Định lý Peetre – Đặc trưng của toán tử vi phân

Xét trên đường thẳng thực toán tử vi phân

P(x, D)=\sum\limits_{k=0}^m a_k(x)D^k,

trong đó a_k\in C^\infty(\mathbb R).

Không khó khăn để thấy rằng:

P(x, D) là toán tử tuyến tính, liên tục trên \mathcal D(\mathbb R).

Hơn thế nữa toán tử P(x, D) bảo toàn giá, nghĩa là

suppP(x, D)\varphi\subset supp\varphi, \forall \varphi\in \mathcal D(\mathbb R).

J. Peetre, năm 1959-1960, đã chỉ ra rằng những tính chất trên chỉ có toán tử vi phân mới có. Cụ thể hơn, J. Peetre đã đưa ra đặc trưng sau của toán tử vi phân:

Cho P: C^\infty_0(\mathbb R)\to C^\infty(\mathbb R) là toán tử tuyến tính và bảo toàn giá. Khi đó P là toán tử vi phân một cách địa phương, nghĩa là trên mỗi khoảng (-R, R), R>0, có một số hữu hạn các hàm a_0, a_1, \dots, a_m\in C^\infty(-R, R) sao cho

P\varphi(x)=\sum\limits_{k=0}^m a_k(x)D^k\varphi(x), x\in(-R, R), \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R).

Các hàm a_k(x), k=0, 1, \dots, m, được xác định duy nhất.

Lưu ý rằng không cần đến giả thiết về tính liên tục của toán tử P. Ngoài ra m và các hàm a_k, k=0, 1, \dots, m, phụ thuộc vào R. Để thấy điều này ta xét ví dụ sau

P=\sum\limits_{k=0}^\infty \rho(x-3k)D^k

với \rho(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{1-x^2}}\; khi \; |x|<1,\\ 0\; khi \; |x|\ge 1.\end{cases}

Định lý Peetre còn được phát biểu tổng quát trên đa tạp. Dưới đây tôi trình bày chứng minh chi tiết cho phát biểu trên.

Việc chứng minh được chia thành các bước:

Cố định R>0.

B1: Có một số nguyên không âm m và một số dương C để

\sup\limits_{x\in(-R, R)}|P\varphi(x)|\le C\sum\limits_{k=0}^m \sup\limits_{x\in(-R, R)}|D^k\varphi(x)|, \forall\varphi\in C^\infty_0(-R, R).

B2: Với mỗi x\in(-R, R) xét ánh xạ

P_x:\varphi\mapsto P\varphi(x).

Từ B1 ta có P_x là hàm suy rộng cấp m trên (-R, R).

Từ tính chất bảo toàn giá ta có suppP_x\subset\{x\}. (Vì sao?)

Như vậy P_x có dạng

P_x=\sum\limits_{k=0}^m (-1)^ka_k(x)\delta^{(k)}_x.

Khi đó

P\varphi(x)=\langle P_x, \varphi\rangle=\sum\limits_{k=0}^m a_k(x)D^k\varphi(x).

B3: Chứng minh a_k là hàm khả vi vô hạn theo x trong (-R, R). Để chứng minh điều này ta xem a_k là gì quanh x. Với x\in(-R, R)\delta>0 sao cho

(x-\delta, x+\delta)\subset (-R, R).

Khi đó ta có thể xây dựng được hàm \psi\in C_0^\infty(-R, R) sao cho \psi(y)=1 khi y\in (x-\delta, x+\delta). Lúc này ta sẽ có

P\psi(y)=a_0(y), y\in (x-\delta, x+\delta).

Lại có P: C^\infty_0(\mathbb R)\to C^\infty(\mathbb R) nên a_0\in C^\infty(-R, R).

Không khó để thấy

a_1(y)=P[(y-x)\psi(y)], y\in(x-\delta, x+\delta),

a_k(y)=P[(y-x)^k\psi(y)], y\in(x-\delta, x+\delta), k=1, 2, \dots, m.

Như vậy việc còn lại của việc chứng minh Định lý Peetre chính là chứng minh B1. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, nghĩa là giả sử có một dãy các hàm \varphi_j\in C^\infty_0(-R, R) sao cho

\sup\limits_{x\in(-R, R)}|P\varphi_j(x)|>j\sum\limits_{k=0}^j \sup\limits_{x\in(-R, R)}|D^k\varphi_j(x)|.\quad\quad\quad (1)

Do P: C^\infty_0(\mathbb R)\to C^\infty(\mathbb R) nên P\varphi_j\in C^\infty(\mathbb R). Khi đó sẽ có y_j\in[-R, R] sao cho

|P\varphi_j(y_j)|=\sup_{y\in(-R, R)}|P\varphi_j(y)|>0.

