Lý thuyết Hàm suy rộng

Lý thuyết Hàm suy rộng và Không gian Sobolev
Đặng Anh Tuấn
Hà Nội, ngày 20- 11- 2005
Chương 1
Các không gian hàm cơ bản và không
gian hàm suy rộng
1.1 Một số kiến thức bổ sung
1.1.1 Một số ký hiệu
N = {1, 2, . . . } là tập các số tự nhiên, Z+ = {0, 1, 2, . . . } là tập các số nguyên không
âm, R là tập các số thực, C là tập các số phức. Đơn vị ảo
√−1 = i.
Với mỗi số tự nhiên n ∈ N, tập Zn+ = {α = (α1, . . . , αn)
∣∣αj ∈ Z+, j = 1, . . . , n}, tập
Rn = {x = (x1, x2, . . . , xn)
∣∣xj ∈ R, j = 1, 2, . . . } là không gian thực n chiều với chuẩn
Euclid
‖x‖ = ( n∑
j=1
x2j
) 1
2 .
Nếu không có gì đặc biệt, ký hiệu Ω là tập mở trong Rn.
Với mỗi k ∈ Z+ ký hiệu các tập như sau:
Ck(Ω) = {u : Ω→ C∣∣u khả vi liên tục đến cấp k}, C(Ω) = C0(Ω) = {u : Ω liên tục−→ C},
Ck0 (Ω) = {u : Ω→ C
∣∣u ∈ Ck(Ω), suppu là tập compact}, C0(Ω) = C00(Ω),
C∞(Ω) = ∩∞k=1Ck(Ω), C∞0 (Ω) = ∩∞k=1Ck0 (Ω),
trong đó, suppu = cl{x ∈ Ω∣∣u(x) 6= 0}.
Với mỗi số thực 1 ≤ p <∞, ký hiệu
Lp(Ω) = {u : Ω đđ−→
Lebesgue
C
∣∣ ∫
Ω
|u(x)|p < +∞},
với p =∞, ký hiệu
L∞(Ω) = {u : Ω đđ−→
Lebesgue
C
∣∣ess sup
x∈Ω
|u(x)| < +∞},
2trong đó, ess supx∈Ω |u(x)| = inf{M > 0
∣∣m{x ∈ Ω∣∣|u(x)| > M} = 0}.
Với 1 ≤ p ≤ ∞, ký hiệu
Lploc(Ω) = {u : Ω
đđ−→
Lebesgue
C
∣∣u ∈ Lp(ω), với mọi tập con đo được ω ⊂⊂ Ω}
Lpcompact(Ω) = {u : Ω
đđ−→
Lebesgue
C
∣∣u ∈ Lp(Ω),∃ω ⊂⊂ Ω : u(x) = 0 h.k.n. trong Ω \ ω},
trong đó, ω ⊂⊂ Ω nghĩa là bao đóng cl(ω) là tập compact trong Ω.
Với mỗi hàm u ∈ C∞(Ω), α = (α1, α2, . . . , αn) ∈ Zn+ ký hiệu
Dαu = Dα11 D
α2
2 . . . D
αn
n u,D
αj
j =
∂αj
∂x
αj
j
, j = 1, 2, . . . .
Khi đó, với u, v ∈ C∞(Ω), α = (α1, α2, . . . , αn) ∈ Zn+ có công thức Leibnitz
Dα(uv) =
∑
β≤α
(
α
β
)
DβuDα−βv,
trong đó,
(
α
β
)
=
∏n
j=1
(
αj
βj
)
,
(
αj
βj
)
=
αj !
βj !(αj−βj)! ,
∑
β≤α
là tổng lấy trên tập các đa chỉ số β ∈ Zn+
mà β ≤ α, nghĩa là 0 ≤ βj ≤ αj, j = 1, 2, . . . , n.
1.1.2 Phân hoạch đơn vị
Định nghĩa 1.1. Cho Ω là một tập trong Rn.Một họ đếm được các cặp {(Ωj, ϕj)}∞j=1, trong
đó Ωj là tập mở trong Rn, ϕj là hàm thuộc lớp các hàm khả vi vô hạn trên Rn, được gọi là
một phân hoạch đơn vị của tập Ω nếu các tính chất sau được thoả mãn:
(i) {Ωj}∞=1 là một phủ mở của Ω, (Ω ⊂ ∪∞j=1Ωj,Ωj là tập mở),
(ii) 0 ≤ ϕj(x) ≤ 1,∀x ∈ Ω, j = 1, 2, . . . ,
(iii) ϕj ∈ C∞0 (Rn), suppϕj ⊂ Ωj, j = 1, 2, . . . ,
(iv)
∑∞
j=1 ϕj(x) = 1,∀x ∈ Ω.
Ta còn gọi {ϕj}∞j=1 là phân hoạch đơn vị ứng với phủ mở {Ωj}∞j=1 của tập Ω.
