Không gian W^s([0, \infty))

Trong bài “Giả thuyết Kato” có đề cập đến tính toán của J. L. Lions. Những tính toán này liên quan đến không gian Sobolev W^s([0, \infty)) là hạn chế của các hàm u\in W^s(\mathbb R) trên nửa trục [0, \infty). Từ sự thay đổi đặc biệt tại s=1/2 của không gian W^s([0, \infty)) đã dẫn đến ranh giới quan trọng về số mũ 1/2 trong bài “Giả thuyết Kato”. Vậy lý do tại sao s=1/2 lại sinh ra thay đổi đặc biệt? Dưới đây tôi giải thích phần nào điều này.

Trong các đề thi môn Hàm suy rộng cho sinh viên tôi hay hỏi:

Hàm Dirac \delta\in W^s(\mathbb R^n) với s nào?

Trả lời câu hỏi này sẽ giúp ta giải thích được một phần sự kiện trên. Trước hết ta nhắc lại định nghĩa của W^s(\mathbb R), s\in\mathbb R. Không gian W^s(\mathbb R) bao gồm những hàm u\in S'(\mathbb R) mà biến đổi Fourier \mathcal F u là hàm đo được và thỏa mãn

\int\limits_{\mathbb R}(1+|\xi|^2)^s|\mathcal Fu(\xi)|^2d\xi<\infty

với chuẩn

||u||_s=\Big(\int\limits_{\mathbb R}(1+|\xi|^2)^s|\mathcal Fu(\xi)|^2d\xi\Big)^{1/2}.

Từ các tính toán:

+) \mathcal F\delta(\xi)=(2\pi)^{-1/2},

+) \int\limits_{\mathbb R}(1+|\xi|^2)^sd\xi hội tụ khi và chỉ khi s<-1/2 ("nút mở"),

ta có \delta\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi s<-1/2.

Tính toán tương tự, với mỗi số tự nhiên k,

đạo hàm suy rộng \delta^{(k)}\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi s<-k-1/2.

Với mỗi m\in\mathbb Z_+, a_k\in\mathbb C, k=0, 1, \dots, m ta xét hàm suy rộng

u=\sum\limits_{k=0}^n a_k\delta^{(k)}. \quad\quad(1)

Ta có kết luận sau.

+ Khi s\ge -1/2 thì

u\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi a_k=0, \forall k\in\{0, 1, \dots, m\}.

+ Khi -1/2>s\ge -3/2 thì

u\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi a_k=0, \forall k\in\{1, \dots, m\}.

+ Khi -j-1/2>s\ge -j-3/2, j\in\{0, 1, \dots, m-1\} thì

u\in W^s(\mathbb R) khi và chỉ khi a_k=0, \forall k\in\{j+1, \dots, m\}.

+ Khi -m-1/2>s thì u\in W^s(\mathbb R).

Lý do ta xét hàm suy rộng trên chính là nút mở thứ hai:

hàm suy rộng u\in S'(\mathbb R) có giá suppu\subset\{0\} khi và chỉ khi u có dạng (1).

Có một chiều khá dễ. Chiều còn lại các bạn thử nghĩ xem?

Nút mở cuối cùng là Hệ quả sau Định lý Hahn-Banach:

Trong không gian định chuẩn B cho không gian véc-tơ con M và điểm x_0. Nếu x_0\not\in cl(M) thì ta luôn xây dựng được một phiếm hàm tuyến tính liên tục không tầm thường f: B \to\mathbb C sao cho

+) f(x)=0, \forall x\in M,

+) f(x_0)=1.

Điều này dẫn đến Hệ quả tiếp.

Trong không gian định chuẩn B cho không gian véc-tơ con M. Không gian M sẽ trù mật trong B khi điều sau đây đúng:

chỉ có phiếm hàm tuyến tính f: B\to\mathbb C tầm thường mới có f(x)=0, \forall x\in M.

Ta đã có đầy đủ những công cụ cần thiết để đưa ra một vài lời giải thích.

Xét phiếm hàm tuyến tính liên tục f: W^s(\mathbb R)\to \mathbb C

f(\varphi)=0, \forall \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R\setminus\{0\}).

f\in W^{-s}(\mathbb R)\subset S'(\mathbb R)

\langle f, \varphi\rangle=f(\varphi)=0 khi \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R) mà supp\varphi\cap\{0\}=\emptyset.

Như vậy suppf\subset\{0\}. (Tại sao?)

