Sự hội tụ của dãy cos(nx^m) (tiếp)

Posted Tháng Hai 9, 2010 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Theo bài trước ta đã biết trong \mathcal D' (\mathbb R) dãy \{\cos{(nx^m)}\}, khi m=1, 2, hội tụ đến 0. Tôi có hỏi rằng với m=3 thì sao? Câu trả lời với m\in\mathbb N dãy \{\cos{(nx^m)}\} hội tụ về 0.

Câu trả lời này được chứng minh nhờ

- khai triển Taylor

\varphi(x)=\sum\limits_{k=0}^{m-2}\dfrac{x^k}{k!}\varphi^{(k)}(0)+ x^{m-1}\psi(x)

với \psi(x) là hàm khả vi liên tục đến cấp 1;

- sự hội tụ về 0 của tích phân \int_0^A x^k\cos{(nx^m)}dx với mọi A>0 và k=0, 1, \dots, m-2 cố định khi n tiến ra vô cùng.

Liệu với m<1 thì sao? Với m=0 dãy \{\cos{n}\} phân kỳ trong \mathcal D'(\mathbb R).

Với m\in\mathbb R, m>1 thì sao? Câu trả lời như với m=1, 2!

Chẳng hạn với m=\dfrac{4}{3} và \varphi\in\ C^\infty_0(\mathbb R), supp\varphi\subset[-A, A] có

+) \varphi(x)=\varphi(0)+x\psi(x);

+) \int\limits_{-A}^A\varphi(x)\cos{(nx^{4/3})}dx=

\int\limits_{-A}^0(\varphi(0)+x\psi(x))\cos{(nx^{4/3})}dx+

+\int\limits_{0}^A(\varphi(0)+x\psi(x))\cos{(nx^{4/3})}dx;

+) \lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^A\cos{(nx^{4/3})}dx=0;

+) |\int\limits_{0}^\sigma x\psi(x)\cos{(nx^{4/3})}dx|<\epsilon

(\epsilon>0, \sigma>0 được chọn phụ thuộc \epsilon);

+) \lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_{\sigma}^A x^{2/3}\psi(x)\cos{(nx^{4/3})}dx^{4/3}=0.

Chú ý rằng trong trường hợp m\in\mathbb R, m>1 hàm x^m nói chung chỉ xác định khi x>0 nên ta có thể hiểu hàm \cos{(nx^m)} như hàm chẵn bằng cách thác triển đối xứng qua trục tung!

Comments: Be the first to comment

Sự hội tụ của các dãy cos(nx), cos(nx^2)

Posted Tháng Hai 3, 2010 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Như đã biết dãy \{\cos{(nx)}\} và \{\cos{(nx^2)}\} không hội tụ điểm vì dãy số \{\cos{n}\} có tập các giới hạn riêng là đoạn [-1, 1]. Tuy nhiên, nếu coi chúng như các dãy hàm suy rộng thì chúng đều hội tụ về 0 trong không gian \mathcal D'(\mathbb R).

Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh \mathcal {D'}_{-}\lim\limits_{n\to\infty}\cos{(nx)}=0, nghĩa là với mỗi \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R) với supp \varphi\subset [-A, A]\; (A>0) ta cần chỉ ra

\lim\limits_{n\to \infty}\int\limits_{-A}^{A}\varphi(x)\cos{(nx)}dx=0.

Ta dùng tích phân từng phần \varphi(x)\cos{(nx)}dx=\varphi(x)\dfrac{d(\sin{(nx)})}{n} có

\int\limits_{-A}^{A}\varphi(x)\cos{(nx)}dx=\varphi(x)\dfrac{\sin{(nx)}}{n}\Big|_{-A}^{A}-\dfrac{1}{n}\int\limits_{-A}^{A}\varphi'(x)\sin{(nx)}dx

 với lưu ý \varphi(-A)=\varphi(A)=0 và |\varphi'(x)\sin{(nx)}|\le \sup_{x\in[-A, A]}|\varphi'(x)| là bị chặn

ta có ngay điều phải chứng minh!

Trường hợp dãy \cos{(nx^2)} phức tạp hơn đôi chút với lưu ý \cos{(nx^2)} là hàm chẵn và \int\limits_0^\infty \cos{y^2}dy hội tụ ta có

\int\limits_{-A}^A \varphi(x)\cos{(nx^2)}dx=

=2\varphi(0)\int\limits_{0}^A\cos{(nx^2)}dx+\int\limits_{0}^A \psi(x)\cos{(nx^2)}dx^2

với \psi(x)=\dfrac{\varphi(x)+\varphi(-x)-2\varphi(0)}{2x} khi x\not=0 và \psi(0)=0 là hàm khả vi liên tục đến cấp 1.

