Solusi Bab 10: Distribusi

Penyelesaian lengkap

Pada masing-masing setengah garis, turunan klasik $g$ sama dengan $-1$ untuk $x<0$ dan $1$ untuk $x>0$, yaitu sama hampir di mana-mana dengan $S$. Sementara itu, loncatan $g$ di titik asal adalah $$g(0+)-g(0-)=5-(-3)=8.$$ Rumus turunan distribusional bagi fungsi mulus-sepotong karena itu memberi $${\tilde g}'=\widetilde S+8\delta,$$ sehingga $\alpha=1$ dan $\beta=8$.

Untuk bagian kedua, ambil $a(x)=\lvert x\rvert$. Fungsi ini kontinu di nol, jadi tidak menghasilkan suku delta, dan turunannya sama dengan $-1$ di $(-\infty,0)$ serta $1$ di $(0,\infty)$. Maka ${\tilde a}'=\widetilde S$. Penambahan konstanta tidak mengubah turunan distribusional.

Penyelesaian lengkap

Turunan klasik $f$ ada hampir di mana-mana dan diberikan oleh $$f'(x)= \begin{cases} 1,&-1<x<0,\\ -1,&0<x<1,\\ 0,&\text{selain itu}. \end{cases}$$ Oleh sebab itu, $$L_{f'}(\phi)=\int_{-1}^{0}\phi(x)\,dx- \int_{0}^{1}\phi(x)\,dx .$$ Di sisi lain, dengan memecah integral di nol dan mengintegralkan per bagian, $$\begin{align*} (L_f)'(\phi) &=-\int_{-1}^{0}(1+x)\phi'(x)\,dx -\int_{0}^{1}(1-x)\phi'(x)\,dx\\ &=\left[-\phi(0)+\int_{-1}^{0}\phi(x)\,dx\right] +\left[\phi(0)-\int_{0}^{1}\phi(x)\,dx\right]\\ &=\int_{-1}^{0}\phi(x)\,dx-\int_{0}^{1}\phi(x)\,dx. \end{align*}$$ Suku batas di nol saling menghapus. Dengan demikian $(L_f)'=L_{f'}$, sebagaimana dinyatakan oleh (10.3.1) untuk fungsi kontinu dan mulus-sepotong ini.

Penyelesaian lengkap

Turunan klasik $f'$ sama dengan nol hampir di mana-mana, sehingga distribusi reguler yang ditentukannya memenuhi $L_{f'}(\phi)=0$. Sebaliknya, $$(L_f)'(\phi)=-L_f(\phi')=-\int_0^1\phi'(x)\,dx =\phi(0)-\phi(1)=\phi(0).$$ Karena $\phi$ bertumpuan kompak di dalam $(-1,1)$, nilainya di $1$ adalah nol. Jadi turunan distribusional menangkap loncatan di $0$, yang diabaikan oleh turunan klasik hampir di mana-mana.

Penyelesaian lengkap

Di luar himpunan berukuran nol $\{0,1,2\}$, turunan klasik $f$ sama dengan $1$ pada $(0,2)$ dan nol di luar interval tersebut. Maka $L_{f'}(\phi)=\int_0^2\phi$. Fungsi $f$ tidak meloncat di $0$, tetapi loncatannya di $1$ dan $2$ berturut-turut adalah $$f(1+)-f(1-)=3-1=2, \qquad f(2+)-f(2-)=0-4=-4.$$ Turunan distribusional fungsi mulus-sepotong adalah distribusi reguler dari turunan hampir-di-mana-mana ditambah besar setiap loncatan kali delta pada titik loncatan. Karena itu $$(L_f)'=L_{\chi_{{}_{\scriptstyle{(0,2)}}}}+2\delta_1-4\delta_2,$$ yang memberikan rumus jawaban setelah diterapkan pada $\phi$.

Penyelesaian lengkap

Pada tiga interval terbuka yang bersangkutan, turunan klasik fungsi yang diberikan berturut-turut adalah $2x$, $1$, dan $0$, jadi bagian regulernya adalah $\tilde h$. Di $-1$, limit kanan dan kiri adalah $$f(-1+)=0, \qquad f(-1-)=1,$$ sehingga loncatannya $-1$. Di $1$, limit kanan dan kiri adalah $5$ dan $2$, sehingga loncatannya $3$. Oleh rumus turunan fungsi mulus-sepotong, $${\tilde f}\,'=\tilde h-\delta_{-1}+3\delta_1.$$ Jika antiturunan pada ketiga interval diberi konstanta terpisah, syarat kedua loncatan memaksa konstanta tersebut berbeda tepat seperti pada rumus di atas, hingga penambahan satu konstanta yang sama pada semua bagian. Perubahan nilai fungsi pada himpunan berukuran nol tidak mengubah distribusi reguler, sehingga pernyataan keunikan untuk fungsi harus dipahami hampir di mana-mana.

Penyelesaian lengkap

Untuk setiap $\phi\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$, $$T_\epsilon(\phi) =\frac{\phi(\epsilon)-\phi(0)}{\epsilon} \longrightarrow \phi'(0).$$ Menurut definisi turunan distribusi, $\delta'(\phi)=-\delta(\phi')=-\phi'(0)$, sehingga $(-\delta')(\phi)=\phi'(0)$. Jadi limit dua muatan tersebut, dalam arti konvergensi titik demi titik pada setiap fungsi uji, tepat sama dengan $-\delta'$.

