Hàm suy rộng Colombeau

Trong bài “Tích của hàm suy rộng”,

https://datuan5pdes.wordpress.com/2008/10/04/tich-c%E1%BB%A7a-ham-suy-r%E1%BB%99ng/

tôi có giới thiệu về sự xuất hiện của hàm suy rộng Colombeau.

Trong không gian các hàm suy rộng do L. Schwartz xây dựng, chính L. Schwartz đã chứng minh phép nhân thông thường không là phép toán trong không gian các hàm suy rộng \mathcal D'.

Trong \mathcal D' ta có thể có phép nhân giữa hai hàm khả tích địa phương, phép nhân giữa hàm khả vi vô hạn và hàm suy rộng, chẳng hạn trên đường thẳng thực:

(-) x\times \dfrac{1}{x}=1,

trong đó \langle \dfrac{1}{x}, \varphi\rangle=\lim\limits_{\epsilon\to 0_+}\int\limits_{|x|>\epsilon}\dfrac{\varphi(x)}{x}dx,

và một vài trường hợp giữa hai hàm suy rộng chẳng hạn, trên đường thẳng thực:

(-) \dfrac{1}{x}\times\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{x^2},

trong đó

\langle \dfrac{1}{x^2}, \varphi\rangle=\lim\limits_{\epsilon\to 0_+}\int\limits_{|x|>\epsilon}\dfrac{\varphi(x)}{x^2}dx

Một ví dụ khó hơn

\dfrac{1}{x}\times \delta=-\dfrac{1}{2}\delta'.

Chi tiết tính toán, các bạn có thể xem trong tài liệu sau của thầy Tạ Ngọc Trí

TaNgocTri_Thesis (trang 19, 20).

Kết quả này khác với việc ta chia \delta cho x như trong bài “Phép chia trong không gian hàm suy rộng”

https://datuan5pdes.wordpress.com/2009/12/11/phep-chia-trong-khong-gian-ham-suy-r%E1%BB%99ng/

Điều này cho ta cảm giác có gì không ổn vì

x\times \Big(\dfrac{1}{x}\times \delta\Big)=-\dfrac{1}{2}x\times \delta'=\dfrac{1}{2}\delta.

Điều không ổn này dẫn đến nếu có một đại số chứa không gian các hàm suy rộng \mathcal D' thì nó không kết hợp.

L. Schwartz còn chứng minh một kết quả thú vị khác:

Không thể xây dựng một đại số chứa không gian các hàm suy rộng \mathcal D' lại có phép tính “vi phân” (ánh xạ tuyến tính từ đại số đó vào chính nó thỏa mãn quy tắc Leibniz).

Về ví dụ ta không biết tích hai hàm suy rộng là gì, ta có thể hỏi \delta^2 là gì? Trong không gian \mathcal D' ta không thể hiểu \delta^2!

Vào khoảng những năm 1980, J. F. Colombeau đã đưa ra câu trả lời cho những điều trên. Ông đã mở rộng không gian hàm suy rộng Schwartz theo cách khác với hyperfunctions hay các mở rộng của Beurling, Romieu.

Cách xây dựng của J. F. Colombeau dựa vào cách tiếp cận ban đầu của L. Schwartz về việc xây dựng \mathcal D'.

hàm suy rộng f\in \mathcal D' có thể xem như một ánh xạ tuyến tính liên tục (toán tử tích chập)

f: \mathcal D \to \mathcal E, \phi\mapsto f*\phi,

giao hoán với phép dịch chuyển (xem trong “Giáo trình Lý thuyết Hàm suy rộng”, trang 52).

Thay vì tập nguồn là \mathcal D, J. F. Colombeau lấy các không gian con của nó

\mathbb A_q(\mathbb R)=\{\phi\in\mathcal D(\mathbb R)|\; \int\limits_{\mathbb R}\phi(x)dx=1, \int\limits_{\mathbb R}t^k \phi(x)dx=0, 1\le k\le q\},

với q=1, 2, \dots

Không gian \mathcal E[\mathbb R] là không gian bao gồm các hàm

R: \mathbb A_1(\mathbb R)\times \mathbb R \to \mathbb C, (\phi, x)\mapsto R(\phi, x)

thỏa mãn, với mỗi \phi\in\mathbb A_1(\mathbb R) cố định hàm R(\phi, x) là hàm khả vi vô hạn.

Chẳng hạn mỗi f\in C^\infty(\mathbb R) ta định nghĩa

\bar{f}: (\phi, x)\mapsto f(x)

thì \bar{f}\in \mathcal E[\mathbb R].

Hay với mỗi f\in\mathcal D'(\mathbb R) ta định nghĩa

\bar{f}: (\phi, x)\mapsto f*\phi^-(x), \phi^-(x)=\phi(-x),

thì \bar{f}\in \mathcal E[\mathbb R].

Ta có

-) E[\mathbb R] là một không gian véc-tơ trên \mathbb C và có phép nhân

R_1R_2: \phi\mapsto R_1(\phi, x)R_2(\phi, x),

-) ánh xạ đạo hàm cấp k, k\in\mathbb Z_+, biến R thành

D^k R: \phi\mapsto D^k R(\phi, x).

