ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phạm Vân Hà TOÁN TỬ GIẢ VI PHÂN MỘT CHIỀU VÀ CÁC TÍNH CHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội -

Bản ghi

1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phạm Vân Hà TOÁN TỬ GIẢ VI PHÂN MỘT CHIỀU VÀ CÁC TÍNH CHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 21

2 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phạm Vân Hà TOÁN TỬ GIẢ VI PHÂN MỘT CHIỀU VÀ CÁC TÍNH CHẤT Chuyên ngành: Giải tích Mã số: LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. Đặng Anh Tuấn Hà Nội - 21

3 Mục lục Lời nói đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị Biến đổi Fourier Chuỗi Fourier và các hệ số Fourier Không gian Sobolev với cấp thực trên Không gian Sobolev với cấp thực trên đường tròn đơn vị Bất đẳng thức Peetre Công thức tổng Poisson Phân hoạch đơn vị đặc biệt Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Định nghĩa biên độ và toán tử giả vi phân trên D Các tính chất Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Định nghĩa biên độ và toán tử giả vi phân trên Các tính chất Mối liên hệ giữa ΨDO trên D và ΨDO trên Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 i

4 Lời nói đầu Lý thuyết Giả vi phân ra đời đã được năm mươi năm kể từ khi J.Kohn, L.Nirenberg, L.Hormander khởi xướng. Nó ra đời nhằm để nghiên cứu phương trình vi phân đạo hàm riêng. Điểm xuất phát của nó là viết toán tử vi phân đạo hàm riêng dưới dạng tích phân Fourier với biểu trưng là đa thức. Khi biểu trưng không phải là đa thức thì nó là mở rộng thực sự của toán tử vi phân đạo hàm riêng (chẳng hạn căn bậc hai của toán tử Laplace). Toán tử giả vi phân(ψdo) giờ đây, một mặt được nghiên cứu như một phần của Toán học nghĩa là nó như một đối tượng của Toán học, một mặt nó đã xâm nhập vào khá nhiều lĩnh vực khác, chẳng hạn bài toán ngược, hình học vi phân, xác suất. Cụ thể, việc nghiên cứu tính giải được của toán tử giả vi phân kiểu chính ( giả thuyết Treves-Nirenberg) mới được giải quyết gần đây (23), hay việc nghiên cứu chuyển động Brownian trên đa tạp có sử dụng toán tử giả vi phân. Trong khóa luận này, công việc của người viết là đọc hiểu và trình bày lại một cách chi tiết về một số khái niệm và các tính chất cơ bản của toán tử giả vi phân trên đường tròn và toán tử giả vi phân trên đường thẳng. Bố cục của khóa luận bao gồm 3 chương: Chương 1 là những kiến thức chuẩn bị về biến đổi Fourier, không gian Sobolev trên đường tròn, không gian Sobolev trên đường thẳng, công thức tổng Poisson, mệnh đề phân hoạch đơn vị đặc biệt,.. để sử dụng cho các chương sau. Chương 2, tác giả trình bày về toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị, bắt đầu từ khái niệm biên độ (amplititude). Sau đó, tác giả đưa ra các tính chất về tính bị chặn trong không gian Sobolev của toán tử giả vi phân. Phần cuối chương, trình bày việc xây dựng biểu trưng (symbol) từ biên độ của một toán tử giả vi phân. Như đã biết, biểu trưng là trường hợp riêng của biên độ, mỗi biểu trưng cho ta một toán tử giả vi phân với biên độ chính là biểu trưng của toán tử giả vi phân đó, tuy nhiên điều ngược lại phải tính toán nhiều hơn. 1

5 Lời nói đầu Chương 3, tác giả trình bày toán tử giả vi phân trên đường thẳng, với một lưu ý về tính toán: trên đường tròn có dạng tổng (tích phân rời rạc) còn trên đường thẳng tích phân là liên tục. Điều đáng lưu ý ở chương này đó là toán tử giả vi phân trên đường tròn có thể được coi như là toán tử giả vi phân tuần hoàn trên đường thẳng. Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn khoa học của mình, TS. Đặng Anh Tuấn, người đã đưa ra đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tác giả. Đồng thời tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy dỗ, tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành chính để tác giả hoàn thành bản luận văn này. Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, đã cổ vũ động viên tác giả trong suốt quá trình làm luận văn, đặc biệt là bạn bè trong nhóm Giải tích lớp Cao học 8-1, đã giúp đỡ tác giả về tài liệu tham khảo và kỹ thuật biên soạn Latex. Do thời gian và trình độ còn hạn chế, chắc chắn bản luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, năm 21 Học viên Phạm Vân Hà 2