Định lý 1.1. Cho K là một tập compact trong Rn, họ hữu hạn {Uj}Nj=1 là một phủ mở của
K. Khi đó, tồn tại một họ hữu hạn các hàm khả vi vô hạn {ϕj}Nj=1 xác định một phân hoạch
đơn vị ứng với phủ mở {Uj}Nj=1 của tập K.
Để chứng minh định lý ta cần một số kết quả sau.
Từ đây trở đi, ký hiệu hàm ρ : Rn → R là hàm được xác định như sau
ρ(x) :=
{
Ce
1
||x||2−1 , nếu||x|| < 1,
0, nếu ||x|| ≥ 1,
trong đó, C là hằng số sao cho
∫
Rn ρ(x)dx = 1.
Để ý rằng, hàm ρ có các tính chất sau
3(i) ρ ∈ C∞0 (Rn), supp ρ = B¯1(0) = {x ∈ Rn
∣∣||x|| ≤ 1}, ρ(x) ≥ 0,∀x ∈ Rn,
(ii)
∫
Rn ρ(x)dx = 1, ρ là hàm chỉ phụ thuộc vào ||x||(radial function).
Với mỗi  > 0, đặt ρ(x) = 
−nρ(x

). Hàm ρ cũng có các tính chất của hàm ρ:
(i) ρ ∈ C∞0 (Rn), supp ρ = B¯(0) = {x ∈ Rn
∣∣||x|| ≤ 1}, ρ(x) ≥ 0,∀x ∈ Rn,
(ii)
∫
Rn ρ(x)dx = 1, ρ là hàm chỉ phụ thuộc vào ||x||(radial function).
Với mỗi hàm f ∈ L1loc(Rn), đặt
f(x) = (f ∗ ρ)(x) =
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy.
Việc đặt này là có nghĩa vì∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy =
∫
Rn
f(x− y)ρ(y)dy =
∫
B¯(0)
f(x− y)ρ(y)dy.
Mệnh đề 1.2. Cho f ∈ L1loc(Rn). Khi đó, ta có các kết luận sau.
(i) f ∈ C∞(Rn).
(ii) Nếu supp f = K ⊂⊂ Rn thì f ∈ C∞0 (Rn), supp f ⊂ K = {x ∈ Rn
∣∣d(x,K) ≤ }.
(iii) Nếu f ∈ C(Rn) thì lim
→0+
sup
x∈K
|f(x)− f(x)| → 0,∀K ⊂⊂ Rn.
(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn)(1 ≤ p <∞) thì f ∈ Lp(Rn), và f L
p−→ f khi → 0+.
Chứng minh. (i) Dễ dàng chứng minh từ đẳng thức sau
Dαx (
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy) =
∫
Rn
f(y)Dαxρ(x− y)dy.
(ii)Do supp f = K nên
f(x) =
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy =
∫
K
f(y)ρ(x− y)dy.
Khi đó, với mỗi x 6∈ K, nghĩa là d(x,K) >  hay ||x−y|| > ,∀y ∈ K.Mà supp ρ ∈ B¯(0)
nên ρ(x− y) = 0,∀y ∈ K. Do đó, f(x) = 0 khi x 6∈ K hay supp f ⊂ K.
(iii) Dễ thấy
f(x)− f(x) =
∫
Rn
(
f(x− y)− f(x))ρ(y)dy = ∫
B¯1(0)
(
f(x− y)− f(x))ρ(y)dy
nên |f(x)− f(x)| ≤ sup
y∈B¯(0)
|f(x− y)− f(x)|
mà f ∈ C(Rn) có f liên tục đều trên từng tập compact K ⊂ Rn
do đó lim
→0+
sup
x∈K
|f(x)− f(x)| → 0,∀K ⊂⊂ Rn.
4Mệnh đề 1.3. Cho K ⊂⊂ Rn. Khi đó, với mỗi  > 0, có một hàm ϕ ∈ C∞0 (Rn) thoả mãn
(i) 0 ≤ ϕ(x) ≤ 1,∀x ∈ Rn,
(ii) suppϕ ⊂ K,
(iii) ϕ(x) = 1,∀x ∈ K 
2
.
Chứng minh. Lấy hàm đặc trưng của tập K 3
4
χ(x) :=
{
1, nếu x ∈ K 3
4
,
0, nếu x 6∈ K 3
4
.
Có χ ∈ L1(Rn) ⊂ L1loc(Rn), suppχ = K 3
4
, nên theo Mệnh đề 1.2 có
(i) χ ∗ ρ 
4
∈ C∞0 (Rn),
(ii) supp(χ ∗ ρ 
4
) ⊂ K,
(iii)0 ≤ (χ ∗ ρ 
4
)(x),∀x ∈ Rn.
