -x_0$? Weil wir die Delta-Funktion in die positive Richtung verschoben haben. Dann muss die Delta-Funktion überall Null sein, außer an der Stelle $x_0$. Auch hier ist das Integral über die Delta-Funktion gleich 1, wenn $ x_0 $ zwischen den Integrationsgrenzen $a$ und $b$ liegt. Wir haben ja die Delta-Funktion nur nach $x_0$ verschoben, daher ist das Ergebnis des Integrals genauso wie im Fall von $\delta(x)$:

$$ \begin{align} \int_a^b \delta(x - x_0) \, \text{d}x ~=~ 1 \end{align} $$

Nach rechts verschobene Delta-Funktion pickt den Wert $f(x_0)$ der Funktion an der Stelle $x=x_0$.

Was ist nun, wenn die verschobene Delta-Funktion mit einer anderen Funktion $f(x)$ im Integral multipliziert ist? $\delta(x-x_0)$ ist überall Null, außer an der Stelle $x_0$. Anschaulich gesagt (siehe Illustration 3): Das verschobene Delta im Integral pickt den Funktionswert $f(x_0)$ an der Stelle, wo sich die Delta-Funktion gerade befindet.

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x - x_0) \, \text{d}x \end{align} $$

Beweisen kannst du das, indem du $x-x_0$ mit $y$ substituierst: $ y = x - x_0 $.

Dann wird $x$ in der Funktion zu $y+x_0$.
Das $x - x_0$ in der Delta-Funktion wird zu $y$.
Die Ableitung $ \frac{ \text{d}y }{ \text{d}x } $ ist 1. Damit ändert sich $\text{d}x$ zu $\text{d}y$.
Die Integrationsgrenzen werden zu $a-x_0$ und $b-x_0$.

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x - x_0) \, \text{d}x ~=~ \int_{a-x_0}^{b-x_0} f(y+x_0) \, \delta(y) \, \text{d}y \end{align} $$

Wie wir wissen, pickt $\delta(y)$ den Wert der Funktion an der Stelle $y=0$. Daher ergibt das Integral den Wert $ f(0 + x_0) = f(x_0)$:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x - x_0) \, \text{d}x ~=~ f(x_0) \end{align} $$

Beachte, dass wir den Fall, wo die Ladung genau auf der Grenze liegt, nicht betrachten wollen. Entweder schließen wir eine Ladung in den Integrationsbereich ein oder eben gar nicht. Trotzdem sei gesagt, dass man auch diesen exotischen Fall berücksichtigen kann.

Beispiel für eine verschobene Delta-Funktion

Schau dir die Funktion $f(x) = -2 e^{-\sin(x^2)}$ im Integral mit der Delta-Funktion $\delta(x) $ an. Das Ergebnis des Integrals ist $f(0)$:

$$ \begin{align} \int -2 e^{-\sin(x^2)} \, \delta(x) \, \text{d}x ~=~ f(0) \end{align} $$

Wir integrieren hier von $-\infty$ bis $+\infty$, das heißt, dass die Delta-Funktion bei $x=0$ liegt also im Integrationsbereich.

$$ \begin{align} f(0) ~&=~ -2 e^{-\sin(0^2)} \\\\
~&=~ -2 e^{0} \\\\
~&=~ -2 \end{align} $$

Das Integral hat also den Wert -2. So einfach kann man komplizierte Integrale berechnen, wenn im Integranden eine Delta-Funktion vorkommt!

Beispiel für eine Delta-Funktion außerhalb der Integrationsgrenzen

$$ \begin{align} \int_{-1}^1 x^2 \, \delta(x-3) \, \text{d}x ~=~ 0 \end{align} $$

Hier musst du gar nicht länger nachdenken. Die Delta Funktion befindet sich an der Stelle $x=3$ und ist damit außerhalb der Integrationsgrenzen. Das Integral ist daher Null.

Die Delta-Funktion befindet sich außerhalb der Integrationsgrenzen.

Delta-Funktion ist symmetrisch (gerade)

Als nächstes schauen wir uns an, was passiert, wenn wir $-x$ in der Delta-Funktion haben:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(-x) \, \text{d}x \end{align} $$

Machen wir eine Substitution $ y = -x$:

Damit wird $f(x)$ zu $f(-y)$.
$\delta(-x)$ wird zu $\delta(y)$.
Die Ableitung von $ \frac{ \text{d} y}{ \text{d} x } $ ist -1. Damit substituieren wir das $\text{d} x$ mit $ - \text{d} y $.
Die untere Integrationsgrenze wird wegen der Substitution zu $-a$. Die obere Grenze wird zu $-b$.