Như vậy E[\mathbb R] lập thành một đại số thỏa mãn quy tắc Leibniz.

So với hàm suy rộng theo cách toán tử tích chập có điểm giống, có thể coi R là ánh xạ

R: \mathbb A_1(\mathbb R)\to C^\infty(\mathbb R), \phi(x)\mapsto R(\phi, x).

Có hai điểm khác so với toán tử tích chập:

-) tính tuyến tính: nói chung R không tuyến tính theo \phi,

-) tính liên tục: nói chung R không liên tục theo \phi.

Ta sẽ thu hẹp E[\mathbb R] bằng cách thêm tính chất “moderate” (tạm dịch “ôn hòa”) như sau

R\in E[\mathbb R] được gọi là “moderate” nếu

với mỗi tập compact K\subset\mathbb R, mỗi toán tử vi phân D^k

đều có số nguyên không âm N để với mọi \phi\in \mathbb A_N(\mathbb R)

|D^kR(\phi_\epsilon, x)|=O(\epsilon^{-N}) đều trên K khi \epsilon\to 0_+,

trong đó \phi_\epsilon(x)=\epsilon^{-1}\phi(\epsilon^{-1}x).

Kí hiệu không gian các moderate là E_M[\mathbb R]. Dễ thấy E_M[\mathbb R] là đại số con thỏa mãn quy luật Leibniz.

Với cách coi f\in C^\infty(\mathbb R) một hàm thuộc vào E[\mathbb R] như ở trên thì \bar{f} không phụ thuộc \phi nên ta chọn

N=0, C=\sup\limits_{x\in K}|f(x)|

ta có \bar{f} là “moderate”.

Với f\in \mathcal D'(\mathbb R) ta cũng chứng minh được với cách hiểu như trên ta cũng có \bar{f} là “moderate”. Chứng minh chi tiết các bạn thử tự làm như một bài tập.

Như đã biết khi f\in C^\infty(\mathbb R) ta cũng có thể xem nó như một hàm suy rộng f\in \mathcal D'(\mathbb R) theo cách

\langle f, \phi\rangle=\int\limits_{\mathbb R}f(x)\phi(x)dx.

Khi đó ở trên ta có hai cách hiểu f là “moderate” như sau

(i) \bar{f}: (\phi, x)\mapsto f(x),

(ii) \bar{f}: (\phi, x)\mapsto f*\phi(x)=\int\limits_{\mathbb R}f(y)\phi(y-x)dy.

Câu hỏi: hai cách hiểu này có dẫn đến cùng một kết quả không?

Trả lời: trong không gian các “moderate” nói chung là không? Chẳng hạn lấy f\equiv 1.

Câu hỏi tiếp: làm thế nào để chúng dẫn đến cùng một kết quả?

Trả lời: để chúng là một ta cần phân không gian các “moderate” thành các lớp tương đương mà ở đó hai cách hiểu trên ở cùng một lớp tương đương!

Ta cần đến khái niệm “null” (tạm dịch “hàm không”):

Hàm R\in E[\mathbb R] được gọi là “null” nếu

với mỗi tập compact K, mỗi toán tử vi phân D^k, k\in\mathbb Z_+

đều có một số nguyên không âm N

và một hàm dương, tăng \beta: \mathbb Z_+\to \mathbb R_+ thỏa mãn

\lim\limits_{q\to+\infty}\beta(q)=+\infty

sao cho với mỗi q\ge N, \phi\in \mathbb A_q(\mathbb R)

|D^kR(\phi_\epsilon, x)|=O(\epsilon^{\beta(q)-N}) đều trên K khi \epsilon\to 0_+.

Ký hiệu \mathcal I là không gian các “null”. Có I là một ideal trong E_M[\mathbb R].

Khi đó ta chia E_M[\mathbb R] thành các lớp theo quan hệ tương đương

f, g được gọi là tương đương nếu f-g\in \mathcal I.

Không gian các lớp tương đương E_M[\mathbb R]/\mathcal I được gọi là đại số các hàm suy rộng Colombeau, ký hiệu \mathcal G(\mathbb R).

Đại số các hàm suy rộng Colombeau \mathcal G(\mathbb R) là đại số giao hoán, kết hợp và thỏa mãn quy tắc Leibniz!

Trong \mathcal G(\mathbb R) hai cách hiểu f\in C^\infty(\mathbb R) như trên cho ta cùng một kết quả, hay nói cách khác hàm

F:(\phi, x)\mapsto f(x)-\int\limits_{\mathbb R}f(x+y)\phi(y)dy

là một “null”.

Chú ý \phi\in\mathbb A_q(\mathbb R)

\int\limits_{\mathbb R}\phi(x)dx=\int\limits_{\mathbb R}\phi_\epsilon(x)dx=1.

Khi đó

F(\phi_\epsilon, x)=\int\limits_{\mathbb R}(f(x)-f(x+\epsilon y))\phi(y)dy.

