Trong lý thuyết hàm suy rộng 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. Ông cho rằng:
Mệnh đề 1.8.1. Nếu có A là một đại số chứa đại số C0(R) của tất cả các hàm liên tục trên R như là một đại số con với hàm 1 ∈ CC0(R) là phần tử đơn vị của A. Giả sử có ánh xạ tuyến tính ∂ :A →A là toán tử vi phân liên tục và thỏa mãn công thức Leibniz ∂(ab) =∂a.b+a.∂b
thế thì ta có δ2(|x|) = 0. Chứng minh. Thật vậy ta có
∂(x|x|) = ∂x.|x|+x.∂(|x|) =|x|+x.∂(|x|). từ dó suy ra
Mặt khác trong CC1(R) và do đó trong A ta có: ∂(x|x|) = 2|x|. Suy ra ∂2(x|x|) = 2∂|x|. Từ đó dẫn đến x.∂2(|x|) = 0. Bây giờ ta xét các hàm số f(x) = x(ln|x| − 1) và g(x) = x2(ln|x|)−1∈ C1(R). Đặt f(0) = g(0) = 0 và sử dụng công thức Leibniz ta có: ∂{x(ln|x| −1)x} = ∂{x(ln|x| −1)}.x+x(ln|x| −1). Suy ra ∂2{x(ln|x| −1)x} = ∂2{x(ln|x| −1)}.x+ 2∂{x(ln|x| − 1)}. Do đó ∂2{x(ln|x| −1)} = ∂2x2(ln|x| − 1) −2δ{x(ln|x| −1)}. Nhưng rõ ràng x2(ln|x| − 1) ∈ C1(R), nên theo công thức đạo hàm thông thường thì
∂x2(ln|x| − 1) = 2x(ln|x| − 1) +x. Nên trong A ta có
∂2x2(ln|x| −1) = 2.∂{x(ln|x| −1)}+ 1, suy ra ∂2{x(ln|x| −1)}.x = 1.
Để đơn giản ta đặt y = ∂2{x(ln|x| − 1)} thì x.y = 1; vậy nên nếu x.a = 0 thì y.(x.a) = 0 hay 1.a = 0 nên a = 0.
Điều đó chứng tỏ trongA"nếuxa = 0 thì a = 0" bởi vậy từ x.∂(|x|) = 0 ta có ∂2(|x|) = 0.
Mặt khác ta đã biết ∂2(|x|) = 2δ nên từ trên suy ra δ = 0. Mâu thuẫn đó chứng tỏ không thể xây dựng một đại số chứa D0(R) mà trong đó công thức Leibniz được thỏa mãn.
Chương 1 đã đề cập đến các vấn đề cơ bản của lý thuyết hàm suy rộng Schwartz. Các nội dung trên được tham khảo chủ yếu trong [5], [9], [12], [13], [17].
Lý thuyết hàm suy rộng Colombeau
2.1 Định nghĩa hàm suy rộng Colombeau 2.1.1 Hàm suy rộng Colombeau trên Rn
Với q = 1,2, . . ., đặt Aq = φ ∈ D(Rn) : Z Rn φ(t)dt= 1 và Z Rn tαφ(t) = 0 với 1≤ |α| ≤q , trong đó t = (t1, t2, . . . , tn) ∈ Rn, α = (α1, α2, . . . , αn) ∈ Nn và tα = tα11 , . . . , tαn n .Ta có thể thấy rằng A1 ⊃ A2 ⊃, . . . ⊃ Aq ⊃ Aq+1. . .. Hơn nữa ta có: Mệnh đề 2.1.1. ∞ \ q=1 Aq = ∅.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử tồn tại φ ∈ ∩∞q=1Aq. Ta có biến đổi Fourier của φ(t),φb(t) = R
Rn φ(x)e−ix.tdx là hàm giải tích trên Cn. Từ đó suy raφb(0) = 1và ∂αφb(0) = 0,|α| ≥1,∀x ∈ Rn nênφb(x) = 1,∀x ∈
Rn.
