BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ NHỊ CÁCH XÁC ĐỊNH TÍCH CÁC HÀM SUY RỘNG CỦA MIKUSINSKI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ NHỊ CÁCH XÁC ĐỊNH TÍCH CÁC HÀM SUY RỘNG CỦA MIKUSINSKI Chuyên ngành : Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Tạ Ngọc Trí HÀ NỘI, 2015 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Tạ Ngọc Trí Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS Tạ Ngọc Trí Sự giúp đỡ hướng dẫn tận tình thầy suốt trình làm luận văn giúp tác giả trưởng thành nhiều cách tiếp cận vấn đề Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng sau đại học, thầy cô giảng dạy chuyên ngành Toán giải tích, gia đình, bạn bè, đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình tác giả học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 06 năm 2015 Nguyễn Thị Nhị LỜI CAM ĐOAN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Tạ Ngọc Trí Trong trình nghiên cứu luận văn, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 06 năm 2015 Nguyễn Thị Nhị Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số thuật ngữ khái niệm 1.2 Không gian Banach 1.3 Không gian Fréchet 1.4 Không gian hàm thử 1.5 Không gian Lp Không gian hàm suy rộng Schwartz 2.1 2.2 12 Không gian hàm suy rộng D (Ω) 12 2.1.1 Định nghĩa 12 2.1.2 Đạo hàm suy rộng 14 2.1.3 Cấp hàm suy rộng 16 2.1.4 Sự hội tụ không gian hàm suy rộng D (Ω) 17 Phương pháp tính tích hai hàm suy rộng tính chất 18 2.2.1 Tích hai hàm suy rộng 18 2.2.2 Tính chất 21 2.2.3 Sự không tồn tích hàm suy rộng tổng quát theo nghĩa thông thường 22 Cách xác định tích hai hàm suy rộng theo Mikusinski 24 3.1 Mở đầu 24 3.2 Ví dụ tích hai hàm suy rộng theo Mikusinski 25 3.3 Tích hai hàm suy rộng Colombeau theo cách Mikusinski 28 3.3.1 Hàm suy rộng Colombeau 29 3.3.2 Số Colombeau 37 3.3.3 Ví dụ tích hai hàm suy rộng Colombeau theo cách xác định Mikusinski 39 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong Toán học, toán tìm đạo hàm hàm số toán phổ biến Tuy nhiên ta gặp hàm f (x) = |x| hàm số liên tục toàn R có đạo hàm điểm x = 0, x = ta lấy đạo hàm hàm số Như lúc toán tìm đạo hàm hàm số giải Trong Vật lý có tượng vật lý mà ta toán học hóa cách xác hàm thông thường biết Chẳng hạn việc đo mật độ điện tích ρ nguồn đặt điểm Chính từ tượng vào năm 1926, nhà vật lý người Anh Paul Dirac đề xuất khái niệm hàm gọi hàm Delta Dirac, hay đơn giản hàm Dirac Chúng ta hiểu khái niệm hàm Dirac sau: δ(x) = ∞ (x = 0) (x = 0) +∞ đồng thời thoả mãn đẳng thức tích phân δ(x)dx = −∞ Với cách định nghĩa vấn đề Toán học Vật lý giải Về sau có nhiều cách định nghĩa hàm Dirac theo cách tương đương khác nhau, rõ ràng hàm Dirac hàm thông thường mà ta biết Điều làm nảy sinh vấn đề phải mở rộng khái niệm hàm để có lớp hàm lấy đạo hàm bao gồm hàm biết hàm hàm Dirac Từ Toán học xuất lý thuyết lớp hàm gọi "Hàm suy rộng” Đầu tiên phải kể đến “Lý thuyết hàm suy rộng L.Schwartz” Lý thuyết Hàm suy rộng phát triển L.Schwartz mở cánh cửa quan trọng cho phát triển Toán học đại, đặc biệt lĩnh