Demonstre que:
\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9} \delta(\omega-1)=\frac{1}{5} \delta(\omega-1)

Passo 1

O enunciado pede demonstrar a igualdade
\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9}\,\delta(\omega-1)=\frac{1}{5}\,\delta(\omega-1).
Informações/elementos dados (explicitados):
  • A expressão do lado esquerdo contém a função \dfrac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9} multiplicada pela distribuição de Dirac \delta(\omega-1).
  • O objetivo é mostrar que essa multiplicação é igual a uma constante multiplicando \delta(\omega-1).
  • A demonstração deve usar propriedades da distribuição \delta (por exemplo, a propriedade de “amostragem” / “sifting”).

Passo 2

Defino a função multiplicativa que aparece na frente do delta:
f(\omega)=\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9}.
Agora calculo o valor de f no ponto \omega=1, que é o ponto de suporte do delta:
f(1)=\frac{1^{2}+1}{1^{2}+9}=\frac{1+1}{1+9}=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}.
Explicação curta: aqui só substituí \omega=1 na expressão e simplifyei a fração.

Passo 3

Apresento a propriedade fundamental do delta que vou usar (a chamada propriedade de “amostragem” ou “sifting”):
para qualquer função teste contínua \varphi(\omega) vale
\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,\delta(\omega-1)\,d\omega=\varphi(1).
O que isso diz, em palavras: a integral do produto da delta por uma função dá o valor dessa função exatamente no ponto onde a delta está concentrada.

Passo 4

Uso a propriedade anterior para comparar a ação das duas distribuições sobre uma função teste arbitrária \varphi(\omega).
Calculo a integral do lado esquerdo contra \varphi:
\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,f(\omega)\,\delta(\omega-1)\,d\omega.
Como f é contínua em \omega=1, posso aplicar a propriedade de amostragem para o produto f(\omega)\varphi(\omega):
\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,f(\omega)\,\delta(\omega-1)\,d\omega = f(1)\,\varphi(1).

Passo 5

Substituo o valor calculado em

Passo 6

f(1)\,\varphi(1)=\frac{1}{5}\,\varphi(1).
Mas, pela propriedade de amostragem, isso é exatamente a integral da distribuição \dfrac{1}{5}\delta(\omega-1) contra \varphi:
\frac{1}{5}\,\varphi(1)=\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,\frac{1}{5}\,\delta(\omega-1)\,d\omega.

Passo 7

Concluo pela definição de igualdade de distribuições: duas distribuições são iguais se elas têm a mesma ação sobre toda função teste arbitrária \varphi. Vimos que para todo \varphi
\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9}\,\delta(\omega-1)\,d\omega = \int_{-\infty}^{\infty}\varphi(\omega)\,\frac{1}{5}\,\delta(\omega-1)\,d\omega.
Portanto, como distribuições,
\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9}\,\delta(\omega-1)=\frac{1}{5}\,\delta(\omega-1).

Passo 8

Intuição rápida e um exemplo concreto (para deixar firme): a delta é “zero” fora de \omega=1 e “pega” valores naquele ponto; por isso, ao multiplicar pelo fator f(\omega) o que importa é apenas f(1). Exemplo com \varphi(\omega)=1:
\int_{-\infty}^{\infty}1\cdot\frac{\omega^{2}+1}{\omega^{2}+9}\,\delta(\omega-1)\,d\omega = \frac{1}{5},
e isso é igual a
\int_{-\infty}^{\infty}1\cdot\frac{1}{5}\,\delta(\omega-1)\,d\omega = \frac{1}{5}.
Isso confirma a igualdade em uma verificação direta.

Resposta

\dfrac{1}{5}\,\delta(\omega-1)