6 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong bản luận văn này, ta giả sử rằng các kiến thức cơ bản về không gian các hàm suy rộng, biến đổi Fourier, tích chập,...đã được thừa nhận. Nội dung chính của phần này là chứng minh một số mệnh đề về không gian Sobolev cấp thực trên đường thẳng và trên đường tròn, phát biểu và chứng minh công thức Poisson, mệnh đề phân hoạch đơn vị trong trường hợp đặc biệt. Ở đây, tôi có tham khảo chủ yếu trong giáo trình [1]. 1.1 Biến đổi Fourier Phép biến đổi Fourier trong không gian Scharz S(), và không gian các hàm suy rộng S (). Định nghĩa Cho ϕ S(). Biến đổi Fourier của hàm ϕ kí hiệu là ˆϕ hay Fϕ, là hàm được xác định bởi ˆϕ(ξ) = e ixξ ϕ(x) dx, và biến đổi ngược của hàm ϕ, kí hiệu ˇϕ hay F 1 ϕ, là hàm được xác định bởi ˇϕ(ξ) = 1 e ixξ ϕ(x) dx. Mệnh đề Nếu ϕ S() thì ˆϕ, ˇϕ S() và với mọi α, β N, ta có 3

7 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị (i) D α ˆϕ(ξ) = ( i) α ( x α ϕ(x))(ξ) (ii) ξ α ˆϕ(ξ) = ( i) α Dα ϕ(x)(ξ) (iii) ξ β D α ξ ˆϕ(ξ) = 2. ˇˆϕ = ˆˇϕ = ϕ, ϕ S(). e ixξ ( id x ) β (( ix) α ϕ(x)) Định nghĩa Cho f S (). Biến đổi của hàm suy rộng f, kí hiệu ˆf hay Ff, là hàm suy rộng được xác định bởi ( ˆf, ϕ) = (f, ˆϕ), ϕ S(), và biến đổi Fourier ngược, kí hiệu ˇf hay F 1 f, là hàm suy rộng được xác định bởi ( ˇf, ϕ) = (f, ˇϕ), ϕ S(). 1.2 Chuỗi Fourier và các hệ số Fourier Định nghĩa Hàm số f xác định trên đoạn [a, b] gọi là liên tục từng khúc nếu tồn tại phép phân hoạch Π : a = x < x 1... < x n = b của đoạn [a, b] có tính chất sau: Với mỗi i hàm số f liên tục trên khoảng (x i 1, x i ), i = 1,...n có giới hạn phải hữu hạn tại x i 1 và giới hạn trái hữu hạn tại điểm x i. Định nghĩa Giả sử f là một hàm xác định trên, tuần hoàn với chu kỳ, liên tục từng khúc trên mỗi đoạn bị chặn. Chuỗi lượng giác a 2 + (a n cos nx + b n sin nx), n=1 trong đó các hệ số được cho bởi công thức a n = 1 π f(x) cos nxdx, b n = 1 π f(x) sin nxdx, gọi là chuỗi Fourier của hàm f, a n, b n là các hệ số Fourier của hàm f. 4

8 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Nhận xét Sử dụng công thức cos nx = 1 2 (einx + e inx ), sin nx = 1 2i (einx e inx ), ta viết chuỗi Fourier của hàm số f ở dạng phức là C n e inx, trong đó C = 1 2 a, C n = 1 2 (a n ib n ) C n = 1 2 (a n + b n ), n = 1, 2... Sử dụng dạng tích phân của a n, b n ta có với n = 1, 2... C n = 1 C n = 1 f(x)e inx dx, f(x)e inx dx, Mệnh đề Giả sử f là hàm tuần hoàn với chu kỳ là, xác định trên, liên tục từng khúc trên đoạn bị chặn, và x là một số thực sao cho f khả vi trái và khả vi phải tại x. Khi đó chuỗi Fourier của hàm số f hội tụ tại điểm x và có giá trị là f(x ) + f(x + ). 2 Đặc biệt nếu f liên tục tại x thì f(x ) + f(x + ) = f(x), khi đó ta viết 2 f(x) = e inx ˆf(n), trong đó ˆf(n) = 1 e iny f(y) dy là hệ số Fourier thứ n của f. 1.3 Không gian Sobolev với cấp thực trên Định nghĩa Cho s, không gian Sobolev H s () là không gian các hàm f S () mà biến đổi Fourier ˆf là hàm đo được và thỏa mãn (1 + ξ 2 ) 2 ˆf(ξ) 2 dξ < +. 5