Mặt khác do φ ∈ Aq, q = 1,2, . . . nên theo định lý Paley-Wiener thì φ ∈ D(Rn), và với mỗi m = 1,2, . . . tồn tại Cm ≥ 0 sao cho:
|φb(ξ)| ≤ Cm(1 +|ξ|)−mea|Imξ|. (2.1) Ở đây ξ ∈ Cn, và a > 0 sao cho suppφ ⊂ {x: |x| ≤ a}.
Đặc biệt cho ξ = x ∈ Rn sao cho |ξ| = |x| → ∞ thì từ (2.1) ta có b
φ(x) →0. Điều này mâu thuẫn với φb(x) = 1,∀x ∈ Rn. Vậy chứng tỏ rằng ∩∞q=1Aq = ∅.
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 2.1.2. Với mỗi q = 1,2, . . . , chúng ta có Aq 6= ∅.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh với n= 1. Xét các toán tử tuyến tính liên tục trên D(R)
L0(ϕ) = Z Rn ϕ(x)dx và Lj(ϕ) = Z Rn xjϕ(x)dx,1≤ j ≤ q.
Dễ thấy họ (Lj),0 ≤ j ≤ q độc lập tuyến tính, do đó với mỗi ϕ có một không gian con hữu hạn chiều sinh bởi L0, L1, . . . , Lq. Theo nguyên lý thác triển liên tục Hahn-Banach, ta có thể thác triển các toán tử tuyến tính liên tục Lj,0≤ j ≤ q thành các toán tử tuyến tính liên tục trên D0(R). Mặt khác ta lại có D00(R) = D(R) do đó tồn tại ψk ∈ D(R), k = 1,2, . . . , q sao cho: Lj(ψk) =σjk với j, k = 1,2, . . . , q. Đặt ϕ= ψ0 chúng ta có Lj(ϕ) = σj0 hay Z Rn ϕ(x)dx = 1 và Z Rn xjϕ(x)dx = 0,1≤ j ≤q. Điều này chứng tỏ ϕ ∈ Aq với mỗi q = 1,2, . . . .
Với φ ∈ D(Rn) và > 0 ta đặt φ(t) = 1nφ(t). Ta thấy rằng φ ∈ Aq khi và chỉ khi φ ∈ Aq.
Ký hiệu Tx là phép tịnh tiến biến φ 7→ φ(.−x) và φ,x(t) = (Txφ)(t). Ta cũng đặt E[Rn] là tập hợp các hàm có dạng:
R : A1 ×Rn → C,(φ, x) 7→R(φ, x),
trong đó R(φ, x) là hàm khả vi vô hạn theo x với mỗi φ cố định. Ta có thể chứng minh được rằng E [Rn] là một đại số với các phép toán theo điểm.
Định nghĩa 2.1.1. Ta nói phần tử R ∈ E [Rn] là một phần tử "ôn hòa" (moderate) nếu với mỗi tập compact K ⊂Rn và mọi phép lấy vi phân ∂α tồn tại N ∈ N sao cho với mọi φ ∈ AN chúng ta có
(∂αR)(φ, x) = O(−N) (2.2) khi ↓ 0,đều trênK.Trong đó (2.2) nghĩa làsup
x∈K
|(∂αR)(φ, x)| ≤ c−N với c > 0 và với mọi đủ nhỏ.
Ta ký hiệu EM [Rn] là tập tất cả các phần tử ôn hòa của E [Rn]. Nhận xét 2.1.3. Ta thấy rằng N nói chung phụ thuộc vào α và K. Nếu ta có N = N(α, K) thì (2.2) vẫn còn đúng nếu ta thay N bởi N0 > N.
Ngoài ra, nếu R1, R2 ∈ E [Rn] thì ta có đồng thời
∂α1R1∂α2R2(φ, x) =O(−N1) và ∂α2R2∂α1R1(φ, x) = O(−N1),∀N1 ∈ N. Do đó theo công thức Leibniz chúng ta có EM [Rn] là đại số con của
E [Rn]. Đặt
Γ :=
β : N →R+ sao cho nếu q < r thì β(q) ≤ β(r) và lim
q→∞β(q) =∞
, ta có:
Định nghĩa 2.1.2. Ta gọi phần tử R ∈ E [Rn] là null nếu mọi tập compact K ⊂ Rn và mọi toán tử vi phân ∂α có một số N ∈ N∗ và β ∈ Γ sao cho với mọi q ≥ N và mọi φ ∈ Aq chúng ta có
(∂αR)(φ, x) = O(β(q)−N), (2.3) khi ↓ 0 đều trên K. Ta ký hiệu tập hợp các phần tử null của E[Rn]
là I.