vực phương trình đạo hàm riêng tuyến tính Với lý thuyết đó, L.Schwartz nhận giải thưởng Fields vào năm 1950 Tuy nhiên, chẳng sau giới thiệu lý thuyết hàm suy rộng, L.Schwartz đưa kết luận “kết không thể” việc lấy tích hai hàm suy rộng tổng quát Trong kết luận đó, L.Schwartz cho lấy tích hai hàm suy rộng mà thoả mãn công thức Leibniz lấy đạo hàm tích Tuy nhiên nhiều ứng dụng cần lấy tích hai hàm suy rộng Rất nhiều nhà Toán học nghiên cứu tìm kiếm đường xung quanh “kết không thể” L.Schwartz để giải vấn đề Họ cố gắng để tìm phương pháp xác định tích hai hàm suy rộng Mikusinski đưa cách xác định tích hai hàm suy rộng cách giải phần vấn đề nhân hai hàm suy rộng Khi tham gia nghiên cứu, tác giả lựa chọn vấn đề xem xét lấy tích hai hàm suy rộng tập trung vào tìm hiểu phương pháp xác định tích hai hàm suy rộng Mikusinski vấn đề liên quan Với mục đích tiếp cận hướng nghiên cứu Toán học đại, định hướng hướng dẫn TS Tạ Ngọc Trí, lựa chọn đề tài “Cách xác định tích hàm suy rộng Mikusinski” cho luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Trong luận văn này, tóm tắt kiến thức lý thuyết hàm suy rộng L.Schwartz với kết ông Tiếp theo, luận văn trình bày cách xác định tích hai hàm suy rộng Mikusinski tính chất, ví dụ tương ứng Từ cho thấy phát triển vấn đề ý nghĩa việc xây dựng đại số hàm suy rộng Colombeau Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu lý thuyết hàm suy rộng L.Schwartz, cách xác định tích hai hàm suy rộng Mikusinski Từ cho thấy ý nghĩa việc xây dựng đại số hàm suy rộng Colombeau xem xét ví dụ cụ thể xác định tích hai hàm suy rộng theo cách Mikusinski Nhiệm vụ nghiên cứu • Tìm hiểu lý thuyết hàm suy rộng L.Schwartz • Tìm hiểu cách xác định tích hai hàm suy rộng Mikusinski vấn đề liên quan Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng: lý thuyết hàm suy rộng việc lấy tích hai hàm suy rộng • Phạm vi: tài liệu, báo nước liên quan đến hàm suy rộng tích hai hàm suy rộng Phương pháp nghiên cứu • Sử dụng kiến thức, phương pháp công cụ giải tích hàm để tiếp cận vấn đề • Thu thập nghiên cứu tài liệu liên quan, đặc biệt báo vấn đề tích hai hàm suy rộng Đóng góp Luận văn tài liệu liên quan đến vấn đề tích hai hàm suy rộng không gian hàm suy rộng Schwartz vấn đề xác định tích hai hàm suy rộng theo Mikusinski Chương Kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống lại số thuật ngữ, khái niệm kết không gian để làm sở cho việc tiếp cận kiến thức chương Các kiến thức sau tham khảo [1] 1.1 Một số thuật ngữ khái niệm Ta gọi phần tử α = (α1 , α2 , , αn ) ∈ Nn n- số (hay đa số) với bậc |α| = α1 + α2 + + αn Với đa số α , toán tử vi phân ký hiệu ∂ α = ∂ α1 ∂ α2 ∂ αn , ∂j = toán tử Dα = D1α1 D2α2 Dnαn , Dj = ∂ i∂xi ∂ ∂xj = −i∂j , j = 1, 2, , n Với α = (α1 , α2 , , αn ) ∈ Nn , β = (β1 , β2 , , βn ) ∈ Nn β ≤ α nghĩa βj ≤ αj , j = 1, 2, , n Nếu β ≤ α ta viết: Cαβ = Cαβ11 Cαβ22 Cαβnn , β Cαjj = αj ! ; j = 1, 2, , n βj !