Clase 4: Continuaci´on
Peter Hummelgens
10 de diciembre de 2006
Ejemplo 1. Sea la ED
xu00
(x) + (x+ 3)u0
(x) +u(x) = 0, −∞< x <∞,
una ED con coeficientes variables. Como el coeficiente deu00
(x)tiene un cero (x= 0) existen ahora soluciones no cl´asicas. Se pide verificar que v(x) =δ(x) +δ0
(x) es una soluci´on de la ED. Recordando las relaciones xδ(k)(x) =−kδ(k−1)
(x) (k= 1,2,· · ·) ya visto, tenemos
xv00
(x) = xδ00
(x) +xδ000
(x) = −2δ0
(x)−3δ00 (x),
(x+ 3)v0
(x) = xδ0(x) +xδ00(x) + 3δ0
(x) + 3δ00 (x)
= −δ(x)−2δ0
(x) + 3δ0
(x) + 3δ00 (x)
= −δ(x) +δ0(x) + 3δ00(x)
=⇒ xv00(x)+(x+3)v0
(x)+v(x) =−2δ0
(x)−3δ00
(x)−δ(x)+δ0(x)+3δ00
(x)+δ(x)+δ0(x) = 0,
listo.
Ejemplo 2. Sea el ODL con coeficientes variables L=x3 d
dx+ 2. Se pide verificar que
E(x) = 1
2δ(x) es s.f. de L.
Tenemos
x3Egen0 (x) = x3
1 2δ
0 (x)
= 1
2x
2(xδ0 (x))
= 1
2x
2(−δ(x))
= −1
porque xδ(x) = 0 (ya visto).
=⇒ LE(x) = x3Egen0 (x) + 2E(x) = 0 + 21
2δ(x) =δ(x),
listo.
1.
L´ımites en
D
0(
R
)
.
Sea {Tn}una sucesi´on de distribuciones Tn ∈ D
0
(R) y T ∈ D0
(R). Entonces decimos que
la sucesi´on {Tn}converge a T en D
0 (R),
Tn
D0(R)
−→ T si n→ ∞⇐⇒def l´ım
n→∞hTn, ϕi=hT, ϕi, ϕ∈ D(
R). (1)
Observe que los hTn, ϕi forman una sucesi´on de n´umeros complejos para cadaϕ ∈ D(R)
fijo y (1) dice queTn
D0(R)
−→ T si, y s´olo si, est´a sucesi´on de n´umeros converge al n´umerohT, ϕi
para todoϕ ∈ D(R).
Rec´ıprocamente se puede demostrar que si {Tn}es una sucesi´on en D
0
(R) tal que existe
l´ım
n→∞hTn, ϕi
para todoϕ ∈ D(R), entonces T :D(R)−→C definido por
hT, ϕi:= l´ım
n→∞hTn, ϕi, ϕ∈ D(
R)
define una T ∈ D0
(R). Esta propiedad se expresa diciendo que D0
(R) es completo.
Sea Tn
D0(R)
−→ T, entonces para k = 0,1,2,· · · ,
hTn(k), ϕi= (−1)khT
n, ϕ(k)i −→ (−1)khT, ϕ(k)i=hT(k), ϕi, ϕ∈ D(R),
es decir comprobamos que
Tn
D0(R)
−→ T =⇒ Tn(k)D0−→(R)T(k); k = 0,1,2,· · · , (2)
lo que se expresa diciendo que la derivada distribucional es continua en D0 (R).
La convergencia de una serie infinita en D0
(R) se define como la convergencia de la
sucesi´on de las sumas parciales, es decir,
∞
X
n=1
Tn=T en D
0
(R) ⇐⇒def.
N
X
n=1
Tn
D0(R)
−→ T si N → ∞
(1) ⇐⇒
N
X
n=1
hTn, ϕi=h N
X
n=1
Tn, ϕi −→ hT, ϕi para todoϕ ∈ D(R) si N → ∞
y como D0
(R) es completo, cuando
∞
P
n=1
hTn, ϕi converge para todo ϕ∈ D(R), entonces
hT, ϕi:= ∞
X
n=1
hTn, ϕi, ϕ ∈ D(R)
define una T ∈ D0
(R) yT =
∞
P
n=1
Tn. Adem´as, seg´un (2)
∞
X
n=1
Tn=T enD
0
(R) =⇒
∞
X
n=1
Tn(k) =T(k); k= 0,1,2· · · . (4)
Las propiedades (2), (4) eliminan por completo la problem´atica que se presenta en el an´alisis cl´asico con respecto a la posibilidad de cambiar el orden en las operaciones de tomar el l´ımite y tomar la derivada. Si una sucesi´on de funciones diferenciables (en sentido cl´asico)
{fn} converge en R uniformemente a una funci´on l´ımite f, entonces f no tiene porque ser
diferenciable (en sentido cl´asico), y a´un si lo es no necesariamente (fn)
0
cl(x)−→f
0
cl(x) (en la
convergencia puntual usual). Perof0
gen siempre existe y (fn)
0
gen
D0(R)
−→ f0
gen sin → ∞siempre.
Veamos ahora algunos ejemplos:
Ejemplo 3. Sea
fn(x) =
(
n; 0≤x≤ 1
n; n = 1,2,· · ·
0, otro caso.
n
f n(x)
0 x
n
1
regulares. Tenemos para ϕ ∈ D(R),
hfn(x), ϕ(x)i=
∞
Z
−∞
fn(x)ϕ(x)dx=
1 n Z
0
nϕ(x)dx
t=nx
=
1 Z
0
ϕ
µ
t n
¶
dt −→
1 Z
0
ϕ(0)dt =ϕ(0) =hδ(x), ϕ(x)i,
de modo que seg´un (1) tenemos que
fn
D0(R)
−→ δ si n→ ∞.
