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MMF2 Julián Franco Gelabert Viernes 29/05/2020
Trabajo Práctico Nro 6
1. Usando el logaritmo de un número complejo ln(x+ iy) = ln |x+ iy|+ i arg(x+ iy), probar
que la siguiente igualdad es válida en el sentido de las distribuciones:
lim
ε→0+
d
dx
ln(x+ iε) = P/x− i π δ(x)
2. Calcular la derivada de
(a) Π(x)
(b) sign(x)
donde
Π(x) =

0 para |x| > 1
2
1
2
para |x| = 1
2
1 para |x| < 1
2
sign(x) =
|x|
x
3. La distribución P/x puede definirse de una manera diferente como sigue. Sean a, b > 0,
definimos el funcional
φ 7−→
∫ −a
−∞
x−1 φ(x) dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1 φ(x) dx
(a) Mostar que es una distribución. Llamémosla Ra,b.
(b) Mostar que xRa,b = 1.
(c) Deducir que Ra,b = P/x+ Cδ, donde C es una constante que depende de a y b.
(d) Mostrar que Ra,a = P/x para todo a > 0.
Respuestas
Ejercicio I
La acción de la distribución [ln(x+ iε)]′ cuando ε→ 0+ sobre una función test φ es:
lim
ε→0+
〈[ln(x+ iε)]′, φ〉 = − lim
ε→0+
〈ln(x+ iε), φ′〉
= − lim
ε→0+
〈ln |x+ iε|+ iarg(x+ iε), φ′〉
= 〈− ln |x|, φ′〉 − i〈arg(x), φ′〉
= 〈P/x, φ〉 − i〈arg(x), φ′〉
1
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donde se usó la definición del logaritmo como función de variable compleja y que por definición
〈P/x, φ〉 = 〈−ln|x|, φ′〉.
Ahora se le asigna a la distribución arg la función localmente integrable arg(x) definida
como:
arg(x) =
{
π para x < 0
0 para x > 0
Con esto 〈arg(x), φ′〉 resulta:
〈arg(x), φ′〉 =
∫ ∞
−∞
arg(x)φ′(x)dx =
∫ 0
−∞
πφ′(x)dx+
∫ ∞
0
0φ′(x)dx
= πφ|0−∞ + 0 = πφ(0) = π〈δ, φ〉 = 〈πδ, φ〉
donde se usó que, por φ tener soporte acotado, φ(−∞) = 0. Reemplazando este resultado en
primer desarrollo se concluye que
lim
ε→0+
〈[ln(x+ iε), φ]〉 = 〈P/x, φ〉 − i〈arg(x), φ′〉 = 〈P/x, φ〉 − i〈πδ, φ〉 = 〈P/x− iπδ, φ〉
Con lo que, en término de distribuciones,
lim
ε→0+
d
dx
ln(x+ iε) = P/x− iπδ(x)
Ejercicio II
Ítem a)
Observación: la función de Heaviside está definida por
H(x) =

0 para x < 0
1/2 para x = 0
1 para x > 0
y la función Π por
Π(x) =

0 para |x| > 1
2
1
2
para |x| = 1
2
1 para |x| < 1
2
Luego, se puede escribir Π(x) en término de la función de Heaviside:
Π(x) = H
(
x+
1
2
)
−H
(
x− 1
2
)
2
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Alejandro Mezio Cirera
correcto
MMF2 Julián Franco Gelabert Viernes 29/05/2020
y sobre las distribuciones se puede decir que
Π = H
(
x+
1
2
)
−H
(
x− 1
2
)
= H− 1
2
−H+ 1
2
Se quiere ver quién es Π′, esto es
〈Π′, φ〉 =
〈(
H− 1
2
−H+ 1
2
)′
, φ
〉
=
〈
H ′− 1
2
−H ′
+ 1
2
, φ
〉
=
〈
δ− 1
2
− δ+ 1
2
, φ
〉
donde se usó el conocido resultado H ′ = δ.
Por lo tanto, acorde a la teoŕıa de distribución, vale la igualdad Π′ = δ− 1
2
− δ+ 1
2
.
Ítem b)
Se quiere hallar la derivada de la distribución generada por la función sign(x) = |x|/x.
〈sign′, φ〉 = −〈sign, φ′〉
= −
∫ ∞
−∞
|x|
x
φ′(x)dx
= −
∫ 0
−∞
(−x)
x
φ′(x)dx−
∫ ∞
0
x
x
φ′(x)dx
=
∫ 0
−∞
φ′(x)dx−
∫ ∞
0
φ′(x)dx
= φ
∣∣0
−∞ − φ
∣∣∞
0
= φ(0) + φ(0) = 2φ(0) = 2〈δ, φ〉 = 〈2δ, φ〉
donde se usó que, por el soporte acotado de la función test φ, φ(±∞) = 0.