Penyelesaian lengkap

Dengan substitusi $y=kx$ diperoleh $$\int_{\mathbb{R}}s_k(x)\phi(x)\,dx =\frac1\pi\int_{\mathbb{R}}\frac{\phi(y/k)}{1+y^2}\,dy.$$ Untuk setiap $y$, $\phi(y/k)\to\phi(0)$, sedangkan integrannya secara mutlak dibatasi oleh $\|\phi\|_\infty\big/\bigl(\pi(1+y^2)\bigr)$, sebuah fungsi yang terintegralkan. Teorema konvergensi terdominasi memberi $$\lim_{k\to\infty}\int_{\mathbb{R}}s_k\phi =\frac{\phi(0)}\pi\int_{\mathbb{R}}\frac{dy}{1+y^2} =\phi(0)=\delta(\phi).$$ Pernyataan tersebut dengan demikian merupakan pernyataan tentang limit distribusi, bukan limit titik demi titik fungsi.

Penyelesaian lengkap

Karena $-\cos(nx)/n$ adalah antiturunan $\sin(nx)$ dan $\phi$ bertumpuan kompak, integrasi per bagian menghasilkan $$\int_{\mathbb{R}}\sin(nx)\phi(x)\,dx =\frac1n\int_{\mathbb{R}}\cos(nx)\phi'(x)\,dx.$$ Oleh karena itu, $$\left|\int_{\mathbb{R}}\sin(nx)\phi(x)\,dx\right| \leq\frac{\|\phi'\|_{L^1}}{n}\longrightarrow0.$$ Inilah tepat definisi konvergensi distribusional ke distribusi nol.

Penyelesaian lengkap

Ambil $\phi\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$ dan periodisasikan fungsi itu dengan $$P\phi(t)=\sum_{k\in\mathbb{Z}}\phi(t+2\pi k).$$ Pada setiap titik hanya berhingga banyak suku yang tidak nol secara lokal, sehingga $P\phi$ mulus dan $2\pi$-periodik. Koefisien Fourier-nya adalah $$c_n=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P\phi(t)e^{-int}\,dt =\frac1{2\pi}\int_{\mathbb{R}}\phi(t)e^{-int}\,dt.$$ Integrasi per bagian berulang menunjukkan bahwa $(c_n)$ menurun lebih cepat daripada setiap pangkat $|n|^{-1}$. Jadi deret Fourier tersebut konvergen mutlak dan seragam. Dengan mengevaluasinya di $0$, kita memperoleh rumus penjumlahan Poisson $$2\pi\sum_{k\in\mathbb{Z}}\phi(2\pi k) =\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_{\mathbb{R}}\phi(t)e^{-int}\,dt.$$ Penggantian $n$ oleh $-n$ tidak mengubah jumlah atas semua bilangan bulat, sehingga ruas kanan juga sama dengan $$\lim_{N\to\infty}\int_{\mathbb{R}} \left(\sum_{n=-N}^{N}e^{int}\right)\phi(t)\,dt =\lim_{N\to\infty}\int_{\mathbb{R}} \left(1+2\sum_{n=1}^{N}\cos(nt)\right)\phi(t)\,dt.$$ Sementara itu, ruas kiri adalah penerapan distribusi $2\pi\sum_{k\in\mathbb{Z}}\delta_{2\pi k}$ pada $\phi$; jumlah ini berhingga untuk setiap fungsi uji. Identitas berlaku untuk setiap $\phi$, sehingga berlaku dalam arti distribusi.

Penyelesaian lengkap

Karena $u$ dan $v$ bertumpuan kompak, $u\ast\psi$ dan $v\ast\phi$ merupakan fungsi uji untuk setiap $\phi,\psi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$. Dengan definisi konvolusi dua distribusi, sifat asosiatif konvolusi distribusi–fungsi-uji, dan komutativitas konvolusi fungsi, diperoleh $$\begin{align*} (u\ast v)\ast(\phi\ast\psi) &=u\ast\bigl(v\ast(\phi\ast\psi)\bigr)\\ &=u\ast\bigl((v\ast\phi)\ast\psi\bigr)\\ &=u\ast\bigl(\psi\ast(v\ast\phi)\bigr)\\ &=(u\ast\psi)\ast(v\ast\phi). \end{align*}$$ Di sisi lain, karena $\phi\ast\psi=\psi\ast\phi$, perhitungan yang sama dengan $u,v$ dan $\phi,\psi$ dipertukarkan memberi $$(v\ast u)\ast(\phi\ast\psi) =(v\ast\phi)\ast(u\ast\psi).$$ Dua ruas terakhir sama karena keduanya merupakan konvolusi fungsi uji.

Sekarang tetapkan $w=u\ast v-v\ast u$. Ambil sembarang $\eta\in\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$ dan suatu aproksimasi identitas $(\rho_\epsilon)$ dalam $\mathcal{D}(\mathbb{R}^n)$. Hasil di atas dengan $\phi=\eta$ dan $\psi=\rho_\epsilon$ menunjukkan $$w\ast(\eta\ast\rho_\epsilon)=0.$$ Karena $\eta\ast\rho_\epsilon\to\eta$ dalam topologi fungsi uji dan distribusi kontinu pada topologi itu, kita memperoleh $w\ast\eta=0$. Hal ini berlaku untuk setiap $\eta$. Proposisi ketunggalan tepat sebelum definisi tumpuan kemudian memberi $w=0$, yaitu $u\ast v=v\ast u$.

Penyelesaian lengkap

Untuk setiap fungsi uji $\phi$, $$(x\delta')(\phi)=\delta'(x\phi) =-(x\phi)'(0)=-\phi(0)=-\delta(\phi).$$ Jadi $x\delta'=-\delta$, dan akibatnya $$x\frac{d\delta}{dx}+\delta=x\delta'+\delta=0$$ dalam $\mathcal{D}^*(\mathbb{R})$.