ISTITUZIONI DI ANALISI SUPERIORE – BProva scritta del 17/3/2003

1 Sia f : R→ C la funzione cosı definita:

f(t) =

{1

1+itse t < 0,

(sin t)χ[0,2π] se t ≥ 0.

a) Disegnare il grafico della parte reale di f .

b) Calcolare f ′(t) e dimostrare che le restrizioni di f alle semirette (−∞, 0) e [0, +∞)sono funzioni assolutamente continue.

c) Determinare Tf ((−∞, 0]) e Tf ([0, +∞)) e dedurre che f e a variazione limitata.

d) Sia µf la misura di Borel associata a f . Trovare la decomposizione di Radon-Nikodymdi µf . Descrivere inoltre la decomposizione di |µf |.

e) Calcolare∫R t dµf .

f) Calcolare le derivate distribuzionali prime e seconde della distribuzione Tf .

2 Per ogni a ≥ 1 si consideri la funzione di variabile reale fa(t) = e−a|t|. Dopo averosservato che essa appartiene a L1(R):

a) ricavare la formula che fornisce la trasformata di Fourier di fa(t).

b) posto ga(t) = fa(t)∗f1(t), si trovi la trasformata di Fourier ga(ν). Da tale trasformatasi ottenga una formula esplicita per il prodotto di convoluzione ga(t).

c) Ricontrollare il risultato ottenuto calcolando direttamente il prodotto di convoluzione.

d) e vero che lima→+∞ ||ga||1 = 0? (Giustificare la risposta.)

3 Trovare la soluzione y(t) ∈ D′+ dell’equazione differenziale

y′′ − 4y = e2tδ′ (?)

Siano ora y0 = limt→0+ y(t) e y1 = limt→0+ y′(t) e sia f : R→ C la soluzione di (?) chesoddisfa le condizioni iniziali f(0−) = y0 e f ′(0−) = y1. Posto g(t) = f(t)Y (t), trovarel’equazione differenziale a cui g soddisfa in D′

+. Calcolare g e poi trovare f .

Risoluzione esercizio 1a Poiche 1

1+it= 1−it

1+t2, si ha:

<f(t) =

{ 11+t2

se t < 0,

(sin t)χ[0,2π] se t ≥ 0,

e il disegno del grafico e elementare.

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6c

s0

1

π 2π

b Si ha:

f ′(t) =

{ −i(1+it)2

se t < 0,

(cos t)χ[0,2π] se t ≥ 0,

over l’uguaglianza sussiste quasi ovunque, nel nostro caso per t 6= 0 e t 6= 2π. Si ha inoltref ′(0−) = −i, f ′(0+) = 1, f ′(2π−) = 1, f ′(2π+) = 0.Poiche la restrizione di f alla semiretta (−∞, 0) e una funzione di classe C1 e la restrizionedi f alla semiretta [0, +∞) e una funzione continua di classe C1 a tratti, per dimostrarel’assoluta continuita basta provare che le derivate di tali restrizioni sono funzioni limitateoppure sommabili (v. prop. 3 dei complementi sulle misure).Poiche per t < 0 e f ′(t) = −i

(1+it)2, si ha f ′(−∞) = 0 e f ′(0−) = −i e quindi la derivata

della restrizione, essendo continua, e limitata. Osserviamo anche che −i(1+it)2

e sommabile

su R perche continua e dello stesso ordine di 1t2

per t → ±∞.Poiche per t ≥ 0 si ha quasi ovunque f ′(t) = (cos t)χ[0,2π], tale restrizione ha derivata sialimitata sia sommabile.

c Siccome f ′ e sommabile, e f ha un solo salto1, possiamo dire che f e a variazionelimitata. Si ha:

Tf ((−∞, 0]) =

∫ 0

−∞|f ′(t)| dt + |f(0)− f(0−)| =

∫ 0

−∞

1

1 + t2dt + 1 =

π

2+ 1

e

Tf ([0, +∞)) =

∫ 2π

0

| cos t| dt = 2

Pertanto Tf (R) = π2

+ 3.

d Si ha:

µf = f ′(t) dt + (f(0)− f(0−))δ = f ′(t) dt− δ

|µf | = |f ′(t)| dt + | − δ| = |f ′(t)| dt + δ

e Dalla decomposizione di Radon-Nikodym di µf si ottiene:

∫

Rt dµf =

∫

Rtf ′(t) dt +

∫

Rt dδ =

∫ 0

−∞tf ′(t) dt +

∫ 2π

0

t cos t dt +

∫

Rt dµδ

Siccome la funzione integranda vale 0 in 0, l’ultimo addendo e nullo. Un calcolo elementaremostra che anche il penultimo addendo e nullo. Resta da calcolare:

∫ 0

−∞tf ′(t) dt = |tf(t)|0−∞ −

∫ 0

−∞f(t) dt = −1

i−

∫ 0

−∞

1

1 + t2dt + i

∫ 0

−∞

t

1 + t2dt

Poiche l’ultimo integrale e divergente, la funzione t → t non e sommabile nella misura µf

e l’integrale non esiste.

1Una funzione C1 a tratti con un numero finito di salti e a variazione limitata se e solo se f ′ esommabile).

f Si ha:

(Tf )′ = Tf ′ − δ

(Tf )′′ = Tf ′′ +

(f ′(0+)− f ′(0−)

)δ +

(f ′(2π+)− f ′(2π−)

)δ2π =

= Tf ′′ + (1 + i)δ − δ2π − δ′

ove, con l’eccezione dei punti di salto di f ′ t = 0 e t = 2π, si ha:

f ′′(t) =

{2

(1+it)3se t < 0,

(sen t)χ[0,2π] se t ≥ 0.

? ? ?

