Một số tính chất của toán tử tích phân

Trong bài giảng về “Bài toán biên elliptic” cho lớp Cao học 2010-2012, khi nói về toán tử vi phân elliptic tôi có đề cập đến toán tử tích phân

$Tf(x)=\int\limits_{\mathbb R^n} K(x, y)f(y)dy$

với hạch $K: \mathbb R^n \times \mathbb R^n \to \mathbb C$ là các hàm đo được.

Cách nhìn như dưới đây tôi sẽ trình bày dựa trên tài liệu về toán tử elliptic của A. I. Komech.

Các bạn có thể tham khảo thêm tài liệu của Komech qua trang web

http://www.mat.univie.ac.at/~komech/articles/index.html

Khi hạch $K(x, y)$ thỏa mãn

$\int\limits_{\mathbb R^n} |K(x, y)|dx< C, \int\limits_{\mathbb R^n} |K(x, y)|dy< C$

thì theo Bổ đề Schur có

$T: L^p(\mathbb R^n)\to L^p(\mathbb R^n), 1\le p\le +\infty,$ là toán tử bị chặn.

Chứng minh bổ đề này khá đơn giản. Dưới đây tôi trình bày cho trường hợp $p=2$ dựa trên một số đánh giá như sau.

Áp dụng Bất đẳng thức Holder cho

$f_1(x, y)=|K(x, y)|^{1/2}, f_2(x, y)=|K(x, y)|^{1/2}|f(y)|$

có

$\int\limits_{\mathbb R^n} |K(x, y)f(y)|dy\le \big(\int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)|dy\big)^{\frac{1}{2}}\big(\int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)||f(y)|^2dy\big)^{\frac{1}{2}}$

$\le C^{1/2}(\int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)||f(y)|^2dy)^{1/2}$ .

Từ đó

$\int\limits_{\mathbb R^n}|Tf(x)|^2dx\le C\int\limits_{\mathbb R^n}dx \int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)||f(y)|^2dy$

$\le C\int\limits_{\mathbb R^n}|f(y)|^2dy \int\limits_{\mathbb R^n} |K(x, y)|dx$ (dùng Fubini)

nên

$||Tf||_{L^2}\le C||f||_{L^2}$ .

Toán tử tích phân

$Tf(x)=\int\limits_{\mathbb R^n}K(x, y)f(y)dy$

xuất hiện trong bài giảng như nào?

Xét toán tử nhân

$a(x): u(x)\mapsto a(x)u(x)$ với $a(x)\in S(\mathbb R^n)$ .

Ta cần chứng minh toán tử nhân $a(x)$ là toán tử tuyến tính bị chặn từ $H^s(\mathbb R^n)$ vào chính nó. Cụ thể hơn, ta cần có đánh giá sau

$\int\limits_{\mathbb R^n}(1+|\xi|^2)^s|\mathcal F(au)(\xi)|^2d\xi\le C \int\limits_{\mathbb R^n}(1+|\xi|^2)^s|\mathcal F(u)(\xi)|^2d\xi\;\;\;(1)$

trong đó $|\xi|=(\xi_1^2+\dots + \xi_n^2)^{1/2}, x\xi=x_1\xi_1+\dots +x_n\xi_n$ ,

$\mathcal F u(\xi)=(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-ix\xi}u(x)dx$ .

Với lưu ý

$\mathcal F(au)(\xi)=(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb R^n}\mathcal F a(\xi-\eta) \mathcal F u(\eta)d\eta$

ta đặt

$v(\xi)=(1+|\xi|^2)^{s/2}\mathcal F u(\xi), K(\xi, \eta)=\dfrac{(1+|\xi|^2)^{s/2}}{(1+|\eta|^2)^{s/2}}\mathcal Fa(\xi-\eta)$ ,

đánh giá $(1)$ chính là tính bị chặn trong $L^2(\mathbb R^n)$ của toán tử tích phân

$T: v(\xi)\mapsto Tv(\xi)=\int\limits_{\mathbb R^n}K(\xi, \eta)v(\eta)d\eta$ .