Để ý rằng,
(χ ∗ ρ 
4
)(x) =
∫
B¯ 
4
(0)
χ(x− y)ρ 
4
(y)dy
nên
(i) (χ ∗ ρ 
4
)(x) ≤ ∫
B¯ 
4
(0)
ρ 
4
(y)dy = 1,
(ii) Nếu x ∈ K 
2
thì (x− y) ∈ K 3
4
,∀y ∈ B¯ 
4
, do đó (χ ∗ ρ 
4
)(x) =
∫
B¯ 
4
(0)
ρ 
4
(y)dy = 1.
Chứng minh. Chứng minh Định lý 1.1. Từ giả thiết K là tập compact, {Uj}Nj=1 là một phủ
mở của K có
W1 := K\(∪Nj=2Uj) ⊂⊂ U1
nên tồn tại 1 > 0 sao cho
W1 ⊂ W1 +B1(0) ⊂ U1.
Theo Mệnh đề 1.3 có một hàm nhận giá trị trong khoảng (0, 1) là ψ1 ∈ C∞0 (Rn) sao cho
V1 := W1 +B 1
2
(0) ⊂ suppψ1 ⊂ W1 +B1 ⊂ U1.
Lại có, W1 := K\(∪Nj=2Uj) ⊂ V1 mà V1 là tập mở nên
W2 := K\(V1 ∪ (∪Nj=3Uj)) ⊂⊂ U2.
5Do đó, tồn tại 2 > 0 sao cho
W2 ⊂ W2 +B2(0) ⊂ U2.
Theo Mệnh đề 1.3, có một hàm nhận giá trị trong khoảng (0, 1) là ψ2 ∈ C∞0 (Rn) sao cho
V2 := W2 +B 2
2
(0) ⊂ suppψ2 ⊂ W2 +B2 ⊂ U2.
Cứ như thế ta xây dựng được dãy các hàm {ψj}Nj=1 thoả mãn
(i) ψj ∈ C∞0 (Rn),
(ii) Vj := Wj +B j
2
(0) ⊂ suppψj ⊂ Wj +Bj ⊂ Uj,
(iii)
∑N
j=1 ψj(x) > 0,∀x ∈ ∪Nj=1Vj(⊃ K),
(iv)
∑N
j=1 ψj(x) < N + 1,∀x ∈ Rn.
Có K ⊂⊂ ∪Nj=1Vj nên tồn tại một số  > 0 sao cho
K ⊂ K +B(0) ⊂ ∪Nj=1Vj.
Theo Mệnh đề 1.3 có một hàm không âm φ thoả mãn
(i) φ ∈ C∞0 (Rn),
(ii) K ⊂ K +B 
2
(0) ⊂ suppφ ⊂ K +B ⊂ ∪Nj=1Vj,
(iii)0 ≤ φ(x) ≤ 1,∀x ∈ Rn, φ(x) = 1,∀x ∈ K +B(0).
Đặt
ϕj(x) :=
ψj(x)
φ(x)
(∑N
k=1 ψk(x)
)
+ (1− φ(x))
(
N + 1−∑Nk=1 ψk(x))
có
(i) 0 ≤ ϕj(x) ≤ 1,∀x ∈ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) ϕj ∈ C∞0 (Rn), suppϕj ⊂ Uj, j = 1, 2, . . . ,
(iii)
∑∞
j=1 ϕj(x) = 1,∀x ∈ K.
Chú ý. Để xây dựng các hàm ϕj từ ψj ta có thể dùng một trong hai cách sau:
(i) thứ nhất
ϕj(x) :=
{
φ(x)ψj(x)∑N
k=1 ψk(x)
, nếu x ∈ suppφ,
0, nếu x 6∈ suppφ,
(ii) thứ hai
ϕ1(x) = ψ1(x), ϕ2(x) = (1− ψ1(x))ψ2(x), . . . , ϕN(x) = ψN(x)
N−1∏
j=1
(1− ψj(x)).
61.2 Không gian hàm cơ bản D(Ω), không gian hàm suy
rộng D′(Ω)
1.2.1 Không gian hàm cơ bản D(Ω)
Định nghĩa 1.2. Không gian D(Ω) là không gian gồm các hàm ϕ ∈ C∞0 (Ω) với khái niệm
hội tụ sau: dãy {ϕj}∞j=1 các hàm trong C∞0 (Ω) được gọi là hội tụ đến hàm ϕ ∈ C∞0 (Ω) nếu
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕj(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
Khi đó, ta viết là ϕ = D− lim
j→∞
ϕj.
Chú ý. 1.Nếu ϕ = D− lim
j→∞
ϕj thì suppϕ ⊂ K.
