Testinho 2

O testinho tinha duas partes, a primeira parte consistia em calcular

$F(x) = \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}}*\frac{\exp(-\frac{x^2}{2\tau}) }{\sqrt{2\pi\tau}},$

onde $\tau,\sigma$ são ambas constantes positivas. 

A segunda parte pedia para verificar que  $\int_{\mathbb{R}}\frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}} dx = 1$ e que $\lim_{\sigma\to 0} \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}} = \delta(x)$ no sentido fraco.  

O truque na primeira parte era se lembrar que se $f(x) = \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}}$, então $\frac{d f}{dx}(x) = - \frac{x}{\sigma}f(x)$ e portanto $\sigma ik \widehat{f}(k) = -i \frac{d\widehat{f}}{dk}(k) \Rightarrow \widehat{f}(k) \propto \exp(-\sigma k^2/2)$ pelas propriedades da transformada de Fourier, e a constante de proporcionalidade à direita não depende de $\sigma$. (Por quê? Veja a segunda parte. )

De qualquer forma, pelo teorema de convolução 

$\widehat{f(x)*g(x)} = 2\pi \widehat{f}(k) \widehat{g}(k)$ e portanto 

$\widehat{F}(k) = \frac{1}{2\pi} \exp(-\sigma k^2/2) \exp(-\tau k^2/2) = \exp(-(\sigma + \tau) k^2/2)$ e tomando a transformada inversa, $F(x) = \frac{\exp(-\frac{x^2}{2(\sigma + \tau)}) }{\sqrt{2\pi(\sigma + \tau)}}.$

Para verificar que $\int_{\mathbb{R}} \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}} dx = 1$ basta escalonar a variável de integração e se lembrar que $\int_{\mathbb{R}}\exp(-x^2/2)dx = \sqrt{2\pi}$. 

A última parte do problema pedia para mostrar que $\lim_{\sigma\to 0} \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}} = \delta(x)$ no sentido fraco. 

A última parte foi de fato um desafio. 

A maneira indireta,

se $f(x) =  \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}}$ e  $g(x)  = \overline{f}*f $ (ou $f*f$ se $f$ for real) então

$\widehat{g}(k)=\widehat{\overline{f}*f} = \overline{\widehat{f}(k)} \widehat{f}(k) = \vert \widehat{f}(k)\vert^2$. 

Pela fórmula de inversão,

$g(x) = \int_{\mathbb{R}}\vert \widehat{f}(k)\vert^2 \exp(ikx) dk \Rightarrow g(0) = \int \vert f(x) \vert^2 dx = \int_{\mathbb{R}}\vert \widehat{f}(k)\vert^2 dk$. 

Essas manipulações formais dependem de $f$ e $\widehat{f}$ serem ambas quadrado integráveis. 

Fica fácil provar agora que $\int f(x) g(x) dx = \int \widehat{f}(k) \widehat{g}(k) dk.$ 

Portanto no sentido fraco nós temos que

$\int \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}} \phi(x) dx = \int \frac{1}{2\pi} \exp(-\sigma k^2/2) \widehat{\phi}(k) dk$, 

e quando $\sigma \to 0$ o lado direito tende à $\propto \int_{\mathbb{R}} \widehat{\phi}(k) dk = \phi(0)$ pela fórmula de inversão. 

Conclusão: o limite fraco de $\exp(-\frac{x^2}{2\sigma})$ é a função $\delta$ vezes uma constante. 

A maneira direta pode ser argumentada assim. 

Como nós mencionamos no enunciado do problema, a medida que $\sigma \to 0$ o gráfico de $\frac{\exp(-\frac{x^2}{2\sigma}) }{\sqrt{2\pi\sigma}}$ fica mais alto e mais fino. 

Nós vamos primeiro demonstrar que a a cauda do gráfico contribui pouco para a área total. 

Para $x \geq 2\epsilon$, $x^2/2\epsilon \geq x/2\epsilon$ e como $\exp(-t)$ é decrescente,

$\exp(-x^2/2\epsilon) \leq \exp(-x/2\epsilon)$. 

Portanto,

$\int_{2\epsilon}^{\infty}\frac{\exp(-\frac{x^2}{2\epsilon}) }{\sqrt{2\pi\epsilon}} dx \leq \int_{2\epsilon}^{\infty}\frac{\exp(-\frac{x}{2\epsilon}) }{\sqrt{2\pi\epsilon}} dx  =  c \epsilon^{1/2}.$  

Nós podemos concluir que a área $\int_{\vert x\vert \geq 2\epsilon} \exp(-x^2/2\epsilon) dx  \leq c \epsilon^{1/2}.$ 

Agora como exercício tente se convencer que 

$\lim_{\epsilon \to 0} f_{\epsilon}(x) \phi(x) dx = \phi(0)$, onde

$f_{\epsilon}(x) = \frac{\exp(-\frac{x^2}{2\epsilon}) }{\sqrt{2\pi\epsilon}}$. 

Veja o livro do Lighthill, "Introduction to Fourier Analysis and Generalized Functions." 
O problema maior aqui é definir o espaço de funções onde o funcional linear $\delta(x)$ atua.
Lighthill assume que $\delta(x)$ mora no espaço de boas funções,
funções $C^{\infty}$ que caem bastante rápido quando $x\to \infty$. De fato, mais rápido que qualquer polinômio.