Chú ý rằng $a(x)\in S(\mathbb R^n)$ nên $\mathcal F a(\xi)\in S(\mathbb R^n)$ , nghĩa là

với mọi số tự nhiên $N$ và đa chỉ số $\alpha$ đều có số dương $C$ sao cho

$|D^\alpha\mathcal F a(\xi)|\le C(1+|\xi|^2)^{-N}$ , $\;\;\;(2)$

và sử dụng bất đẳng thức Peetre

$\dfrac{(1+|\xi|^2)^{s/2}}{(1+|\eta|^2)^{s/2}}\le C(1+|\xi-\eta|^2)^{|s|/2}$

ta kiểm tra được nhân $K(\xi, \eta)$ thỏa mãn

$\int\limits_{\mathbb R^n}|K(\xi, \eta)|d\xi\le C, \int\limits_{\mathbb R^n}|K(\xi, \eta)|d\eta\le C$ .

Thực chất ta chỉ dùng $(2)$ với $\alpha=0, 2N=n+1+|s|$ . Từ đó thấy rằng chỉ cần giả thiết

$|D^\alpha a(x)| \in L^1(\mathbb R^n), \forall |\alpha|\le n+1+|s|$ .

Toán tử nhân $a(x)$ là trường hợp riêng toán tử giả vi phân với biểu trưng

$p(x, \xi)=a(x)\in S^0$ ,

trong đó $S^m, m\in\mathbb R$ là không gian các biểu trưng

$p(x, \xi)=p^0(\xi)+p^1(x, \xi)$ khả vi vô hạn và thỏa mãn

+ với mỗi đa chỉ số $\alpha$ có số dương $C_\alpha$ để

$|D_\xi^\alpha p^0(\xi)|\le C_\alpha(1+|\xi|)^{m-|\alpha|}, \forall \xi\in\mathbb R^n$ ,

+ với mỗi đa chỉ số $\alpha, \beta$ và số dương $N$ có số dương $C_{\alpha, \beta, N}$ để

$(1+|x|)^N|D_\xi^\alpha p^1(x, \xi)|\le C_{\alpha, \beta, N}(1+|\xi|)^{m-|\alpha|}, \forall x, \xi \in\mathbb R^n$ .

Việc chứng minh toán tử giả vi phân ứng với biểu trưng $p(x, \xi)$

$p(x, D)u(x)=\int\limits_{\mathbb R^n}e^{ix\xi}p(x, \xi)\mathcal F u(\xi)d\xi$

là toán tử bị chặn từ $H^s(\mathbb R^n)$ vào $H^{x-m}(\mathbb R^n)$

nhìn chung

+ với toán tử $p^0(D)$ chứng minh khá trực tiếp,

+ với toán tử $p^1(x, D)$ cũng dựa vào tính bị chặn của toán tử tích phân với nhân có thay đổi đôi chút

$K(\xi, \eta)=\dfrac{(1+|\xi|^2)^{\frac{s-m}{2}}}{(1+|\eta|^2)^{\frac{s}{2}}}\mathcal F p^1(\xi-\eta, \eta)$ ,

trong đó $\mathcal F p^1(\xi, \eta)=(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb R^n} e^{-ix\xi}p^1(x, \eta)dx$ .

Người ta có thể giảm bớt độ trơn và tính bị chặn của $p(x, \xi)$ . Các bạn có thể tham khảo thêm qua bài tổng quan sau

2967

Trong bài giảng, khi đề cập đến toán tử điều chỉnh của toán tử vi phân elliptic mạnh có nói đến tính compact của toán tử giả vi phân

$p(x, D): H^s(\mathbb R^n)\to H^s(\mathbb R^n)$ ,

với biểu trưng $p(x, \xi)=p^1(x, \xi)\in S^m$ khi $m$ đủ lớn.

Để chứng minh tính compact này lại cũng liên quan đến tính compact của toán tử tích phân với nhân

$K(\xi, \eta)=\dfrac{(1+|\xi|^2)^{\frac{s}{2}}}{(1+|\eta|^2)^{\frac{s}{2}}}\mathcal F p^1(\xi-\eta, \eta)$ .

Khi $m$ đủ lớn thì hạch thỏa mãn

$\int\limits_{\mathbb R^n}\int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)|^2dxdy<C$ .

