Deje $H:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{C}$ ser una función, con $H \in C^{\infty}(\mathbb{R})$, e $S \in \mathscr{D}'(R)$ una distribución tal que exista $x_0 \in \mathbb{R}$ que pertenece a los dos el apoyo de $H$ y el apoyo de $S$. Suponga que $H$ y todos sus derivados se desvanecen en $x_0$: \begin{equation} (D^{n}H)(x_0)=0 \qquad (n=0,1,2,\dots). \end{equation} Estoy tratando de demostrar que en estas hipótesis, la división de $S$ $H$ no es posible. Esto significa que no existe una distribución $T \in \mathscr{D}'(R)$ tal que \begin{equation} H \cdot T = S. \end{equation} Pude comprobar esta afirmación sólo en un caso particular (ver Nota (2) más abajo), pero estoy bastante convencido de que es cierto. Cualquier ayuda es bienvenida.
Muchas gracias de antemano por su atención.
NOTA (1). La declaración anterior es una conjetura mía, inspirado por Schwartz, des Théories Distribuciones, Chapitre V, $\S 4$, p.126. Él dice que si $H$ es una función como se describe arriba, que es $H \in C^{\infty}(\mathbb{R})$ $H$ se desvanece con todos sus derivados en un punto de $x_0$, luego la división de una distribución $S$ $H$ no es posible. Obviamente, esto no es cierto para un genérico de distribución de $S$. Para ver esto, supongamos que $H$ tiene como único cero $x_0$, $x_0$ no radica en el apoyo de $S$. Para cualquier no-vacío abierto subconjunto $\Omega$$\mathbb{R}$, definir $S_{\Omega} \in \mathscr{D'}(\Omega)$ \begin{equation} S_{\Omega}(\psi)=S(\psi) \quad (\psi \in \mathscr{D}(\Omega)). \end{equation}
Entonces si $\Omega_1$ es el complemento del apoyo de $S$, el cero de la distribución de $T_1=0 \in \mathscr{D'}(\Omega_1)$ satisface \begin{equation} H \cdot T_1 = S_{\Omega_1}, \end{equation} ya tenemos \begin{equation} T_1(H\psi) = S(\psi)=0 \quad \forall \psi \in \mathscr{D}(\Omega_1). \end{equation} Ahora pon $\Omega_2=\mathbb{R} \backslash \{x_0 \}$. Desde $1/H \in C^{\infty}(\Omega_2)$, $T_2=\frac{1}{H} \cdot S_{\Omega_2}$ es un lugar bien definido elemento de $\mathscr{D'}(\Omega_2)$ y hemos \begin{equation} H \cdot T_2 = S_{\Omega_2}, \end{equation} que es \begin{equation} T_2(H \psi) = S (\psi) \quad \forall \psi \in \mathscr{D}(\Omega_2). \end{equation} Ahora vamos a $\xi_1 \in \mathscr{D}(\Omega_1)$ ser tal que $0 \leq \xi \leq 1$, e $\xi=1$ sobre un conjunto abierto $V$ contiene $x_0$, y definir $\xi_2 = 1 - \xi_1$. Definir \begin{equation} T(\phi)=T_1(\xi_1 \phi)+T_2(\xi_2 \phi) \quad (\phi \in \mathscr{D}(\mathbb{R})). \end{equation} Es inmediato ver que $T \in \mathscr{D'}(\mathbb{R})$ y que \begin{equation} H \cdot T = S. \end{equation}
NOTA (2). He podido demostrar la anterior afirmación en el caso específico en el que $S$ es la distribución definida por la función constante igual a uno. En este caso, $\psi \in \mathscr{D}(R)$ tal que \begin{equation} \int_{\mathbb{R}} \psi(x) dx =1, \end{equation} y definir la secuencia de las funciones de prueba \begin{equation} \psi_{m}(x)=m \psi(m(x-x_0)) \quad (x \in \mathbb{R}, m=1,2,3,\dots). \end{equation} Es fácil ver que $S(\psi_m) =1$ todos los $m$. Ahora establecer \begin{equation} \phi_m(x) = H(x) \psi_m(x) \quad (x \in \mathbb{R}, m=1,2,3,\dots). \end{equation} Definir para cualquier enteros no negativos $n, m$ la función \begin{equation} F_{n,m}(x) = \begin{cases} \frac{(D^n H)(x)}{(x-x_0)^m} & x \neq x_0, \\ 0 & x = x_0, \end{casos} \end{equation} Tenemos $F_{n,m} \in C^{\infty}(\mathbb{R})$: en particular, $F_{n,m}$ es continua en a $x_0$. A partir de esta observación y Leibniz formula fácilmente conseguir ese $\phi_m \rightarrow 0$$\mathscr{D}(\mathbb{R})$. Así que si existía $T \in \mathscr{D'}(\mathbb{R})$ tal que \begin{equation} H \cdot T = S, \end{equation} debemos tener $T(\phi_m) \rightarrow 0$. Pero tenemos $T(\phi_m)=T(H\psi_m)=S(\psi_m)=1$ todos los $m$, una contradicción.