Comments: 1 Comment

Đề thi cuối kỳ môn Hàm suy rộng K51A1T

Posted Tháng Một 12, 2010 by datuan5pdes
Categories: Đề thi

kiemtracuoikyK51lan1

Tôi đã chấm xong bài thi cuối kỳ môn Hàm suy rộng của lớp K51A1T.

Có sáu bài trên 9 điểm (trong đó có hai bài được 10 điểm)!

Có hai bài 1 điểm! Còn lại từ 3 điểm đến 7 điểm!

Comments: 3 Comments

Tích chập-Tích trực tiếp

Posted Tháng Mười Hai 23, 2009 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Trong phần bài tập của lớp K51A1T có bài chứng minh đẳng thức tích chập:

xH(x)*e^xH(x)=(e^x-x-1)H(x).

Các hàm xH(x), e^xH(x) đều không thuộc L(\mathbb R) và đều không có giá compact nên trong giáo trình của tôi chưa có định nghĩa phép tích chập cho hai hàm kiểu này!

Vậy cần hiểu tích chập này thế nào?

Dưới đây tôi trình bày cách xây dựng tích chập từ tích trực tiếp như trong cuốn “Generalized Functions” của R.P. Kanwal.

Cho f\in \mathcal D'(\mathbb R^m), g\in\mathcal D'(\mathbb R^n).

Khi đó, tích trực tiếp f\otimes g là hàm suy rộng trên \mathbb R^{m+n} được xác định như sau:

\langle f\otimes g (x, y), \varphi(x, y)\rangle=\langle f(x)\langle g(y), \varphi(x, y)\rangle\rangle, \; \varphi\in\mathcal D(\mathbb R^{m+n}).

Định nghĩa trên là hợp lý vì \psi(x)=\langle g(y), \varphi(x, y)\rangle\in \mathcal D(\mathbb R^m) vì:

D^\alpha \psi(x)=\langle g(y), D_x^\alpha \varphi(x, y)\rangle, \alpha\in\mathbb Z^m_+,

supp (\psi) \subset K, với K\subset\mathbb R^m là hình chiếu của supp (\varphi) xuống \mathbb R^m\times \{0\}.

Trong trường hợp f, g\in L(\mathbb R^n) có

\langle f*g, \varphi\rangle=\int_{\mathbb R^n} \varphi(x)dx\int_{\mathbb R^n} f(x-y)g(y)dy

=\int_{\mathbb R^n} \big(\int_{\mathbb R^n} f(x-y)\varphi(x)dx\big)g(y)dy

=\int_{\mathbb R^n} \big(\int_{\mathbb R^n} f(u)\varphi(u+y)du\big)g(y)dy (đổi biến u=x-y)

=\langle f\otimes g, \varphi(x+y)\rangle.

Như vậy, ta có thể xây dựng tích chập cho hai hàm suy rộng f, g\in\mathcal D'(\mathbb R^n) từ tích trực tiếp của chúng như sau:

tích chập f*g là một hàm suy rộng trên \mathbb R^n được xác định bởi

\langle f*g, \varphi\rangle=\langle f(x)\langle g(y), \varphi(x+y)\rangle\rangle, \varphi\in\mathcal D(\mathbb R^n).

Ta cần kiểm tra tính đúng đắn của định nghĩa, nghĩa là cần xem xét hàm:

\psi(x)=\langle g(y), \varphi(x+y)\rangle có đủ tốt?

Dễ thấy \psi\in C^\infty(\mathbb R^n).

+TH1: f có giá compact thì có ngay tính đúng đắn của định nghĩa.

+TH2: g có giá compact  có

supp(\psi)\subset (supp(\varphi)-supp(g)) compact

nên định nghĩa trên đúng đắn.

+TH3: f, g có giá nằm trong nón dương

K=\{x=(x_1, x_2, \dots, x_n)\in \mathbb R^n|\; x_j\ge 0, j=1, 2, \dots, n\}

mà supp (\psi)\subset (supp(\varphi)- supp(g))\subset (B_R(0)-K)

(supp(\varphi)\subset B_R(0))

nên supp(\psi)\cap K \subset B_R(0)\cap K compact.

