Nếu u ∈ D0(Rm), ta định nghĩa biến đổi Fourier của u (ký hiệuu∧ hoặc
ˆ u) là
u∧(ξ) =u(x), e−ix.ξ,
và biển đổi Fourier nghịch đảo của u là u∨:
u∨(ξ) = 1
(2π)m
Ta đặt M(Rm) là tập tất cả các cặp (u, v) ∈ D0(Rm)xD0(Rm) sao cho với mọi x ∈ Rm, tồn tại một lân cận Ωx của x sao cho ∀ω, ψ ∈ D(Ωx) các điều kiện sau được thỏa mãn:
1) (ωu)∧(ψv)∨ là khả tích trên Rm,
2) R
Rm(ωu)∧(ψv)∨dx = R
Rm(ωv)∧(ψu)∨dx.
3) R
Rm|(ωu)∧(ψv)∨|dx là một hàm liên tục của ω ∈ D(Ωx)
Với mỗi cặp u, v như trên ta định nghĩa tích của u và v, ký hiệu là u.v
như sau:
Định nghĩa 2.4. Nếu (u, v) ∈ M(Rm), tích của u và v trong D(Ωx), là xác định địa phương trênΩx, như sau: Với mọi ω ∈ D(Ωx), choψ ∈ D(Ωx)
với ψ = 1 trên suppω. Thì
huv, ωi =
Z
Rm
(ωu)∧(ψv)∨dx.
Theo điều kiện 1) ở trên thì tích phân ở vế phải là xác định. Hơn nữa, theo 2) thì tích này độc lập với cách chọn ψ. Thật vậy, nếu cả ψ1 và ψ2
đều đóng vai trò như ψ, ta có
Z Rm (ωu)∧(ψ1v)∨dx = Z Rm (ωψ2u)∧(ψ1v)∨dx= Z Rm (ωu)∧(ψ1ψ2v)∨dx = Z Rm (ψ1ωu)∧(ψ2v)∨dx= Z Rm (ωu)∧(ψ2v)∨dx.
Một câu hỏi đặt ra, với định nghĩa này thì (δ)2 và 1
xδ có tồn tại hay
không?. Câu trả lời nằm trong các kết quả sau:
Mệnh đề 2.2.2. Trong D0(Rm), không tồn tại (δ)2 theo nghĩa của Định nghĩa 2.4.
Chứng minh. Ta chọn x = 0, ω và ψ ∈ D(Ω0) sao cho ω(0) = ψ(0) = 1, và ψ = 1 trên suppω, trong đó Ω0 là lân cận của0. Giả sử rằng
δ2 ∈ M(R), vì(ωδ)∧(ψδ)∨ là khả tích trênR. Hơn nữa, ta có(ωδ)∧ = 1,và
(ψδ)∨ = 1
2π. Vì vậy 1
2π khả tích trênR, đây là điều vô lý. Hayδ
2 ∈/ M(R).
Mệnh đề 2.2.3. Trong D0(Rn), không tồn tại tích 1
xδ theo nghĩa của Định
nghĩa 2.4.
Chứng minh. Giả sử trái lại, tồn tại 1
xδ, thì ta chọn Ω0 là một lân
cận của 0 và ω, ψ ∈ D(Ω0) sao cho ω(0) = ψ(0) = 1 trên suppω. Vì với
u ∈ D0(R) tùy ý, ta có (u, δ) ∈ M(R) ⇒ Z R |(ωu)∧(ψδ)∨|dx < ∞, hay R R|(ωu)∧|dx < ∞, ở đó (ψδ)∨ = 1 2π.
Từ đó, dựa trên các tính chất cơ bản của biến đổi Fourier, thì ta có ωu
là một hàm liên tục trên R. Chọn ω = 1 trên một lân cận của 0, sự hạn chế của u trên lân cận này là một làm liên tục. Tuy nhiên, rõ ràng điều này là sai trong trường hợp u= 1
x.
Tiếp theo, chúng ta sẽ so sánh hai phương pháp định nghĩa tích của hai hàm suy rộng ở trên.
Định lý 2.2. Nếu u, v ∈ D0(Rm) và giả sử rằng tồn tại tích u.v theo phương pháp Fourier, thì tích u.v cũng tồn tại theo phương pháp chính quy và tiến qua giới hạn với mọi δ − dãy sao cho δn(x) ≥ 0; và cả hai tích này bằng nhau.