Por lo tanto, 〈sign′, φ〉 = 〈2δ, φ〉, lo que implica que sign′ = 2δ.
Ejercicio 3
Ítem a)
i. ¿Ra,b es un funcional? ↔ ¿〈Ra,b, φ〉 = z, para algún z � C, para toda φ función test?
⇒ 〈Ra,b, φ〉 =
∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
La función x−1φ(x) está bien definida en los intervalos (−∞,−a) y (b,∞) puesto que φ(x) es
una función suave y x−1 es suave en intervalos que no contengan el punto x = 0. En el infinito,
x−1φ(x) es nula debido al soporte acotado de la función test φ. Por lo tanto, las integrales en
estos intervalos son convergentes.
Resta estudiar la convergencia de la integral
3
Alejandro Mezio Cirera
De acuerdo a tu notación, el resultado es correcto. delta(x+1/2)-delta(x-1/2)
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Alejandro Mezio Cirera
Ojo acá, esta notación es diferente a la del libro (pagina 21).
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∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx
pero es fácil ver que el integrando de la misma se comporta bien en cualquier intervalo que no
contenga el punto x = 0. Cuando la variable x toma valores arbitrariamente cercanos a x = 0
se observa que:
lim
x→0
x−1[φ(x)− φ(0)] = lim
x→0
φ(x)− φ(0)
x
= φ′(0)
que está bien definido y φ′(0) es un valor finito puesto que como φ es una función test, todas
sus derivadas existen dentro de su soporte y son funciones suaves.
Con todo esto se demuestra que 〈Ra,b, φ〉 toma valores finitos, para toda función test φ, con
lo que Ra,b es un funcional.
ii. ¿Ra,b funcional lineal? ↔ ¿〈Ra,b, φ+ϕ〉 = 〈Ra,b, φ〉+ 〈Ra,b, ϕ〉 y 〈Ra,b, αφ〉 = α〈Ra,b, φ〉?1
⇒ 〈Ra,b, αφ〉 =
∫ −a
−∞
x−1αφ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [αφ(x)− αφ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1αφ(x)dx
= α
{∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
}
= α〈Ra,b, φ〉
⇒ 〈Ra,b, φ+ ϕ〉 =
∫ −a
−∞
x−1[φ(x) + ϕ(x)]dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x) + ϕ(x)− φ(0)− ϕ(0)] dx
+
∫ +∞
b
x−1[φ(x) + ϕ(x)]dx
=
{∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
}
+
{∫ −a
−∞
x−1ϕ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [ϕ(x)− ϕ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1ϕ(x)dx
}
= 〈Ra,b, φ〉+ 〈Ra,b, ϕ〉
con lo que se demuestra que el funcional Ra,b es un funcional lineal.
iii. ¿ Ra,b funcional continuo? ↔ ¿{φn} → Φ⇒ 〈Ra,b, φn〉 → 〈Ra,b,Φ〉? 2, 3
〈Ra,b, φn〉 =
∫ −a
−∞
x−1φn(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φn(x)− φn(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φn(x)dx (1)
Del apartado a)i. se desprende que las integrales en (1) son convergentes y están bien
definidas para cualquier función test φn.
1α � C, φ, ϕ funciones test. Esto es equivalente a probar que 〈Ra,b, αφ + βϕ〉 = α〈Ra,b, φ〉 + β〈Ra,b, ϕ〉,
también con β � C, pero este camino resultó contener términos muy largos que no se véıan bien en la hoja.
2φn, Φ funciones test, n : 0, 1, 2, ...
3la sucesión de funciones {φn} converge uniformemente a Φ.
4
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Alejandro Mezio Cirera
correcto
MMF2 Julián Franco Gelabert Viernes 29/05/2020
De la convergencia uniforme de la sucesión funcional {φn} se desprende que en las integrales
de (1) es viable el ”intercambio entre integral y ĺımite”, es decir, es válido que:
lim
n→∞
〈Ra,b, φn〉 = lim
n→∞
{∫ −a
−∞
x−1φn(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φn(x)− φn(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φn(x)dx
}
= lim
n→∞
∫ −a
−∞
x−1φn(x)dx+ lim
n→∞
∫ b
−a
x−1 [φn(x)− φn(0)] dx+ lim
n→∞
∫ +∞
b
x−1φn(x)dx
=
∫ −a
−∞
x−1 lim
n→∞
φn(x)dx+
∫ b
−a
x−1 lim
n→∞
[φn(x)− φn(0)] dx+ int+∞b x
−1 lim
n→∞
φn(x)dx
=
∫ −a
−∞
x−1Φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [Φ(x)− Φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1Φ(x)dx
= 〈Ra,b,Φ〉
con lo que se confirma la continuidad del funcional Ra,b.
