Exercício 6. (D.K. ex. 15.1 e 15.5 (Parcialmente))
a) Seja u in D^prime(Omega) e K: Cc^infty(Omega) D^prime(Omega) dado por K(phi)=phi u. Mostre que o núcleo de K é a distribuição k in D^prime(Omega times Omega) dada por
k(chi)=u(chi(x, x)), forall chi in Cc^infty(Omega times Omega)
b) Seja F: S(R^n) S(R^n) a transformada de Fourier. Mostre que F: Cc^infty(R^n) D^prime(R^n) é contínua e seu núcleo k in D^prime(R^n times R^n) é dado por
k(x, y)=e^-i x cdot y

Passo 1

O exercício tem duas partes. Na (a) estamos em OmegasubsetR^n e definimos o operador linear
K:Cc^infty(Omega)toD'(Omega), K(phi)=phi,u,
onde uinD'(Omega). Queremos mostrar que existe uma distribuição
kinD'(OmegatimesOmega)
tal que para toda chiin Cc^infty(OmegatimesOmega) vale
k(chi)=ul(chi(x,x)r),
e que este k é de fato o núcleo de K.
Na (b) olhamos a transformada de Fourier
F:S(R^n)toS(R^n),
mas restrita a Cc^infty(R^n)subsetS(R^n), e mostramos que
F:Cc^infty(R^n)toD'(R^n) é contínua e tem núcleo
k(x,y)=e^-i,xcdot y
em D'(R^ntimesR^n).

Passo 2

Parte (a): definição e verificação de que kinD'(OmegatimesOmega) é bem-definida e coincide com o núcleo de K.
  1. Para cada chiin Cc^infty(OmegatimesOmega) definimos a função de uma variável x;longmapsto;chi(x,x)in Cc^infty(Omega) Como uinD'(Omega), faz sentido avaliar k(chi);=;ul(chi(cdot,cdot)|substacky=xr);=;ul(chi(x,x)r) A continuidade de chimapstochi(x,x) em cada seminorma de Cc^infty(OmegatimesOmega) garante que k é uma distribuição em OmegatimesOmega.
  2. Agora, para ver que k dá o núcleo de K, tomemos phiin Cc^infty(Omega) e psiin Cc^infty(Omega). A representação por núcleo exige llang<=K(phi),,psirrang<= ;=; llang<= k,,psi(x),phi(y)rrang<=x,y Mas lang<=K(phi),psirang<= =lang<=phi,u,psirang<= =lang<= u,phi,psirang<= =ul(phi(x),psi(x)r) =kl(psi(x),phi(y)r), mostrando que k é exatamente o núcleo buscado.

Passo 3

Parte (b): continuidade de Fcolon Cc^infty(R^n)toD'(R^n).
  1. Sabemos que F:S(R^n)toS(R^n) é um automorfismo contínuo (topologia de Fréchet).
  2. A inclusão Cc^infty(R^n)hookrightarrowS(R^n) é contínua pois toda seminorma de S é limitada por seminormas de Cc^infty quando o suporte fica num compacto fixo.
  3. A inclusão S(R^n)hookrightarrowD'(R^n) é contínua pela definição de topologia em distribuições (cada seminorma de distribuição vem de uma seminorma de S).
  4. Compondo essas flechas Cc^infty(R^n);xrightarrow subset S(R^n) ;xrightarrowF; S(R^n) ;xrightarrow subset ; D'(R^n), obtemos que F:Cc^inftytoD' é contínua.

Passo 4

Parte (b): identificação do núcleo kinD'(R^ntimesR^n).
  1. Para phi,psiin Cc^infty(R^n) temos lang<=F(phi),psirang<= =integralR^nl(Fphir)(x),psi(x),dx =integralR^n!integralR^n e^-i,xcdot y,phi(y),dy;psi(x),dx
  2. Reagrupando como par ação de uma distribuição em R^nxtimesR^ny, vemos que lang<=F(phi),psirang<= =integral dupla e^-i,xcdot y,psi(x),phi(y),dx,dy =llang<= k,,psi(x),phi(y)rrang<=, o que mostra que o núcleo é k(x,y)=e^-i,xcdot y entendido como elemento de D'(R^ntimesR^n).

Resposta

(a) O núcleo de K(phi)=phi,u é
k(chi)=ul(chi(x,x)r), kinD'(OmegatimesOmega)
(b) A transformada de Fourier vista como F:Cc^infty(R^n)toD'(R^n) é contínua e seu núcleo é
k(x,y)=e^-i,xcdot y inD'(R^ntimesR^n)

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