Exercício 19. (D.K. ex. 14.49) . (Transformada de Hilbert) A Transformada de Hilbert H phi in C^infty(R^n) de phi in Cc^infty(R^n) é definida da seguinte maneira:
H phi=1pi(phi * P V(1y))(x)=lim epsilon 0^+ integral|y|>epsilon phi(x-y)y d y
a) Mostre que H phi in S^prime(R^n) e que F circ H=-i sign(xi) F.
b) Prove que |H phi|L^2(R^n)=|phi|L^2(R^n) e que H^2=-I.
c) Prove que H(11+x^2)=x1+x^2.

Passo 1

O enunciado define a transformada de Hilbert em uma variável para phiin Cc^infty(R) por
Hphi(x) =1pi,limepsilonto0^+integral|y|>epsilonphi(x-y)y,dy,
e pede:
a) mostrar que HphiinS'(R) e que
F(Hphi)=-i,sign(xi),F(phi);
b) provar que |Hphi|L^2=|phi|L^2 e H^2=-I;
c) calcular Hl((1+x^2)^-1r)=x/(1+x^2).
Para isso vamos usar que P V(1/x) é distribuição temperada, as propriedades de convolução em S' e multiplicadores de Fourier.

Passo 2

Como P V(1/x)inS'(R) e phiinS(R), vale
phi*P V(1/x)inS'(R), logo HphiinS'(R).
Pela propriedade da transformada de Fourier de convolução,
F(phi*P V(1/x)) =F(phi),Fl(P V(1/x)r)
Sabe-se (por cálculo em contorno ou tabelas) que
Fl(P V(1/x)r)(xi) =-ipi,sign(xi)
Como Hphi=(1/pi)(phi*P V(1/x)), obtemos
F(Hphi) =1pi,F(phi),l(-ipi,sign(xi)r) =-i,sign(xi),F(phi)

Passo 3

Em L^2(R) a transformada de Fourier é isométrica e multiplicar por
-i,sign(xi) (que tem módulo 1) preserva norma. Logo
|Hphi|L^2 =|F(Hphi)|L^2 =|,!-i,sign(xi),F(phi)|L^2 =|F(phi)|L^2 =|phi|L^2
Além disso, aplicando H duas vezes no domínio da transformada de Fourier multiplica por
(-i,sign(xi))^2=-1, ou seja H^2=-I.

Passo 4

Para phi(x)=1/(1+x^2) usa-se o par de transformadas conhecido
Fl(tfrac11+x^2r)(xi) =pi,e^-2pi|xi|, Fl(tfracx1+x^2r)(xi) =-ipi,sign(xi),e^-2pi|xi|
Como H no Fourier multiplica por -i,sign(xi), segue
Fl(H(tfrac11+x^2)r) =-i,sign(xi),l(pi,e^-2pi|xi|r) =-ipi,sign(xi),e^-2pi|xi| =Fl(tfracx1+x^2r),
logo, invertendo a Fourier,
Hl(tfrac11+x^2r) =tfracx1+x^2

Resposta

a) HphiinS'(R) e F(Hphi)=-i,sign(xi),F(phi)
b) |Hphi|L^2=|phi|L^2 e H^2=-I
c) Hl((1+x^2)^-1r)=x/(1+x^2)

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