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Peter Hummelgens 10 de diciembre de 2006

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(1)

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) =(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

(2)

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 → ∞

(3)

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

(4)

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.

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

−∞

(5)

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)

(6)

−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.

(7)

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

(8)

=⇒ 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,

Referencias

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