Bằng cách đặt \pm\varphi_j(x)/|P\varphi_j(y_j)| ta có thể giả sử P\varphi_j(y_j)=1. Lúc đó từ (1) ta có

\mathcal D_{-}\lim\limits_{j\to\infty}\varphi_j=0.

Đến đây ta cần có B0:

B0: Với mọi x\in(-R-1, R+1), C>0 đều có số \delta>0 và số k\in\mathbb N sao cho với mọi y\in (x-\delta, x+\delta)\subset(-R-1, R+1), \varphi\in C^\infty_0(-R-1, R+1)

nếu D^l \varphi(y)=0, l=0, 1, \dots, k thì |P\varphi(y)|\le C.

Giả sử đã chứng minh được B0. Do y_j\in[-R, R], j=1, 2, \dots, nên nó có dãy con hội tụ, không mất tính tổng quát ta giả sử luôn chính nó, đến x\in [-R, R]\subset(-R-1, R+1). Lấy C=1/2, từ B0 lấy được \delta>0k\in\mathbb N. Khi j đủ lớn ta có y_j\in (x-\delta, x+\delta). Xây dựng hàm \psi\in C^\infty_0(-R-1, R+1)\psi(y)=1 khi y\in(x-\delta, x+\delta). Xét dãy hàm

\psi_j(y)=\varphi_j(y)-\sum\limits_{l=0}^k \dfrac{D^l\varphi_j(y_j)}{l!}(y-y_j)^l\psi(y).

Khi đó, với j đủ lớn có

D^l\psi_j(y_j)=0, l=0, 1, \dots, k.

Theo B0, với j đủ lớn có

|P\psi_j(y_j)|\le 1/2.\quad\quad\quad(2)

Do P: C^\infty_0(\mathbb R)\to C^\infty(\mathbb R) tuyến tính nên

P\psi_j(y_j)=P\varphi_j(y_j)-\sum\limits_{l=0}^k\dfrac{D^l\varphi_j(y_j)}{l!}P[(y-y_j)^l\psi(y)](y_j).\quad\quad(3)

Lại có

+) P\varphi_j(y_j)=1,

+) \mathcal D_-\lim\limits_{j\to\infty}\varphi_j=0 nên

\lim\limits_{j\to\infty}\sum\limits_{l=0}^k |D^l\varphi_j(y_j)|=0,

+) do tính tuyến tính

P[(y-y_j)^l\psi(y)](y_j)=\sum\limits_{n=0}^l \binom{l}{n}y_j^n P[y^{l-n}\psi(y)](y_j),

|y_j|\le R nên có số C>0 sao cho

|P[(y-y_j)^l\psi(y)](y_j)|\le C, l=0, 1, \dots, k, j=1, 2, \dots.

Khi đó ta cho j\to\infty hai vế của (3) ta có

\lim\limits_{j\to\infty}P\psi_j(y_j)=1.

Điều này mâu thuẫn với (2). Như vậy điều phản chứng B1 là sai hay ta đã chứng minh được B1.

Tiếp tục ta chứng minh Bo cũng bằng phản chứng, nghĩa là giả sử có số dương C, dãy các khoảng (x_n-r_n, x_n+r_n)\subset (-R-1, R+1) rời nhau và dãy hàm \phi_n\in C^\infty_0(-R-1, R+1) thỏa mãn

\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x,

D^l\phi_n(x_n)=0, l=0, 1, \dots, n,

|P\phi_n(x_n)|>C.

Xây dựng hàm \chi\in C^\infty_0(-1, 1)\chi(y)=1 khi |y|\le 1/2. Đặt

M_j=2(j+1)! \sum\limits_{l=0}^j \sup\limits_{y\in[-1, 1]}|D^l\chi(y)|.

Do D^l\phi_{2j}(x_{2j})=0, l=0, 1, \dots, 2j nên

\lim\limits_{y\to x_{2j}}\dfrac{D^l\phi_{2j}(y)}{(y-x_{2j})^j}=0, l=0, 1, \dots, j.