Dễ thấy rằng I ⊂ EM [Rn]. Hơn nữa nếu R1, R2 ∈ EM [Rn] và ít nhất một trong hai phần tử đó thuộc I thì R1.R2 ∈ I, do đó I là một ideal của EM [Rn]. Trên cơ sở đó ta có thể xây dựng được đại số thương EM [Rn]/I.
Định nghĩa 2.1.3. Hàm suy rộng Colombeau
Đại số thương EM [Rn]/I, ký hiệu G(Rn) (hoặc G) được gọi là đại số các hàm suy rộng Colombeau. Mỗi phần tử thuộc G được gọi là một hàm suy rộng Colombeau. Để tiện phân biệt với hàm suy rộng thông thường ta sẽ gọi các hàm suy rộng Colombeau là hàm G-suy rộng .
Ta thấy rằng f là một hàm suy rộng thuộc G(Rn) khi và chỉ khi f = f +I, trong đó f ∈ EM [Rn] là phần tử đại diện cho f . Ta cũng nói rằng f = g trong G(Rn) khi và chỉ khi f −g ∈ I, với f, g tương ứng là các phần tử đại diện của f và g.
Ngoài ra ta cũng có ∀f ∈ EM [Rn] thì ∂αf ∈ EM [Rn] và ∀f ∈ I thì ∂αf ∈ I. Do đó ta có thể định nghĩa đạo hàm của một hàm suy rộng trong G(Rn) như sau:
Định nghĩa 2.1.4. Với mọi f ∈ G(Rn) đạo thì đạo hàm cấp α của f ký hiệu là ∂αf được xác định bởi ∂αf = ∂αf + I. Nói cách khác ∂α xác định một ánh xạ
∂α : G(Rn) → G(Rn),
Dễ thấy toán tử ∂α là tuyến tính và thỏa mãn công thức Leibniz về lấy đạo hàm của một tích.
2.1.2 Hàm G-suy rộng trên tập mở Ω ⊂ Rn
Việc định nghĩa hàm G-suy rộng trên tập mở Ω ⊂ Rn tương tự định nghĩa trên Rn.
Khi Ω =Rn thì ta có định nghĩa hàm G-suy rộng trên Rn. Trước hết với x ∈ Rn ta xét phép tịnh tiến xác định bởi:
τx : D(Rn) → D(Rn),
φ 7→(τxφ)(t) = φ(t−x),∀t ∈ Rn.
Ký hiệu U(Ω) là tập hợp tất cả các phần tử (φ, x) ∈ A1 ×Ω sao cho τxφ ∈ D(Ω), nghĩa là suppτx ⊂ Ω.
Khi đó, do φ có giá compact nên với mọi tập compact K củaΩ và mọi φ ∈ A1 thì tồn tại η > 0 sao cho (φ, x) ∈ U(Ω),∀x ∈ K và 0< < η. Từ đó suy ra với mỗi phần tử (φ, x) ∈ U(Ω) có một lân cận mở ωy của x sao cho tập hợp {(φ, y)}y∈ωx ⊂ U(Ω). Vậy nên với mọi φ ∈ A1 tập hợp Ω(φ) = {x ∈ Ω : (φ, x) ∈ U(Ω)} là tập con của Ω và với > 0, đủ nhỏ thì Ω(φ) 6= ∅.
Bây giờ mở rộng định nghĩa hàm suy rộng Colombeau trên Ω bằng cách dùng U(Ω) để thay cho A1 ×Ω.