(αj − βj )! Ta ký hiệu C k (Ω) tập hợp hàm khả vi liên tục đến cấp k Với f, g ∈ C k (Ω) đạo hàm tích theo công thức Leibniz ∂ α (f g) = β≤α α! ∂ β f ∂ α−β g, β! (α − β)! (1.1) 31 ε → K , (3.6) nghĩa sup |(∂ α u) (φε , x)| ≤ cε−N với c > x∈K với ε đủ nhỏ Ta ký hiệu EM (Rn ) tập tất phần tử ôn hòa E(Rn ) Nhận xét 3.1 Ta thấy N nói chung phụ thuộc vào α K Nếu ta có N = N (α, K) (3.6) ta thay N N > N Ngoài ra, u1 , u2 ∈ E(Rn ) ta có đồng thời ∂ α1 u1 ∂ α2 u2 (φε , x) = O ε−N1 ∂ α2 u2 ∂ α1 u1 (φε , x) = O ε−N1 với N1 Do đó, theo công thức Leibniz có EM (Rn ) đại số E(Rn ) Đặt Γ = β : N → R+ cho q < r β(q) ≤ β(r) lim β(q) = ∞ , q→∞ ta có Định nghĩa 3.4 Ta gọi phần tử u ∈ E(Rn ) null tập compact K ⊂ Rn toán tử vi phân ∂ α có số N ∈ N∗ β ∈ Γ cho ∀q ≥ N, ∀φ ∈ Aq ta có (∂ α u) (φε , x) = O εβ(q)−N , (3.7) ε → K Ta ký hiệu tập phần tử null E(Rn ) I Dễ thấy I ⊂ EM (Rn ) Hơn nữa, u1 , u2 ∈ EM (Rn ) hai phần tử thuộc I u1 u2 ∈ I , I ideal EM (Rn ) Trên sở đó, ta xây dựng đại số thương EM (Rn )/I Định nghĩa 3.5 (Hàm suy rộng Colombeau) Đại số thương EM (Rn )/I , ký hiệu G(Rn ) (hoặc G) gọi đại số hàm suy rộng Colombeau Mỗi phần tử thuộc G gọi hàm suy rộng Colombeau Để tiện phân biệt với hàm suy rộng thông thường ta gọi hàm suy rộng Colombeau hàm G - suy rộng Ta thấy u hàm suy rộng thuộc G(Rn ) u = u+I , u ∈ EM (Rn ) phần tử đại diện cho u Ta nói u = v G(Rn ) ⇔ 32 u − v ∈ I với u, v tương ứng phần tử đại diện u v Ngoài ta có ∀u ∈ EM (Rn ) ∂ α ∈ EM (Rn ) ∀u ∈ I ∂ α ∈ I , ta định nghĩa đạo hàm hàm suy rộng G(Rn ) sau: Định nghĩa 3.6 ∀u ∈ G(Rn ) đạo hàm cấp α u, ký hiệu ∂ α u xác định ∂ α u = ∂ α u + I Nói cách khác ∂ α xác định ánh xạ ∂ α : G(Rn ) → G(Rn ) u → ∂ α u = ∂ α u + I Nhận thấy toán tử ∂ α toán tử tuyến tính thỏa mãn công thức Leibniz lấy đạo hàm tích b Hàm suy rộng Colombeau tập mở Ω ⊂ Rn Việc định nghĩa hàm suy rộng Colombeau hay ta gọi hàm G - suy rộng tập mở Ω ⊂ Rn tương tự định nghĩa Rn Khi Ω = Rn ta có định nghĩa hàm G - suy rông Rn Trước hết, với x ∈ Rn ta xét phép tịnh tiến xác định τx : D(Rn ) → D(Rn ) φ → (τx φ) (t) = φ(t − x) với t ∈ Rn Ký hiệu U(Ω) tập hợp tất phần tử (φ, x) ∈ A1 × Ω cho τx φ ∈ D(Ω) nghĩa suppτx φ ⊂ Ω Khi đó, φ có giá compact nên với tập compact K Ω ∀φ ∈ A1 ∃η > cho (φε , x) ∈ U(Ω), ∀x ∈ K < ε < η Từ suy với phần tử (φ, x) ∈ U(Ω) có lân cận mở ωx x cho tập hợp {(φ, y)}y∈ωx ⊂ U(Ω) Vậy nên ∀φ ∈ A1 , tập hợp Ω(φ) = {x ∈ Ω : (φ, x) ∈ U(Ω)} tập Ω với ε > đủ nhỏ Ω(φε ) = ∅ Bây ta mở rộng định nghĩa hàm suy rộng Colombeau Rn cách dùng U(Ω) để thay cho A1 × Ω 33 Định nghĩa 3.7 Với Ω ta ký hiệu E(Ω) tập hợp tất hàm u : U(Ω) → C cho ∀φ ∈ A1 u(φ, x) hàm thuộc lớp C ∞ Ωφ theo x E(Ω) không gian vectơ đại số Ta ký hiệu EM (Ω) I(Ω) phần tử ôn hòa null E(Ω) định nghĩa (3.3) định nghĩa (3.4) Ở K tập hợp compact Ω Khi tập hợp G(Ω) = EM (Ω)/I(Ω) đại số gọi đại số hàm suy rộng Colombeau Ω Nhận xét 3.2 Ta thấy DG(Ω) ⊂ G(Ω) với phép lấy vi phân D công thức Leibniz G(Ω) c Các tính chất vi phân đại số G(Rn ) Theo định nghĩa hàm suy rộng Colombeau hàm G - suy rộng lớp tương đương đại số G(Rn ) Trong mục tìm hàm biểu diễn hàm biết G(Rn ) Định lý 3.1 Không gian