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: 3 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

Định lý “Edge of the Wedge”

Posted Tháng Tư 25, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Định lý “Edge of the Wedge” liên quan đến cái gọi là hyperfunctions. Hyperfunctions trên \mathbb R được định nghĩa là hàm chỉnh hình trên \mathbb C\setminus \mathbb R chia thương cho không gian các hàm chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức \mathbb C, nghĩa là hai hyperfunctions bằng nhau nếu hiệu của chúng có thể thác triển thành một hàm chỉnh hình trên \mathbb C. Hoặc hiểu một cách nôm na, hyperfunction là bước nhảy từ nửa mặt phẳng dưới lên nửa mặt phẳng trên của hàm chỉnh hình trên \mathbb C\setminus\mathbb R.

Định lý “Egde of the Wedge” tìm điều kiện để hai hyperfunctions bằng nhau. Nói cách khác, Định lý “Edge of the Wedge” cho ta một đặc trưng cho phần tử không của không gian các hyperfunctions.

Định lý được phát biểu như sau.

Cho S là một nón mở trong \mathbb R^n và số thực dương r.

Đặt V=\{x\in S|\; ||x||<r\}, -V=\{-x|\; x\in V\}.

Lấy E là một tập mở trong \mathbb R^n.

Đặt W^+=E+iV, W^-=E-iV.

Khi đó, định lý “Edge of the Wedge” khẳng định rằng có một tập mở \Omega\subset \mathbb C^n chứa W^+\cup E \cup W^- sao cho:

nếu hàm liên tục f: W^+\cup E \cup W^- \to \mathbb C chỉnh hình trong W^+\cup W^- và tồn tại giới hạn sau:

\mathcal D'_{-}\lim\limits_{y\to 0} f(.+ iy)

hay cụ thể hơn tồn tại giới hạn

\lim\limits_{y\to 0}\int_E f(x+iy)\varphi(x)dx

với mọi \varphi \in C_0^\infty(E), chú ý y\in V\cup (-V),

thì hàm f có thể thác triển thành hàm chỉnh hình trên \Omega.

Comments: Be the first to comment

Đề thi cuối kỳ lần II môn hàm suy rộng K50A1T

Posted Tháng Hai 25, 2009 by datuan5pdes
Categories: Đề thi

kiemtracuoikyk50lan2

Tôi đã chấm bài thi lần II. Nói chung điểm trên 5. Chỉ có khoảng ba, bốn người dưới 5.

Comments: Be the first to comment

Sách tham khảo

Posted Tháng Một 24, 2009 by datuan5pdes
Categories: Tham khảo

Tôi vừa mới tạo Box.net, trong đó chứa một số tài liệu tham khảo liên quan đến Hàm suy rộng và Không gian Sobolev. Đặc biệt, cuốn bài tập của Zuily có khá nhiều bài tập cũng như lời giải của chúng. Cám ơn Thầy Dư Đức Thắng đã giới thiệu!

Comments: 2 Comments

« Previous Entries
Trang sau »