¿Qué es? $\Delta\frac{1}{|\mathbf{x}|^2}$ ¿como distribución?

Question

$\newcommand{\x}{\mathbf{x}}$ Dejemos que $\x$ denota un vector en $\mathbb{R}^3$ , $|\x|$ su magintude y $\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x 2}+\frac{\partial^2}{\partial y 2}+\frac{\partial^2}{\partial z 2}$ el laplaciano habitual. ¿Qué es? $$\Delta\frac{1}{|\x|^2}$$ ¿en el sentido de la distribución? Es decir, ¿qué es $$\iiint_{\mathbb{R}^3}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x$$ para cualquier función de prueba $\varphi\in C^{\infty}_c(\mathbb{R}^3)$ (el subíndice $c$ significa soporte compacto).

Intento: Sé cómo hacerlo para $\Delta\frac{1}{|\x|}$ (obtenemos $\Delta\frac{1}{|\x|}=-4\pi\delta_0$ , donde $\delta_0$ es la distribución delta en $0$ ) y algunos otros, y estoy tratando de reproducir los pasos para este caso pero no parece funcionar. Dejemos que $\newcommand{\e}{\varepsilon}\e>0$ y considerar el balón $B(0,\e)$ de radio $\e$ centrado en $0$ . Entonces, $$\iiint_{\mathbb{R}^3}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x= \iiint_{\mathbb{R}^3\setminus B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x+\iiint_{B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x$$ Entonces, podemos ver que $$\left|\iiint_{B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x\right|\leq \iiint_{B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}|\Delta\varphi(\x)|d\x \leq C\int_0^\e\frac{1}{\rho^2}\rho^2 d\rho\to0$$ como $\e\to 0$ . Ahora bien, como $\varphi$ tiene soporte compacto, existe un subconjunto compacto $\Omega\subseteq \mathbb{R}^3$ que incluye $B(0,\e)$ tal que $\varphi$ y todas sus derivadas desaparecen en $\Omega^c$ . Así, $$\iiint_{\mathbb{R}^3\setminus B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x = \iiint_{\Omega\setminus B(0,\e)}\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)d\x$$ Ahora por la Segunda Identidad de Green, $$\iiint_{\mathbb{R}^3\setminus B(0,\e)}\left(\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)-\varphi(\x)\Delta\frac{1}{|\x|^2}\right)d\x = \iint_{\partial\Omega}\left(\frac{1}{|\x|^2}\frac{\partial\varphi(\x)}{\partial\mathbf{n}}-\varphi(\x)\frac{\partial}{\partial\mathbf{n}}\frac{1}{|\x|^2}\right)dS+ \iint_{\partial B(0,\e)}\left(\frac{1}{|\x|^2}\frac{\partial\varphi(\x)}{\partial\mathbf{n}}-\varphi(\x)\frac{\partial}{\partial\mathbf{n}}\frac{1}{|\x|^2}\right)dS$$ Desde $\varphi$ y todas sus derivadas desaparecen en $\partial \Omega$ nos quedamos con $$\iiint_{\mathbb{R}^3\setminus B(0,\e)}\left(\frac{1}{|\x|^2}\Delta\varphi(\x)-\varphi(\x)\Delta\frac{1}{|\x|^2}\right)d\x= \iint_{\partial B(0,\e)}\left(\frac{1}{|\x|^2}\frac{\partial\varphi(\x)}{\partial\mathbf{n}}-\varphi(\x)\frac{\partial}{\partial\mathbf{n}}\frac{1}{|\x|^2}\right)dS$$ Ahora normalmente podemos trabajar con el lado derecho para encontrar lo que hace como $\e\to 0$ . Pero aquí no veo cómo...

