Định lý thác triển

Trong “Giáo trình lý thuyết hàm suy rộng và không gian Sobolev” tôi có sử dụng định nghĩa về không gian Sobolev cấp s\ge 0 trên nửa không gian

W^s(\mathbb R^n_+) gồm các hàm u\in L^2(\mathbb R^n_+) sao cho

U\in W^s(\mathbb R^n) để U|_{\mathbb R^n_+}=u.

Như vậy mỗi u\in W^s(\mathbb R^n_+) đều có ít nhất một thác triển U\in W^s(\mathbb R^n). Các câu hỏi bài viết này quan tâm:

– Thác triển như này nói chung phụ thuộc vào từng hàm u. Liệu có cách thức thác triển chung cho tất cả các hàm u? Nếu có, liệu có thác triển là ánh xạ tuyến tính bị chặn từ W^s(\mathbb R^n_+) lên W^s(\mathbb R^n)? Hơn nữa liệu có thác triển không phụ thuộc s\ge 0?

Ta bắt đầu với trường hợp đơn giản nhất s=0, nghĩa là W^s=L^2. Không khó để thấy ba cách thác triển sau thỏa mãn:

-) T_0u(x)=\begin{cases} u(x)\; khi \; x_n\ge 0, \\ 0\; khi \; x_n< 0;\end{cases}

-) T_1u(x)=\begin{cases} u(x)\; khi \; x_n\ge 0, \\ u(x', -x_n)\; khi \; x_n< 0;\end{cases}

-) T_2u(x)=\begin{cases} u(x)\; khi \; x_n\ge 0, \\ -u(x', -x_n)\; khi \; x_n< 0;\end{cases}

trong đó x=(x_1, \dots, x_{n-1}, x_n), x'=(x_1, \dots, x_{n-1}). Cụ thể các ánh xạ T_0, T_1, T_2 đều là ánh xạ tuyến tính, bị chặn từ L^2(\mathbb R^n_+) vào L^2(\mathbb R^n). Hơn nữa

||T_0u||_{L^2}=||u||_{L^2},

||T_1u||_{L^2}=||T_2u||_{L^2}=2^{1/2}||u||_{L^2}.

Tiếp đến trường hợp s=1 có thể thấy T_0, T_2 không thỏa mãn. Cụ thể, chọn

u(x)=\begin{cases} 1-x \; khi \; 0\le x\le 1,\\ 0 \; khi \; x> 1, \end{cases}

có đạo hàm suy rộng

Du(x)=\begin{cases} -1 \; khi \; 0\le x\le 1,\\ 0 \; khi \; x> 1\end{cases}

nên u\in W^1(\mathbb R_+).

Các hàm T_0u, T_2u là các hàm có gián đoạn tại x=0 nên khi lấy đạo hàm suy rộng sẽ xuất hiện hàm Dirac. Do đó chúng không thuộc W^1(\mathbb R).

Riêng T_1u có đạo hàm suy rộng

D(T_1u)(x)=-sgn(x)\chi_{[-1, 1]}(x)

nên T_1u\in W^1(\mathbb R).

Hơn nữa, T_1 là ánh xạ tuyến tính, bị chặn từ W^1(\mathbb R^n_+) vào W^1(\mathbb R^n).

Tuy nhiên khi chuyển sang trường hợp s=2,nếu ta lấy

u(x)=\begin{cases}(x-1)^2 \; khi \; 0\le x\le 1,\\ 0\; khi \; x> 1\end{cases}

ta sẽ thấy u\in W^2(\mathbb R^n_+) còn T_1u\not\in W^2(\mathbb R).

Có thể thấy ngay lý do cách làm trên lỗi: sự xuất hiện thêm các đạo hàm hàm suy rộng khi tăng s. Làm thế nào để thoát qua điểm này? Nói cách khác: làm thế nào để trơn hóa mối nối giữa phần đã có và phần thác triển? Chú ý rằng ta cách làm trên vẫn còn điểm tốt: ngoài phần nối x_n=0 những chỗ khác đều tốt theo nghĩa đạo hàm suy rộng tốt!