Định nghĩa 2.1.5. Với mỗi Ω ta ký hiệu E[Ω] là tập hợp tất cả các hàm R : U(Ω) → C sao cho với mọi φ ∈ A1 thì R(φ, x) là hàm thuộc lớp C∞ trên Ω(φ) theo x. E[Ω] là không gian vector và là một đại số. Ta cũng ký hiệu EM[Ω] và I[Ω] lần lượt là tập hợp các phần tử ôn hòa
và null của E[Ω] như trong các định nghĩa 2.1.1 và định nghĩa 2.1.2. Ở đây K là một tập hợp compact của Ω. Khi đó tập hợp G(Ω) = EM[Ω]
là một đại số và cũng được gọi là đại số hàm suy rộng Colombeau trên
Ω.
Nhận xét 2.1.4. Ta thấy rằng DG(Ω) ⊂ G(Ω) với mọi phép lấy vi phân D và công thức Leibniz vẫn đúng trong G(Ω).
Cho một tập mở Ω0 là tập con của Ω. Hiển nhiên U(Ω0) ⊂ U(Ω). Do đó nếu R ∈ EM[Ω] thì R|U(Ω0) ∈ EM[Ω0] và ta cũng có nếu R ∈ I[Ω]
thì R|U(Ω0) ∈ I[Ω0].
Như vậy có một ánh xạ thu gọn G → G|Ω0 từ G(Ω) vào G(Ω0) và đó cũng là ánh xạ thu gọn từ C(Ω) vào C(Ω0).
Định nghĩa 2.1.6. Ta nói rằng hàm G-suy rộng G ∈ G(Ω) là triệt tiêu trên tập mở Ω0 của Ω nếu thu hẹp của G trên Ω0 bằng 0 trong
G(Ω0). Hai hàmG-suy rộng G1, G2 ∈ G(Ω)được gọi là bằng nhau trong
Ω0 nếu thu hẹp của G1, G2 trên Ω0 là bằng nhau trong G(Ω0).
Một cách tự nhiên chúng ta cũng có định nghĩa giá của hàm G-suy rộng . Giá của hàm G-suy rộng G ∈ G(Ω) được ký hiệu suppG và là phần bù của hợp tất cả các tập mở trong Ω mà trên đó G triệt tiêu. Nội dung chi tiết của phần này có thể tham khảo thêm trong [2,tr.18- 20] .
2.2 Các tính chất về vi phân của đại số G(Rn)
Theo định nghĩa của hàm suy rộng Colombeau thì mỗi hàm G-suy rộng là một lớp tương đương trong đại sốG(Rn).Trong mục này chúng ta sẽ đi tìm hàm biểu diễn của một số hàm đã biết trong G(Rn). Định lí 2.2.1. Không gian các hàm khả vi vô hạn trên Rn có thể nhúng vào G(Rn) bằng ánh xạ C∞(Rn) ,→ G(Rn) với
Trong đó fe(φ, x) =f(x),∀φ ∈ A1, và x ∈ Rn.
Chứng minh. Trước hết ta thấy ánh xạ trên là hoàn toàn xác định. Thật vậy, vì f ∈ C∞(Rn) nên fe(φ,·) = f(·) ∈ C∞(Rn). Mặt khác ∂αfe(φ, x) = ∂αf(x), φ ∈ A1, x ∈ Rn. Với f ∈ C∞(Rn),ta có sup K |∂αfe(φ, x)| = sup K |∂αf(x)| = c < ∞, trong đó K là tập compact tùy ý.
Từ đó với mỗi đa chỉ số α thì
sup K
|∂αfe(φ, x)| ≤ c ≤ c
0, φ ∈ A1,0< < 1, suy ra fe∈ EM [Rn] suy ra fe+I ∈ G(Rn).
Ngoài ra nếu f ∈ C∞(Rn) và có fe+I = I thì suy ra fe(φ, x) =f(x) ∈ I. Từ đó suy ra với mỗi tập compact K ⊂ Rn, f(x) = O(), khi ↓ 0
đều trên K. Do đó f = 0 trên K.
Mà K là tập compact tùy ý nên f = 0 trên Rn. Từ đó ánh xạ trên là một phép nhúng từ C∞(Rn) vào G(Rn).
Định lý được chứng minh.
Như vậy với mỗi f ∈ C∞(Rn) có duy nhất một phần tử tương ứng e
f +I ∈ G(Rn) như vậy ta có thể coi C∞(Rn) ⊂ G(Rn). Cũng theo đó thì nếu f ∈ C∞(Rn) đạo hàm của f trong G(Rn) đồng nhất với đạo hàm thông thường trong C∞(Rn).