2. Khái niệm hội tụ trên D(Ω) là phù hợp với cấu trúc tuyến tính trên D(Ω), nghĩa là, nếu
λ, à ∈ C, ϕk, ψk, ϕ, ψ ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . , có
nếu D− lim
k→∞
ϕk = ϕ,D− lim
k→∞
ψk = ψ thì D− lim
k→∞
(λϕk + àψk) = λϕ+ àψ.
3. Hơn thế, ta còn có thể chứng minh nếu φ ∈ C∞(Ω), và ϕ = D− lim
j→∞
ϕj thì φϕ =
D− lim
j→∞
φϕj. Thật vậy, do nếu ϕk(x) = 0 thì φ(x)ϕk(x) = 0 nên supp(φϕk) ⊂ suppϕk,
và theo công thức Leibnitz có với mỗi α ∈ Zn+
Dα(φϕk)(x) =
∑
β≤α
(
α
β
)
Dβφ(x)Dα−βϕk(x)
mà ϕ = D− lim
j→∞
ϕj nghĩa là
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppϕk ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
k→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕk(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+,
do đó,
(i)supp(Dαϕk) ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,∀α ∈ Zn+ nên
supp(φϕk) ⊂ K, supp(Dα(φϕk)) ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
(ii) sup
x∈Ω
|Dα(φϕk)(x) − Dα(φϕ)(x)| ≤ C
( ∑
β≤α
sup
x∈K
|Dβφ(x)|
)
sup
x∈Ω
β≤α
|Dβϕk(x) − Dβϕ(x)|
nên
lim
k→∞
sup
x∈Ω
|Dα(φϕk)(x)−Dα(φϕ)(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
7Với mỗi α ∈ Zn+, phép toán đạo hàm Dα là ánh xạ tuyến tính liên tục trong D(Ω), nghĩa là
(i) Dαϕ ∈ D(Ω), suppDαϕ ⊂ suppϕ,
(ii) nếu λ, à ∈ C, ϕ, ψ ∈ D(Ω) thì Dα(λϕ+ àψ) = λDαϕ+ àDαψ,
(iii) nếu D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì D− lim
k→∞
Dαϕk = 0.
Như vậy, toán tử vi phân tuyến tính P =
∑
|α|≤m
aα(x)D
α, aα ∈ C∞(Ω) là toán tử vi phân
tuyến tính liên tục trên D(Ω) mà suppPu ⊂ suppu, ∀u ∈ D(Ω). Peetre, J. đã chứng minh
được rằng nếu toán tử tuyến tính P trên C∞0 (Ω) thoả mãn tính chất suppPu ⊂ suppu, ∀u ∈
C∞0 (Ω) thì P là toán tử vi phân.
4. Dãy {ϕj}∞j=1 được gọi là một dãy Cauchy trong D(Ω) nếu
(i) có một tập compact K ⊂ Rn mà suppϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
j→∞
k→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕk(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
5. Cho ϕk ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . , chuỗi hình thức
∑∞
k=1 ϕk được gọi là hội tụ trong D(Ω)
nếu dãy các tổng riêng {∑kj=1 ϕj}∞k=1 hội tụ trong D(Ω).
Mệnh đề 1.4. Không gian D(Ω) là đủ.
Chứng minh. Lấy dãy {ϕj}∞j=1 là một dãy Cauchy trong D(Ω) thì
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppDαϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,∀α,
(ii) lim
j→∞
k→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕk(x)| = 0,∀α ∈ Zn+
nên với mỗi α dãy {Dαϕj}∞j=1 là dãy Cauchy trong không gian C(K) với chuẩn sup, mà
không gian C(K) với chuẩn sup là không gian đủ, do đó có một hàm ϕα ∈ C(Ω) sao cho
(i) suppϕα ⊂ K,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)− ϕα(x)| = 0.
Ta sẽ chứng minh ϕα = Dαϕ0. Khi đó, ϕ0 ∈ C∞0 (Ω) và
(i) suppDαϕ0 ⊂ K,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕj(x)−Dαϕ0(x)| = lim
j→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕ0(x)| = 0.
hay ϕ0 = D− lim
j→∞
ϕj.
Để chứng minh điều này ta chỉ cần chứng minh khi α = (1, 0, . . . , 0). Các trường hợp
α = (0, . . . , 0,
j︷︸︸︷
1 , 0, . . . , 0) ta chứng minh tương tự. Sau đó, bằng qui nạp ta chứng minh
cho các trường hợp còn lại.
Điều này là hiển nhiên vì D1ϕj hội tụ đều đến ϕ
(1,0,...,0)
trong K, và ϕj hội tụ đều đến ϕ
0
trong K.
81.2.2 Không gian hàm suy rộng D′(Ω)
Định nghĩa 1.3. Ta nói rằng f là một hàm suy rộng trong Ω nếu f là một phiếm hàm tuyến
tính liên tục trên D(Ω).