Nếu (dn) và (en) là hai δ − dãy (với định nghĩa: (δn)là một δ − dãy
nếu suppδn →0 khi n →+∞, nếu R
Rmδn(x)dx = 1 và nếu δn ≥ 0) thì Z Rm (ωu)∧(ψv)∨dx = lim n→+∞ Z Rm (u∗dn)(v ∗en)ωdx
khi ψ ≡ 1 trên suppω.
Để chứng minh định lý ta sử dụng các bổ đề sau
Bổ đề 2.2.1. Cho K là một tập con compact của Rm. Thì ∀ >0,∃N ∈ N ta có |( ˆdn)−1| < trên K với n > N.
Bổ đề 2.2.2. Cho u.v, (dn) và (en) như ở trên. Khi đó, ∀ > 0,∃N ∈ N sao cho, nếu n > N thì
|
Z
Rm
Chứng minh định lý 2.1. Chọn > 0 và theo Z Rm (u∗dn)(v ∗en)ωdx = Z Rm ω(u∗dn)ψ(v∗en)dx = Z Rm [ω(u∗dn)]∧[ψ(v ∗en)]∨dx. (2.2) Sử dụng bổ đề 2.2.2, chọn N1 sao cho n > N1 ta có | Z Rm [ω(u∗dn)]∧[ψ(v ∗en)]∨dx− Z Rm [(ωu)∗dn]∧[(ψv)∗en]∨dx| < 2. Từ tính chất của (dn) và (en) ta có sup n,ξ |dˆn(ξ)| < +∞ và sup n,ξ |eˆn(ξ)| < +∞.
Từ điều này, cùng với bổ đề 2.2.1 và do (ωu)∧(ψv)∨ là khả tích, nên có một số N2 sao cho n ≥ N2 và | Z Rm (ωu)∧(ψv)∨dx− Z Rm [ω(u∗dn)]∧[ψ(v∗en)]∨dx| < 2.
Vì vậy, với n > N = max(N1, N2) và từ các điều trên ta thấy rằng | Z Rm (ωu)∧(ψv)∨dx− Z Rm [ω(u∗dn)]∧[ψ(v ∗en)]∨dx| < .
Do >0 túy ý và từ (2.2), định lý 2.1 được chứng minh.
Giữa định nghĩa của Mikusinski và định nghĩa bằng khai triển Fourier có sự tương thích với nhau. Ta có nếu u, v ∈ D0(Rm) và tồn tại tích u.v
theoĐịnh nghĩa 2.3thì cũng tồn tại theo Định nghĩa 2.4với mọi dãy Delta sao cho δn(x) ≥ 0 và hai tích đó bằng nhau. Mặc dù ở trên các nhà toán học đã cố gắng xây dựng những những định nghĩa cho tích hai hàm suy rộng. Các cách đó là tự nhiên nhưng rõ ràng là chưa giải quyết triệt để vấn đề tích của hai hàm suy rộng. Vẫn có những nghịch lý trong việc lấy tích hai hàm suy rộng. Chẳng hạn, ta có 1 x.x= 1 và x.δ = 0 trongD 0(Ω). Nếu ta áp dụng nó trong D(R) ta sẽ có: δ = (1 x.x).δ = 1 x(x.δ) = 0(!)
Một ví dụ khác về hàm Heaviside H(x). Ta biết rằng Hn = H, n =
1,2, . . . , do đó H = H2 = H3. Từ đó ta có
H0 = 2H.H0 = 3H2.H0 = 3H.H0
do đó H0 = 2H.H0 = 0 ⇒ H0 = δ trong D0(R).
2.3. Kết quả không thể của Schwartz
Lý thuyết hàm suy rộng được L. Schwartz xây dựng đã rất thành công và đang được sử dụng rộng rãi, nhưng lý thuyết này có một nhược điểm là chỉ đúng cho các phép toán tuyến tính. Nói một cách khác, phép nhân không được thực hiện hoàn toàn. Ông khẳng định
Định lý 2.3. Cho A là một đại số có chứa đại số C0(R) của tất cả các hàm liên tục trên R như một đại số con. Giả sử rằng hàm 1 ∈ C0(R) là phần tử đơn vị trong đại số A, và giả sử tồn tại một ánh xạ tuyến tính
∂ : A 7−→ A là mở rộng của các hàm khả vi liên tục và thỏa mãn quy tắc Leibnizt ∂(ab) = ∂a.b+a.∂b, thì ∂2(|x|) = 0.