hàm khả vi vô hạn Rn nhúng vào G(Rn ) ánh xạ C ∞ (Rn ) → G(Rn ) f → f + I Trong f (φ, x) = f (x), ∀φ ∈ A1 , x ∈ Rn Chứng minh Trước hết, ta thấy ánh xạ hoàn toàn xác định Thật vậy, f ∈ C ∞ (Rn ) nên f (φ, ·) = f (·) ∈ C ∞ (Rn ) Mặt khác, ∂ α f (φε , x) = ∂ α f (x), φ ∈ A1 , x ∈ Rn với f ∈ C ∞ (Rn ) ta có sup ∂ α f (φε , x) = sup ∂ α f (x) = c < ∞ K K K tập compact tùy ý Từ đó, với đa số α sup ∂ α f (φε , x) ≤ c ≤ K c , φ ∈ A1 , < ε < 1, ε0 Suy f ∈ EM (Rn ), f + I ∈ G(Rn ) Ngoài ra, f ∈ C ∞ (Rn ) có f + I = I suy f (φ, x) = f (x) ∈ I Từ 34 suy với tập compact K ⊂ Rn , f (x) = O(ε) ε → K , f = K Mà K tập compact tùy ý, nên f = Rn Từ ánh xạ phép nhúng từ C ∞ (Rn ) vào G(Rn ) Định lý chứng minh Định lý 3.2 Không gian hàm liên tục Rn nhúng vào G(Rn ) ánh xạ C(Rn ) → G(Rn ) f → f + I ∈ G(Rn ), f (y)φ(y − x)dy, φ ∈ A1 , x ∈ Rn f (x + y)φ(y)dy = f (φ, x) = Rn Rn Chứng minh Ta chứng minh f ∈ EM (Rn ) Thật vậy, φ ∈ A1 nên ta có f (φ, ·) ∈ C ∞ (Rn ) ∂ α f (φ, x) = (−1)|α| f (y)∂ α φ(y − x)dy Rn Mặt khác, f (y)φε (y − x)dy f (φε , x) = Rn = εn f (y)φ Rn y−x dy ε f (x + εt)φ(t)dt = Rn Suy (−1)|α| ∂ f (φε , x) = |α|+n ε Rn (−1)|α| ε|α| Rn α = y−x dy ε f (y)(∂ α φ) f (x + εt)∂ α φ(t)dt Với tập compact K đa số α ta có f (x + εt)∂ α φ(t)dt ≤ sup K Rn sup |f (x + δy)| x∈K y∈suppφ δ∈[0;1] Rn |∂ α φ(t)dt| = c < ∞, 35 không phụ thuộc vào ε (0 < ε < 1), ∀φ ∈ A1 Do ta có f ∈ EM (Rn ) Bây ta chứng minh f ∈ C(Rn ), f ∈ I f = Thật vậy, f ∈ I với tập compact K ta có số N ∈ N cho ∀φ ∈ AN ta có f (φε , x) = O(ε) ε → K Mặt khác, ta lại có lim f (φε , x) = lim ε→0 ε→0 = f (x + εt)φ(t)dt Rn f (x)φ(t)dt = f (x) Rn Từ suy f (x) = K Mà K tập compact tùy ý Rn , nên suy f = Định lý chứng minh Mệnh đề 3.4 Tương tự, ta chứng minh không gian hàm liên tục Ω nhúng vào G(Ω) ánh xạ f → u(φ, x) ∈ U(Ω), u(φ, x) = Ω f (y)φ(y − x)dy Chú ý ta coi C(Rn ) ⊂ EM (Rn ) không gian tuyến tính, đại số Thật vậy, với f, g ∈ C(Rn ) f (φε , x) = Rn f (x + εt)φ(t)dt g(φε , x) = Rn g(x + εt)φ(t)dt, nhìn chung g(x + εt)φ(t)dt f (x + εt)φ(t)dt f (φε , x)g(φε , x) = Rn Rn f (x + εt)g(x + εt)φ(t)dt = Rn Do f g ∈ / EM (Rn ) Ta biết C ∞ (Rn ) ⊂ C(Rn ) Vậy f ∈ C ∞ (Rn ) ta áp dụng hai định lý (3.1) định lý (3.2), f có hai cách xác định phần tử tương ứng G(Rn ) Điều có mâu thuẫn? Mệnh đề sau trả lời cho câu hỏi Mệnh đề 3.5 Cho f ∈ C ∞ (Rn ) Gọi f phần tử biểu diễn cho f theo định lý 3.1 f phần tử biểu diễn cho f theo định lý 3.2 Thế ta có f + I = f + I G(Rn ) 36 Chứng minh Ta chứng minh f − f ∈ I Để đơn giản ta chứng minh cho trường hợp n = Ta có f − f (φ, x) = f (φ, x) − f (φ, x) = f (x) − f (x + y)φ(y)dy, φ ∈ A1 R Do ta có f − f (φ, x) = f (x) − f (x + y)φε (y)dy R = f (x) − f (x + εt)φ(t)dt R =− [f (x + εt) − f (x)] φ(t)dt R Sử dụng công thức khai triển Taylor ta q f (x + εt) − f (x) = j=1 (εt)j (j) tq+1 ∂f (x) + εq+1 ∂f (q+1) (x + θεt) j! (q + 1)! Trong < θ < Do đó, với tập compact tùy ý K , ∀q ∈ R φ ∈ Aq ta có f − f (φε , x) = O(εq+1 ), ε → K Điều thỏa mãn định nghĩa 3.4 ứng với trường hợp α = 0, N = 0, β(q) = q + Ta có điều tương tự với ∂ α f − f (φε , x) , f − f ∈ I Như vậy, ta coi C ∞ (Rn ) ⊂ C(Rn ) ⊂ G(Rn ) Tiếp theo ta có D (Rn ) coi tập G(Rn ) Định lý 3.3 Không gian hàm suy rộng D (Rn ) nhúng vào G(Rn ) ánh xạ D (Rn ) → G(Rn ) u → u + I, u(φ, x) = u(y), φ(y − x) , ∀φ ∈ A1 , x ∈ Rn 37 Chứng minh Đặt φ− (t) = φ(−t) với φ ∈ D(Rn ) ta có u(φ, x) = (u ∗ φ− )(x) Do ta có u(φ, x) ∈ C ∞ (Rn ) ∂ α u(φ, x) = (−1)|α| u(y), (∂xα φ) (y − x) Như vậy, hàm suy rộng Dirac δ có dạng fδ + I ∈ G(Rn ) với fδ (φ, x) = δ(y), φ(y − x) = φ(−x) Ta chứng minh δ ∈ G(Rn ) có dạng φ2 (−x) + I 3.3.2 Số Colombeau Ta có định nghĩa không gian hàm suy rộng G(Rn ) mà ta nhân hai hàm suy rộng tùy ý Tuy nhiên, ta cần tìm hiểu giá trị hàm suy rộng f điểm x ∈ Rn Trước hết, ta nói đến số Colombeau (hay gọi số phức suy rộng) Ký hiệu E0 tập tất hàm từ A1 tới C Dễ thấy E0 không gian vectơ đại số Định nghĩa 3.8 Ta gọi u ∈ E0 phần tử ôn hòa E0 có số nguyên dương N cho ∀φ ∈ AN ta có u(φε ) = O(ε−N ) ε → Ta ký hiệu EM tập hợp tất phần tử ôn hòa E0 Ta thấy EM không gian đại số E0 Định nghĩa 3.9 Ta ký hiệu I0 tập hợp tất phần tử u ∈ E0 thỏa mãn tính chất: có số N ∈ N, β ∈ Γ cho ∀q > N, ∀φ ∈ Aq ta có u(φε ) = O εβ(q)−N ε → Ta chứng minh I0 ideal EM Do đó, ta định nghĩa đại số thương sau Định nghĩa 3.10 Ta ký hiệu C đại số thương EM /I0 phần tử ta gọi số Colombeau (hay số phức suy rộng 38 Vậy có liên hệ số phức số Colombeau? Ta có mệnh đề sau Mệnh đề 3.6 Tập số phức thông thường C nhúng vào tập số Colombeau C ánh xạ z ∈ C → z + I0 ∈ C, z(φ) = z, ∀φ ∈ A1 |z| , z ∈ EM ánh xạ ε0 đơn ánh Hơn nữa, z ∈ I0 z(φε ) = z = O(ε) ε → 0, nên suy z = Chứng minh Thật vậy, ta có |z(φε )| = |z| = Mệnh đề chứng minh Tương tự ta hiểu “số thực” x ∈ C tập hàm x cho x(φ) = x, ∀φ ∈ A1 Định nghĩa 3.11 Số phức z ∈ C gọi liên hợp với số Colombeau uz = u+I0 , u ∈ EM ký hiệu uz z có số q ∈ N, ∀φ ∈ Aq ta có lim u(φε ) = z ε→0 Ta thấy z (tương ứng với uz ) Hơn nữa, u + I0 u ∈ I0 u ∈ I0 lim u(φε ) = Ta ký hiệu C0 tập tất uz Ta ε→0 thấy C0 ⊂ C Thật vậy, lấy uz ∈ C, uz = u + I0 với u(φ) = φ(0), ∀φA1 u ∈ φ(0) Từ suy không tồn q ∈ N, z ∈ C εn cho ∀φ ∈ Aq lim u(φε ) = z hay uz ∈ / C0 EM Mặt khác, ta có u(φε ) = ε→0 Sau ta xét số tính chất quan hệ Mệnh đề 3.7 Nếu uz ∈ C; z1 , z2 ∈ C cho uz Nếu uz = z, với z ∈ C ⊂ C uz z2 z1 = z2 z Nếu uz1 , uz2 ∈ C; z1 , z2 ∈ C uz1 uz1 uz2 z1 , uz z1 , uz2 z2 uz1 + uz2 z1 + z2 z1 z2 Nếu uz ∈ C; z1 , z ∈ C uz z −uz (−z) Việc chứng minh suy từ định nghĩa Từ kết mệnh đề ta định nghĩa ánh xạ uz ∈ C0 → z ∈ C cho uz z Tuy nhiên, ánh xạ phép chiếu Thật vậy, lấy uz ∈ C; uz = u + I0 u(φ) = R |x| φ(x)dx u(φε ) = R |x| 1ε φ( xε )dx = εu(φ), φ ∈ 39 A1 lim u(φε ) = Do ta có uz Tuy nhiên, với q = 1, 2, ta ε→0 xây dựng φ ∈ Aq cho u(φ) = Điều có nghĩa uz = C 3.3.3 Ví dụ tích hai hàm suy rộng Colombeau theo cách xác định Mikusinski Nhìn lại kết [3] thấy ∀a ∈ R/Z tích hàm suy rộng xa+ x−a−1 − = x−a−1 xa+ ≈ xa+ x−a−1 − − Γ(1 + a)Γ(−a) π δ(x) = − csc(πa)δ(x) 2 (3.8) −1/2 x+ −1/2 x− = π δ(x) (3.9) Ở mở rộng kết (3.9) nhờ bổ đề sau Các bổ đề chứng minh phép quy nạp Bổ đề 3.1 Cho p < r, ta có p d p (r) s ϕ (−1)k (s)ds = t k=0 p! tp−k ϕ(r−k−1) (t)dt, với p < r (p − k)! (3.10) Bổ đề 3.2 Cho p = r, ta có r d p (r) s ϕ (−1)k (s)ds = t k=0 ϕ(−1) (t) viết tắt r! tr−k ϕ(r−k−1) (t)dt, (r − k)! (3.11) d ϕ(s)ds t −r−1/2 Định lý 3.4 Tích hàm suy rộng x−r−1/2 x− với r = 0, 1, 2, + G(R) −r−1/2 x+ −r−1/2 x− = π δ (2r) (x) 2(2r)! (3.12) 40 Chứng minh Vì có ϕ ∈ A1 (R), không tính tổng quát ta giả sử suppϕ(x) ⊆ [c; d] Dùng quy tắc phép nhúng thay t = y−x có ε −r−1/2 đại số Colombeau : biểu diễn hàm suy rộng x+ ∞ 2r ∂r y−x = (−1) y −1/2 ϕ dy (2r − 1)!! ε ∂x ε ∞ y−x 2r dy = y −1/2 ϕ(r) r+1 (2r − 1)!! ε ε −r−1/2 (ϕε , x) x+ r = d 2r (2r − 1)!! εr (x + εt)−1/2 ϕ(r) (t)dt (3.13) −x/ε Tương tự, dùng quy tắc phép nhúng thay s = y−x có ε −r−1/2 đại số Colombeau : biểu diễn hàm suy rông x− −r−1/2 x− (ϕε , x) 2r ∂r = (−1) (2r − 1)!! ε ∂x (−y)−1/2 ϕ r 2r = (2r − 1)!! εr+1 2r (2r − 1)!! εr = −∞ −x/ε −∞ (−y)−1/2 ϕ(r) y−x dy ε y−x dy ε (−x − εs)−1/2 ϕ(r) (s)ds (3.14) c ∀ψ(x) ∈ D(R) ta có: −r−1/2 x+ ∞ = −r−1/2 (ϕε , x) x− −r−1/2 x+ (ϕε , x) , ψ(x) −r−1/2 (ϕε , x) x− (ϕε , x)ψ(x)dx −∞ cε 22r = ε2r ((2r − 1)!!) −x/ε × d ϕ(r) (t) ψ(x) −dε −x/ε (x + εt)−1/2 (−x − εs)−1/2 ϕ(r) (s)dsdtdx c d 22r = ε2r ((2r − 1)!!) ω × d ϕ(r) (t) ψ(−εω) c ω (t − ω)−1/2 (ω − s)−1/2 ϕ(r) (s)dsdtdω, (3.15) c ω = −x/ε Theo công thức khai triển Taylor ta có: 2r ψ(−εω) = k=0 ψ (k) (0) ψ (2r+1) (ηω) (−εω)k + (−εη)2r+1 , k! (2r + 1)! (3.16) 41 với η ∈ (0; 1) Theo công thức (3.15) ta có −r−1/2 x+ = −r−1/2 (ϕε , x) x− 2r 22r ((2r − 1)!!)2 k=0 (ϕε , x) , ψ(x) (−1)k ψ (k) (0) Ik + O(ε) k!ε2r−k (3.17) Trong d d (r) Ik = ϕ t (r) (t) ϕ c (s) t (t − ω)−1/2 (ω − s)−1/2 ω k dωdsdt (3.18) s Với k = 0, 1, 2, , 2r thay đổi thứ tự phép lấy tích phân Đặt ω − s = (t − s)v ta có: t (t − ω)−1/2 (ω − s)−1/2 ω k dω s = k = p=0 k = p=0 υ −1/2 (1 − υ)−1/2 [sυ + (1 − υ)t]k dυ k! p! (k − p)! υ p−1/2 (1 − υ)k−p−1/2 sp tk−p dυ 1 p k−p k! B p + ,k − p + s t p! (k − p)! 2 (3.19) Do k Ik = p=0 k = p=0 k! 1 B p + ,k − p + p! (k − p)! 2 d d tk−p ϕ(r) (t) c sp ϕ(r) (s)dsdt t k! B p + ,k − p + Jk,p p! (k − p)! 2 Sau đó, giả sử k chẵn, k < 2r p < r Từ bổ đề 3.1, (3.20) d p (r) s ϕ (s)ds t hàm chẵn hay hàm lẻ tùy theo r + p chẵn hay lẻ Như ta có tk−p ϕ(r) (t) d p (r) s ϕ (s)ds t hàm lẻ Jk,p = Nếu p ≥ r k − p < r cách thay đổi thứ tự lấy tích phân chứng minh Jk,p = Nếu giả sử k lẻ k < 2r ta chứng minh tương tự Jk,p = 42 Với trường hợp k = 2r, p = r ta có Jk,p = Dùng bổ đề 3.2 với k = 2r, p = r thay đổi thứ tự lấy tích phân ta có d d tr ϕ(r) (t) J2r,r = c r sr ϕ(r) (s)dsdt t d i = i=0 (−1) r! (r − i)! t2r−i ϕ(r) (t)ϕ(r−i−1) (t)dt c d r d r (r) = (−1) r! t ϕ (t) c d r = (−1) r! s tr ϕ(r) (t)dtds ϕ(s) c r = (−1)r r! i=0 d = (r!)2 ϕ(s)dsdt t t d i (−1) r! (r − i)! sr−i ϕ(r−i−1) (s)ϕ(s)ds c s ϕ(s) (3.21) ϕ(t)dt ds c c Hơn nữa, d s ϕ(s) c d ϕ(t)dt ds = c s ϕ(t)dt d c = Và J2r,r s c s ϕ(t)dt ϕ(t)dt c d c c = (3.22) (r!)2 = Như vậy, Ik = với k = 0, 1, , 2r − I2r = (2r)! 