9 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Nhận xét Phiếm hàm f Hs () = ( 1 (1 + ξ 2 ) s ˆf(ξ) 2 dξ ) 1 2, xác định một chuẩn trên H s (). 2. Chuẩn trên được sinh ra bởi tích vô hướng (f, g) Hs () = 1 (1 + ξ 2 ) s ˆf(x)ĝ(ξ) dξ, với mọi f, g H s (). Sau đây là một số mệnh đề cơ bản trong không gian Sobolev H s (). Mệnh đề Với mọi s, s và s s thì H s () H s () và phép nhúng từ H s () vào H s () liên tục, tức là: Nếu u H s () thì u H s () và u Hs () u H s (). Chứng minh. Với s > s và u H s (), u 2 H s () = 1 (1 + ξ 2 ) s û(ξ) 2 dξ 1 (1 + ξ 2 ) s û(ξ) 2 dξ = u 2 H s (). Suy ra u H s () và u Hs () u H s (), u Hs (). Nhận xét Ta có S() H s () S (), s. Với s > s thì Đặt H () = Vậy s S() H s () H s () S (). H s (), H () = H s (). s S() H () H s () H s () H () S (), với mọi s < s. 6

10 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Mệnh đề Nếu s > j, (j N ) thì H s () C j (), h.k.n. Trong đó C j () là không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp j. Chứng minh. Lấy u H s (), s > 1/2 + j. Ta có: D α u(ξ) = ξ α û(ξ) = ξ α (1 + ξ 2 ) s/2(1 + ξ2 ) s/2 û(ξ). Vì s > 1/2 + j nên s α > 1/2 với mọi α j. ξ α Từ đó ta có (1 + ξ 2 ) s/2 L2 (). Mà (1 + ξ 2 ) s/2 û(ξ) L 2 (), suy ra hay Ta có ξ α (1 + ξ 2 ) s/2(1 + ξ2 ) s/2 û(ξ) L 1 (), D α u(ξ) L 1 (). D α u(x) = F 1 ( D α u(ξ))(x) = 1 hội tụ tuyệt đối và đều theo x. Suy ra D α u(x) L 1 (). e ixξ Dα u(ξ) dξ, Do đó, u có đạo hàm D α u liên tục hầu khắp nơi trên, với mọi α j hay u C j (). Nhận xét Với u H () = H s () thì u H s (), s, từ mệnh đề suy ra u C j (), j N, h.k.n hay u C (), h.k.n. Vậy H () C (), h.k.n. s Mệnh đề Cho α N. Khi đó: H s α (), s và toán tử Với mỗi u H s () thì D α u D α : H s () H s α () là toán tử liên tục. 7

11 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chứng minh. Vì u H s () nên u S () và D α u S (). Ta có D α u(ξ) = ξ α û(ξ). Suy ra (1 + ξ 2 ) s α 2 Dα u(ξ) = Vì u H s () nên (1 + ξ 2 ) s 2û(ξ) L 2 (). Từ bất đẳng thức vừa nhận được, suy ra (1 + ξ 2 ) s α 2 ξαû(ξ) (1 + ξ 2 ) s α 2 (1 + ξ 2 ) α 2 û(ξ) = (1 + ξ 2 ) s 2 û(ξ). (1 + ξ 2 ) s α 2 Dα u(ξ) L 2 (), hay D α u H s α (). Mặt khác (1 + ξ 2 ) s α D α u 2 dξ (1 + ξ 2 ) s û(ξ) 2 dξ, D α u H s α () u Hs (). Suy ra, D α : H s () H s α () là toán tử liên tục. 1.4 Không gian Sobolev với cấp thực trên đường tròn đơn vị Xét trên đường tròn đơn vị D = {e iθ /θ } C. Định nghĩa Cho s. Không gian Sobolev H s ( D) là không gian các hàm f xác định trên D sao cho f(e iθ ) = g(θ) S (), đồng thời biến đổi Fourier ˆf là hàm đo được và thỏa mãn (1 + k 2 ) s ˆf(k) 2 < +. k Z 8