Lúc đó toán tử

$T: L^2(\mathbb R^n)\to L^2(\mathbb R^n)$ là compact.

Với $f\in L^2(\mathbb R^n)$ , sử dụng bất đẳng thức Holder có

$|Tf(x)|^2\le \int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)|^2dy\int\limits_{\mathbb R^n}|f(y)|^2dy$ .

Do đó có

$||Tf||_{L^2}^2\le ||f||_{L^2}^2\int_{\mathbb R^n}\int_{\mathbb R^n}|K(x, y)|^2dxdy\;\;(3)$ .

Để chứng minh tính compact của $T$ ta sẽ

+ hoặc chứng minh trực tiếp từ định nghĩa, cụ thể

cứ lấy một dãy bị chặn $f_k, k=1, 2, \dots$ trong $L^2(\mathbb R^n)$ ,

rồi chỉ ra một dãy con của dãy ảnh $Tf_k, k=1, 2, \dots$ hội tụ trong $L^2(\mathbb R^n)$ ;

+ hoặc chỉ ra rằng $T$ là giới hạn của dãy toán tử hữu hạn chiều $T_k$ (ảnh của các toán tử này là các không gian con hữu hạn chiều của $L^2(\mathbb R^n)$ ).

Với cách tiếp cận thứ nhất, ta dùng một số kết quả sau của không gian Hilbert:

(xem http://en.wikipedia.org/wiki/Weak_convergence_%28Hilbert_space%29)

+ dãy bị chặn sẽ có dãy con hội tụ yếu,

+ dãy hội tụ yếu là hội tụ mạnh khi và chỉ khi dãy chuẩn của dãy đó hội tụ.

Ngoài ra ta còn sử dụng Định lý hội tụ bị chặn Lebesgue

(xem http://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_convergence_theorem).

Ta đi vào chi tiết. Lấy dãy $f_k, k=1, 2, \dots$ bị chặn bởi $C$ trong $L^2(\mathbb R^n)$ . Khi đó nó có dãy con hội tụ yếu, để đơn giản ta coi như dãy $f_k, k=1, 2, \dots$ hội tụ yếu, nghĩa là có $f\in L^2(\mathbb R^n)$ sao cho

$\lim\limits_{k\to\infty}\int\limits_{\mathbb R^n}f_k(x)g(x)dx=\int\limits_{\mathbb R^n}f(x)g(x)dx, \forall f\in L^2(\mathbb R^n)$ .

Để ý với $g\in L^2(\mathbb R^n)$ , bằng Fubini có

$\int\limits_{\mathbb R^n} Tf_k(x)g(x)dx=\int\limits_{\mathbb R^n}f_k(y)h(y)dy, h(y)=Tg(y)\in L^2(\mathbb R^n)$ .

Từ đó có dãy $Tf_k, k=1, 2, \dots$ hội tụ yếu đến $Tf$ .

Như vậy để chứng minh $T$ là toán tử compact ta chỉ còn phải chứng minh dãy chuẩn

$||Tf_k||_{L^2}=\int\limits_{\mathbb R^n}|Tf_k(x)|^2dx, k=1, 2, \dots$

hội tụ đến

$||Tf||_{L^2}=\int\limits_{\mathbb R^n}|Tf(x)|^2dx$ .

Để chứng minh sự hội tụ trên ta dùng Định lý hội tụ bị chặn Lebesgue, cụ thể ta chỉ cần chứng minh

+ dãy $Tf_k(x), k=1, 2, \dots$ hội tụ điểm đến $Tf(x)$ ,

+ $|Tf_k(x)|$ bị chặn bởi $g(x)\in L^2(\mathbb R^n)$ .

Từ giả thiết có $K(x, .)\in L^2(\mathbb R^n)$ với hầu hết $x\in\mathbb R^n$ nên từ tính hội tụ yếu của dãy $f_k$

với hầu hết $x\in \mathbb R^n$ có

dãy $Tf_k(x)=\int\limits_{\mathbb R^n}K(x, y)f_k(y)dy$

hội tụ đến $Tf(x)=\int\limits_{\mathbb R^n}K(x, y)f(y)dy$ .

