Demostrar que una distribución tiene su distribución primitiva.

Question

Dada una distribución $F$ en $\mathbb{R}$ demostrar que existe una distribución $F_1$ tal que $$\frac{d}{dx}F_1=F$$ y es único hasta una constante aditiva.

Answer 1

Existencia.

Sea $T\in\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ Para que nos hagamos una idea, veamos lo siguiente:

Proposición. Si $T$ tiene soporte compacto, entonces existe $S\in\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ tal que $S'=T$ .

Prueba. Desde $T$ tiene un soporte compacto, $\{\textrm{supp}(T),\textrm{supp}(H)\}$ es convolutiva y $T$ y $H$ son convolutos. Definamos $S:=T\ast H\in\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ uno tiene: $$S'=(T\ast H)'=T\ast H'=T\ast\delta_0=T.$$ De ahí el resultado. $\Box$

Sea $\chi\in\mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R})$ tal que $0\leqslant\chi\leqslant 1$ , $\chi_{\vert(-\infty,0]}=0$ y $\chi_{\vert [1,+\infty)}=1$ . Uno tiene la:

Proposición.

• $H$ y $\chi$ son enrevesados.
• $(1-H)$ y $(1-\chi)$ son enrevesados.

Prueba. Uno tiene $\textrm{supp}(H)=[0,+\infty)$ y $[1,+\infty)\subseteq\textrm{supp}(\chi)\subseteq[0,+\infty)$ . Definamos el siguiente mapa: $$\Sigma:\left\{\begin{array}{ccc}\textrm{supp}(H)\times\textrm{supp}(\chi)&\rightarrow&\mathbb{R}\\(x,y)&\mapsto&x+y\end{array}\right..$$ Let $K$ be a compact of $\mathbb{R}$ there exists $A\in[0,+\infty)$ such that $K\subseteq[-A,A]$. Therefore, one has: $$\Sigma^{-1}(K)\subset\Sigma^{-1}([-A,A]).$$ Let $(x,y)\in\Sigma^{-1}(K)$, one has: $$|x+y|\leqslant A.$$ Therefore, since $(x,y)\in [0,+\infty)^2$, one has: $$\left\{\begin{array}{ll}0\leqslant x\leqslant x+y\leqslant A\\0\leqslant y\leqslant x+y\leqslant A\end{array}\right..$$ Por lo tanto, se tiene $(x,y)\in[0,A]^2$ y $\Sigma^{-1}(K)\subseteq[0,A]^2$ . Por lo tanto, $\Sigma^{-1}(K)$ está acotada y puesto que $\Sigma$ es continua y $K$ está cerrado, $\Sigma^{-1}(K)$ está cerrado. Por último, dado que $\mathbb{R}$ es de dimensión finita, $\Sigma^{-1}(K)$ es compacto y $\Sigma$ es correcto. Por definición, $\{\textrm{supp}(H),\textrm{supp}(\chi)\}$ es convolutiva y $H$ y $\chi$ son convolutos.

Del mismo modo, puesto que $\textrm{supp}(1-H)=(-\infty,0]$ y $\textrm{supp}(1-\chi)\subseteq(-\infty,1]$ , $H$ y $\chi$ son enrevesados. $\Box$

Definamos $S:=\chi T\ast H-(1-\chi)T\ast(1-H)\in\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ uno tiene: $$S'=(\chi T\ast H)'-((1-\chi)T\ast(1-H))'=\chi T\ast\delta_0-(1-\chi T)\ast(-\delta_0)=T.$$ De ahí el resultado.

Unicidad hasta una constante aditiva. Sea $S_1,S_2\in\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ tal que ${S_1}'=T$ y ${S_2}'=T$ por lo tanto : $$(S_1-S_2)'=0.$$ Existe $C\in\mathbb{R}$ tal que: $$S_1-S_2=C.$$ De ahí el resultado.

Observación. Supongo que habrás aprendido que las soluciones de $T'=0$ en $\mathcal{D}'(\mathbb{R})$ son las distribuciones regulares asociadas a las funciones constantes. En caso contrario, observe que $\varphi\in\mathcal{C}_0^{\infty}(\mathbb{R})$ es la derivada de una función en $\mathcal{C}_0^{\infty}(\mathbb{R})$ sólo si $\displaystyle\int_{\mathbb{R}}f(x)\,\mathrm{d}x=0$ .