Chứng minh. Ta có
∂(x|x|) =∂(x).|x|+ x.∂(|x|) =|x|+x.∂(|x|).
và
∂2(x|x|) = 2.∂(|x|) +x.∂2(|x|).
Mặt khác, trongC1(R),và trongAthì∂(x|x|) = 2.∂(|x|).Do đó,∂2(x|x|) = 2.∂(|x|), nên x.∂2(|x|) = 0. Bây giờ, chúng ta sẽ sử dụng kết quả: 00Trong
A, nếu xa = 0, thì a = 0”, vậy ta thu được ∂2(|x|) = 0. Chúng ta sẽ chỉ ra kết quả cuối này như sau:
Ta thấy rằng các hàm x(log|x| −1) và x2(log|x| −1) ∈ C1(R) bằng cách cho 0 như là các giá trị của các hàm tại 0. Sử dụng quy tắc Leibnizt trong
A, ta có
∂{x(log|x| −1)x}= ∂{x(log|x| − 1)}x+x(log|x| −1).
Do đó,
hay
∂2{x(log|x| −1)}x = ∂2{x(log|x| − 1)x} −2.∂{x(log|x| − 1)}.
Nhưng, từ ∂ trùng với toán tử đạo hàm thông thường trên lớp các hàm thuộc C1(R) và x2(log|x| −1) ∈ C1(R), ta có ∂x2(log|x| −1) = 2x(log|x| −1) +x. Vì vậy, trong A ta có ∂2x2(log|x| − 1) = 2.∂{x(log|x| −1)}+ 1. hay ∂2{x(log|x| − 1)}.x= 1.
Để đơn giản, chúng ta đặt y = ∂2{x(log|x| −1)}, thì y.x = 1; vì vậy
a.x = 0 ⇒ y.(x.a) = 0 ⇒ 1.a = 0 ⇒ a = 0. Do x.∂(|x|) = 0 nên
∂2(|x|) = 0. Vậy ta thu được điều phải chứng minh.
Nếu có một đại số A chứa D0(R) mà trong đó quy tắc Leibnizt được thỏa mãn, thì từ ∂2(|x|) = 2δ trong D0(R) và kết hợp với điều vừa chứng minh trên ta suy ra δ = 0. Đó là một điều vô lý ! Mâu thuẫn đó chứng tỏ không thể xây dựng được một đại số chứa D0(R) mà trong đó công thức Leibnizt được thỏa mãn. Nó cũng giải thích cho chúng ta hiểu tại sao kết quả này được goi là Kết quả không thể của Schwartz.
Việc lấy tích hai hàm suy rộng có ý nghĩa rất lớn trong việc giải một số phương trình đạo hàm riêng. Tới năm 1980 J. F. Colombeau đã xây dựng một lý thuyết hàm suy rộng mới và ông cũng xây dựng đại số Colombeau trong đó phép nhân hai hàm suy rộng được giải quyết triệt để.
Kết luận
Trong khóa luận này em đã trình bày nội dung cơ bản của lý thuyết hàm suy rộng và trình bày phép lấy tích của hai hàm suy rộng theo J. F. Colombeau phục vụ mục đích giải bài toán phương trình đạo hàm riêng không tuyến tính, giúp việc nghiên cứu lý thuyết phương trình đạo hàm riêng được mềm dẻo và tổng quát hơn. Nội dung chính của khóa luận đã trình bày được:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày về các khái niệm cơ bản của hàm suy rộng: không gian các hàm cơ bản, không gian các hàm suy rộng theo nghĩa Schwartz và các khái niệm liên quan.
Chương 2. Tích của hai hàm suy rộng
Chương này trình bày về tích của hai hàm suy rộng, các phương pháp định nghĩa và so sánh. Cuối cùng là kết quả không thể của Schwartz. Tuy nhiên do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều còn có những sai sót. Em rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội, tháng 05 năm 2011 Tác giả
Tài liệu tham khảo
[1] J. F. Colombeau, (1984)New generalized functions and multiplications of distribution, North Holland, Math. Studies 84 Amsterdam.
[2] W.Rudin (1985), Functional analysis, Tata Macu Graw - Hill, Inc., New Delhi.
[3] Fran¸cois Treves, (1975), Basic linear partial differential equations, Academic Press, New York.
[4] Tạ Ngọc Trí, (2004) The Colombeau theory of generalized functions, KdV institute, Facutly of science University of Amsterdam The Netherlands.