Ta còn phải chứng minh ý thứ hai. Chứng minh này xuất phát từ

$|Tf(x)|^2\le \int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)|^2dy\int\limits_{\mathbb R^n}|f(y)|^2dy$

nên dãy $Tf_k(x)$ bị chặn bởi hàm

$g(x)=C(\int\limits_{\mathbb R^n}|K(x, y)|^2dy)^{1/2}\in L^2(\mathbb R^n)$ .

Kết thúc chứng minh theo hướng tiếp cận trực tiếp.

Để đi theo hướng thứ hai ta dùng một cơ sở trực giao $e_k(x), k=1, 2, \dots$ của $L^2(\mathbb R^n)$ , chẳng hạn cơ sở Haar. Các bạn có thể xem

772f07lec03

Khi đó $e_j(x)e_k(y), j, k=1, 2, \dots$ lập thành cơ sở trực giao của $L^2(\mathbb R^n\times\mathbb R^n)$ .

Từ giả thiết $K\in L^2(\mathbb R^n\times \mathbb R^n)$ ta có

$K(x, y)=\sum\limits_{j, k=1}^\infty c_{jk}e_j(x)e_k(y)$ (hội tụ trong $L^2(\mathbb R^n)$ ).

Khi đó toán tử $T$ là giới hạn của dãy các toán tử hữu hạn chiều

$T_N=\sum\limits_{j, k=1}^N e_j(x)\int\limits_{\mathbb R^n}e_k(y)f(y)dy$ .

Chi tiết chứng minh xin dành cho bạn đọc.

Từ cách chứng minh này dẫn đến toán tử $T$ là toán tử Hilbert-Schmidt.

shiloh05 Tháng Ba 16, 2012 / 4:41 chiều

em chào thầy,

cách đây 2 hôm em có comment cho thầy về bổ dề Fatou. và đang mong chờ thầy cho ý kiến về comment đó. sao bây giờ em vào lại không thấy comment đó đâu hết hả thầy?
nếu do lỗi ký thuật thì em xin post comment đó như sau ạ:

vì topic của thầy có nhắc đến định lý hội tụ bị chặn của Lebesgue nên em có tham khảo lại bổ đề Fatou ( có liên quan mật thiết đến ĐL Hội Tụ Bị Chặn). trong bổ đề ấy có nói về dãy
$ latex \[f_n \ge 0 h.k.n\] $ ( hầu khắp nơi).
vậy nếu ta thêm giả thiết là $ latex \[f_n \] $ liên tục hầu khắp nơi thì bổ đề sẽ bị ảnh hưởng như thế nào ạ?

Xin thầy cho em xin ý kiến ạ.
mong hồi âm của thầy.

học trò

Trả lời
- datuan5pdes Tháng Ba 16, 2012 / 4:56 chiều
  
  Tôi có nhận được comment của em. Mong em viết để người khác đọc cho xuôi nên tôi không để lên.
  
  Tôi chưa rõ ý em muốn diễn đạt. Vì ở đây chỉ quan tâm tới tính khả tích Lebesgue nên tôi không rõ em dùng liên tục hầu khắp nơi để làm gì?
  
  Trả lời
  - shiloh05 Tháng Ba 16, 2012 / 6:56 chiều
    
    cách dùng từ của em khi đọc không được vừa lòng lắm hả thầy. thực sự là em không biết, em chỉ nghĩ sao thì viết vậy thôi.
    em xin lỗi ạ. mong thầy đừng trách.
    
    em cũng không rõ nếu mình dùng tính liên tục h.k.n trong bổ đề này thì sẽ như thế nào cả. đó là ý nghĩa thoáng qua trong đầu em nên em muốn tìm hiểu và nhờ thầy giải đáp giúp ạ.
    rất cám ơn thầy vì đã quan tâm đến comment của em ạ.
    
    học trò
  - datuan5pdes Tháng Ba 16, 2012 / 8:39 chiều
    
    Trong giải tích 4, khi chuyển việc lấy giới hạn qua tích phân Riemann, cụ thể để có đẳng thức
    
    $\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 f_n(x)dx=\int\limits_0^1\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)dx$
    
    cần điều kiện khá chặt “hội tụ đều”.
    