Cuando n → ∞, la gr´afica de fn(x) se aproxima a un “clavo infinitamente alto e
infinitamente delgado”, mientras que el ´area bajo la gr´afica de fn es igual a 1 para todo
n. De aqu´ı viene la interpretaci´on de Dirac considerando δ(x) como una “funci´on” igual a
0 para x 6= 0, igual a ∞ en x = 0 y tal que el ´area bajo la gr´afica de δ(x) es igual a 1:
∞
R
−∞
δ(x)dx= 1. Es claro que no existe una funci´on con caracter´ısticas tan ex´oticas. De hecho
ya sabemos que δ(x) es una distribuci´on y no una funci´on. Seg´un (2) tenemos (fn)
0
gen
D0(R)
−→ δ0
. Pero (fn)
0
gen(x) =nδ(x)−nδ1n
(x), de modo que
nδ(x)−nδ1 n
(x)D0−→(R)δ0(x) si n→ ∞,
luego
nδ0(x)−nδ01 n
(x)D−→0(R)δ00(x) si n→ ∞, · · · , etc.
M´as ejemplos se consiguen en la gu´ıa de ejercicios resueltos del Profesor P. F. Hummelgens.
2.
C´
omputo de integrales.
Una aplicaci´on importante del c´alculo distribucional es el c´omputo de integrales definidas. Antes de dar un ejemplo concreto, es preciso hacer algunas observaciones. Para f ∈L1loc(R)
hemos definido el corchetehf, ϕi= ∞
R
−∞
f(x)ϕ(x)dx, ϕ∈ D(R). Esta integral existe porque ϕ
es de soporte compacto. Pero
∞
Z
−∞
tambi´en existe si φ∈C∞
(R) es arbitraria (no necesariamente de soporte compacto) pero f
es de soporte compacto, es decir, hf, φi est´a bien definido si f o φ (o ambas) es de soporte compacto.
Ejemplo 4. Sea f(x) = 1−x2; −1≤x≤1. Se pide hallar I =
1 R
−1
f(x) cos(nπx)dx (n ≥1
un entero). Cl´asicamente se calculaI mediante integraci´on por partes, lo que da un c´omputo algo tedioso, pero nuestro novedoso m´etodo permite hallar I sin realizar integraci´on alguna (!!!).
El primer paso es extender f(x) a todo R definiendo
g(x) =
(
1−x2; −1≤x≤1
0; otro x.
−1 0 1 x g(x)
1−x2
Entonces g es de soporte compacto, por lo tanto hg, φi es bien definido para todo
φ∈C∞
(R). Tomamos ahora φ(x) = cos(nπx), −∞< x <∞, entonces
I =hg(x), φ(x)i. (5)
Tenemos φ0
(x) = −nπsen(nπx), φ00
(x) = −n2π2cos(nπx) =⇒ φ00
(x) = −n2π2φ(x) (φ(x)
reaparece luego de dos derivaciones). Ahora
hggen00 (x), φ(x)i=hg(x), φ00
(x)i=hg(x),−n2π2φ(x)i
=⇒ −n2π2I =hg00
gen, φi. (6)
Ahora calculamos hg00
gen, φi y luego despejamos I de (6). Tenemos
ggen0 (x) = gcl0 (x)
−1 1 2
−2
0 x
g’cl(x)
−2x
=⇒ g00gen(x) = gcl00(x) + 2δ−1(x) + 2δ1(x)
1
−2 −1
0 x
g’’cl(x)
=⇒ hggen00 , φi=hg
00
cl, φi+ 2hδ−1, φi+ 2hδ1, φi
=−2
1 Z
−1
cos(nπx)dx+ 2φ(−1) +φ(1)
= (−2)0 + 2 cos(−nπ) + 2 cos(nπ) = 4 cos(nπ) = 4(−1)n,
luego con (6)
I = 4(−1)
n+1
π2n2 , n= 1,2,3,· · · .
Hicimos un c´omputo sencillo, usando derivadas generalizadas, y mucho m´as corto que el m´etodo de la integraci´on por partes.
Ejemplo 5. Se pide hallar I =
1 R
−1
xe2xdx. Sea
f(x) =
(
x; −1≤x≤1 0; otro x
−1
−1
1 1
x
x f(x)
y φ(x) =e2x. Entonces I =hf, φi. Tenemos
φ0(x) = 2e2x, φ00
(x) = 4e2x = 4φ(x)
=⇒ hfgen00 (x), φ(x)i=hf(x), φ00(x)i= 4hf, φi
=⇒ 4I =hfgen00 , φi (7)
Pero
fgen0 (x) = fcl0(x)−δ−1(x)−δ1(x)
f’cl(x)
x −1 0 1
1
fgen00 (x) =fcl00(x) +δ−1(x)−δ1(x)−δ 0
−1(x)−δ 0
1(x), f
00
=⇒ fgen00 (x) =δ−1(x)−δ1(x)−δ 0
−1(x)−δ 0
1(x)
(7)
=⇒ 4I = hδ−1, φi − hδ1, φi − hδ 0
−1, φi − hδ 0
1, φi
= φ(−1)−φ(1) +φ0
(−1) +φ0
(1) =e−2
−e2+ 2e−2
+ 2e2 = 3e−2 +e−2
=⇒ I = 1
4
¡
3e−2
+e2¢.
Alternativamente podemos probar
g(x) =
(
e2x; −1≤x≤1
0; otro x
−1 1 x
g(x)
e2x
y ψ(x) = x. Entonces I =hg, ψi. Tenemos ψ0
(x) = 1, ψ00
(x) = 0,
hg00(x), ψ(x)i=hg, ψ00i=hg,0i= 0,