Để ý rằng các hàm u(x', jx_n), j\in\mathbb N, thừa hưởng các tính chất tốt của u(x). Ta lấy tổ hợp tuyến tính các hàm này để thác triển! Cụ thể như sau, với mỗi s\in\mathbb Z_+:

T_su(x)=\begin{cases}u(x) \; khi \; x_n\ge 0,\\ \sum\limits_{j=1}^{s+1} \lambda_j u(x', -jx_n) \; khi \; x_n< 0\end{cases}

trong đó các hằng số \lambda_j, j=\overline{1, s+1} giúp cho việc trơn hóa mối nối tại x_n=0. Điều này làm được nhờ “giới hạn của đạo hàm là đạo hàm” như trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2013/04/09/gioi-han-cua-dao-ham-la-dao-ham/

Cụ thể: Cho hàm liên tục u: (-a, a)\to\mathbb R có đạo hàm tại các điểm x< 0 và có giới hạn trái

\lim\limits_{x\to 0_-}u'(x)=A

thì u có đạo hàm tại trái x=0u'_-(0)=A.

Nếu thêm giả thiết u có đạo hàm phải tại các điểm x> 0 và có giới hạn phải

\lim\limits_{x\to 0_+}u'(x)=A

thì u khả vi tại x=0u'(x) liên tục tại x=0.

Có thể thấy rằng ta có thể tiếp tục quá trình trên, nghĩa là nếu

u có đạo hàm đến cấp 2 tại các điểm x\not=0

\lim\limits_{x\to 0}u'(x)=A_1,

\lim\limits_{x\to 0}u"(x)=A_2

thì u khả vi liên tục đến cấp 2 tại x=0.

Cứ thế ta mở rộng cho đạo hàm riêng các cấp của hàm nhiều biến để sử dụng cho việc trơn hóa mối nối trên. Cụ thể, nếu u\in C^\infty_0(\overline{\mathbb R^n_+}), để trơn hóa mối nối đến cấp s ta cần

\lim\limits_{x_n\to 0_-}D^k_n(T_su)(x)=D^k_nu(x', 0), k=\overline{0, s}

hay \lambda_j, j=\overline{1, s+1} là nghiệm của hệ

\sum\limits_{j=1}^{s+1}(-j)^k\lambda_j=1, k=\overline{0, s}.

Hệ này có duy nhất nghiệm. Khi đó T_su\in C^s_0(\mathbb R^n)

D^\alpha(T_su)(x)=\begin{cases}D^\alpha u(x) \; khi \; x_n\ge 0, \\ \sum\limits_{j=1}^{s+1}(-j)^{\alpha_n}\lambda_jD^\alpha u(x', -jx_n)\; khi \; x_n < 0.\end{cases}

Không khó để thấy

||T_su||_{W^s}\le C(s)||u||_{W^s}.

Do tính trù mật của C^\infty_0(\overline{\mathbb R^n_+}) trong W^s(\mathbb R^n_+) nên ta có T_s là thác triển tuyến tính bị chặn từ W^s(\mathbb R^n_+) vào W^s(\mathbb R^n). Có thể thấy ánh xạ thác triển này chung cho các W^t với t\in\mathbb Z_+, t\le s. Chú ý rằng ta mới làm được cho s nguyên. Với s\ge 0 bất kỳ ta dùng phép nội suy.

Giờ ta chuyển sang trả lời câu hỏi: liệu có cách thác triển chung cho bất kỳ s\ge 0? Nếu vẫn tiếp tục cách tiếp cận trên ta sẽ gặp hệ vô hạn. Dưới đây tôi trình bày cách xử lý của R. T. Seeley.

Ta cần bổ đề sau.

Bđ. Tồn tại dãy số thực \{a_j\}_{j=0}^\infty thỏa mãn

\sum\limits_{j=0}^\infty 2^{jk}a_j=(-1)^k, k\in\mathbb Z_+,

\sum\limits_{j=0}^\infty 2^{jk}|a_j|<\infty, k\in\mathbb Z_+.