Answer 1

Tomando la transformada de Fourier, tenemos

$$ \left( \Delta \frac{1}{|x|^{2}} \right)^{\wedge}(\xi) = -|\xi|^{2} \left( \frac{1}{|x|^{2}} \right)^{\wedge}(\xi). $$

De hecho, para cualquier $\varphi \in \mathcal{S}(\Bbb{R}^{3})$ ,

\begin{align*} \langle (\Delta |x|^{-2})^{\wedge}, \varphi \rangle &= \langle \Delta |\xi|^{-2}, \hat{\varphi}(\xi) \rangle = \langle |\xi|^{-2}, \Delta \hat{\varphi}(\xi) \rangle = \langle |\xi|^{-2}, - (|x|^{2}\varphi)^{\wedge}(\xi) \rangle \\ &= - \langle (|x|^{-2})^{\wedge}(\xi), |\xi|^{2}\varphi(\xi) \rangle = - \langle |\xi|^{2} (|x|^{-2})^{\wedge}(\xi), \varphi(\xi) \rangle. \end{align*}

Pero tenemos

\begin{align*} \left( \frac{1}{|x|^{2}} \right)^{\wedge}(\xi) &= \int_{\Bbb{R}^{3}} \frac{e^{-i\xi\cdot x}}{|x|^{2}} \, dx = \int_{0}^{\infty} \int_{S^{2}} e^{-i\xi\cdot r \omega} d\sigma_{\omega} dr \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi} e^{-i|\xi| r \cos\phi} \sin\phi \, d\phi d\theta dr \\ &= 2\pi \int_{0}^{\infty} \int_{-1}^{t} e^{i|\xi| r t}\, dt dr \qquad (t = -\cos\phi) \\ &= \frac{4\pi}{|\xi|} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin |\xi|r}{r} \, dt = \frac{2\pi^{2}}{|\xi|}. \end{align*}

Por lo que se deduce que

$$ \left( \Delta \frac{1}{|x|^{2}} \right)^{\wedge}(\xi) = -|\xi|^{2} \left( \frac{1}{|x|^{2}} \right)^{\wedge}(\xi) = -2\pi^{2} |\xi| $$

y por lo tanto

$$ \Delta \frac{1}{|x|^{2}} = -2\pi^{2} \sqrt{-\Delta} \delta_{0}. $$

Answer 2

La teoría de la distribución relevante aquí era seguramente conocida mucho antes de L. Schwartz, pero ciertamente la legitimó completamente, y un poco de trabajo posterior de A. Grothendieck sobre funciones vectoriales-valoradas holomorfas (por ejemplo, funciones de distribución-valoradas) hace que el siguiente punto de vista sea completamente riguroso. El volumen I de Gelfand-Shilov, "Generalized Functions", trata en profundidad estas cuestiones y muchas otras más complicadas.

Para $\Re(s)>2$ , en $\mathbb R^n$ , $\Delta |x|^s = s(s+n-2)\cdot |x|^{s-2}$ Observando que el lado derecho es localmente integrable, por lo tanto, da una distribución por integración-contra-ella.

Esta relación también da la continuación meromórfica de la distribución $|x|^s$ dividiendo por $s(s+n-2)$ y sustituyendo $s$ por $s+2$ y la inducción: $|x|^s=(\Delta |x|^{s+2})/(s+2)(s+n)$ . Desde $|x|^{s+2}$ es localmente integrable para $\Re(s)>-n$ , para $n>2$ de hecho no hay ningún polo en $s=-2$ y el primer polo está en $s=-n$ .

El primer polo de esa familia meromórfica de distribuciones en $s=-n$ puede demostrarse que es un múltiplo constante (dependiendo de la dimensión $n$ ) de Dirac $\delta$ aplicando $|x|^s$ a $e^{-\pi |x|^2}$ (por ejemplo) y mirando la continuación meromórfica numérica... y regularizando una $f$ por $f-f(0)\cdot e^{-\pi |x|^2}$ ...

Para $n=3$ el primer polo está en $s=-3$ con el residuo un múltiplo de $\delta$ . La relación anterior muestra que hay no poste en $s=-4$ para $n=3$ por lo que imaginamos que el valor es un múltiplo constante de $|x|^{-4}$ . Sin embargo, ¡no es una función localmente integrable! En este punto, uno podría pensar en el truco de la "parte finita" de J. Hadamard, que consiste en integrar por partes e ignorar los términos que se desbordan. De hecho, como demostró Riesz unos años más tarde, este es el mismo resultado que por continuación analítica. Así que uno puede elegir cómo presentar esa distribución. Sí, para $f$ que se desvanece lo suficiente en $0$ es sólo (un múltiplo constante de) la integración contra $|x|^{-4}$ .