Hàm suy rộng f ∈ D′(Ω) tác động lên mỗi ϕ ∈ D(Ω) được viết là 〈f, ϕ〉. Hai hàm suy
rộng f, g ∈ D′(Ω) được gọi là bằng nhau nếu
〈f, ϕ〉 = 〈g, ϕ〉,∀ϕ ∈ D(Ω).
Tập tất cả các hàm suy rộng trong Ω lập thành không gian D′(Ω).
Chú ý. Trên D′(Ω) có thể xây dựng một cấu trúc không gian vectơ trên C, nghĩa là ta có
thể định nghĩa các phép toán tuyến tính như sau
(i) phép cộng: với f, g ∈ D′(Ω) tổng f + g được xác định như sau
f + g : ϕ 7→ 〈f + g, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉+ 〈g, ϕ〉, ϕ ∈ D(Ω),
khi đó, f + g ∈ D′(Ω), nghĩa là, f + g là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên D(Ω),
(ii) phép nhân với số phức: với λ ∈ C, f ∈ D′(Ω) tích λf được xác định như sau
λf : ϕ 7→ 〈λf, ϕ〉 = λ〈f, ϕ〉, ϕ ∈ D(Ω),
khi đó, λf ∈ D′(Ω), nghĩa là, λf là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên D(Ω).
Hơn thế, ta còn có thể định nghĩa phép nhân với một hàm trong C∞(Ω).
Với φ ∈ C∞(Ω), f ∈ D′(Ω) tích φf ∈ D′(Ω) được xác địn ...  ||x||2)m|Dβϕk(x)(x)|
+ (1 + ||x||2)m|Dβϕk(x)(x)− xαDβϕ(x)|
<
3
2
,
và
(1+||x||2)m|Dβϕ(x)| < (1+||x||2)m|Dβϕ(x)−Dβϕk(x)(x)|+(1+||x||2)m|Dβϕk(x)(x)| < .
Như vậy, sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dβϕ(x)| ≤ max{,max||x||≤R0(1 + ||x||2)m|Dβϕ(x)|} < +∞,
với mỗi  > 0,m ∈ Z+, β ∈ Zn+ đều có và có một số tự nhiên k0 để với mỗi k ≥ k0
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dβϕk(x)−Dβϕ(x)| < 
hay ϕ ∈ S(Rn) và S− lim
k→∞
ϕk = ϕ.
32
1.4.2 Không gian các hàm suy rộng tăng chậm S′(Rn)
Định nghĩa 1.12. Cho hàm suy rộng f ∈ D′(Rn). Hàm suy rộng f được gọi là hàm suy
rộng tăng chậm nếu có một số tự nhiên m và một số dương c sao cho
|〈f, ϕ〉| ≤ c sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ D(Rn).
Không gian các hàm suy rộng tăng chậm S′(Rn) là tập tất cả các hàm suy rộng tăng chậm.
Chú ý. 1. Không gian các hàm suy rộng tăng chậm S′(Rn) là đóng đối với các phép toán
tuyến tính, phép nhân với một hàm a(.) ∈ C∞(Rn) mà với mỗi α ∈ Zn+ đều có một số thực
m và một số dương c để sup
x∈Rn
|Dαa(x)| ≤ c(1+ ||x||2)m, và phép lấy đạo hàm suy rộng Dα.
Ví dụ 22. Cho f ∈ L1loc(Rn) sao cho∫
Rn
|f(x)|
(1 + ||x||)N dx < +∞,
với N > 0 nào đó thì nó tương ứng với hàm suy rộng tăng chậm.
Như vậy, với 1 ≤ p ≤ ∞, f ∈ Lp(Rn) thì f cũng tương ứng với hàm suy rộng tăng chậm vì
• với p = 1 chọn N = 0, còn với p =∞ chọn N = n+ 1,
• với 1 < p <∞ theo bất đẳng thức Holder có∫
Rn
|f(x)|
(1 + ||x||)N dx <
(∫
Rn
|f(x)|pdx
) 1
p
(∫
Rn
1
(1 + ||x||)p′N dx
) 1
p′
nên ta chọn N = n+1
p′ .
Hay hàm f ∈ L1loc(Rn) sao cho có một số thực m và một số dương c để
|f(x)| ≤ c(1 + ||x||)m
thì nó cũng tương ứng với một hàm suy rộng tăng chậm.
Ví dụ 23. Trên R, f(x) = D cos(ex2) = −2xex2 sin(ex2) là hàm suy rộng tăng chậm.
Ví dụ 24. Trên R, f(x) = e|x|3 là hàm khả tích địa phương nhưng không là hàm suy rộng
tăng chậm.
Định lý 1.16 (Định nghĩa khác về hàm suy rộng tăng chậm). (i) Cho hàm suy rộng tăng
chậm f ∈ S′(Rn). Khi đó, ta có thể thác triển f thành phiếm hàm tuyến tính liên tục
từ S(Rn) vào C.