Khi đó có một hàm \phi\in C^\infty_0(\mathbb R^n) sao cho:

supp(\phi)\subset (supp(\psi)\cap K)+B_{2\epsilon}(0)

\phi(x)=1, x\in (supp(\psi)\cap K)+B_\epsilon(0).

Ta hiểu \langle f(x), \psi(x)\rangle chính là \langle f(x), \phi(x)\psi(x)\rangle.

Quay trở lại tích chập xH(x)*e^xH(x)

có giá của xH(x), e^xH(x) đều là nửa trục \mathbb R_+=\{x\in\mathbb R|\; x\ge 0\}

còn hàm

\psi(x)=\langle e^yH(y), \varphi(x+y)\rangle=\int_0^\infty e^y \varphi(x+y)dy

là hàm liên tục và bằng 0 khi x đủ lớn nên tích phân

\langle xH(x), \varphi(x)\rangle=\int_0^\infty x\psi(x)dx

là tích phân xác định.

Như vậy tích chập h(x)=(xH(x)*e^xH(x))(x) được hiểu là hàm suy rộng:

\langle h(u), \varphi(u)\rangle=\int_o^\infty xdx\int_0^\infty e^y \varphi(x+y)dy

=\int_0^\infty xdx\int_x^\infty e^{u-x}\varphi(u)du (đổi biến u=x+y)

=\int_0^\infty e^u\varphi(u)du\int_0^u xe^{-x}dx

=\int_0^\infty (e^u-u-1)\varphi(u)du

hay xH(x)*e^xH(x)=(e^x-x-1)H(x).

Bài chứng minh đẳng thức

\sin{(x)}H(x)*\cos{(x)}H(x)=\dfrac{x\sin{(x)}}{2}H(x)

làm tương tự.

Comments: Be the first to comment

Phép chia trong không gian hàm suy rộng

Posted Tháng Mười Hai 11, 2009 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Trong phần bài tập giao cho lớp K51A1T có bài tập liên quan đến hàm suy rộng kiểu như  sau: \dfrac{1}{x}\delta.

Để hiểu hàm suy rộng kiểu này ta cần hiểu phép chia hàm Dirac cho hàm x là như  nào?

Một cách tổng quát ta sẽ xem xét bài toán sau:

Cho hàm P\in \mathcal D(\mathbb R) và hàm suy rộng v\in \mathcal D'(\mathbb R).

Tìm hàm suy rộng u\in\mathcal D'(\mathbb R) thỏa mãn phương trình Pu=v.

Trong bài này, ta chỉ xét hàm P là đa thức với hệ số thực!

Bài toán trên liên quan đến việc giải phương trình vi phân đạo hàm riêng với hệ số hằng.

Cụ thể như  sau, tìm nghiệm của phương trình vi phân đạo hàm riêng:

Pu(x)=f(x), x\in \mathbb R^n.

với P=\sum\limits_{|\alpha|\le m}a_\alpha \dfrac{\partial^\alpha}{\partial x^\alpha} là toán tử vi phân đạo hàm riêng cấp m với hệ số a_\alpha\in \mathbb C, \alpha\in\mathbb Z^n_+, là các hằng số.

Biến đổi Fourier hai vế của phương trình vi phân trên:

P(\xi)\hat{u}(\xi)=\hat{f}(\xi)

với P(\xi) là đa thức!

Quay trở lại bài toán chia của hàm suy rộng, giả sử P là đa thức một biến cấp m với hệ số thực. Ta có thể viết nó dưới dạng

P(x)=a_0\prod_{j=1}^k (x^2+b_j)^{p_j}\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}

trong đó, k, l, p_j, q_j là các số nguyên không âm thỏa mãn 2\sum\limits_{j=1}^kp_j+\sum\limits_{j=1}^lq_j=m,

a_j là các số thực phân biệt, b_j là các số dương phân biệt.

Khi đó hàm g(x)=\dfrac{1}{a_0\prod_{j=1}^k(x_j^2+b_j)^{p_j}} là hàm khả vi vô hạn tăng chậm, nghĩa là nó khả vi vô hạn và với mỗi n\in\mathbb Z_+ đạo hàm cấp n của nó thỏa mãn bất đẳng thức

|D^n g(x)|\le C_n (1+x^2)^{m_n} với mọi x\in \mathbb R, và C_n, m_n là các hằng số dương.