12 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chuẩn trên H s ( D) được xác định bởi ( f Hs ( D) = (1 + k 2 ) s ˆf(k) ) 1 2 2, với f H s ( D). k Z Mệnh đề Với mọi s, s và s s thì H s ( D) H s ( D) và phép nhúng từ H s ( D) vào H s ( D) liên tục, tức là: Nếu u H s ( D) thì u H s ( D) và u Hs ( D) u H s ( D). Chứng minh. Với s > s và u H s (), u 2 H s ( D) = k Z (1 + k 2 ) s û(k) 2 k Z(1 + k 2 ) s û(k) 2 = u 2 H s ( D). Suy ra u H s ( D) và u Hs ( D) u H s ( D), u Hs ( D). Mệnh đề Nếu s > j, (j N ) thì H s ( D) C j ( D). Trong đó C j ( D) là không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp j trên D. Chứng minh. Lấy u H s ( D), s > 1/2 + j Ta có k Z k α e ikθ û(k) k Z k α û(k) k Z(1 + k 2 ) α/2 û(k) = + k k Z(1 2 ) (α s)/2 (1 + k 2 ) s/2 û(k) ( ) 1/2 ( ) 1/2. (1 + k 2 ) α s (1 + k 2 ) s û(k) 2 k Z k Z Do u H s ( D) nên (1 + k 2 ) s û(k) 2 <. k Z Hơn nữa, với s > j + 1/2, α j thì (1 + k 2 ) α s <. k Z 9

13 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Suy ra Ta lại có k α e ikθ û(k) < + k Z u(e iθ ) = e ikθ û(k) k Z nên với mỗi α N, α j, ta có d α ) = k α e ikθ û(k) dθ αu(eiθ k Z là chuỗi hội tụ đều và liên tục theo θ. Do đó, u có đạo hàm liên tục tới cấp α với α j, hay u C j ( D). Vậy H s ( D) C j ( D), s > 1/2 + j. Mệnh đề Cho α. Khi đó: H s α ( D), với mọi s và toán tử Với mọi u H s ( D), thì D α u D α : H s ( D) H s α ( D) là toán tử liên tục. Chứng minh. Lấy u H s ( D).Ta có Suy ra D α u(k) = k α û(k). (1 + k 2 ) s α 2 Dα u(k) 2 = (1 + k 2 ) s α 2 kαû(k) 2 (1 + k 2 ) s α (1 + k 2 ) α û(k) 2 = (1 + k 2 ) s û(k) 2. Vì u H s ( D) nên k Z(1 + k 2 ) s û(k) 2 <. Suy ra (1 + k 2 ) s α û(k) 2 < k Z 1

14 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị hay D α u H s α ( D). Mặt khác k Z(1 + k 2 ) s α D α u(k) 2 k Z D α u H s α ( D) u Hs ( D). (1 + k 2 ) s û(k) 2, Suy ra, D α : H s ( D) H s α ( D) là toán tử liên tục. 1.5 Bất đẳng thức Peetre Bất đẳng thức Peetre là một công cụ hữu hiệu được sử dụng để đánh giá bất đẳng thức trong khi chứng minh các định lí thuộc chương 2 và chương 3 của luận văn này. Bất đẳng thức được phát biểu như sau: Mệnh đề Với mọi k, p, s ta luôn có Chứng minh. Ta có Vậy Với s thì Suy ra (1 + k 2 ) s (1 + p 2 ) s 2 s (1 + k p 2 ) s. 1 + k 2 = 1 + (p + k p) (p 2 + k p 2 ) 2(1 + p 2 )(1 + k p 2 ). 1 + k 2 2(1 + p 2 )(1 + k p 2 ). (1 + k 2 ) s 2 s (1 + p 2 ) s (1 + k p 2 ) s (1 + k 2 ) s (1 + p 2 ) s 2 s (1 + (k p) 2 ) s Với s < đổi vai trò của k và p, làm việc với lũy thừa mũ s >, áp dụng trường hợp trên ta có điều phải chứng minh. Nhận xét Từ bất đẳng thức Peetre và bất đẳng thức a 2 + b 2 (a + b) 2 2(a 2 + b 2 ) với mọi a, b không âm, ta suy ra các bất đẳng thức liên quan sau: 11

