Exercício 2
Mostre que:
dd x(ln |x|)=P V(1x)
em que P V(1x)(phi):=lim epsilon 0^+ integral|x| >= epsilon phi(x)x d x, para todo phi in Cc^infty(R).

Passo 1

O enunciado pede para mostrarmos que, no sentido das distribuições em D'( R),
ddxln|x| ;=; PV!l(1xr),
onde para toda phiin Cc^infty( R) definimos
PV!l(tfrac1xr)(phi) =limvarepsilonto0^+integral|x|>=varepsilonphi(x)x,dx
Vamos usar a definição de derivada de distribuição e integração por partes.

Passo 2

Se T é a distribuição dada por
T(phi)=integral Rln|x|;phi(x),dx,
então sua derivada T' age em phi por
lang<= T',phirang<==-lang<= T,phi'rang<= =-integral Rln|x|;phi'(x),dx

Passo 3

Para tratar a descontinuidade em x=0, introduzimos um corte simétrico e escrevemos
lang<= T',phirang<= =-limvarepsilonto0^+integral|x|>=varepsilonln|x|;phi'(x),dx

Passo 4

Fazemos integração por partes em cada intervalo (-infty,-varepsilon] e [varepsilon,infty). Por exemplo, em [varepsilon,infty):
integralvarepsilon^inftyln x,phi'(x),dx =l[ln x,phi(x)r]x=varepsilon^xtoinfty -integralvarepsilon^inftyphi(x)x,dx

Passo 5

Como phi tem suporte compacto, phi(x)to0 quando |x|toinfty. Logo os termos em infinito desaparecem. O mesmo vale em (-infty,-varepsilon] com ln|x|. Assim os únicos termos de contorno são
-ln(varepsilon),phi(varepsilon) e +ln(varepsilon),phi(-varepsilon),
levando a
lang<= T',phirang<= =-limvarepsilonto0^+l(-lnvarepsilon,phi(varepsilon) +lnvarepsilon,phi(-varepsilon)r) +limvarepsilonto0^+integral|x|>=varepsilonphi(x)x,dx

Passo 6

Como phi é C^infty,
phi(varepsilon)-phi(-varepsilon)=O(varepsilon),
e varepsilonlnvarepsilonto0. Logo
-lnvarepsilonl(phi(varepsilon)-phi(-varepsilon)r)to0
quando varepsilonto0^+.

Passo 7

Portanto sobra apenas
lang<= T',phirang<= =limvarepsilonto0^+integral|x|>=varepsilonphi(x)x,dx =PV!l(tfrac1xr)(phi)

Resposta

ddxln|x| ;=; PV!l(1xr)

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