Do f\in C^\infty(\mathbb R) nên với mỗi q\in\mathbb N có khai triển Taylor dạng Lagrange của f tại x

f(x+\epsilon y)=\sum\limits_{k=1}^q\dfrac{\epsilon^k y^k}{k!}f^{(k)}(x)+\epsilon^{q+1}\dfrac{y^{q+1}}{(q+1)!}f^{(q+1)}(x+\theta\epsilon y), 0<\theta<1.

Nếu \phi\in\mathbb A_q thì

\int\limits_{\mathbb R}y^k\phi(y)dy=0, 1\le k\le q.

Khi đó

F(\phi_\epsilon, x)=-\epsilon^{q+1}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{y^{q+1}}{(q+1)!}f^{(k+1)}(x+\theta\epsilon y)\phi(y)dy.

Lấy K\subset\mathbb R là tập compact. Chú ý supp\phi là tập compact nên có số R>0 để supp\phi\subset[-R, R].

Đặt A_K=\sup\limits_{z\in K+[-R, R]}|f(z)|. Ta có

|\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{y^{q+1}}{(q+1)!}f^{(k+1)}(x+\theta\epsilon y)\phi(y)dy|\le \dfrac{R^{q+1}A_K}{(q+1)!}\int\limits_{-R}^R|\phi(y)|dy.

Như vậy với toán tử vi phân D^0 chọn N=0, \beta(q)=q+1.

Với toán tử vi phân D^k, làm tương tự trên ta chọn N=0, \beta(q)=k+q+1.

Như vậy ta có thể coi C^\infty(\mathbb R) như một không gian con của \mathcal G(\mathbb R). Không những thế phép nhân thông thường trong C^\infty(\mathbb R) trùng với phép nhân trong \mathcal G(\mathbb R) khi hạn chế xuống.

Ta cũng có thể coi \mathcal D'(\mathbb R) là một không gian con của \mathcal G(\mathbb R) theo cách trên với chú ý, hàm suy rộng f\in \mathcal D'(\mathbb R) là “null” thì f=0, nghĩa là

\langle f, \varphi\rangle=0, \forall \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R).

Tuy nhiên, như các kết quả của L.Schwartz, phép nhân thông thường trong \mathcal D'(\mathbb R) không trùng với phép nhân trong \mathcal G(\mathbb R). Nghĩa là

với u, v\in\mathcal D'(\mathbb R) sao cho có phép nhân thông thường uv\in\mathcal D'(\mathbb R).

Lúc này ta có thể hiểu u, v, uv như các hàm “moderate” \bar{u}, \bar{v}, \overline{uv}. Tuy nhiên

\bar{u}\bar{v}-\overline{uv} nói chung không là “null.”

Chẳng hạn lấy u, v xác định như sau

\langle u, \varphi\rangle=\int\limits_0^\infty x\varphi(x)dx,

\langle v, \varphi\rangle=\int\limits_{-\infty}^0 x\varphi(x)dx.

\langle uv, \varphi\rangle=0

(\bar{u}\bar{v})(\varphi_\epsilon, 0)=\epsilon^2\int\limits_0^\infty x\varphi(x)dx\int\limits_{-\infty}^0x\varphi(x)dx

nên  \bar{uv} là “null” và \bar{u}\bar{v} không là “null”.

Tuy nhiên lúc này ta có thể hiểu \delta^2 như sau:

\delta^2(\phi, x)=\phi^2(-x).

5 thoughts on “Hàm suy rộng Colombeau

  1. Pingback: Toán tử giao hoán với phép dịch chuyển | Lý thuyết Hàm Suy Rộng

    1. datuan5pdes

      Rất khó trả lời câu hỏi chung chung này. Nếu thực sự quan tâm bạn đọc thêm các tài liệu về hàm suy rộng này. Mục đích của loại hàm suy rộng này trả lời câu hỏi tích của hai hàm Dirac là gì? Tiếp theo họ sẽ dùng để nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng phi tuyến. Cụ thể hơn nữa có lẽ tôi cũng không biết nhiều hơn em.

  2. Thưa thầy trong bài viết ở trên thì \mathcal E[\mathbb R] và E[\mathbb R] là một phải không ?
    + Với cách coi f\in C^\infty(\mathbb R) một hàm thuộc vào E[\mathbb R] như ở trên thì \bar{f} không phụ thuộc \phi nên ta chọn

    N=0, C=\sup\limits_{x\in K}|f(x)|

    ta có \bar{f} là “moderate”.

    Với f\in \mathcal D'(\mathbb R) ta cũng chứng minh được với cách hiểu như trên ta cũng có \bar{f} là “moderate”. Thầy có thể làm rõ ý này cho em với được không ạ?
    + Có tài liệu nào liên quan đến ứng dụng của Hàm Colombeau trong việc giải Phương trình vi phân không ạ?
    Em cảm ơn.

    1. datuan5pdes

      Em phát hiện ra lỗi của tôi, hai không gian \mathcal E và E là một. Lâu lắm rồi tôi không đọc về cái này nên chưa trả lời ngay hai câu hỏi còn lại được.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s