Lúc đó nếu hàm suy rộng w\in\mathcal D'(\mathbb R) là nghiệm của phương trình

\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}w=v

thì nghiệm của phương trình Pu=v sẽ là u=\dfrac{1}{g}w.

Bằng cách phủ \mathbb R bằng các khoảng \omega_j, 1, 2,\dots, l và tập mở \omega_0 sao cho \omega_0 không chứa tất cả các điểm a_j, j=1, 2,\dots, l còn \omega_j, j=1, 2, \dots, l đôi một rời nhau và mỗi \omega_j chỉ chứa đúng một điểm a_j rồi xây dựng phân hoạch đơn vị \psi_j, j=0, 1, \dots, l cho phủ mở đó ta có:

\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}w=\psi_0\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}u+

+\sum\limits_{i=0}^l\psi_i(\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}u).

Ta chuyển bài toán về từng lân cận \omega_j, j=0, 1, \dots, l.

+ trong lân cận \omega_0 không chứa điểm a_j nào nên hàm \dfrac{1}{\prod_{j=1}^l(x-a_j)^{q_j}} là hàm khả vi vô hạn trên \omega_0 nên trên \omega_0:

w=\dfrac{1}{\prod_{j=1}^l (x-a_j)^{q_j}}v;

+ trong lân cận \omega_j, j\in\{1, 2, \dots, l\} chỉ chứa một điểm a_j nên hàm \prod\limits_{1\le i\le l, i\not=j}\dfrac{1}{(x-a_i)^{q_i}} là hàm khả vi vô hạn trên \omega_j nên trên \omega_j nếu

w_j là nghiệm của phương trình (x-a_j)^{q_j}w_j=v

thì w=\dfrac{1}{\prod_{1\le i\le l, i\not=j}(x-a_i)^{q_i}}w_j.

Để giải phương trình (x-a_j)^{q_j}w_j=v, trước hết ta giải bài toán khi v=0.

Giả sử w_j là nghiệm của bài toán thì với mỗi \varphi\in \mathcal D(\omega_j) có

\langle w_j, (x-a_j)^{q_j}\varphi\rangle=0.

Lưu ý rằng \psi_j(x)=1 khi x nằm trong lân cận đủ nhỏ của a_j nên có một ánh xạ tuyến tính liên tục L: \mathcal D(\omega_j)\to \mathcal D(\omega_j) sao cho:

\varphi(x)=\psi_j(x)\sum\limits_{i=0}^{q_j-1}\dfrac{\varphi^{(i)}(0)}{i!}(x-a_j)^i +(x-a_j)^{q_j}L\varphi(x).

Khi đó

\langle w_j, \varphi\rangle=\sum\limits_{i=0}^{q_j-1}\dfrac{\varphi^{(i)}(0)}{i!}\langle w_j, (x-a_j)^i\psi_j\rangle

nên w_j có dạng w_j=\sum\limits_{j=0}^{q_j-1}c_{ij}\delta^{(i)}(x-a_j) với c_{ij}, i=0, 1, \dots, q_j-1 là các hằng số phức.

Dễ dàng kiểm tra lại (x-a_j)^{q_j}\sum\limits_{j=0}^{q_j-1}c_{ij}\delta^{(i)}(x-a_j)=0.

Như vậy hai nghiệm của phương trình (x-a_j)^{q_j}w_j=v khác nhau một số hạng dạng

\sum\limits_{j=0}^{q_j-1}c_{ij}\delta^{(i)}(x-a_j).

Chú ý rằng L((x-a_j)^{q_j}\varphi)=\varphi nên phương trình (x-a_j)^{q_j}w_j=v có một nghiệm như sau

\langle w_{j0}, \varphi\rangle=\langle v, L\varphi\rangle.

Vậy phương trình (x-a_j)^{q_j}w_j=v có nghiệm dạng

w_j=w_{j0}+\sum\limits_{i=0}^{q_j-1}c_{ij}\delta^{(i)}(x-a_j).

Tổng hợp lại nghiệm của phương trình Pu=v có nghiệm

\dfrac{1}{\prod\limits_{j=1}^{k}(x^2+b_j)^{p_j}}\Big(\sum\limits_{j=1}^l \dfrac{\psi_j(x)}{\prod\limits_{1\le i\le j, i\not=j}(x-a_i)^{q_i}}\big(\omega_{j0}+\sum\limits_{i=1}^{q_j-1}c_{ij}\delta^{(i)}(x-a_j)\big)\Big)

+\dfrac{\psi_0(x)}{P(x)}v.