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(-x) \, \text{d}x ~=~ -\int_{-a}^{-b} f(-y) \, \delta(y) \, \text{d}y \end{align} $$

Die Vorzeichen von $a$ und $b$ werden also vertauscht. Wenn $a$ negativ war, wird $-a$ jetzt positiv und wenn $b$ vorher positiv war, ist $-b$ jetzt negativ. Um die Integration wieder beginnend vom Negativen zum Positiven zu machen, drehen wir die Integrationsgrenzen um und damit das Vorzeichen des Integrals. Auf diese Weise heben sich die beiden Minuszeichen weg.

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(-x) \, \text{d}x ~=~ \int_{-b}^{-a} f(-y) \, \delta(y) \, \text{d}y \end{align} $$

Wir wissen, was $\delta(y)$ auf der rechten Seite im Integral macht. Es pickt den Wert von $f$ an der Stelle $y=0$: $f(-0)$. Das Integral ergibt also den Wert $f(0)$:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(-x) \, \text{d}x ~=~ f(0) \end{align} $$

Es macht also keinen Unterschied, ob wir $\delta(x)$, wie bei Gl. 7 oder $\delta(-x)$ wie bei Gl. 15 im Integral verwenden. Das Ergebnis ist in beiden Fällen $f(0)$:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(x) \, \text{d}x ~=~ \int_a^b f(x) \, \delta(-x) \, \text{d}x \end{align} $$

$$ \begin{align} \delta(x) ~=~ \delta(-x) \end{align} $$

Skaliertes Argument der Delta-Funktion

Was passiert nun, wenn wir das $x$ im Delta mit einem Faktor $k$ skalieren?

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(k \, x) \, \text{d}x \end{align} $$

Wenn $k$ negativ ist, dann können wir es als negativen Betrag $ k = -|k|$ schreiben. Da die Delta-Funktion symmetrisch ist, können wir das Minuszeichen vor dem Betrag weglassen: $\delta(-|k|\,x) = \delta(|k|\,x)$. Wir können das Integral also auch folgendermaßen schreiben:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(|k| \, x) \, \text{d}x \end{align} $$

Machen wir wieder eine Substitution $ y = |k| \, x $:

Damit wird $f(x)$ zu $f\left(\frac{1}{|k|}\, y\right)$.
$\delta(|k|\,x)$ wird zu $\delta(y)$.
Die Ableitung von $ \frac{\text{d}y}{\text{d}x} $ ist $|k|$. Damit substituieren wir das $\text{d}x$ mit $ \frac{1}{|k|}\,\text{d}y $.
Die untere Integrationsgrenze wird zu $ |k| \, a $ und die obere zu $ |k| \, b $.

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(|k| \, x) \, \text{d}x ~=~ \frac{1}{|k|} \int_{|k|a}^{|k|b} f\left( \frac{1}{|k|} \, y \right) \, \delta(y) \, \text{d}y \end{align} $$

Damit bekommen wir:

$$ \begin{align} \int_a^b f(x) \, \delta(|k| \, x) \, \text{d}x ~=~ \frac{1}{|k|} \, f(0) \end{align} $$

Hierbei musst du beachten, dass $|k|$ nicht Null sein darf, damit du nicht durch Null teilst.

Vergleich mit dem Kronecker-Delta

Die Definition des Dirac-Delta $\delta(x-x_0)$ erinnert dich vielleicht ein bisschen an die Definition von Kronecker-Delta $\delta_{km}$, wenn wir die Buchstaben umbennen: $x:=k$ und $x_0:=m$. Erinnere dich daran, was Kronecker-Delta, in einem Produkt mit einer Vektorkomponente $v_k$ tut: $v_k \, \delta_{km}$. Es pickt die $m$-te Vektorkomponente.

Wenn du 25 mit 11 vergleichst, dann siehst du, dass eine diskrete Summation (Summenzeichen) beim Kronecker-Delta durch eine kontinuierliche Summation (Integralzeichen) bei der Deltafunktion ersetzt wird:

$$ \begin{align} \sum v_k \, \delta_{km} ~&=~ v_m\\\\
\int f(k) \, \delta(k - m) \, \text{d}k ~&=~ f(m) \end{align} $$

Während wir mit dem Kronecker-Delta eine Vektorkomponente aus endlich vielen Vektorkomponenten herauspicken können, können wir mit der Deltafunktion einen Funktionswert aus unendlich vielen Funktionswerten herauspicken.