1 B r + ,r + 2 = ((2r − 1)!!)2 π 22r+1 (3.23) Cuối ta có: −r−1/2 x+ −r−1/2 (ϕε , x) x− (ϕε , x) , ψ(x) π ϕ(2r) (0) = + O(ε) (2r)! π = δ (2r) (x), ψ(x) + O(ε) 2(2r)! (3.24) Do qua gới hạn ε → ta có công thức (3.12) Định lý chứng minh 43 KẾT LUẬN Luận văn trình bày tổng quan số vấn đề tích hai hàm suy rộng, tìm hiểu kỹ phương pháp tính tích hai hàm suy rộng Mikusinski Đồng thời, luận văn đưa ví dụ minh họa cho phương pháp Ngoài luận văn xem xét ví dụ cụ thể thấy cách tường minh tích hai hàm suy rộng Colombeau thông qua phương pháp sử dụng cho qua giới hạn cách làm Mikusinski Do thời gian trình độ có hạn nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! 44 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu Tiếng Việt [1] Nguyễn Xuân Liêm (1997), Tôpô đại cương, độ đo tích phân, NXB Giáo dục [2] Đặng Anh Tuấn (2005), Lý thuyết hàm suy rộng không gian Sobolev, Đại học Quốc gia Hà Nội [B] Tài liệu tiếng Anh [3] B.Damyanov (1997), "Results on Colombeau product of distributions," Commentationes Mathematicae Universitatis Carolinae, vol 38, no 4, pp 627- 634 [4] Biljana Jolevska-Tuneska and Tatjana Atanasova-Pacemska (2013), "Further Results on Colombeau Product of Distributions," International Journal of Mathematics and Mathematical Sciences, volume 2013, Article ID 918905, http://dx.doi.org/10.1155/2013/918905 [5] G.Grubb (2008), Distributions and Operators, Springer New York, Inc [6] J.F.Colombeau (1984), New Generalized Functional and Multiplication of Distributions, North Holland, Math Study 84, Amsterdams [7] J Mikusinski (1966), "On the square of the Dirac delta- distribution," Bulletin de l’Academie Polonaise des Sciences, vol.14, pp 511- 513 45 [8] L Schwartz (1966), Théorie des Distributions, Hermann, Paris [9] Tạ Ngọc Trí (2005), The Colombeau theory of generalized functions, Master Thesis, KdV Institute, University of Amsterdams, The Netherlands [...]... nghiên cứu tích hai hàm suy rộng theo cách của Mikusinski Từ đó mở ra hướng xây dựng không gian các hàm suy rộng Colombeau và sau đó vận dụng cách làm của Mikusinski để xác định cụ thể tích của hai hàm suy rộng Các kiến thức sau được tham khảo trong [3], [4], [6], [7] và [9] 3.1 Mở đầu L.Schwartz đã đưa ra một cách định nghĩa tích hai hàm suy rộng dựa trên khai triển Fourier Tuy nhiên, cách định nghĩa... vào cách tiếp cận ban đầu của L.Schwartz về việc xây dựng D và đã giải quyết được triệt để vấn đề lấy tích hai hàm suy rộng bất kỳ 28 3.3 Tích hai hàm suy rộng Colombeau theo cách của Mikusinski Phần này chúng ta sẽ bàn đến việc xây dựng không gian các hàm suy rộng Colombeau và sau đó là việc vận dụng cách làm của Mikusinski ở phần trên để xác định cụ thể tích của hai hàm suy rộng trong một số trường... ∗ g) (x) = Rn f (y)φ(t − y)dy xác định b Tích của một hàm trơn và một hàm suy rộng Định nghĩa 2.7 Cho f ∈ C ∞ (Ω), u ∈ D (Ω) tùy ý Tích của hàm f và hàm suy rộng u ký hiệu là f u được xác định như sau: f u, φ = u, f φ ∀φ ∈ D(Ω) (2.5) Ta nhận thấy φ ∈ D(Ω) nên f φ ∈ D(Ω) Do