Định lí 2.2.2. Không gian các hàm liên tục trên Rn có thể nhúng vào
G(Rn) qua ánh xạ C(Rn) ,→ G(Rn), f ∈ C(Rn) 7→ f + I ∈ G(Rn). Với f(φ, x) = Z Rn f(x+y)φ(y)dy = Z Rn f(y)φ(y −x)dy, φ ∈ A1, x ∈ Rn.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh f ∈ EM [Rn]. Thật vậy, vì φ ∈ A1 nên ta có f(φ,·) ∈ C∞(Rn) và ta có: ∂αf(φ, x) = (−1)|α| Z Rn f(y)∂αφ(y −x)dy. Hơn nữa, lại có:
f(φ, x) = Z Rn f(y)φ(y −x)dy = 1 n Z Rn f(y)φ(y−x )dy = Z Rn f(x+t)φ(t)dt. Suy ra ∂αf(φ, x) = (−1)|α| |α|+n Z Rn f(y)(∂αφ)(y −x )dy = (−1)|α| |α| Z Rn f(x+ t)∂αφ(t)dt. Với mọi tập compact K và mọi đa chỉ số α ta có:
sup K | Z Rn f(x+t)∂αφ(t)dt| ≤ sup x∈K,y∈suppφ,δ∈[0,1] |f(x+δy)| Z Rn |∂αφ(t)|dt= c < ∞, và không phụ thuộc vào ,(0 < < 1) với mọi φ ∈ A1.
Do đó chúng ta có f ∈ EM [Rn].
Bây giờ ta sẽ chứng minh nếu f ∈ C(Rn) và f ∈ I thì f = 0.
Thật vậy: Nếu f ∈ I thì với mọi tập compact K có số N ∈ N sao cho với ∀φ ∈ AN ta có:
f(φ, x) = O() khi ↓ 0 đều trên K. Mặt khác ta lại có: lim ↓0 f(φ, x) = lim ↓0 Z Rn f(x+ t)φ(t)dt = Z Rn f(x)φ(t)dt = f(x).
Từ đó suy ra f(x) = 0 trên K.
Mà K là tập compact tùy ý trong Rn nên suy ra f = 0. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.2.3. Tương tự ta cũng chứng minh được không gian các hàm liên tục trên Ω cũng có thể nhúng vào G(Ω) qua ánh xạ:
f 7→R(φ, x) ∈ U(Ω), với R(φ, x) =
Z
Ω
f(y)φ(y −x)dy.
Ta chú ý rằng ta có thể coi C(Rn) chứa trong EM [Rn] như là một không gian con tuyến tính nhưng không phải là một đại số con. Thật vậy, với f, g ∈ C(Rn) thì f(φ, x) = Z Rn f(x+t)φ(t)dt và g(φ, x) = Z Rn g(x+t)φ(t)dt. Nhưng nhìn chung: f(φ, x)g(φ, x) = Z Rn f(x+t)φ(t)dt· Z Rn g(x+t)φ(t)dt 6 = Z Rn f(x+t)g(x+ t)φ(t)dt. Do đó f g /∈ EM [Rn].
Ta biết rằng C∞(Rn) ⊂ C(Rn). Vậy nếu f ∈ C∞(Rn) ta có thể áp dụng cả hai Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.2. Do đó f sẽ có hai cách xác định phần tử tương ứng trong G(Rn). Vậy điều này có gì mâu thuẫn không? Mệnh đề sau đây trả lời cho câu hỏi đó.
Mệnh đề 2.2.4. Cho f ∈ C∞(Rn). Gọi felà phần tử biểu diễn cho f
theo Định lý 2.2.1 và f là phần tử biểu diễn của f theo Định lý 2.2.2. Thế thì ta có fe+I = f +I trong G(Rn).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh fe−f ∈ I. Để đơn giản ta sẽ chứng minh cho trường hợp n= 1. Vì:
(fe−f)(φ, x) =fe(φ, x)−f(φ, x) =f(x)−
Z R
Do đó: (fe−f)(φ, x) = f(x)− Z R f(x+y)φ(y)dy = f(x)− Z R f(x+t)φ(t)dt = − Z R [f(x+t)−f(x)]φ(t)dt. Sử dụng công thức khai triển Taylor ta được
f(x+t)−f(x) = q X j=1 (t)j j! ∂f (j)(x) + q+1 t q+1 (q + 1)!∂f (q+1)(x+θt),
trong đó 0 < θ < 1. Do đó, với tập compact tùy ý K, mọi q ∈ N và φ ∈ Aq ta có
(fe−f)(φ, x) = O(q+1), ↓0 đều trên K.