Das Kronecker-Delta kommt quasi zum Einsatz, wenn wir mit Vektoren $\boldsymbol{v}$ und ihren endlich vielen Vektorkomponenten $v_k$ herumhantieren.
Die Deltafunktion kommt zum Einsatz, wenn wir mit Funktionen $f$ und ihren unendlich vielen Funktionswerten $f(k)$ herumhantieren.

Dreidimensionale Delta-Funktion

Wir haben bis jetzt nur eine eindimensionale Delta-Funktion betrachtet. Die Ladungen oder andere punktförmige Objekte befinden sich überlicherweise in einem dreidimensionalen Raum. Die Verallgemeinerung der Delta-Funktion auf den 3d-Raum ist ganz einfach. Wenn unsere Ladung $Q = 1$ im Ursprung $(x,y,z) = (0,0,0)$ sitzt, dann können wir ihre Ladungsdichte mit dem Produkt von drei eindimensionalen Delta-Funktionen beschreiben, für jeweils eine Koordinate $x$, $y$ und $z$:

$$ \begin{align} \delta(x) \, \delta(y) \, \delta(z) ~=~ 0, ~~~ (x,y,z) \neq (0,0,0) \end{align} $$

Das Linienintegral in 4 wird zu einem Volumenintegral mit diesem Produkt von drei Delta-Funktionen, wenn die Ladung im Ursprung sitzt und ergibt 1, wenn wir über ein Volumen $\mathcal{V}$ integrieren, das den Ursprung einschließt:

$$ \begin{align} \int_{\mathcal{V}} \delta(x) \, \delta(y) \, \delta(z) \, \text{d}v ~=~ 1 \end{align} $$

Um nicht drei Delta’s schreiben zu müssen, fassen wir sie zu einem Delta mit einer 3 oben und im Argument schreiben wir den Ortsvektor $\boldsymbol{r}$ hin und für die Verschiebung schreiben wir zum Beispiel den Vektor $\boldsymbol{r}_0$ hin:

$$ \begin{align} \delta^3(\boldsymbol{r} - \boldsymbol{r}_0) ~=~ \delta(x - x_0) \, \delta(y - y_0) \, \delta(z - z_0) \end{align} $$

Wenn die 3d Delta-Funktion im Integral in einem Produkt mit einer skalaren 3d Funktion $f(x,y,z)$ auftaucht, dann funktioniert die Delta-Funktion analog wie im eindimensionalen Fall. Sie pickt den Wert der Funktion an der Stelle $f(0,0,0)$:

$$ \begin{align} \int_{\mathcal{V}} f(x,y,z) \, \delta^3(\boldsymbol{r}) \, \text{d}v ~=~ f(0,0,0) \end{align} $$

Jetzt solltest du ein solides Wissen über das Dirac-Delta haben. Als nächstes solltest du ein paar Übungsaufgaben zur Delta-Funktion durchrechnen.

Übungen mit Lösungen

Nutze diese Formelsammlung, wenn du Probleme mit Physikaufgaben hast.

Aufgabe #1: Vereinfache Integrale mit dem Dirac-Delta

Berechne folgende Integrale, die eine Delta-Funktion $\delta(x)$ enthalten:

$$\int^5_1 \left( 2x^2 - x + 1 \right) \, \delta(x-3) \, \text{d}x$$
$$\int^{3}_0 x^3 \, \delta(x+2) \, \text{d}x$$
$$\int^4_0 \cos(x) \, \delta(x-\pi) \, \text{d}x$$
$$\int \ln(x+3) \, \delta(x+1) \, \text{d}x$$
$$\int^2_{-3} \left( 6x + 2 \right) \, \delta(3x) \, \text{d}x$$
$$\int^b_{-\infty} 3 \, \delta(x-a) \, \text{d}x$$

Lösung zur Aufgabe #1.1

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int^5_1 \left( 2x^2 - x + 1 \right) \, \delta(x-3) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = 2x^2 - x + 1 $. Und die Position der Delta-Funktion ist bei $x=3$.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(x-3)$ im Integrationsintervall [1, 5] liegt. Das tut es. Daher ist das Integral nicht unbedingt Null und wir müssen die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x=3$ auswerten, an der die Delta-Funktion zu finden ist: \begin{align} \int^5_1 \left( 2x^2 - x + 1 \right) \, \delta(x-3) \, \text{d}x ~&=~ 2\cdot 3^2 - 3 + 1 \\ ~&=~ 16 \end{align}

