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_i\delta^{(i)}(x-a_j) với c_i, 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_i\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_i\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_i\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_i\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: 1 Comment

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: 4 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

Hàm suy rộng có cấp vô hạn

Posted Tháng Mười 5, 2009 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Trên đường thẳng \mathbb R xét hàm suy rộng:

\langle f, \varphi\rangle=\sum_{j=1}^\infty \varphi^{(j)}(j)

trong đó \varphi^{(j)} được hiểu là đạo hàm cấp j của hàm \varphi.

Buổi sáng ngày 05/10/2009, tôi có trao đổi với nhóm trình bày về việc chừng minh f là hàm suy rộng cấp vô hạn. Cụ thể, ta sẽ chỉ ra dãy hàm \phi_j\in\mathcal D(\mathbb R) sao cho

|\langle f, \phi_j\rangle|>j \sum_{k\le j} \sup_{x\in \mathbb R}|\phi^{(k)}_j(x)|.

Như trong giáo trình, Ví dụ 11, ta chọn \phi_j(x)=(x-j)^j \phi(\frac{x-j}{\epsilon_j}) với \epsilon_j>0 được chọn sau.

Ta có thể chọn \epsilon_j<1/2.

Trong buổi trao đổi, điều vướng mắc nằm ở chỗ

\phi^{(k)}_j(k)=0 khi k\not=j.

Để ý rằng supp\phi_j \subset supp\phi(\frac{x-j}{\epsilon_j})\subset (j-\epsilon_j, j+\epsilon_j)

mà 0<\epsilon_j<1/2 nên

supp\phi^{(k)}_j\subset supp\phi_j\subset (j-1/2, j+1/2).

Từ đó, khi số nguyên k\not=j có

\phi^{(k)}_j(k)=0.

Comments: 6 Comments

Trao đổi về bài giảng

Posted Tháng Chín 15, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Qua bài giảng, ngày 15/09/2009, tôi thấy: thứ nhất về phần trình bày tương đối rõ ràng về hình thức, tuy nhiên cần lưu ý hơn về các khái niệm. Nói cách khác cần làm rõ và cụ thể các khái niệm. Chẳng hạn C^\infty là gì? Làm thế nào để biết f\in C^\infty? Hoặc mô tả hình học của K_\epsilon?

Thứ hai, dưới lớp cũng đã có những câu hỏi. Điều này rất có ích cho người trình bày vì người trình bày cần phải nghe và suy nghĩ để trả lời chính xác câu hỏi! Tôi cũng rất mong mọi người đặt nhiều câu hỏi hơn không chỉ trong bài giảng mà cả trên trang web này! Có thể tôi trả lời hoặc ai đó cũng có thể trả lời những câu hỏi đó!

Hôm nay, trong bài giảng có đề cập đến điều sau:

Nếu K là tập đóng và \varphi\in C(\mathbb R^n) mà \varphi(x)=0 \; \forall x\not\in K. Khi đó, supp\varphi\subset K.

Ai có thể giải thích giúp tôi điều này? Nếu K không đóng thì điều gì sẽ xảy ra? Có thể đưa ra những ví dụ cụ thể minh họa cho các trường hợp có thể xảy ra?

Comments: 10 Comments

Hội tụ về hàm Dirac (tiếp)

Posted Tháng Chín 8, 2009 by datuan5pdes
Categories: Bài tập

Trong bài giảng ngày 08/09/2009, tôi có yêu cầu chữa bài tập về sự hội tụ tới hàm Dirac của dãy hàm sau:

g_m(x)=c_m (1-x^2)^m khi |x|\le 1 và g_m(x)=0 khi |x|\ge 1;

trong đó c_m=\dfrac{(2m+1)!}{2^{2m+1}(m!)^2}.

Dĩ nhiên c_m là hằng số để \int_{\mathbb R}g_m(x)dx=1. Thật vậy, điều này được chứng minh qua công thức truy hồi:

I_m=\int_{-1}^1 (1-x^2)^mdx=\int_{-1}^1(1-x^2)^{m-1}dx+\int_{-1}^1 xd\frac{(1-x^2)^m}{2m}

=I_{m-1}-\dfrac{I_m}{2m}.

