Mostre que \delta(f(x))=\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|} \delta\left(x-x_{0}\right), onde x_{0} é raiz de f e f^{\prime}\left(x_{0}\right) \neq 0.

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado pede e quais dados temos.
  • Queremos mostrar a identidade de distribuições
\delta(f(x))=\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta\left(x-x_{0}\right),
onde x_{0} é uma raiz de f, ou seja f(x_{0})=0, e está garantido que f^{\prime}\left(x_{0}\right)\neq 0.
  • A igualdade é entre distribuições (ou seja, deve ser entendida na ação sobre funções teste). Assim a maneira padrão é verificar que as duas distribuições têm a mesma ação sobre uma função teste arbitrária \varphi (supondo \varphi suave com suporte compacto).
  • Informação importante dada: f(x_{0})=0 e f^{\prime}(x_{0})\neq 0. Em particular, pelo Teorema da Função Inversa (ou pelo fato de derivada não nula), existe uma vizinhança de x_{0} onde f é invertível e monótona.

Passo 2

Recordando o que é o delta de Dirac como distribuição e a estratégia de prova.
  • Definição operacional do delta: para qualquer função teste \varphi temos
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(x-x_{0})\,\varphi(x)\,dx=\varphi(x_{0}).
Isto serve como definição/descrição da distribuição \delta(x-x_{0}).
  • Estratégia: provar a identidade mostrando que para toda função teste suave \varphi com suporte compacto vale
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta(x-x_{0})\,\varphi(x)\,dx.
Se essas integrais coincidem para todo \varphi, as distribuições são iguais.

Passo 3

Reduzir a integral ao entorno de x_{0} usando que \delta(f(x)) está concentrado onde f(x)=0.
  • A função \delta(f(x)) é zero fora do conjunto \{x:\,f(x)=0\} no sentido de distribuições; portanto apenas as raízes de f contribuem na integral \int \delta(f(x))\varphi(x)\,dx.
  • Aqui o enunciado fala de uma única raiz x_{0}. Assim, ao integrar \delta(f(x))\varphi(x) sobre \mathbb{R}, só interessa um pequeno bairro de x_{0}. Formalmente, escolhemos uma vizinhança aberta U de x_{0} tão pequena que f não tem outras raízes em U e f é bijetiva de U em f(U) (isso é possível porque f'(x_{0})\neq0).
  • Consequentemente
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx = \int_{U}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx,
pois fora de U não há pontos onde f(x)=0 e, intuitivamente, \delta(f(x)) não contribui.

Passo 4

Fazer a mudança de variável u=f(x) na integral sobre U; explicar por que é válida e como tratar o jacobiano.
  • Como f é diferenciável e f'(x_{0})\neq 0, pelo Teorema da Função Inversa existe U pequeno onde f é invertível e suave. Então a mudança de variável u=f(x) é bem definida de U em f(U).
  • Ao fazer a mudança u=f(x) tem-se diferencial du=f'(x)\,dx. Assim, para integrar uma função não-negativa ou uma função teste composta, o elemento de volume é transformado levando em conta o módulo do jacobiano. Em particular, ao reescrever a integral, aparece o fator \left|\dfrac{dx}{du}\right|=\dfrac{1}{|f'(x)|}.
  • Aplicando a mudança de variável na integral obtemos (aqui x=f^{-1}(u)):
\int_{U}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx = \int_{f(U)}\delta(u)\,\varphi\big(f^{-1}(u)\big)\,\left|\frac{dx}{du}\right|\,du = \int_{f(U)}\delta(u)\,\varphi\big(f^{-1}(u)\big)\,\frac{1}{\big|f'\big(f^{-1}(u)\big)\big|}\,du.
Comentário: usei o valor absoluto porque numa integral de Lebesgue a mudança de variável requer o módulo do jacobiano; isto garante que o sinal da derivada não cause cancelamentos incorretos. Para distribuições isso corresponde à forma correta de tratar o jacobiano.

Passo 5

Avaliar a integral usando a propriedade do delta \delta(u).
  • A integral em u tem o fator \delta(u). Pelo efeito do delta, ao integrar \delta(u) contra qualquer função suave g(u) obtemos g(0):
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(u)\,g(u)\,du = g(0).
  • No nosso caso, g(u)=\varphi\big(f^{-1}(u)\big)\,\dfrac{1}{\big|f'(f^{-1}(u))\big|}. Como \delta(u) localiza em u=0, a integral vale o valor de g em u=0:
\int_{f(U)}\delta(u)\,\varphi\big(f^{-1}(u)\big)\,\frac{1}{\big|f'\big(f^{-1}(u)\big)\big|}\,du = \varphi\big(f^{-1}(0)\big)\,\frac{1}{\big|f'\big(f^{-1}(0)\big)\big|}.
  • Como f^{-1}(0)=x_{0} (por definição de x_{0} como raiz em U), temos
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx = \frac{\varphi(x_{0})}{\big|f'(x_{0})\big|}.

Passo 6

Comparar com a ação da distribuição do lado direito e concluir.
  • A ação da distribuição \dfrac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta(x-x_{0}) sobre \varphi é
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta(x-x_{0})\,\varphi(x)\,dx = \frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\varphi(x_{0}).
  • Como acabamos de mostrar que a ação de \delta(f(x)) em \varphi é exatamente \dfrac{\varphi(x_{0})}{|f'(x_{0})|}, concluímos que para toda função teste \varphi
\int_{-\infty}^{\infty}\delta(f(x))\,\varphi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta(x-x_{0})\,\varphi(x)\,dx.
  • Portanto as duas distribuições coincidem, o que prova a identidade desejada.

Passo 7

Comentário didático final e exemplo simples para fixar a ideia.
  • Intuitivamente, \delta(f(x)) “localiza” na raiz x_{0} de f, e o fator \dfrac{1}{|f'(x_{0})|} corrige a densidade devido à inclinação de f em x_{0}: se f cresce rápido perto da raiz (grande |f'|) a massa do delta em x fica mais concentrada, então a altura relativa é menor, daí o fator \dfrac{1}{|f'|}.
  • Exemplo rápido: para f(x)=a x+b com a\neq0 a raiz é x_{0}=-b/a. A identidade dá
\delta(a x+b)=\frac{1}{|a|}\,\delta\!\left(x+\frac{b}{a}\right),
o que é a forma usual de escalamento do delta.

Resposta

\displaystyle \delta(f(x))=\frac{1}{\left|f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right|}\,\delta\left(x-x_{0}\right)

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