15 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 1. (1 + k 2 ) s 2 s (1 + k p 2 ) s (1 + p 2 ) s. 2. (1 + k ) s (1 + p ) s const s (1 + k p ) s. 1.6 Công thức tổng Poisson Mệnh đề Với mọi ϕ D() ta luôn có Chứng minh. Xét chuỗi hàm ϕ(n) = 1 ˆϕ(n). ψ(x) = ϕ(x + n) Do giá của ϕ là tập compact nên tổng trên là tổng hữu hạn. Do đó, chuỗi hàm trên hội tụ đều đến hàm ψ liên tục, tuần hoàn chu kì. Khi đó, khai triển Fourier của ψ(x) hội tụ điểm đến ψ(x), hay ψ(x) = c n e inx, c n = 1 e inx 1 e iny ψ(y) dy, e iny k Z ϕ(y + k) dy = 1 e (k+1) inx e iny ϕ(y) dy k Z k = 1 e inx e iny ϕ(y) dy = 1 e inx ˆϕ(n). Tại x =, ta có ψ() = 1 12 ˆϕ(n),

16 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị ϕ(n) = 1 ˆϕ(n). Chú ý Nếu ϕ S() thì ˆϕ, ˇϕ S() nên áp dụng công thức tổng Poisson ta có ˇϕ(n) = 1 ˆˇϕ(n). Suy ra ϕ(n) = ˇϕ(n) = e inξ ϕ(ξ) dξ. Đây là một dạng khác của công thức Poisson. 1.7 Phân hoạch đơn vị đặc biệt Mệnh đề Tồn tại hàm χ C () thỏa mãn χ(θ l) = 1, θ. l Z Chứng minh. Ta chỉ cần xét với θ [, ]. Để xây dựng hàm χ thỏa mãn mệnh đề, ta xây dựng χ C () thỏa mãn hai điều kiện sau: χ(θ) + χ(θ ) = 1, suppχ [ 3π 2, 3π 2 ]. Thật vậy, nếu có χ C () thỏa mãn hai điều kiện trên thì dễ thấy χ(θ l) =, l 2, l Z, χ(θ l) =, l 1, l Z. Suy ra l Z χ(θ l) = χ(θ ) + χ(θ) = 1. Xét hàm ρ : được xác định bởi 13

17 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Ce 1 x 2 1 nếu x < 1, ρ(x) = nếu x 1, trong đó C là hằng số sao cho ρ(x) dx = 1. Để ý rằng, ρ có các tính chất ρ C (), suppρ = B 1 () = {x : x 1}, và ρ(x), x. Với mỗi ɛ > đặt ρ ɛ (x) = 1 ɛ ρ(x ɛ ), khi đó ρ ɛ có các tính chất sau (i) ρ ɛ C (), suppρ ɛ = B ɛ () = {x : x ɛ}, (ii) ρ ɛ (x), x, (iii) ρ ɛ (x) dx = 1, ρ ɛ là hàm chỉ phụ thuộc vào x. Lấy hàm đặc trưng của tập [ π, π] 1 nếu x [ π, π] I [ π,π] (x) := nếu x / [ π, π] Đặt χ(x) = (ρ π I 2 [ π,π])(x) = (I [ π,π] ρ π )(x). 2 Mặt khác d α dx αχ(x) = I [ π,π] (y) dα dx αρ π (x y) dy, 2 luôn tồn tại với mọi α. Do đó χ(x) C (). Mà suppi [ π,π] = [ π, π], suppρ π 2 = [ π 2, π 2 ] nên suppχ [ 3π 2, 3π 2 ]. Suy ra χ C (). Cuối cùng, ta cần chứng minh χ(θ) + χ(θ ) = 1, θ [, ]. 14

18 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Thật vậy χ(θ) + χ(θ ) = ρ π 2 (y)[i [ π,π](θ y) + I [ π,π] (θ y)] dy Mà nên Suy ra 1 nếu π θ y 3π, I [ π,π] (θ y) = còn lại, 1 nếu π θ y π, I [ π,π] (θ y) = còn lại, I [ π,π] (θ y) + I [ π,π] (θ y) = 1, θ [, ]. χ(θ) + χ(θ ) = ρ π (y) dy =

