En las distribuciones sobre $\mathbb R$ cuyas derivadas desaparecen

Question

Dejemos que $I \subset \mathbb R$ estar abierto, $u \in \mathcal D'(I)$ sea una distribución cuyas derivadas distributivas desaparecen (es decir, es cero para todas las funciones de prueba, que podemos suponer de valor complejo).

Mostramos $\forall c \in \mathbb C: \forall \phi \in \mathcal D(I) : u(\phi) = \int c\cdot\phi dx$ . (EDITAR: Correctamente, $c$ debe cuantificarse con $\exists$ . Mi pregunta ha sido por qué la siguiente prueba no permite un complejo arbitrario $c$ lo que explica la afirmación anterior).

Prueba:

Dejemos que $\Psi \in D(I)$ . $\Psi$ es la derivada de una función de prueba si $\int \phi dx = 0$ . En ese caso $u(\Psi) = 0$ .

Dejemos que $h \in D(I)$ sea arbitraria con $\int h dx = 1$ . Ahora para cada función de prueba $\phi \in D(I)$ lo vemos:

$\phi - \int \phi dx \cdot h \in D(I)$ y $\int ( \phi - \int \phi dx h ) dx = 0$ .

por lo tanto

$u( \phi - \int \phi dx h ) = 0$ es decir $u(\phi) = u(h) \int \phi dx$

$\square$

Si esto no está mal, ¿cómo puedo interpretar el hecho de que $h$ ¿ha sido arbitraria?

Nota: Esto es parte de una prueba más amplia, que muestra lo mismo para dominios no unidimensionales.

Answer 1

La función $h$ no es arbitraria; es arbitraria con respecto a la condición que $\int h dx = 1$ . (Y esta última condición es ciertamente necesaria para que la prueba salga adelante).

La prueba dada (que me parece correcta) muestra que $u(\phi)$ sólo depende del valor de $\int \phi$ . En particular, se ve (una vez hecha la prueba) que $u(h)$ sólo depende del valor de $\int h dx$ que se fijó en $1$ . Así, $u(h)$ es independiente de la elección de $h$ (siempre y cuando $\int h dx = 1$ ), y es igual a la constante $c$ en el enunciado del teorema.

[Añadido: Como Theo señala en su respuesta, tienes un cuantificador universal incorrecto en la constante $c$ en el enunciado del teorema; debería decir para algunos $c$ . No me di cuenta de esto cuando leí la pregunta].

Answer 2

La afirmación que realmente está demostrando es: Si las derivadas distributivas de $u$ se desvanecen entonces allí existe $c$ tal que $u(\phi) = c \int \phi$ . (Estás afirmando una propiedad completamente diferente: $\forall c$ ...) Si se supone por un momento que $u(\phi) = c \int \phi$ ¿Cómo se puede recuperar $c$ ? Bueno, evaluando $u$ en tout función de prueba $h$ con $\int h = 1$ (este es una restricción, pero no severa). Aparte del desliz de confundir $\forall$ con $\exists$ su argumento es correcto.

De hecho, el truco de utilizar $h$ con $\int h = 1$ se utiliza con bastante frecuencia en la teoría de las distribuciones y el hecho de que no importa qué $h$ que tomas es uno de los grandes puntos fuertes de la teoría de las distribuciones. Por ejemplo, si $h$ es tal que $\int h = 1$ entonces $u_{n}(\phi) = \int nh(nx) \phi(x)$ se aproxima a la de Dirac $\delta_{0}$ -en el sentido de que $u_{n}(\phi) \to \phi(0) = \delta_{0}(\phi)$ .