Điều này thỏa mãn định nghĩa 2.1.2 ứng với trường hợp α = 0, N = 0
và β(q) =q + 1.
Ta cũng có điều tương tự với ∂α(fe−f)(φ, x), do đó fe−f ∈ I. Mệnh đề được chứng minh.
Như vậy ta có thể coi C∞(Rn) ⊂ C(Rn) ⊂ G(Rn). Tiếp theo ta có
D0(Rn) cũng có thể được coi là tập con của G(Rn).
Định lí 2.2.5. Không gian các hàm suy rộng D0(Rn) có thể nhúng vào
G(Rn) qua ánh xạ u ∈ D0(Rn) 7→ u +I ∈ G(Rn), trong đó u(φ, x) = hu(y), φ(y −x)i,∀φ ∈ A1 và x ∈ Rn. Chứng minh. Đặt φ−(t) =φ(−t) với φ ∈ D(Rn) ta có: u(φ, x) = (u∗φ−)(x). Do đó ta có: u(φ, x) ∈ C∞(Rn)
và ∂αu(φ, x) = (−1)|α|hu(y),(∂xαφ)(y −x)i. Định lí được chứng minh.
Nội dung chi tiết của chứng minh định lý trong [2, tr.60-62]. Nhận xét 2.2.6. Theo định lý 2.2.5, hàm suy rộng δ Dirac có dạng
fδ +I ∈ G(Rn) với fδ(φ, x) = hδ(y), φ(y −x)i = φ(−x). Ta còn chứng minh được δ2 trong G(Rn) có dạng φ2(−x) +I.
2.3 Tính chất phi tuyến của G(Rn)
Trong mục này chúng ta đề cập đến tính phi tuyến của các hàm
G-suy rộng .
Định nghĩa 2.3.1. Một hàm f : Rn → C được gọi là tăng chậm tại vô cực nếu có c > 0, N ∈ N∗ sao cho
|f(x)| ≤ c(1 +|x|)N,∀x ∈ Rn.
Tập hợp các hàm khả vi vô hạn trên Rn và có đạo hàm mọi cấp tăng chậm tại vô cực được ký hiệu bởi OM(Rn).
Mệnh đề 2.3.1. Nếu f ∈ OM(R2n) và R1, R2, . . . , Rn ∈ EM[Ω] thì
f(R1, R2, . . . , Rn) ∈ EM[Ω].
Việc chứng minh Mệnh đề 2.3.1 theo định nghĩa. Ta cũng thừa nhận định lý sau:
Định lí 2.3.2. Nếuf ∈ OM(R2n) ở đâyR2n 'Cn và nếuG1, G2, . . . , Gn
là những hàm suy rộng trongG(Ω),và R1, R2, . . . , Rn tương ứng là phần tử biểu diễn của G1, G2, . . . , Gn thì f(R1, R2, . . . , Rn) là một phần tử trong EM(Ω).
Do đó f(R1, R2, . . . , Rn) là biểu diễn của một hàm suy rộng nào đó trong G(Ω). Ta ký hiệu f(G1, G2, . . . , Gn).
Để chứng minh định lý chúng ta có thể tham khảo [2, tr.27-31]. Với kết quả đó ta các phép toán phi tuyến trong G(Ω) hoàn toàn có thể thực hiện được.
2.4 Số phức suy rộng
Cho tới bây giờ chúng ta đã có định nghĩa không gian các hàm
G-suy rộng G(Rn) mà trong đó ta có thể nhân hai hàm suy rộng tùy ý. Tuy nhiên chúng ta cũng cần hiểu giá trị của hàm suy rộng F tại