Từ nút mở thứ hai ta có f chỉ có dạng (1). Lại từ nút mở thứ nhất ta có các kết luận sau.

+ Khi s\le 1/2 thì -s\ge -1/2 ta có

f\in W^{-s}(\mathbb R) khi và chỉ khi f=0.

Do đó từ nút mở cuối cùng dẫn đến C^\infty_0(\mathbb R\setminus\{0\}) trù mật trong W^s(\mathbb R) khi s\le 1/2.

Một cách tương tự, cho trước tập A gồm hữu hạn điểm x_1, x_2, \dots, x_m. Khi s\le 1/2 ta có C^\infty_0(\mathbb R\setminus A) trù mật trong W^s(\mathbb R).

+ Khi s>1/2, u\in W^s(\mathbb R) ta có \mathcal F u\in L^1(\mathbb R). (Tại sao?) Khi đó u\in C(\mathbb R). Hơn nữa, có một hằng số dương C sao cho

|u(0)|=|\int\limits_{\mathbb R}\mathcal Fu(\xi)d\xi|\le C||u||_{W^s}.

Tương tự như vậy ta có D^k u \in C(\mathbb R), k<s-1/2, k\in\mathbb Z_+

\sum\limits_{0\le k<s-1/2}|D^ku(0)|\le C||||_{W^s}.

Như vậy C^\infty_0(\mathbb R\setminus\{0\}) không trù mật trong W^s(\mathbb R) vì nếu u thuộc vào bao đóng của C^\infty_0(\mathbb R\setminus\{0\}) thì

D^ku(0)=0, 0\le k<s-1/2.

Quay về không gian W^s([0, \infty)). Xét phiếm hàm tuyến tính liên tục f: W^s([0, \infty))\to\mathbb C. Khi đó

\tilde{f}(u)=f(u\Big|_{[0, \infty)}), u\in W^s(\mathbb R)

cho ta một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên W^s(\mathbb R). (Tại sao?)

Nếu f(\varphi)=0 khi \varphi\in C^\infty((0, \infty)) thì

\tilde{f}(\varphi)=0 khi \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R\setminus\{0\}).

Như vậy giá của \tilde{f} nằm trong tập \{0\} nên nó có dạng (1).

Với s\le 1/2, theo trên \tilde{f}=0. Như vậy C^\infty_0((0, \infty)) trù mật trong W^s([0, \infty)). Nói cách khác

W^s([0, \infty))=W^s_0([0, \infty)), s\le 1/2.

Khi s>1/2 ta có W^s([0, \infty))\subset C([0, \infty)). Lúc này W^s_0([0, \infty) bao đóng của C^\infty_0((0, \infty)) trong W^s([0, \infty)) có thể mô tả chi tiết hơn như nào?

Tương tự trên ta cũng có

\sum\limits_{0\le k<s-1/2}|D^ku(0)|\le C||u||_{W^s}, \forall u\in W^s([0, \infty)).

Khi đó nếu u\in W^s_0([0, \infty)) thì

D^ku(0)=0, 0\le k<s-1/2.

Đến đây ta gặp câu hỏi khác

W^s_0([0, \infty)=\{u\in W^s([0, \infty))|\; D^ku(0)=0, 0\le k<s-1/2\}?

Các bạn thử tự trả lời xem?

2 thoughts on “Không gian W^s([0, \infty))

  1. datuan5pdes

    Với không gian Sobolev W^s([0, 1]) gồm các hạn chế của các hàm u\in W^s(\mathbb R) xuống đoạn [0, 1] cũng có tình trạng giống W^s([0, \infty)). Cụ thể như sau.

    Với s\le 1/2C^\infty_0(0, 1) trù mật trong W^s([0, 1]). Khi đó giá trị tại x\in\{0, 1\} của hàm u\in W^s([0, 1]) bằng bao nhiêu cũng được!?!

    Với s>1/2

    +) W^s([0, 1])\subset C^m[0, 1], trong đó m là số nguyên lớn nhất, nhỏ hơn hẳn s-1/2;

    +) W^s_0([0, 1])=\{u\in W^s([0, 1])|\; u^{k}(0)=u^{(k)}(1)=0,
    0\le k<s-1/2\}.

    Khi đó giá trị của u\in W^s([0, 1]) tại x\in\{0, 1\} thực sự có ý nghĩa.

  2. Pingback: Không gian W^s([0, infty)) khi 0<s<1- Bất đẳng thức Hardy | Lý thuyết Hàm Suy Rộng

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