Exercício 9. (D.K. ex. 5.12) Seja f uma função contínua em R e definamos as distribuições uk, k in N, por
uk:=1k sumj=-k^2^k^2 f(jk) de<ajk
Existe u in D^prime(R) tal que lim k infty uk=u ? Se existir, qual é este limite? (Dica: Pense na integral de Riemann)

Passo 1

O enunciado define, para cada kinN, a distribuição
uk ;:=;1ksumj=-k^2^k^2f!l(tfracjkr),de<ajk,
onde f é contínua em R e de<ax0 é a delta de Dirac em x0. Precisamos verificar se existe uinD'(R) tal que ukto u em distribuições e, em caso afirmativo, identificar u. A dica indica pensar em somas de Riemann.

Passo 2

Seja varphiinD(R) (função de teste de suporte compacto). A ação de uk em varphi é
llang<= uk,varphirrang<= =1ksumj=-k^2^k^2 f!l(tfracjkr),varphi!l(tfracjkr)
Denotando xj=tfracjk e o passo De<a x=tfrac1k, essa soma fica
llang<= uk,varphirrang<= =sumj=-k^2^k^2 f(xj),varphi(xj),De<a x

Passo 3

Como varphi tem suporte compacto, existe M>0 tal que varphi(x)=0 para |x|>M. Para k grande, todos os xj com |xj|<= M estão no intervalo de soma, e os demais termos não contribuem. Logo
llang<= uk,varphirrang<= ;=;sumxjin[-M,M] f(xj),varphi(xj),De<a x,
que é exatamente a soma de Riemann para a integral de f(x)varphi(x) em [-M,M].

Passo 4

Pela continuidade de f e varphi, a função fvarphi é contínua em [-M,M] e, portanto, integrável. Assim, ao refinarmos o passo De<a xto0 (isto é, ktoinfty), a soma de Riemann converge para
limktoinfty llang<= uk,varphirrang<= ;=; integral-M^Mf(x),varphi(x),dx ;=; integralRf(x),varphi(x),dx,
pois fora de [-M,M] vale varphi(x)=0.

Passo 5

Definimos então a distribuição u por
llang<= u,varphirrang<= ;=; integralRf(x),varphi(x),dx
Essa é a distribuição regular associada à função contínua f. Pelo que foi mostrado, lang<= uk,varphirang<=tolang<= u,varphirang<= para todo varphiinD(R), ou seja, ukto u em D'(R).

Resposta

Sim. O limite é a distribuição regular dada por
u(varphi) =integralRf(x),varphi(x),dx,
isto é, u=f(x),dx.

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