Đầu tiên nhờ công thức Stirrling:

n! xấp xỉ (2\pi)^{1/2} n^{n+1/2} e^{-n} khi n\to\infty

ta có

c_m xấp xỉ (2\pi)^{-1/2}(2m+1)^{1/2} khi m\to\infty\;\;\; (1).

Lại để ý rằng với \varphi\in C_0^\infty(\mathbb R) có một số dương M để

\big|\dfrac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}\big|\le M với mọi x\in\mathbb R.

Khi đó

|\int_{\mathbb R}g_m(x)(\varphi(x)-\varphi(0))dx|\le M\int_{-1}^1 c_m (1-x^2)^m |x| dx

mà

\int_{-1}^1(1-x^2)^m|x|dx=\dfrac{1}{m+1} 

nên từ (1) ta có điều phải chứng minh.

Comments: 1 Comment

Biến đổi Fourier trong không gian L^p

Posted Tháng tám 26, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Trong bài này, tôi sử dụng biến đổi Fourier

\mathcal F f(\xi)=(2\pi)^{-1/2}\int_{\mathbb R}e^{-ix\xi}f(x)dx.

Khi đó , nếu f\in L^1(\mathbb R) thì biến đổi Fourier \mathcal F f là xác định và

|\mathcal Ff(\xi)|\le C||\mathcal F f||_{L^1}, \forall \xi\in\mathbb R.

Nói cách khác biến đổi Fourier là ánh xạ tuyến tính bị chặn từ L^1(\mathbb R) vào L^\infty(\mathbb R).

Còn nếu f\in L^1(\mathbb R)\cap L^2(\mathbb R) ta có đẳng thức Plancherel

||\mathcal F f||_{L^2}=||f||_{L^2}.

Nói cách khác biến đổi Fourier là một ánh xạ đẳng cấu và bảo toàn chuẩn trong L^2(\mathbb R).

Như vậy, từ Lý thuyết nội suy có biến đổi Fourier là ánh xạ tuyến tính bị chặn từ L^p(\mathbb R) vào L^{q}(\mathbb R) với

1\le p\le 2, \dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1.

Tuy nhiên, điều tương tự không xảy ra khi p>2. Thật vậy, biến đổi Fourier không là ánh xạ từ L^p(\mathbb R) vào L^q(\mathbb R) khi p>2.

Để làm điều này, ta sẽ lấy một dãy \{\varphi_j\}_{j=1}^\infty bị chặn trong L^p(\mathbb R), p>2 và trong L^q(\mathbb R) dãy chuẩn \{||\mathcal F\varphi_j||_{L^q}\}_{j=1}^\infty tiến ra vô cùng.

Ta chọn dãy \varphi_k(x)=e^{-(1-ik)x^2}. Không khó khăn để thấy biến đổi Fourier \mathcal F \varphi_k thỏa mãn bài toán Cauchy:

2(1-ik)\dfrac{d\mathcal F\varphi_k}{d\xi}(\xi)-\xi\mathcal F \varphi_k(\xi)=0,

với điều kiện ban đầu \mathcal F\varphi(0)=\dfrac{1}{\sqrt{2(1-ik)}}

nên \mathcal F\varphi_k(\xi)=\dfrac{1}{\sqrt{2(1-ik)}}e^{-\frac{(1+ik)\xi^2}{4(1+k^2)}}.

Khi đó chuẩn trong L^p(\mathbb R):

||\varphi_k||_{L^p}=\dfrac{\pi^{1/2p}}{p^{1/2p}};

còn chuẩn trong L^q(\mathbb R)

||\mathcal F\varphi_k||_{L^q}=\dfrac{2^{\frac{1}{q}-\frac{1}{2}}(1+k^2)^{\frac{1}{2q}-\frac{1}{4}}\pi^{1/2q}}{q^{1/2q}}.

Lưu ý rằng 1\le q<2 nên khi k tiến ra vô cùng ||\mathcal F\varphi_k||_{L^q} sẽ tiến ra vô cùng.

Comments: 5 Comments

« Previous Entries
Trang sau »