Lösung zur Aufgabe #1.2

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int^{3}_0 x^3 \, \delta(x+2) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = x^3 $. Und die Delta-Funktion ist ins Negative verschoben und befindet sich bei $x=-2$.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(x+2)$ im Integrationsintervall [0, 3] liegt. Das tut es nicht. Daher ist das Integral Null. \begin{align} \int^{3}_0 x^3 \, \delta(x+2) \, \text{d}x ~=~ 0 \end{align}

Lösung zur Aufgabe #1.3

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int^4_0 \cos(x) \, \delta(x-\pi) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = \cos(x) $. Und die Position der Delta-Funktion ist bei $x=\pi$.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(x-\pi)$ im Integrationsintervall [0, 4] liegt. Das tut es. Daher ist das Integral nicht unbedingt Null und wir müssen die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x=\pi$ auswerten, an der die Delta-Funktion zu finden ist: \begin{align} \int^4_0 \cos(x) \, \delta(x-\pi) \, \text{d}x ~&=~ \cos(\pi) \\ ~&=~ -1 \end{align}

Lösung zur Aufgabe #1.4

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int \ln(x+3) \, \delta(x+1) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = \ln(x+3) $. Und die Position der Delta-Funktion ist bei $x=-1$.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(x+1)$ im Integrationsintervall $[-\infty, \infty]$ liegt. Das tut es. Daher ist das Integral nicht unbedingt Null und wir müssen die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x=-1$ auswerten, an der die Delta-Funktion zu finden ist: \begin{align} \int \ln(x+3) \, \delta(x+1) \, \text{d}x ~&=~ \ln(-1 + 3) \\ ~&=~ 0.693... \end{align}

Lösung zur Aufgabe #1.5

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int^2_{-3} \left( 6x + 2 \right) \, \delta(3x) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = \left( 6x + 2 \right) $. Und die Position der Delta-Funktion ist bei $x=0$. Der Skalierungsfaktor ist $ |k| = 3 $.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(3x)$ im Integrationsintervall $[-3, 2]$ liegt. Das tut es. Daher ist das Integral nicht unbedingt Null und wir müssen die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x=0$ auswerten und mit dem Faktor $1/|k|$ multiplizieren: \begin{align} \int^2_{-3} \left( 6x + 2 \right) \, \delta(3x) \, \text{d}x ~&=~ \frac{1}{3}\, \left( 6\cdot 0 + 2 \right) \\ ~&=~ \frac{2}{3} \end{align}

Lösung zur Aufgabe #1.6

Wir wollen das folgende Integral berechnen: $$ \int^b_{-\infty} 3 \, \delta(x-a) \, \text{d}x $$ Hierbei ist $f(x) = 3 $ eine konstante Funktion. Und die Position der Delta-Funktion ist bei $x=a$.

Zuerst fragen wir uns, ob die Position von $\delta(x-a)$ im Integrationsintervall $[-\infty, b]$ liegt. Das hängt davon ab, ob $a$ größer oder kleiner ist als $b$.

Wenn $a$ GRÖßER ist als $b$, dann liegt die Delta-Funktion außerhalb der Integrationsgrenzen und das Integral ist in diesem Fall Null.
Wenn $a$ KLEINER ist als $b$, dann liegt die Delta-Funktion innerhalb der Integrationsgrenzen und das Integral ist in diesem Fall nicht unbedingt Null. Hier müssen wir die Funktion $f(x)$ an der Stelle $x=a$ auswerten: $$ f(a) = 3 $$

Das Gesamtergebnis ist also: $$ \int^b_{-\infty} 3 \, \delta(x-a) \, \text{d}x \begin{cases} 3, &\mbox{} a < b \\ 0, &\mbox{} a > b \end{cases} $$

Aufgabe #2: Faktor in der Delta-Funktion (+ ihre Dimension und Symmetrie)

Zeige, dass \[ \delta(k \, x) ~=~ \frac{1}{|k|} \, \delta(x) \] gilt und bestimmte daraus die Dimension der Deltafunktion.

Lösung zur Aufgabe #2

In der Lektion hast Du gelernt, dass folgender Zusammenhang gilt: 1 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(x-c) ~ \text{d}x ~=~ f(c) \]

Daraus folgt insbesondere der - in dieser Aufgabe betrachtete - Fall $ c ~=~ 0 $: 2 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(x) ~ \text{d}x ~=~ f(0) \]

Um diese Eigenschaft für die Aufgabe nutzen zu können, betrachtest Du das Integral: 3 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(k \, x) ~ \text{d}x \] wobei $ f(x) $ eine belibiege, stetige Funktion ist.