Trở lại việc hiểu thế nào là hàm suy rộng \dfrac{1}{x}\delta.

Đây chính là nghiệm của phương trình xu=\delta.

Theo cách như trên với \varphi\in\mathcal D(\mathbb R):

\langle \dfrac{1}{x}\delta, \varphi\rangle=\langle \delta, L\varphi\rangle+c\varphi(0)

với L\varphi(x)=\dfrac{\varphi(x)-\psi(x)\varphi(0)}{x} và \psi\in C^\infty_0(\mathbb R; [0, 1]), là hàm cố định sao cho \psi(x)=1 trong một lân cận đủ nhỏ của 0.

Khi đó ta có

L\varphi(0)=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\varphi(x)-\psi(x)\varphi(0)}{x}=\varphi'(0)

nên \dfrac{1}{x}\delta=\delta'+c\delta với c là hằng số phức.

Comments: 3 Comments

Công thức Poisson và Lý thuyết liên lạc

Posted Tháng Mười Hai 8, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Dựa vào công thức Poisson kiểu như sau:

\sum\limits_{k\in\mathbb Z} f(ks)e^{-iksw}=\dfrac{1}{s}\sum\limits_{k\in\mathbb Z}\hat{f}(w-\frac{2k\pi}{s})

trong đó s>0, w\in \mathbb R là các số bất kỳ, còn f\in S(\mathbb R) và \hat{f}(w)=\int\limits_{\mathbb R}e^{-iwx}f(x)dx là biến đổi Fourier của hàm f,

J. Whittaker (năm 1935), C. E. Shannon (năm 1949) đã áp dụng vào lý thuyết liên lạc (communication theory) như sau:

nếu giá của \hat{f} nằm trong [-\frac{\pi}{s}, \frac{\pi}{s}] thì

f(t)=\sum\limits_{k\in\mathbb Z}f(ks)\phi_s(t-ks)

với \phi_s(t)=\dfrac{\sin{(\pi t/s)}}{\pi t/s}.

Diễn đạt lại kết quả trên của J. Whittaker, C. E. Shannon: nếu một trạng thái f(t) có phổ nằm trong một khoảng [-\frac{\pi}{s}, \frac{\pi}{s}] thì ta có thể phục hồi trạng thái đó thông qua các tín hiệu rời rạc về trạng thái đó

f(ks)=\langle \phi_s(t-ks), f(t)\rangle.

Comments: Be the first to comment

Định lý Paley-Wiener-Shwartz cho tập lồi

Posted Tháng Mười Một 23, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Định lý Paley-Wiener khẳng định rằng nếu hàm u\in C^\infty_0(\mathbb R^n) có giá nằm trong hình cầu B_R(0) thì với mỗi số thực N, biến đổi Fourier \psi(\zeta)=\mathcal F u(\zeta)  có đánh giá:

|\psi(\zeta)|\le C_N(1+||\zeta||)^{N}e^{R||Im\zeta||}, \forall \zeta\in\mathbb C^n.

Còn Định lý Paley-Wiener-Shwartz khẳng định nếu hàm suy rộng u\in \mathcal E'(\mathbb R^n)

có giá nằm trong hình cầu B_R(0) thì có một số thực N, biến đổi Fourier \psi(\zeta)=\mathcal F u(\zeta) có đánh giá:

|\psi(\zeta)|\le C_N(1+||\zeta||)^{N}e^{R||Im\zeta||}, \forall \zeta\in\mathbb C^n.

Để ý rằng hàm H(\xi)=R||\xi||, \xi\in\mathbb R^n chính là hàm tựa (supporting function) của hình cầu B_R(0) nghĩa là

B_R(0)=\{ x\in\mathbb R^n|\; \langle x, \xi\rangle\le H(\xi), \forall \xi\in \mathbb R^n\}.

Ngoài ra, trong khi chứng minh yếu tố đánh giá chính là:

\langle x, \xi\rangle\le R||\xi||, \forall x\in B_R(0) \forall \xi\in\mathbb R^n.

Ta lại biết rằng trên mỗi tập lồi compact K\subset\mathbb R^n xác định một hàm tựa:

H(\xi)=\sup\limits_{x\in K}\langle x, \xi\rangle.