Ta dùng bổ đề trên như sau. Chọn hàm khả vi vô hạn \varphi: [0, \infty)\to \mathbb R thỏa mãn

\varphi(t)=\begin{cases}1 \; khi \; 0\le t\le 1/2,\\ 0 \; khi \; t\ge 1.\end{cases}

Với u\in C^\infty_0(\overline{\mathbb R^n_+}) xét thác triển

Tu(x)=\begin{cases}u(x)\; khi \; x_n\ge 0, \\ \sum\limits_{j=0}^\infty a_j \varphi(-2^jx_n)u(x', -2^jx_n).\end{cases}

Do \sum\limits_{j=0}^\infty 2^{jk}|a_j| hội tụ với mọi k\in\mathbb Z_+ nên chuỗi

\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\sum\limits_{k=0}^{\alpha_n}\binom{\alpha_n}{k}(-2)^{j\alpha_n}\varphi^{(\alpha_n-k)}(-2^jx_n)D^{\alpha'}D^k_n u(x, -2^jx_n)

hội tụ tuyệt đối đều trên (-\infty, 0).

Do đó

D^\alpha(Tu)(x)=

=\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\sum\limits_{k=0}^{\alpha_n}\binom{\alpha_n}{k}(-2)^{j\alpha_n}\varphi^{(\alpha_n-k)}(-2^jx_n)D^{\alpha'}D^k_n u(x, -2^jx_n)

\lim\limits_{x_n\to 0_-}D^\alpha(Tu)(x)=

=\sum\limits_{j=0}^\infty a_j\sum\limits_{k=0}^{\alpha_n}\binom{\alpha_n}{k}(-2)^{j\alpha_n}\varphi^{(\alpha_n-k)}(0)D^{\alpha'}D^k_n u(x', 0).

Lại có \sum\limits_{j=0}^\infty a_j 2^{jk}=(-1)^k, k\in\mathbb Z_+

\varphi^{(\alpha_n-k)}(0)=\begin{cases} 1\; khi \; k=\alpha_n, \\ 0\; khi \; 0\le k< \alpha_n\end{cases}

nên

\lim\limits_{x_n\to 0_-}D^\alpha(Tu)(x)=D^\alpha u(x', 0).

Như vậy Tu\in C^\infty_0(\mathbb R^n).

Hơn nữa không khó để thấy

||Tu||_{W^s}\le C(s)||u||_{W^s}, s\in \mathbb Z_+.

Do C^\infty_0(\overline{\mathbb R^n_+}) trù mật trong W^s(\mathbb R^n_+) nên ánh xạ thác triển T là ánh xạ tuyến tính bị chặn từ W^s(\mathbb R^n_+) vào W^s(\mathbb R^n), khi s\in\mathbb Z_+. Trường hợp s\ge 0 bất kỳ ta dùng nội suy. Tóm lại R. T. Seeley xây dựng được cách thức thác triển chung cho bất kỳ s\ge 0.

Quay trở lại việc chứng minh bổ đề, với mỗi số tự nhiên N hệ

\sum\limits_{j=0}^N 2^{jk}a_{jN}=(-1)^k, k=\overline{0, N}

có duy nhất nghiệm

a_{jN}=A_jB_{jN}, trong đó

A_j=\Pi_{m=0}^{j-1}\dfrac{1+2^m}{2^m-2^j}, B_{jN}=\Pi_{m=j+1}^N \dfrac{1+2^m}{2^m-2^j}.

Để ý, với mỗi j\in\mathbb Z_+, dãy \{B_{jN}\}_{N=j+1}^\infty là dãy tăng và bị chặn trên bởi e^4 nên nó có giới hạn

\lim\limits_{N\to\infty}B_{jN}=B_j\in (0, e^4).

Còn

|A_j|\le 2^{(3j-j^2)/2}.

Do đó nếu đặt a_j=A_jB_j ta có

|a_j|\le e^42^{(3j-j^2)/2}

nên với mỗi k\in\mathbb Z_+

\sum\limits_{j=0}^\infty 2^{jk}|a_j|\le \sum\limits_{j=0}^\infty e^42^{(2jk+3j-j^2)/2}<\infty.

Khi đó lấy giới hạn

\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{j=0}^N 2^{jk}a_{jN}=\sum\limits_{j=0}^\infty 2^{jk}a_j.

Như vậy ta đã xây dựng được dãy số thực thỏa mãn bổ đề.

Câu hỏi: Có bao nhiêu dãy số thực thỏa mãn bổ đề? Có bao nhiêu cách thác triển chung cho bất kỳ s\ge 0?

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