Do đó có số dương \delta_j<\min\{r_{2j}, 1\} sao cho

với |y-x_{2j}|<\delta_j

|D^l\phi_{2j}(y)|\le \dfrac{1}{M_j}(\delta_j/2)^j, l=0, 1, \dots, j.

Đặt \Phi_j(y)=\phi_{2j}(y)\chi(\frac{y-x_{2j}}{\delta_j})

+) \Phi_j\in C^\infty_0(-R-1, R+1)
supp\Phi_j\subset(x_{2j}-\delta_j, x_{2j}+\delta_j)\subset(x_{2j}-r_{2j}, x_{2j}+r_{2j}),

+) \sup\limits_{y\in\mathbb R}|D^l\Phi_j(y)|\le 2^{-j}, l=0, 1, \dots, j.

Khi đó chuỗi hàm

\sum\limits_{j=1}^\infty \Phi_j(y)

hội tụ trong \mathcal D(-R-1, R+1) đến hàm \Phi(y).

Với mỗi jx_{2j+1}\not\insupp\PhiP bảo toàn giá nên

P\Phi(x_{2j+1})=0.

P\Phi(y) liên tục và \lim\limits_{j\to\infty}x_{2j+1}=x nên

P\Phi(x)=0.

Lại có \chi(y)=1 khi |y|\le 1/2 nên \Phi(y)=\phi_{2j}(y) khi |y-x_{2j}|<\delta_j/2. Theo tính bảo toàn giá có

|P\Phi(x_{2j})|=|P\phi_{2j}(x_{2j})|>C.

Từ đó dẫn đến điều mâu thuẫn. Vậy Bo được chứng minh.

Cách chứng minh trên được lấy từ bài giảng

http://www.math.univ-toulouse.fr/~bouclet/Notes%20de%20cours,%20exo,%20exam/M2/cours-2012.pdf

3 thoughts on “Định lý Peetre – Đặc trưng của toán tử vi phân

  1. datuan5pdes

    Một cách tiếp cận khác, như trong bài giảng

    http://www-users.math.umn.edu/~garrett/m/v/peetre.pdf

    gồm các bước:

    B1: Với mỗi x\in(-R-1, R+1)\delta_x>0, C>0, m\in\mathbb N sao cho

    (x-\delta_x, x+\delta_x)\subset (-R-1, R+1)

    và với mọi \varphi\in C^\infty_0((x-\delta_x, x+\delta_x)\setminus\{x\})

    \sup\limits_{y\in(x-\delta_x, x+\delta_x)}|P\varphi(y)|\le C\sum\limits_{k=0}^m \sup\limits_{y\in(x-\delta_x, x+\delta_x)}|D^k\varphi(y)|.

    B2: Với mỗi x\in [-R, R] theo B1 ta lấy được \delta_x>0. Ta có phủ mở (x-\delta_x, x+\delta_x) của [-R, R]. Trích ra phủ con hữu hạn (x_j-\delta_j, x_j+\delta_j), j=1, 2, \dots, n. Khi đó có hằng số C>0, m\in\mathbb N sao cho với mọi

    \varphi\in C^\infty_0((-R, R)\setminus\cup_{j=1}^n\{x_j\})

    \sup\limits_{y\in(-R, R)\atop y\not=x_j}|P\varphi(y)|\le C\sum\limits_{k=0}^m \sup\limits_{y\in(-R, R)\atop y\not=x_j}|D^k\varphi(y)|.

    B3: Từ B2 dẫn đến P là toán tử vi phân dựa vào kết quả xấp xỉ sau:

    Cho f\in C^\infty(I), I là một tập mở, x\in I, m\in\mathbb N. Giả sử f bằng 0 đến cấp m tại x nghĩa là

    D^kf(x)=0, k=0, 1, \dots, m.

    Khi đó với mọi \epsilon>0 ta đều tìm được \delta>0, g\in C^\infty(I) thỏa mãn

    +) g(y)=0 khi |y-x|<\delta,

    +) g(y)=f(y) khi |y-x|>2\delta,

    +) \sum\limits_{k=0}^m\sup\limits_{y\in I}|D^k(f-g)(y)|<\epsilon.

      1. datuan5pdes

        Em muốn download cái gì?

        Nếu muốn lấy cả bài trên em bôi đen cả bài rồi nháy chuột phải. Sau đó nháy vào “In” hay “Print”.

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