Hàm tựa H(\xi) là một hàm lồi, thuần nhất dương.

Ngược lại với mỗi hàm lồi thuần nhất dương H:\mathbb R^n\to \mathbb R đều xác định một tập lồi compact:

K=\{x\in\mathbb R^n|\; \langle x, \xi\rangle\le H(\xi), \forall \xi\in\mathbb R^n\}

có hàm tựa chính là hàm H.

Như vậy, ta có thể nghĩ đến việc mở rộng Định lý Paley-Wiener-Schwartz cho tập lồi như  sau.

Cho tập lồi compact K với hàm tựa H.

Hàm giải tích \psi: \mathbb C^n \to \mathbb C là biến đổi Fourier của một hàm u\in C^\infty_0(\mathbb R^n) với giá supp u\subset K

khi và chỉ khi

với mỗi số thực N đều có một số dương C_N để

|\psi(\zeta)|\le C_N(1+||\zeta||)^{N}e^{H(Im\zeta)}, \forall \zeta\in\mathbb C^n.

Hàm giải tích \psi: \mathbb C^n \to \mathbb C là biến đổi Fourier của một hàm suy rộng u\in \mathcal E'(\mathbb R^n) với giá supp u\subset K

khi và chỉ khi

có một số thực N và một số dương C_N để

|\psi(\zeta)|\le C_N(1+||\zeta||)^{N}e^{H(Im\zeta)}, \forall \zeta\in\mathbb C^n.

Comments: 1 Comment

Hợp thành của hàm suy rộng Dirac và hàm thông thường

Posted Tháng Mười Một 7, 2009 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Trong  phần bài tập giao cho lớp K51A1T có những bài yêu cầu tính toán các hàm suy rộng kiểu

\delta(x^2-a^2), \delta(\sin{x}).

Thoạt nhìn tôi chưa hiểu các hàm suy rộng kiểu này!

Để hiểu chúng  ta đi từng bước như sau.

Xét hàm g: \Omega_1\to\Omega_2 là phép vi phôi (nghĩa là khả vi vô hạn, song ánh và ánh xạ ngược g^{-1} cũng khả vi vô hạn), với \Omega_1, \Omega_2 là các tập mở trong \mathbb R^n.

Dễ dàng kiểm tra ánh xạ \varphi \to \varphi o g là ánh xạ tuyến tính liên tục từ \mathcal D(\Omega_2)\to \mathcal D(\Omega_1).

Từ đó, không khó khăn gì ta có ánh xạ biến mỗi hàm suy rộng f\in \mathcal D'(\Omega_2) thành hàm suy rộng f o g trên \Omega_1 xác định bởi

\langle f(g(x)), \varphi(x)\rangle=\langle f(y), |Jg^{-1}(y)|\varphi(g(y))\rangle

là ánh xạ tuyến tính liên tục!

Hàm suy rộng \delta(g(x)) được hiểu như sau.

Lấy một dãy hàm \varphi_k\in C^\infty_0(\mathbb R^n) sao cho \delta=\mathcal D'_{-}\lim\limits_{k\to\infty}\varphi_k.

Từ đó, ta có \delta(g(x))=\mathcal D'_{-}\lim\limits_{k\to\infty}\varphi_k(g(x)).

Trong trường hợp \Omega_2 không chứa gốc ta sẽ hiểu hàm Dirac như hàm suy rộng 0 trong \mathcal D'(\Omega_2) vì mỗi hàm \varphi\in C_0^\infty(\Omega_2) có thể coi như hàm xác định trên toàn không gian \mathbb R^n với giá nằm trong \Omega_2. Như vậy, \delta(g(x))=0 trong \Omega_1.

Trong trường hợp \Omega_2 chứa  gốc nghĩa là sẽ có một điểm x_0\in \Omega_1 để g(x_0)=0. Ta có

\langle \varphi_k(g(x)), \varphi(x)\rangle=\langle \varphi_k(y), |Jg^{-1}(y)|\varphi(g(y))\rangle

nên

\lim\limits_{k\to\infty}\langle \varphi_k(g(x)), \varphi(x)\rangle=\langle\delta(y), |Jg^{-1}(y)|\varphi(g(y))\rangle=\dfrac{\varphi(x_0)}{|Jg(x_0)|}.