19 Chương 2 Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Nội dung chính của chương này là chứng minh các tính chất của toán tử giả vi phân (ΨDO) trên đường tròn đơn vị, D = {e iθ /θ } C. Ở đây, tôi có tham khảo chủ yếu trong [2], [5]. 2.1 Định nghĩa biên độ và toán tử giả vi phân trên D Định nghĩa Cho m. Không gian A m ( D) các biên độ cấp m trên D là tập tất cả các hàm a C ( D Z D) thỏa mãn tính chất: Với mỗi α, β, β N tồn tại hằng số C α,β,γ sao cho Dn α β β θ β a(e iθ, n, e iθ ) θ β C α,β,β (1 + n ) m α (2.1) với mọi θ, θ và n Z. Ở đây D n là toán tử sai phân D n g(n) = g(n + 1) g(n). 16

20 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Định nghĩa Cho m. Mỗi biên độ a A m ( D) liên kết với toán tử giả vi phân Ψ a : C ( D) C ( D) được xác định bởi Ψ a f(e iθ ) = 1 Kí hiệu : Ψ m ( D) = {Ψ a /a A m ( D)}. e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ )dθ. (2.2) 2.2 Các tính chất Mệnh đề Cho m và a A m ( D). (a) Mỗi K, L N, tồn tại hằng số D K,L sao cho hệ số Fourier â(k, n, l) = 1 () 2 dθ dθ e ikθ e ilθ a(e iθ, n, e iθ ), thỏa mãn â(k, n, l) D K,L 1 (1 + k ) K (1 + n )m 1 (1 + l ) L, với mọi k, n, l Z. (b) Với mỗi k, l Z, Â(k, l) = 1 () 2 dθ e ikθ dθ e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )e ilθ, là hệ số Fourier thứ k của Ψ a tại e l (θ) = e ilθ. Khi đó với mỗi K N, tồn tại hằng số D K thỏa mãn Â(k, l) D (1 + l ) m K (1 + k l). K (c) Nếu f C ( D) thì Ψ a f C ( D). 17

21 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Chứng minh. (a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (1 + k ) K (1 + l ) L â(k, n, l) D K,L (1 + n ) m L K C p K Cq L k p l q â(k, n, l) D K,L (1 + n ) m q= p= Ta chỉ cần xét trường hợp k, l N. Ta có k p l q â(k, n, l) = p q θ p θ q a(eiθ, n, e iθ ) 1 = dθ dθ e ikθ e ilθ p q () 2 θ p θ q a(eiθ, n, e iθ ) 1 () 2 1 () 2 dθ dθ = C p,q (1 + n ) m, dθ p θ p q θ q a(eiθ, n, e iθ ) dθ C p,q (1 + n ) m trong đó C p,q là hằng số dương phụ thuộc p, q. Suy ra L q= K C p K Cq L kp l q â(k, n, l) p= L q= K C p K Cq L C p,q(1 + n ) m q= D K,L (1 + n ) m, trong đó D K,L = L K C p K Cq L q= q= là hằng số phụ thuộc K,L. 18

22 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị (b) Â(k, l) = 1 dθ e ikθ () 2 = â(k n, n, n l) â(k n, n, n l). dθ e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )e ilθ Áp dụng phần (a) với mỗi K, L N ta có Â(k, l) D K,L (1 + n ) m (1 + k n ) K (1 + n l ) L. Chọn L m + K + 2 và sử dụng bất đẳng thức Petree ta được Â(k, l) D K (c) Xét hệ số Fourier Ψ a f(k) = 1 () 2 (1 + n ) m (1 + k n ) K (1 + n l ) K+ m +2 (1 + l ) m 1 const K (1 + k l ) K (1 + n l ) 2 (1 + l ) m const K (1 + k l ). K = 1 () 2 = l, l, dθ dθ â(k n, n, n l) ˆf(l) = l Z Â(k, l) ˆf(l). dθ e ikθ e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) dθ e ikθ e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ ilθ ) ˆf(l)e Áp dụng kết quả phần (b) và bất đẳng thức ˆf(l) với f C ( D) và với mỗi K, M N, ta có 19 C M, M N, (1 + l ) M