(ii)Với mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục f : S(Rn) → C đều có thu hẹp trên D(Rn) là
một hàm suy rộng tăng chậm.
33
Nhận xét. Từ Định lý 1.16 ta có thể coi hàm suy rộng tăng chậm là phiếm hàm tuyến
tính liên tục trên S(Rn), không gian các hàm suy rông tăng chậm S′(Rn) là không gian các
phiếm hàm tuyến tính liên tục trên S(Rn).
Chứng minh. (i) Giả sử f ∈ S′(Rn), nghĩa là f ∈ D′(Rn) và có một số tự nhiên m và số
dương C sao cho
|〈f, ϕ〉| ≤ c sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Do tập C∞0 (Rn) trù mật trong S(Rn) nên với mỗi ϕ ∈ S(Rn) đều có một dãy {ϕk}∞k=1 trong
C∞0 (Rn) sao cho ϕ = S− lim
k→∞
ϕk. Khi đó
lim
k→∞
l→∞
sup
x∈Rn
∑
|α|≤m
(1 + ||x||2)m|Dαϕk(x)−Dαϕl(x)| = 0
do đó {〈f, ϕk〉}∞k=1 là dãy Cauchy trong C hay có một số phức, ký hiệu 〈f, ϕ〉 sao cho
〈f, ϕ〉 = lim
k→∞
〈fk, ϕk〉.
Trước tiên, ta chứng minh số 〈f, ϕ〉 không phụ thuộc vào việc chọn dãy {ϕk}∞k=1, nghĩa là
nếu có hai dãy {ϕk}∞k=1, {ψk}∞k=1 trong C∞0 (Rn) mà ϕ = S− lim
k→∞
ϕk = S− lim
k→∞
ψk thì
lim
k→
sup
x∈Rn
∑
|α|≤m
(1 + ||x||2)m|Dαϕk(x)−Dαψk(x)| = 0
do đó lim
k→∞
〈f, ϕk − ψk〉 = 0 hay lim
k→∞
〈f, ϕk〉 = lim
k→∞
〈f, ψk〉.
Như vậy với mỗi ϕ ∈ S(Rn) có một tương ứng, ký hiệu f , với một số phức 〈f, ϕ〉. Dễ thấy
tương ứng f là ánh xạ tuyến tính từ S(Rn) vào C và với mỗi ϕ ∈ S(Rn) có
|〈f, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,
hay f liên tục.
Như vậy, với mỗi f ∈ S′(Rn) đều có thác triển liên tục lên S(Rn).
(ii) Giả sử f : S(Rn) → R là phiếm hàm tuyến tính liên tục. Ta sẽ chứng minh rằng hạn
chế của f trên D(Rn) là hàm suy rộng tăng chậm bằng phản chứng nghĩa là với mỗi số tự
nhiên m đều có hàm ϕm ∈ D(Rn)\{0} mà
|〈f, ϕm〉| > m sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕm(x)|,
Đặt ψm(x) =
1√
m sup
y∈Rn
(1+||y||2)m ∑
|α|≤m
|Dαϕm(y)|ϕm(x) có
ψm ∈ C∞0 (Rn),S− lim
m→∞
ϕm = 0,
〈f, ψm〉 ≥
√
m,
nên f không liên tục tại 0. Trái với giả thiết. Do đó, ta có điều phải chứng minh.
34
1.4.3 Sự hội tụ trong không gian các hàm suy rộng tăng chậm S′(Rn)
Định nghĩa 1.13. Cho fk, f ∈ S′(Rn), k = 1, 2, . . . . Dãy {fk}∞k=1 được gọi là hội tụ trong
S′(Rn) đến f, viết S′− lim
k→∞
fk = f, nếu
(i) có một số tự nhiên m và một số dương C sao cho
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,
(ii) dãy {fk}∞k=1 là hội tụ trong D′(Rn) đến f.
Chú ý. 1. Khái niệm hội tụ trong S′(Rn) là phù hợp với cấu trúc tuyến tính trên đó, nghĩa
là với λ, à ∈ C, fk, f, gk, ψ ∈ S′(Rn), k = 1, 2, . . . , có
nếu S′− lim
k→∞
fk = f, S
′
− lim
k→∞
gk = g thì S
′
− lim
k→∞
(λfk + àgk) = λf + àg.
Một dãy {fk}∞k=1 được gọi là dãy Cauchy trong S′(Rn) nếu
(i) có một số tự nhiên m và một số dương C sao cho
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,
(ii) dãy {fk}∞k=1 là Cauchy trong D′(Rn).
2. Nếu a(.) ∈ C∞(Rn) sao cho với mỗi α ∈ Zn+ có một số thực m = m(α), và một số
dương c = c(α) có |Dαa(x)| < c(1 + ‖x‖)m, thì ánh xạ biến mỗi f thành af là ánh xạ
tuyến tính liên tục từ S′(Rn) vào S′(Rn).