    Như ta biết hàm bị chặn và liên tục hầu khắp nơi thì khả tích Riemann, khả tích Riemann thì khả tích Lebesgue. Nên có lẽ nếu thêm tính liên tục hầu khắp nơi thì Bổ đề Fatou gỡ được điều kiện “hội tụ đều”.
dungnv Tháng Ba 29, 2012 / 4:08 chiều

Thầy cho em hỏi: đạo hàm suy rộng được định nghĩa cho các hàm như thế nào??? và hàm như thế nào thì có đạo hàm suy rộng…
và nếu hàm f thuộc W^r_p (r có d tọa độ) thì nó có thuộc W^r_p với r nhỏ hơn không??

Trả lời
- datuan5pdes Tháng Ba 29, 2012 / 9:40 chiều
  
  Đạo hàm suy rộng được định nghĩa cho “tất cả” các hàm, đặc biệt là các hàm không có đạo hàm bình thường. Chẳng hạn các hàm:
  
  $|.|: \mathbb R \to\mathbb R, |x|=|x|$ (hàm trị tuyệt đối)
  
  là hàm không có đạo hàm thông thường tại $x=0$ ,
  còn đạo hàm suy rộng của nó là hàm
  
  $sgn:\mathbb R\to\mathbb R$
  $sgn(x)=-1$ khi $x<0$
  $sgn(x)=1$ khi $x>0$ .
  
  Điểm lưu ý nữa hàm có đạo hàm thông thường thì nó có đạo hàm suy rộng và lúc đó chúng là một.
  
  Câu hỏi cuối thì đúng như cảm giác của em.
  
  Trả lời
dungnv Tháng Ba 29, 2012 / 10:35 chiều

Thầy cho e hỏi thêm là: W^r_p (r có d tọa độ) được định nghĩa là không gian các hàm có đạo hàm đến cấp r và tất cả chúng đều nằm trong Lp hay chỉ có đạo hàm cấp r trong Lp???

Trả lời
- datuan5pdes Tháng Ba 29, 2012 / 11:43 chiều
  
  Tất cả các đạo hàm đến cấp r và chính nó đều thuộc L^p. Tuy nhiên sau này có bất đẳng thức nội suy nên chỉ cần nó và các đạo hàm cấp r thuộc L^p là có ngay các đạo hàm cấp nhỏ hơn r cũng thuộc L^p. Cũng cần lưu ý miền xác định của các hàm có hình học tốt!
  
  Trả lời
dungnv Tháng Ba 30, 2012 / 12:23 sáng

Điều này đúng với cả trường hợp r có d tọa độ??? Miền xác định có hình học tốt nghĩa là sao hả thầy? Không gian W^r_p với r là số thực không âm khác gì với không gian W^r_p với r có d tọa độ không thầy?? Mình chỉ học loại 1 hay sao nhỉ??

Trả lời
- datuan5pdes Tháng Ba 30, 2012 / 4:37 chiều
  
  Trường hơp r là véc-tơ tôi ít thấy, tuy nhiên tôi cảm giác vẫn đúng với cách hiểu bé hơn là từng tọa độ bé hơn.
  
  Còn thế nào là hình học tốt, em có thể xem trong cuốn
  
  “Sobolev spaces with applications to elliptic PDEs” của V. Mazya
  
  trang 7, 8.
  
  Đường link cuốn sách
  
  http://www.box.com/s/796dc1ab81e00e79aa55
  
  Trả lời

Gửi phản hồi cho datuan5pdes Hủy trả lời

Trang web này sử dụng Akismet để lọc thư rác. Tìm hiểu cách xử lý bình luận của bạn.

	datuan5pdes trong Trao đổi môn PTĐHR nâng cao lớ…
	datuan5pdes trong Trao đổi môn PTĐHR nâng cao lớ…
	Ngọc Quỳnh trong Trao đổi môn PTĐHR nâng cao lớ…
	datuan5pdes trong Trao đổi môn PTĐHR nâng cao lớ…
	datuan5pdes trong Trao đổi môn PTĐHR nâng cao lớ…

H	B	T	N	S	B	C
			1	2	3	4
5	6	7	8	9	10	11
12	13	14	15	16	17	18
19	20	21	22	23	24	25
26	27	28	29	30	31

Lý thuyết Hàm Suy Rộng

Distributions