23 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Ψ a f(k) l Z D K (1 + l ) m C M (1 + k l ) K (1 + l ). M Kết hợp với bất đẳng thức Peetre, suy ra Ψ 1 1 a f(k) const K,M (1 + k ) K (1 + l ) M K m. Chọn M m + K + 2 ta được l Z Ψ 1 1 a f(k) const K (1 + k ) K (1 + l ) 2, Ψ a f(k) const K (1 + k ) K. l Z Do đó, với mỗi K N, chuỗi k Z Ψ a f(k) dk dθ K e ikθ, hội tụ tuyệt đối và đều trên. Mà d K dθ K Ψ a f(e iθ ) = k Z Ψ a f(k) dk dθ K e ikθ, suy ra Ψ a f(e iθ ) = k Z Ψ a f(k)e ikθ khả vi vô hạn trên D. Vậy Ψ a f C ( D). Chú ý Công thức (2.2) không phải là công thức dạng chuẩn, nó được sử dụng trong trường hợp tổng rời rạc. Nếu coi D như là một đa tạp, f có giá compact trong hệ tọa độ cho trước khi đó công thức dạng chuẩn là dξ Ψ a f(x) = dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )f(x ). Chú ý Cho m và a C ( D D). Giả sử với mỗi α, β, β N, tồn tại hằng số C α,β,β sao cho α α β a(e iθ, n, e iθ ) ξ α θ β C θ β α,β,β (1 + ξ )m α (2.3) 2

24 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị với mọi θ, θ. Khi đó, hạn chế của a với ξ Z sẽ thỏa mãn điều kiện (2.1). Chứng minh. Ta có (D n g)(ξ) = g(ξ + 1) g(ξ) = ξ+1 g (t) dt, ξ. ξ Khi đó sup ξ Bằng qui nạp ta có sup ξ (1 + ξ ) m (D n g)(ξ) const m sup(1 + ξ ) m g (ξ). (1 + ξ m (Dng)(ξ) α const m sup(1 + ξ ) m d ξ ξ dξ (Dα 1 n const m,α sup(1 + ξ ) m g α (ξ). ξ g)(ξ) Vì D ξ và d dξ giao hoán được với nhau nên sup (1 + n ) m+α Dn α β β θ β θ,θ,n const m α,α sup θ,θ,ξ const m α,α C α,β,β. a(e iθ, n, e iθ ) θ β m+α α β β (1 + ξ ) ξ α θ β a(e iθ, ξ, e iθ ) θ β Suy ra a(e iθ, n, e iθ ) thỏa mãn điều kiện (2.1). Chú ý Tổ hợp tuyến tính các biên độ cũng là một biên độ. Hơn nữa, với mỗi β, β N và n Z sup β β a(e iθ, n, e iθ ) < (2.4) θ,θ θ β θ β và nếu a(e iθ, n, e iθ ) triệt tiêu tại mọi n khi n đủ lớn thì a A m ( D), m. 21

25 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Do đó, để kiểm tra (2.1) điều kiện đủ là kiểm tra (2.4) và tìm hàm mở rộng a(e iθ, ξ, e iθ ) thoả mãn (2.3) với ξ đủ lớn. Ví dụ Nếu a(e iθ, n, e iθ ) = b(e iθ )n m c(e iθ ), m N và b, c C ( D), khi đó a A m ( D) và Ψ a f(e iθ ) = 1 = b(e iθ )( i) m dm dθ m 1 e in(θ θ ) b(e iθ )n m c(e iθ )f(e iθ ) dθ = b(e iθ )( i) m dm dθ mc(eiθ )f(e iθ ). e in(θ θ ) c(e iθ )f(e iθ ) dθ Vì vậy, trong trường hợp này Ψ a là toán tử vi phân b(e iθ )( i) m dm d m c(e iθ ), với biên độ a(e iθ, n, e iθ ) phụ thuộc vào θ, θ. Toán tử giả vi phân Ψ a có thể có nhiều biên độ khác nhau, chẳng hạn trong ví dụ trên Ψ a f(e iθ ) = b(e iθ )( i) m dm )f(e iθ )) dθ m m(c(eiθ ( ) m d = ( i) m b(e iθ m l c ) l dθ m l (eiθ ) dl f dθ l (eiθ ) = Ψãf(e iθ ), l= trong đó ã(e iθ, n, e iθ ) = b(e iθ ) m l= ( m m l dm l )( i) l dθ m l c(eiθ )n l không phụ thuộc vào θ. Chú ý Khi biên độ không phụ vào θ thì biên độ đó được gọi là biểu trưng và thường được kí hiệu a(e iθ, n). Với mỗi biểu trưng a(e iθ, n), ta có Ψ a f(e iθ ) = 1 = e inθ a(e iθ, n) ˆf(n), e in(θ θ ) a(e iθ, n)f(e iθ ) dθ 22