đó vế phải của (2.5) hoàn toàn xác định một hàm suy rộng Nghĩa là định nghĩa trên hoàn toàn xác định trong D (Ω) Ví dụ 2.9 1 Với... )u, φ Định lý được chứng minh c Tích hai hàm suy rộng bất kỳ Ở phần trên, chúng ta đã định nghĩa tích của một hàm trơn f ∈ C ∞ (Ω) và một hàm suy rộng u ∈ D (Ω) Bây giờ chúng ta muốn định nghĩa tích của hai hàm suy rộng tùy ý, nói riêng trên Rm , rõ ràng không thể dùng định nghĩa 2.7 cho 2 hàm suy rộng vì f φ có thể không là hàm thử nếu f ∈ D (Rm ); φ ∈ D(Rm ) Sau đây chúng ta sẽ xét một cách định nghĩa... (|x|) = 2δ nên từ đây suy ra δ = 0 Mâu thuẫn này chứng tỏ không thể xây dựng một đại số chứa D (R) mà trong đó công thức Leibniz được thỏa mãn 24 Chương 3 Cách xác định tích hai hàm suy rộng theo Mikusinski Trong chương 2 ta đã nghiên cứu về không gian các hàm suy rộng Schwartz và có được một số kết quả về các hàm suy rộng đó Đặc biệt là phương pháp xác định tích hai hàm suy rộng của L.Schwartz Những... nguyên hàm suy rộng của hàm suy rộng u nếu đạo hàm suy rộng của U là u , nghĩa là ∂U = u Mệnh đề 2.1 Mọi hàm suy rộng u ∈ D (R) đều có nguyên hàm suy rộng Chứng minh Với mỗi ϕ ∈ C0∞ (R) đặt +∞ ψ(x) = ϕ(x) − ρ(x) ϕ(t)dt, −∞ x Ψ(x) = ψ(t)dt −∞ Có Ψ(x) ∈ C0∞ (R) nên với mỗi hàm suy rộng u ∈ D (R), ta có thể đặt U, ϕ = u, Ψ Khi đó U ∈ D (R) và x ∂U, ϕ = U, ϕ +∞ u, ϕ(x) − = ρ(y) −∞ ϕ (t)dtdy −∞ Nếu hàm suy rộng. .. U có đạo hàm suy rộng ∂U = 0 thì +∞ U, ϕ = U, ψ + ϕ(t)dt U, ρ −∞ +∞ = ∂U, Ψ + ϕ(t)dt −∞ +∞ = ϕ(t)dt −∞ U, ρ U, ρ = u, ϕ 16 Do đó nếu hàm suy rộng U có đạo hàm suy rộng ∂U = 0 thì U tương ứng với hàm hằng U ≡ U, ρ trong lớp hàm khả tích địa phương L1loc (R) Khi đó, với mỗi hàm suy rộng u ∈ D (R), luôn có một họ các nguyên hàm suy rộng mà hai nguyên hàm trong họ sai khác nhau một hàm suy rộng có thể... tại tích các hàm suy rộng tổng quát theo nghĩa thông thường Trong lý thuyết của mình, Schwartz đã đưa ra một khẳng định là không hy vọng xây dựng một tích của các hàm suy rộng một cách đầy đủ Khẳng định ấy được thể hiện trong nội dung định lý sau: Định lý 2.4 Nếu có A là một đại số chứa đại số C 0 (R) của tất cả các hàm liên tục trên R như là một đại số con với hàm 1 ∈ C 0 (R) là phần tử đơn vị của. .. (x)φ(x)dx = Ω |f (x)| dx (2.2) K ρ 1 , φ − φ(0) = 0 hay ta có điều phải chứng minh k Phương pháp tính tích hai hàm suy rộng và tính chất Tích hai hàm suy rộng a Tích chập của hai hàm suy rộng Định nghĩa 2.6 Cho u, v ∈ D (Rn ), tích chập của hai hàm suy rộng u, v là một phiếm hàm tuyến tính, ký hiệu u ∗ v , xác định bởi: u ∗ v, φ = u(y), v(x), φ(x + y) , φ ∈ D(Rn ) Chú ý 2.2.1 (i) u ∗ δ = δ ∗ u = u với mọi... chuyển của tương tác hạt Vấn đề xác định tích các hàm suy rộng cũng liên hệ chặt chẽ với vấn đề chuẩn hóa trong thuyết lượng tử Nhìn lại lý thuyết của hàm suy rộng của L Schwartz chúng ta có thêm hai nhận xét sau: 1 Hàm suy rộng f ∈ D (Rn ) là một phiếm hàm liên tục trên không gian D(Rn ) của không gian các hàm khả vi vô hạn có giá compact Ở đây chúng ta có ánh xạ tuyến tính ϕ → f, ϕ (3.1) của f trên hàm