Das $ k \, x $ substituierst Du mit $ y ~=~ k \, x $. Dann ist die Ableitung von $ y $ nach $ x $: 4 \[ \frac{\text{d}y}{\text{d}x} ~=~ k \]

Nach der Umstellung der Gleichung folgt das infinitesimale Element: 5 \[ \text{d}x ~=~ \frac{1}{k} \, \text{d}y \]

Die obere Integrationsgrenze: 6 \[ y_{\text{oben}} ~=~ k \cdot \infty \] und die untere Integrationsgrenze ist: 7 \[ y_{\text{unten}} ~=~ k \cdot (-\infty) \] bleiben gleich.

Einsetzen von $ \text{d}x ~=~ \frac{1}{k} \, \text{d}y $ und $ x ~=~ \frac{1}{k} \, y $ in das Integral, ergibt: 8 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f\left(\frac{1}{k} \, y\right) \, \delta(y) ~ \frac{1}{k} \, \text{d}y \]

Da $ k $ eine beliebige Konstante sein darf (außer Null), kann sie auch negativ werden. Es können also 2 Fälle eintreten ($ k $ ist positiv oder negativ). Diese musst Du berücksichtigen.

Beide Fälle ergeben also: 9 \[ \pm \int_{-\infty}^{\infty}f\left(\frac{1}{k} \, y\right) \, \delta(y) ~ \frac{1}{k} \, \text{d}y \]

Die Definition von der Deltafunktion besagt, dass $ \delta(y) $ genau dann nicht Null ist, wenn $ y ~=~ 0 $ ist. Du kannst also, die im Lernartikel zur Deltafunktion kennengelernte Beziehung (mit $ c~=~0 $): 10 \[ f(x) \, \delta(x) ~=~ f(0) \, \delta(x) \] in das obige Integral einsetzen: 11 \[ \pm \int_{-\infty}^{\infty}f(\frac{1}{k} \, y) \, \delta(y) ~ \frac{1}{k} \, \text{d}y ~=~ \pm \int_{-\infty}^{\infty}f(0) \, \delta(y) ~ \frac{1}{k} \, \text{d}y \]

$ f(0) $ und $ \frac{1}{k} $ sind nur Konstanten, die Du vor das Integral herausziehen darfst. Weiteres Benutzen der Deltafunktion (fürs Integral) ergibt: 12 \[ \pm \, \frac{1}{k} \, f(0) \int_{-\infty}^{\infty} \delta(y) ~ \, \text{d}y ~=~ \pm\frac{1}{k} \, f(0) ~=~ \frac{1}{|k|} \, f(0) \]

Du hast also bisjetzt gezeigt, dass 13 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(k \, x) ~ \text{d}x ~=~ \frac{1}{|k|} \, f(0) \]

$ \frac{1}{|k|} \, f(0) $ kannst Du auch umschreiben und zwar, in dem Du für $ f(0) $ die Delta-Funktion einsetzt: 14 \begin{align} \frac{1}{|k|} \, f(0) &~=~ \frac{1}{|k|} \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(x) ~ \text{d}x \\\\ &~=~ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \left( \frac{1}{|k|} \, \delta(x) \right) ~ \text{d}x \end{align}

Damit auch: 15 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(k\,x) ~ \text{d}x ~=~ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \left( \frac{1}{|k|} \, \delta(x) \right) ~ \text{d}x \]

Nun gilt die Gleichung $ \delta(kx) ~=~ \frac{1}{|k|} \, \delta(x) $ genau dann, wenn das eben gezeigte Integral (siehe Lösungshinweis) gilt: 16 \[ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \delta(x) ~ \text{d}x ~=~ \int_{-\infty}^{\infty}f(x) \, \frac{1}{|k|} \, \delta(x) ~ \text{d}x \]

GEIL! Denn Du hast eben gezeigt, dass die beiden Integrale gleich sind!

Damit folgt die Behauptung: 17 \[ \delta(kx) ~=~ \frac{1}{|k|} \, \delta(x) \]

Insbesondere folgt für $ k = -1 $: 18 \[ \delta(-x) ~=~ \frac{1}{|-1|} \, \delta(x) ~=~ \delta(x) \]

Und, wenn $ x $ die Dimension der Länge hat, folgt aus dieser Eigenschaft die Dimension für $ \delta(x) $, nämlich $ \frac{1}{\text{Länge}} $.