Por cada$a>0$, muestre que$\langle f_a, \psi\rangle= \int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx+\int_{|x|>a} \frac{\psi(x)- \psi(0)}{|x|}dx$

Question

Para demostrar que el producto interior es una distribución que debe satisfacer la siguiente propiedad"

$$|T(\phi)|=|\langle T,\psi\rangle| \leq C_N \sum_{|\alpha| \leq N} \|\partial^\alpha \psi\|_\infty$$

Parte a: Para cada $a>0$, muestran que $\langle f_a, \psi\rangle= \int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx+\int_{|x|<a} \frac{\psi(x)- \psi(0)}{|x|}dx$ es una distribución. ¿Cuál es el orden de $f_a$?

Mi trabajo:

$$|\langle f_a, \psi\rangle|= |\int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx+\int_{|x|<a} \frac{\psi(x)- \psi(0)}{|x|}dx| =|\int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx+\int_{|x|<a} \psi'(c)dx| =|\int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx+2a\psi'(c)| \leq |\int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx| + |2a\psi'(c)| \leq \int_{|x|>a} |\frac{\psi(x)}{|x|}|dx + |2a\psi'(c)| = \int_{|x|>a} \frac{|\psi(x)|}{|x|}dx + 2a|\psi'(c)|$$

Esto es donde estoy atascado.

Parte B: Demostrar que $f_a$ no depende de una, y consequentely que $\langle g, \psi\rangle= \lim_{a \rightarrow 0+} \int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx$ es una distribución.

Mi trabajo:

$$|\langle g, \psi\rangle |= |\lim_{un \rightarrow 0+} \int_{|x|>a} \frac{\psi(x)}{|x|}dx| \leq \lim_{un \rightarrow 0+} \int_{|x|>a} |\frac{\psi(x)}{|x|}|dx =\lim_{un \rightarrow 0+} \int_{|x|>a} \frac{|\psi(x)|}{|x|}dx \leq \lim_{un \rightarrow 0+} \int_{|x|>a} \frac{\|\psi\|_\infty}{|x|}dx =\|\psi\|_\infty \times\lim_{un \rightarrow 0+} [\int_{-\infty}^{-a} \frac{1}{-x}dx+\int_a^{\infty} \frac{1}{x}dx] =\|\psi\|_\infty$$

Por favor, compruebe

Answer 1

El apoyo de $\psi$ debe aparecer en algún lugar, de lo contrario $x\to 1$ no es una distribución, por ejemplo.

Parte A. Estamos obligados cosas: $$ \left|\int_{|x|>a} \frac{1}{x}\psi dx\right|\leq \sup_{|x|>a} \frac{1}{|x|} |\int_{|x|\geq un} \psi dx| \leq \frac{1}{a}\|\psi\|_{\infty}|\textrm{supp} \psi|. $$ Para la segunda parte, $$ \left|\int_{|x|<a}\frac{\psi(x)−\psi(0)}{x} dx \right|\leq \int_{|x|<a}\frac{\left|\psi(x)−\psi(0)- x \psi^\prime(0)\right|}{|x|} dx + |\psi^\prime(0)|\min(|\textrm{supp} \psi|,2a) $$ y a partir de la expansión de Taylor Teorema cero, $$\left|\psi(x)−\psi(0)- x \psi^\prime(0)\right|\leq\frac{x^2}{2}\|\psi^{(2)}\|_\infty,$$ así $$ \left|\int_{|x|<a}\frac{\psi(x)−\psi(0)}{x}dx \right| \leq \|\psi^\prime\|_{\infty}+\|\psi^{(2)}\|_\infty \int_{|x|\leq un} \frac{1}{2}|x| dx =(\|\psi^{(2)}\|_\infty \frac{a}{2}+ \|\psi^\prime\|_{\infty})|\min(|\textrm{supp} \psi|,2a) , $$ Por lo tanto $N=2$. y $$C_2=\max\left(\frac1a, 1,\frac{a}{2}\right)$$ La Parte B Supongamos $0<b<a$. Como está escrito, $$\langle f_a,\psi\rangle-\langle f_b,\psi \rangle=-\int_{a>|x|>b} \frac{\psi}{|x|}dx + \int_{a>|x|>b} \frac{\psi(x)-\psi(0)}{|x|}dx =-2\psi(0)\ln \frac{b}{a}. $$ Esto depende claramente de $a$$b$. Sin embargo, si en lugar de la pregunta era : $$ \langle f_a, \psi \rangle = \int_{|x|>a} \frac{\psi}{x} + \int_{|x|<a} \frac{\psi(x)-\psi(0)}{x} dx $$ A continuación, la Parte a sin cambios (de hecho, me contestó en que forma corregida). pero $<f_a -f_b,\psi>=0$, porque es $$ <f_a -f_b,\psi>=\int_{a>|x|>b} \frac{-\psi(0)}{x}dx=0 $$ (una función impar en un simétrico de dominio..). Ahora, para cualquier $\psi$, $$ \left|\int_{|x|<a}\frac{\psi(x)−\psi(0)}{x} dx \right|\leq (\|\psi^{(2)}\|_\infty \frac{a}{2}+ \|\psi^\prime\|_{\infty})|\min(|\textrm{supp} \psi|,2a) \a 0 $$ como $a\to 0$, por lo que $$<f_1,\psi>=\lim_{un\to0}<f_a,\psi>=\lim_{un\to0} \int_{|x|<a} \frac{\psi(x)}{x}dx $$ y desde $f_1$ es una distribución, por lo que es el límite.