Với mỗi α ∈ Zn+, phép toán đạo hàm Dα là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S(Rn) vào S(Rn).
3. Có các phép nhúng liên tục E′(Rn) ↪→ S′(Rn) ↪→ D′(Rn).
Ví dụ 25. Cho ϕ(x) = (2pi)−
n
2 e−
||x||2
2 . Đặt ϕ(x) = 
−nϕ(x

),  > 0, thì ϕ, ϕ ∈ S(Rn) ⊂
S′(Rn), và
∫
Rn ϕ(x)dx =
∫
Rn ϕ(x)dx = 1,
lim
→0+
∫
||x||>R√
ϕ(x)dx = lim
→0+
∫
||x||> R√

ϕ(x)dx = 0
nên S′− lim
→0+
ϕ = δ.
Định lý 1.17. S′(Rn) là không gian đầy đủ.
Chứng minh. Lấy {fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong S′(Rn) nghĩa là
(i) có một số tự nhiên m và một số dương C sao cho
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,
35
(ii) dãy {fk}∞k=1 là Cauchy trong D′(Rn).
DoD′(Rn) là không gian đầy đủ nên có một hàm suy rộng f ∈ D′(Rn) sao choD′− lim
k→∞
fk =
f. Ta chỉ còn phải chứng minh f ∈ S′(Rn) hay có một số tự nhiên m và một số dương C
sao cho
|〈f, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Thật vậy, do với mỗi ϕ ∈ C∞0 (Rn) có lim
k→∞
〈fk, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉 và
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,
nên
|〈f, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Định lý 1.18 (Định nghĩa khác về sự hội tụ trong S′(Rn)). Cho fk ∈ S′(Rn). Khi đó, dãy
{fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong S′(Rn) khi và chỉ khi với mỗi ϕ ∈ S(Rn) dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1 là
dãy Cauchy trong C.
Để chứng minh định lý ta cần đến Bổ đề sau.
Bổ đề 1.19. Cho fk : S(Rn) → C, k = 1, 2, . . . , là các phiếm hàm tuyến tính liên tục sao
cho dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1 là dãy Cauchy trong C với mỗi ϕ ∈ S(Ω); dãy {ϕk}∞k=1 trong S(Rn)
sao cho S− lim
k→∞
ϕk = 0. Khi đó, lim
k→∞
〈fk, ϕk〉 = 0.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử dãy {〈fk, ϕk〉}∞k=1 không hội tụ tới
0 khi k →∞, nghĩa là có một số dương c và một dãy con, để đơn giản ký hiệu ta giả sử
|〈fk, ϕ〉| > c, k = 1, 2, . . . .
Do S− lim
k→∞
ϕk = 0 nên có một dãy con, để đơn giản ký hiệu ta có thể giả sử
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dαϕk(x)| ≤ 1
4k
,max{m, |α|} ≤ k, k = 1, 2, . . . .
Đặt ψk(x) = 2
kϕk(x) có
• S− lim
k→∞
ψk = 0,
• lim
k→∞
|〈fk, ψk〉| = +∞.
36
Ta đi xây dựng dãy {f ′k, ψ′k}∞k=1 bằng cách quy nạp như sau.
Do lim
l→∞
〈fl, ψl〉 = +∞ nên có một số tự nhiên l1 sao cho |〈fl1 , ϕl1〉| > 1.
Đặt f ′1 = fl1 , ψ
′
1 = ψl1 .
Do S− lim
l→∞
ψl = 0 nên có một số tự nhiên k1 > l1 sao cho |〈f ′1, ψl〉| < 1,∀l ≥ k1. Mà dãy
{〈fl, ψ′1〉}∞l=1 là dãy Cauchy nên bị chặn, còn lim
l→∞
〈fl, ψl〉 = +∞ nên có một số tự nhiên
l2 > k1 sao cho |〈fl, ψl〉| > |〈fl, ψ′1〉|+ 1,∀l ≥ l2.
Đặt f ′2 = fl2 , ψ
′
2 = ψl2 . Có
(i)|〈f ′1, ψ′2〉 < 12 ,
(ii)|〈f ′2, ψ′2〉| > |〈f ′2, ψ′1〉|+ 1.
Giả sử ta đã có f ′1, . . . , f
′
k−1, ψ
′
1, . . . , ψk−1(k > 2, f
′
j = flj , l1 < l2 < ã ã ã < lk−1) mà
(i)|〈f ′j, ψ′k−1〉| < 12k−1−j , j = 1, . . . , k − 2,
(ii)|〈f ′k−1, ψ′k−1〉| >
∑k−2
j=1 |〈f ′k−1, ψ′j〉|+ k − 1.