Juntando los apartados últimos tres apartados, finalmente, se demuestra que Ra,b satisface
la definición de distribución.
Ítem b)
Se quiere que probar que, en sentido de distribuciones, es válido que xRa,b = 1.
⇒ 〈xRa,b, φ〉 = 〈Ra,b, xφ〉
=
∫ −a
−∞
x−1xφ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [xφ(x)− 0φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1xφ(x)dx
=
∫ −a
−∞
(x−1x)φ(x)dx+
∫ b
−a
(x−1x)φ(x)dx+
∫ +∞
b
(x−1x)φ(x)dx
=
∫ ∞
−∞
(x−1x)φ(x)dx
=
∫ ∞
−∞
1 · φ(x)dx
= 〈1, φ〉
Por lo que se muestra que xRa,b = 1.
Ítem c)
Como xRa,b = 1, Ra,b debe tener la forma de Ra,b = P/x+Cδ, con C � C. Se quiere probar
que C depende de las constantes a y b.
5
Alejandro Mezio Cirera
Hubiésemos esperado una demostración de esto
Alejandro Mezio Cirera
correcto
Alejandro Mezio Cirera
correcto
MMF2 Julián Franco Gelabert Viernes 29/05/2020
Se sabe que:
〈Ra,b, φ〉 =
∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1 [φ(x)− φ(0)] dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
=
∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
[x−1φ(x)− x−1φ(0)]dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
=
∫ −a
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ b
−a
x−1φ(x)dx−
∫ b
−a
x−1φ(0)dx+
∫ +∞
b
x−1φ(x)dx
=
∫ ∞
−∞
x−1φ(x)dx−
∫ b
−a
x−1φ(0)dx
Pero Ra,b = P/x+ Cδ, con lo que también se tiene:
〈Ra,b, φ〉 = 〈P/x+ Cδ, φ〉 =
∫ ∞
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ ∞
−∞
Cδ(x)φ(x)dx
Juntando estas dos expresiones se obtiene que:
〈Ra,b, φ〉 = 〈P/x+ Cδ, φ〉∫ ∞
−∞
x−1φ(x)dx−
∫ b
−a
x−1φ(0)dx =
∫ ∞
−∞
x−1φ(x)dx+
∫ ∞
−∞
Cδ(x)φ(x)dx
−
∫ b
−a
x−1φ(0)dx = C
∫ ∞
−∞
δ(x)φ(x)dx
−φ(0)
∫ b
−ax−1dx = Cφ(0)
−
∫ b
−a
x−1dx = C
Resta ver entonces que la última integral es convergente, para todo par a, b de números
positivos. ∫ b
−a
x−1dx = lim
�→0
[∫ −�
−a
x−1dx+
∫ b
�
x−1dx
]
= lim
�→0
[
ln|x|
∣∣−�
−a + ln|x|
∣∣b
�
]
= lim
�→0
(ln|�| − ln|a|+ ln|b| − ln|�|)
= lim
�→0
ln|�/�|+ ln|ab/a|
= ln1 + ln|b/a|
= ln|b/a|
con lo que se concluye C = −ln|b/a|.
6
Alejandro Mezio Cirera
ojo, esto suena a que hiciste el valor principal de la integral pero no lo justificaste.
Lo correcto es decir que al principio de la página, como todas las integrales convergen podemos escribirlas como sus valores principales, y luego hacer todo el trabajo que hiciste pero con los valores principales.
Alejandro Mezio Cirera
correcto
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Ítem d)
Del ı́tem c) se sabe que Ra,b = P/x + Cδ, con C = −ln|b/a|. Luego si se calcula la acción
de Ra,b sobre una función test φ tomando b = a se obtiene:
〈Ra,a, φ〉 = 〈P/x+ Cδ, φ〉
= 〈P/x, φ〉+ C〈δ, φ〉
= 〈P/x, φ〉 − ln|a/a|φ(0)
= 〈P/x, φ〉 − ln|1|φ(0)
= 〈P/x, φ〉 − 0φ(0)
= 〈P/x, φ〉
con lo que se comprueba que Ra,a = P/x.
7
Alejandro Mezio Cirera
correcto