Như vậy, ta có thể hiểu được \delta(x+a) là hàm suy rộng:

\langle \delta(ax-b), \varphi(x)\rangle=\dfrac{\varphi(b/a)}{a} với g(x)=ax+b, a\not=0.

Quay trở lại việc tìm hiểu hàm suy rộng kiểu \delta(x^2-a^2), \delta(\sin{x}) ta cần xét tới hàm g\in C^\infty(\mathbb R; \mathbb R) có tính chất tập các điểm tới hạn \{x|\; g'(x)=0\} không chứa không điểm của g. Khi đó, hàm suy rộng \delta(g(x)) được hiểu như nào?

Nếu g không có không điểm nào thì \delta(g(x))=0.

Nếu g có không điểm thì tập không điểm của g là tập rời rạc vì nếu nó có điểm tụ thì tại đó g và đạo hàm của nó cùng bằng 0. Ta có thế đánh số tập không điểm của g gồm: x_1, x_2, \dots (có thế vô hạn đếm được hoặc hữu hạn).

Tại mỗi điểm x_k đều có một lân cận (x_k-\epsilon_k, x_k+\epsilon_k) không chứa bất kỳ x_j, j\not=k, và đạo hàm g' không đổi  dấu hay hàm g:(x_k-\epsilon_k, x_k+\epsilon_k)\to g(x_k-\epsilon_k, x_k+\epsilon_k) là một phép vi phôi. Khi đó, trên (x_k-\epsilon_k, x_k+\epsilon_k) hàm suy rộng \delta(g(x)) xác định bởi:

\langle \delta(g(x)), \varphi(x)\rangle=\dfrac{\varphi(x_k)}{|g'(x_k)|}, \varphi\in C_0^\infty(x_k-\epsilon_k, x_k+\epsilon_k).

Trên tập U_0=\mathbb R\setminus (\cup_{k}(x_k-\frac{\epsilon_k}{2}, x_k+\frac{\epsilon_k}{2})) hàm g không có không điểm nên \delta(g(x))=0 trên đó!

Xây dựng một phân hoạch đơn vị \{\psi_k\} ứng với phủ \{U_k\} của đường thẳng thực \mathbb R.

Khi đó, trên \mathbb R hàm suy rộng \delta(g(x)) được hiểu như sau

\langle \delta(g(x)), \varphi(x)\rangle=\langle\delta(g(x)), \sum\limits_{k}\psi_k(x)\varphi(x)\rangle=\sum\limits_{k}\dfrac{\varphi(x_k)}{|g'(x_k)|}.

Lưu ý rằng tổng sau là tổng hữu hạn vì giá của \varphi là tập compact và trong mỗi tập compact chỉ chứa hữu hạn không điểm của g.

Như vậy, hàm suy rộng \delta(x^2-a^2) được hiểu

\langle \delta(x^2-a^2), \varphi(x)\rangle=\dfrac{\varphi(a)+\varphi(-a)}{2a}

và hàm suy rộng \delta(\sin(x)) được hiểu

\langle \delta(\sin(x)), \varphi(x)\rangle=\sum\limits_{k\in\mathbb Z}\varphi(k\pi).

Comments: Be the first to comment

Kiểm tra giữa kỳ môn Hàm suy rộng K51A1T

Posted Tháng Mười Một 4, 2009 by datuan5pdes
Categories: Đề thi

kiemtragiuakyK51

Tôi đã chấm xong bài thi giữa kỳ môn Hàm suy rộng và gửi bảng điểm vào hòm thư  của lớp K51A1T trên khoa Toán.

Chỉ có một bài điểm 10 của Hà Trọng Hậu. Thấp nhất là 0,5 điểm.

Cả hai nhóm đều vướng vào chuyện:

\int\limits_0^1 \dfrac{1}{x}dx=+\infty, \int\limits_0^1\dfrac{1}{x^2}dx=+\infty.

Comments: 5 Comments

Sách “Hàm suy rộng” của Ram P. Kanwal

Posted Tháng Mười 24, 2009 by datuan5pdes
Categories: Giáo trình

Tôi đã đưa vào boxnet bản điện tử cuốn sách  “Hàm suy rộng ” của Ram P. Kanwal.

Cuốn tôi đã đưa cho lớp K51A1T là cuốn tái bản và bổ sung lần thứ ba của cuốn này.

Về cơ bản cuốn tái bản không khác nhiều lắm so với bản điện tử này.

Comments: 7 Comments

« Older Entries