Do S− lim
l→∞
ψl = 0 nên có một số tự nhiên k2 > lk−1 sao cho
|〈f ′j, ψl〉| <
1
2l−j
, j = 1, . . . , k − 2,∀l ≥ k2.
Mà với mỗi j = 1, . . . , k−2, dãy {〈fl, ψ′j〉}∞l=1 là dãy Cauchy nên bị chặn, còn lim
l→∞
〈fl, ψl〉 =
+∞ nên có một số tự nhiên lk > k2 sao cho
|〈fl, ψl〉| >
k−2∑
j=1
|〈fl, ψ′j〉|+ k,∀l ≥ lk.
Đặt f ′k = flk , ψ
′
k = ψlk . Có
(i)|〈f ′j, ψ′k〉| < 12k−j , j = 1, . . . , k − 1,
(ii)|〈f ′k, ψ′k〉| >
∑k−1
j=1 |〈f ′k, ψ′j〉|+ k.
Có dãy {ψ′k}∞k=1 = {ψlk}∞k=1 là dãy con của dãy {ψk}∞k=1 mà ψk = 2kϕk nên với mỗi
α ∈ Zn+,m,m1,m2 ∈ Z+,m2 > m1 > max{m, |α|} có
m2∑
k=m1
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dαψ′k(x)| =
m2∑
k=m1
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dαψlk(x)|
<
m2∑
k=m1
1
2lk
≤
∞∑
k=m1
1
2k
=
1
2m1−1
.
37
Do đó, dãy {∑kl=1 ψ′l}∞k=1 hội tụ trong S(Rn), nghĩa là có một hàm ψ ∈ S(Rn) mà
ψ = S− lim
k→∞
k∑
l=1
ψ′l.
Khi đó, có
|〈f ′k, ψ〉| ≥ |〈f ′k, ψ′k〉| −
k−1∑
j=1
|〈f ′k, ψ′j〉| − lim
l→∞
l∑
j=k+1
|〈f ′k, ψ′j〉|
≥ k − lim
l→∞
l∑
j=k+1
1
2j−k
= k − 1,
nghĩa là, dãy {〈f ′k, ψ〉}∞k=1 là không bị chặn, do đó cũng không là dãy Cauchy trong C. Điều
này trái với giả thiết. Như vậy điều giả sử sai hay ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh. Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.18.
Trước tiên ta chứng minh điều kiện cần. Giả sử dãy {fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong S′(Rn)
nghĩa là
(i) có một số tự nhiên m và một số dương C sao cho
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,
(ii) dãy {fk}∞k=1 là Cauchy trong D′(Rn).
Theo Định lý 1.16 các hàm suy rộng fk có thể thác triển lên thành phiếm hàm tuyến tính
liên tục trên S(Rn) và
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . .
Lấy  > 0. Do tập C∞0 (Rn) trù mật trong S(Rn) nên với mỗi ϕ ∈ S(Rn) có một hàm
ϕ ∈ C∞0 (Rn) sao cho
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)−Dαϕ(x)| ≤ 
2C
.
Do dãy {fk}∞k=1 là Cauchy trongD′(Rn) nên có một số tự nhiên k0 sao cho với mọi k, l ≥ k0
có
|〈fk − fl, ϕ〉| ≤ 
2
.
Do đó với mỗi  > 0 đều có một số tự nhiên k0 để k, l ≥ k0
|〈fk − fl, ϕ〉| ≤ |〈fk − fl, ϕ − ϕ〉|+ |〈fk − fl, ϕ〉|
≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)−Dαϕ(x)|+ 
2
≤ 
38
hay với mỗi ϕ ∈ S(Rn) dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1 là dãy Cauchy trong C.
Ta chứng minh điều kiện đủ. Giả sử với mỗi ϕ ∈ S(Rn) dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1 là dãy Cauchy
trong C. Do C∞0 (Rn) ⊂ S(Rn) nên dãy {fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong D′(Rn).
Ta chỉ còn phải chứng minh có một số tự nhiên m và một số dương C sao cho
|〈fk, ϕ〉| ≤ C sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . .
Ta chứng minh bằng phản chứng, nghĩa là với mỗi số tự nhiên m đều có một hàm ϕm ∈
C∞0 (Rn) để
|〈fm, ϕm〉| > m sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕm(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Đặt ψm(x) =
1√
m sup
y∈Rn
(1+||y||2)m ∑
|α|≤m
|Dαϕm(y)|ϕm(x) có
ψm ∈ C∞0 (Rn),S− lim
m→∞
ϕm = 0,
〈fm, ψm〉 ≥
√
m,
mà theo Bổ đề 1.19 thì lim
k→∞
〈fm, ϕm〉 = 0. Như vậy xảy ra điều mâu thuẫn. Do đó ta có
điều phải chứng minh.