Answer 2

Lema
Supongamos que $\phi\in C^\infty_c(\mathbb{R})$ tal que $\langle 1, \phi \rangle := \int_{-\infty}^{\infty} \phi(x) \, dx = 0.$ Entonces existe un único $\psi\in C^\infty_c(\mathbb{R})$ tal que $\psi'=\phi.$ Además, $\operatorname{supp}\psi \subseteq [\min\operatorname{supp}\phi, \max\operatorname{supp}\phi].$

Prueba
Establecer $\psi(x) = \int_{-\infty}^{x} \phi(t) \, dt.$ Corresponde al lector demostrar que 1) $\psi'=\phi,$ 2) $\psi \in C^\infty_c(\mathbb{R}),$ 3) no hay ningún otro $\xi \in C^\infty_c(\mathbb{R})$ tal que $\xi'=\phi$ (unicidad), y 4) $\operatorname{supp}\psi \subseteq [\min\operatorname{supp}\phi, \max\operatorname{supp}\phi].$

---

Teorema
Supongamos que $v \in \mathcal{D}'(\mathbb{R}).$ Entonces existe $u \in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$ tal que $u'=v.$

Prueba
Construcción de $u$ : Fijar $\rho\in C^\infty_c(\mathbb{R})$ tal que $\langle 1, \rho \rangle = 1.$ Dado $\phi \in C^\infty_c(\mathbb{R})$ configure $\tilde\phi = \phi - \langle 1, \phi \rangle \rho.$ Entonces $\langle 1, \tilde\phi \rangle = 0$ por lo que existe $\psi \in C^\infty_c(\mathbb{R})$ tal que $\psi' = \tilde\phi.$ Ahora $\langle u, \phi \rangle := -\langle v, \psi \rangle.$ Tenemos que demostrar que $u \in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$ y que $u'=v.$

Prueba de $u \in \mathcal{D}'(\mathbb{R})$ : Sea $\phi_j \to 0$ en $C^\infty_c(\mathbb{R}).$ Tenemos que demostrar que $\langle u, \phi_j \rangle \to 0.$ Pero esto se desprenderá de $v$ siendo una distribución si sólo podemos demostrar que $\psi_j \to 0$ en $C^\infty_c(\mathbb{R}),$ où $\psi_j(x)$ se construye a partir de $\phi_j$ como arriba.

Desde $\phi_j \to 0$ en $C^\infty_c(\mathbb{R})$ existe un conjunto compacto $K$ tal que $\operatorname{supp}\phi_j \subseteq K$ para todos $j.$ Entonces $\operatorname{supp}\tilde\phi_j \subseteq K \cup \operatorname{supp}\rho$ y $\operatorname{supp}\psi_j \subseteq [\min(K \cup \operatorname{supp}\rho), \max(K \cup \operatorname{supp}\rho)] =: K'.$ Por tanto, existe un conjunto compacto $K'$ tal que $\operatorname{supp}\psi_j \subseteq K'$ para todos $j$ .

Tenga en cuenta que $$ \sup|\tilde\phi_j| = \sup|\phi_j - \langle 1, \phi_j\rangle \rho| \leq \sup|\phi_j| + |\langle 1, \phi_j\rangle| \sup|\rho| \leq \sup|\phi_j| + \mu(\operatorname{supp}\phi_j) \sup|\phi_j| \sup|\rho| \leq (1 + \mu(K)\sup|\rho|) \sup|\phi_j| $$ así que $$ \sup|\psi_j^{(0)}| = \sup_{x\in\mathbb{R}} \big| \int_{-\infty}^{x} \tilde\phi_j(t) \, dt \big| \leq \sup_{x\in\mathbb{R}} \int_{-\infty}^{x} \big| \tilde\phi_j(t) \big| \, dt = \int_{-\infty}^{\infty} |\tilde\phi_j(t)| \, dt \leq \mu(\operatorname{supp}\tilde\phi_j) \sup|\tilde\phi_j| \leq \mu(K+\operatorname{supp}\rho) \sup|\tilde\phi_j| \to 0 $$ y para $k=1,2,3,\ldots$ $$ \sup|\psi_j^{(k)}| = \sup|\tilde\phi_j^{(k-1)}| \leq (1+\mu(K)) \sup|\rho|) \sup|\phi_j^{(k-1)}| \to 0. $$ Así, $\psi_j \to 0$ en $C^\infty_c(\mathbb{R})$ y $$ \langle u, \phi \rangle = -\langle v, \psi \rangle \to 0 $$ así que $u$ es una distribución.

Prueba de $u'=v$ : Tenga en cuenta en primer lugar que $\langle 1, \phi' \rangle = 0$ así que $\tilde{\phi'} = \phi'$ y el " $\psi$ " para $\phi'$ es sólo $\phi$ . Por lo tanto, $$ \langle u', \phi \rangle = -\langle u, \phi' \rangle = \langle v, \phi \rangle, $$ es decir $u'=v.$