Derivate (distribuzioni)

[ludwigZero]

Ho da svolgere alcune derivate (prime e seconde) nel senso delle distribuzioni e ho qualche dubbio
nella risoluzione.

$f(x) = e^-(H(x) x)$

con $H(x)$ funzione di Heavside. Lo svolgo nella maniera 'lunga' con la (1) , quella più breve sarebbe far uso del crochet tra $f(x)$ e una funzione di prova $\phi$ ipotizzata a supporto compatto. Il secondo metodo, non so perchè, ma non mi viene...
(e secondo me si deve usare porprio il secondo metodo dal momento che con una funzione di Heavside si sanno cose del tipo $H'(x)= \delta_{x_0}$ se qualcuno vuole illuminarmi o darmi un suggerimento, lo accetto. )

Detto questo, svolgo l'esercizio.
$d/dx T_f = T_{d/dx f} + \delta_{x_0} (f_1 (x_0) - f_2 (x_0))$

$d/(dx) f = (-e^-x)_{x>=0}$

ricordando che:
$f_1 (x) = e^-x$ per $x>=0$
$f_2 (x) = 1$ per $x<0$

la $(1)$ è allora: $d/(dx) T_f = (-e^-x)_{x>=0}$

per la derivata seconda:
$d^2/(dx^2) T_f = T_{d^2/dx^2 f} + \delta_{x_0} [ lim_(x->x_0) d/(dx)f_1 (x_0) - lim_(x->x_0) d/(dx) f_2 (x_0)] + \delta_{x_0} (f_1 (x_0) - f_2 (x_0))$

$lim_(x->x_0) d/(dx)f_1 (x_0) - lim_(x->x_0) d/(dx) f_2 (x_0) = -1$

$d^2/(dx^2) T_f = (e^-x)_{x>=0} - \delta_0$

[ludwigZero]

up

[elgiovo]

Per semplificarti, hai provato a considerare che

\(\displaystyle e^{-xH(x)}=e^{-x}+H(-x)\left(1-e^{-x}\right) \)?

[ludwigZero]

a parte che non ci sarei mai arrivato a scomporre $e^-(xH(x))$ in quel modo
vedo come usare la definizione di derivata ...

$ = $

$= - <(e^-x + H(-x) (1-e^-x)), (\phi)' > =$

$= - - + = $

per capirci, la $H(-x)$ sarebbe:

$1$ se $x<=0$

$0 $ se $x>0$

questo è a vista:
$- = $ dove $H'(-x) = \delta_0$

$- = < - e^-x, (\phi)' > = <(e^-x)' , (\phi)'> = - <(e^-x)'', \phi > = - e^-x$ (e con questo pezzo mi ritroverei con il risultato postato nel topic iniziale...)

$ = \int_R H(x) e^-x (\phi)' dx = \int_(oo)^(0) e^-x (\phi)' dx = [e^x \phi]_oo^0 - \int_(oo)^(0) -e^x \phi dx $

$[e^x \phi]_oo^0 = \phi(0)$ ma la seconda parte dell'integrale per parti come lo smanetto?

[elgiovo]

"ludwigZero":ma la seconda parte dell'integrale per parti come lo smanetto?

Mmm.. per parti? (non scherzo)

[elgiovo]

"ludwigZero":a parte che non ci sarei mai arrivato a scomporre $e^-(xH(x))$ in quel modo

Comunque qui non ho avuto un'illuminazione.. Ho disegnato il grafico della funzione e ho usato delle funzioni "troncate" in modo da avere lo stesso risultato.

[ludwigZero]

"elgiovo":[quote="ludwigZero"]ma la seconda parte dell'integrale per parti come lo smanetto?

Mmm.. per parti? (non scherzo)[/quote]

io intendevo questo integrale:

$\int_(oo)^(0) e^-x (\phi)' dx $

l'ho risolto per parti, ti trovi?
ora io non so come risolvere questa:

$ \int e^x \phi dx $

per il resto va bene?

(domanda: la distribuzione iniziale non è temperata giusto? perchè è somma di
$e^x$ non è temperata
$H(-x)$ temperata
$- H(-x) e^-x$ temperata )

[elgiovo]

"ludwigZero":
$ \int e^x \phi dx $

Si anch'io intendevo questo. Non puoi farlo un'altra volta per parti?

"ludwigZero":
(domanda: la distribuzione iniziale non è temperata giusto? perchè è somma di
$e^x$ non è temperata
$H(-x)$ temperata
$- H(-x) e^-x$ temperata )

Non ti so rispondere con cognizione di causa, so solo che le distribuzioni temperate sono "rapidly decreasing" ma non l'ho mai quantificato. A occhio direi che $e^{-x}H(-x)$ lo è, ma le altre due no ($H(-x)$ resta costante per $x->-\infty$).

[gugo82]

"elgiovo":[quote="ludwigZero"]a parte che non ci sarei mai arrivato a scomporre $e^-(xH(x))$ in quel modo

Comunque qui non ho avuto un'illuminazione.. Ho disegnato il grafico della funzione e ho usato delle funzioni "troncate" in modo da avere lo stesso risultato.[/quote]
Ma in realtà bastava usare la definizione di funzione gradino, i.e.:
\[
H(x) := \begin{cases} 0 &\text{, se } x<0\\
1 &\text{, se } x\geq 0\; ,
\end{cases}
\]
per ottenere:
\[
e^{-x\ H(x)} = \begin{cases} 1 &\text{, se } x<0\\
e^{-x} &\text{, se } x\geq 0\; ,
\end{cases}
\]
ossia \(e^{-x\ H(x)}=H(-x)+e^{-x}\ H(x) = (1-H(x)) + e^{-x}\ H(x)\).

Per il resto, no, la distribuzione individuata da \(e^{-x\ H(x)}\) non è temperata, perché tale funzione non è infinitesima in \(\pm \infty\).
Inoltre, la sua derivata si calcola in maniera semplice: invero si ha:
\[
\Big( H(-x)+e^{-x}\ H(x) \Big)^\prime = -\delta(x)-e^{-x}\ H(x) +\delta(x) = -e^{-x}\ H(x)
\]
il che collima col fatto che la funzione che individua la distribuzione non ha salti in \(0\) (se ci fosse stato un salto, ci sarebbero stati degli impulsi), e:
\[
\Big( H(-x)+e^{-x}\ H(x) \Big)^{\prime \prime} = \Big( -e^{-x}\ H(x) \Big)^\prime = e^{-x}\ H(x) - \delta(x)\; ,
\]
il che collima con la rappresentazione grafica della derivata prima.

Ecco il grafico della funzione e della sua derivata prima:
[asvg]xmin=-2; xmax=2; ymin=-2; ymax=2;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red"; line([-3,1],[0,1]); plot("exp(-x)",0,3);
stroke="orange"; line([-3,0],[0,0]); plot("-exp(-x)",0,3);[/asvg]
ed il grafico di derivata prima e seconda:
[asvg]xmin=-2; xmax=2; ymin=-2; ymax=2;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="orange"; line([-3,0.02],[0,0.02]); plot("0.02-exp(-x)",0,3);
stroke="cyan"; line([-3,0],[0,0]); plot("exp(-x)",0,3); marker="arrow"; line([0,0],[0,-1]);[/asvg]