Risoluzione esercizio 2 La funzione fa(t) e pari; poiche∫ +∞

0e−at = 1

a, si ha che

fa(t) ∈ L1(R).a Si ha:

fa(ν) =

∫ +∞

−∞e−a|t|e−2πiνt dt =

∫ 0

−∞e(a−2πiν)tdt +

∫ +∞

0

e−(a+2πiν)tdt =

=1

a− 2πiν+

1

a + 2πiν=

2a

a2 + 4π2ν2

b Si ottiene, se a > 1:

ga(ν) = fa(ν)f1(ν) =2a

a2 + 4π2ν2

2

1 + 4π2ν2=

=2a

a2 − 1

2

1 + 4π2ν2− 2

a2 − 1

2a

a2 + 4π2ν2

Dall’ultima espressione si ha l’espressione per l’originale di Fourier:

ga(t) =2a

a2 − 1e−|t| − 2

a2 − 1e−a|t|.

Se a = 1 si ha invece:

g1(ν) =4

(1 + 4π2ν2)2= 4

1 + 4π2ν2

(1 + 4π2ν2)2− 4

4π2ν2

(1 + 4π2ν2)2=

= 22

1 + 4π2ν2− 2ν

8π2ν

(1 + 4π2ν2)2

Indicando con Φ la trasformata di Fourier, l’ultimo addendo, compreso il segno ¿menoÀ,vale:

νd

dν

2

1 + 4π2ν2= ν

d

dνΦ(f1) =

1

2πi2πiνΦ(−2πitf1(t)) =

1

2πiΦ

(d

dt(−2πite−|t|)

)=

= Φ

(d

dt(−te−|t|)

)

Antitrasformando si ottiene dunque:

g1(t) = 2e−|t| − d

dt

(te−|t|

)= 2e−|t| −

(e−|t| − t

|t|t

e−|t|)

= (1 + |t|)e−|t|

c Per semplificare i calcoli, osserviamo che il prodotto di convoluzione di due funzionipari e una funzione pari:

f ∗g(−t) =

∫

Rf(−t−ϑ)g(ϑ)dϑ

u = −ϑ=

∫

Rf(−t+u)g(−u)du =

∫

Rf(t−u)g(u)du = f ∗g(t)

ove la penultima uguaglianza sfrutta la parita.Supponendo t > 0 calcoliamo dunque per a > 1:

fa ∗ f1(t) =

∫ +∞

−∞e−|t−ϑ|e−a|ϑ|dϑ =

=

∫ 0

−∞eϑ−teaϑdϑ +

∫ t

0

eϑ−te−aϑdϑ +

∫ +∞

t

et−ϑe−aϑdϑ =

= e−t 1

a + 1+ e−t 1

a− 1(1− e(1−a)t) + et 1

a + 1e−(a+1)t =

=2a

a2 − 1e−t − 2

a2 − 1e−at

Estendendo per parita il risultato ottenuto, si ottiene l’espressione per ga(t) trovata in b .Se a = 1, soltanto l’addendo di mezzo dei tre integrali e diverso da prima e vale te−t. Siottiene dunque:

f1 ∗ f1(t) =1

2e−t + te−t +

1

2e−t = (1 + t)e−t

e l’estensione per parita e come al punto b .

d Per ogni successione divergente an di numeri reali maggiori di 1, la successione difunzioni gan converge puntualmente a 0 per n → +∞ e ogni suo termine e maggioratoin modulo da 2

1+4π2ν2 . Siccome l’ultima funzione e sommabile, il risultato discende dalteorema della convergenza dominata.

? ? ?

Risoluzione esercizio 3 Applicando la trasformata di Laplace si ha:

(s2 − 4)Λy(s) = Λ(e2tδ′) = s− 2.

Nel calcolo della trasformata di e2tδ′, abbiamo usato il fatto che il prodotto per e2t sitrasforma nella traslazione τ2. Si poteva invece usare la formula di Leibniz:

(e2tδ)′ = 2e2tδ + e2tδ′

da cui si ha:e2tδ′ = (e2tδ)′ − 2δ = δ′ − 2δ

e trasformando si ottiene s− 2.Evidentemente <s > 2. Dividendo per s− 2, otteniamo:

Λy(s) =1

s + 2

da cui si ottiene l’originale:y(t) = e−2tY (t).

Derivando per t > 0 otteniamo:

y′(t) = −2e−2tY (t)

e si ricava y0 = 1, y1 = −2.Se f : R→ C soddisfa l’equazione differenziale (?), poiche e2tδ′ e nullo per t < 0 (cioe sullefunzioni test a supporto contenuto in (−∞, 0)), la funzione f per t < 0 deve soddisfare ilproblema di Cauchy:

y′′ − 4y = 0y(0−) = y0

y′(0−) = y1

e pertanto f(t) = e−2t per t < 0.Posto g(t) = f(t)Y (t) e detta Tg la distribuzione associata a g, per t ≥ 0 deve esseresoddisfatta l’equazione:

Tg′′ − 4Tg = e2tδ′

Poiche (Tg)′ = Tg′ + y0δ e (Tg)

′′ = Tg′′ + y1δ + y0δ′, otteniamo l’equazione differenziale:

(Tg)′′ − 4Tg = y1δ + y0δ

′ + δ′ − 2δ

(Tg)′′ − 4Tg = 2δ′ − 4δ

Pertanto Tg soddisfa in D′+ l’equazione differenziale u′′ − 4u = 2(δ′ − δ). Applicando la

trasformata di Laplace si ottiene ΛTg(s) = 2s+2

e quindi g(t) = 2e−2tY (t). In conclusioneotteniamo:

f(t) =

{e−2t se t < 0,2e−2t se t ≥ 0.

? ? ?