26 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị trong đó ˆf(n) = 1 e inθ f(e iθ ) dθ là hệ số Fourier thứ n của f. Đặc biệt, nếu f(e iθ ) = e n (e iθ ) e inθ thì nếu m n, ˆf(m) = 1 nếu m = n. Khi đó Ψ a e n (e iθ ) = e inθ a(e iθ, n) a(e iθ, n) = e inθ Ψ a e n (e iθ ). Biểu trưng của toán tử giả vi phân được xác định duy nhất. Tập các biểu trưng cấp m trên D được kí hiệu S m ( D). Ví dụ Cho s, p. Khi đó, mỗi đại lượng sau đều thỏa mãn (2.1) với m > s. (1 + n 2 ) s 2 (1 + n ) s (1 + n ) s log p (2 + n ) Chứng minh. Xét với s 1, s 2, s 3, s 4, p xác định với ξ > 1 đặt a(ξ) = ξ s 1 (1+ξ2 ) s 2(1+ξ) s 3 (2+ξ)s 4 logp (2+ξ) Khi đó, nếu m > s 1 +s 2 +s 3 +s 4 thì a(ξ) const(1 + ξ), ξ 1 Hơn nữa a (ξ) = s 1 ξ s 1 1 (1 + ξ 2 ) s 2 2 (1 + ξ) s 3 (2 + ξ) s 4 log p (2 + ξ) + s 2 ξ s 1+1 (1 + ξ 2 ) 1+ s 2 2 (1 + ξ) s 3 (2 + ξ) s 4 log p (2 + ξ) + s 3 ξ s 1 (1 + ξ 2 ) s 2 2 (1 + ξ) s 3 1 (2 + ξ) s 4 log p (2 + ξ) + s 4 ξ s 1 (1 + ξ 2 ) s 2 2 (1 + ξ) s 3 (2 + ξ) s 4 1 log p (2 + ξ) + pξ s 1 (1 + ξ 2 ) s 2 2 (1 + ξ) s 3 (2 + ξ) s 4 1 log p 1 (2 + ξ), là tổ hợp tuyến tính các hàm có dạng tương tự như a với s 1 + s 2 + s 3 + s 4 bị giảm 1. Suy ra α ξ αa(ξ) const(1 + ξ ) m α Vì vậy, theo chú ý ta có a( n ) thỏa mãn (2.1). 23

27 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Mệnh đề Cho a S m ( D) và b S m ( D) Đặt c(e iθ, n, e iθ ) = a(e iθ, n)ˆb(l, n l)e ilθ l Z trong đó ˆb(l, n) = 1 Khi đó c A m+m ( D) và Ψ a Ψ b = Ψ c. dθ e ilθ b(e iθ, n). Chứng minh. Ta chứng minh c A m+m ( D). Thật vậy Dn α β β c(e iθ, n, e iθ ) θ β θ β l Z β θ β Dα n[a(e iθ, n)ˆb(l, n l)]l β. Áp dụng mệnh đề với b S m ( D), mỗi γ, L N, tồn tại hằng số D γ,l sao cho với mọi l, n Z. Ta có D γ nˆb(l, n) = D γ nb(l, n) D γ,l (1 + n ) m γ (1 + l ) L, D n a(n)b(n) = a(n + 1)b(n + 1) a(n)b(n) = a(n + 1)[b(n + 1) b(n)] + b(n)(a(n + 1) a(n)) = a(n + 1)D n b(n) + b(n)d n a(n). Sử dụng các công thức trên, tính chất của a S m ( D) và bất đẳng thức Petree ta có Dn α β β θ β θ β c(eiθ, n, e iθ ) const l Z const l Z α γ= α γ= const(1 + n ) m+m α. 24 (1 + n ) m α+γ (1 + n l )m γ (1 + l ) L l β (1 + n) m+m α 1 (1 + l ) L m γ β

28 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Ở trên, ta chọn L > m + α + β + 1. Suy ra c A m+m ( D). Tiếp theo, ta chứng minh Ψ a Ψ b = Ψ c. Sử dụng chú ý 2.2.6, ta có (Ψ a Ψ b f)(e iθ ) = e inθ a(e iθ, n) Ψ b f(n) Ψ b f(n) = 1 Ψ b f(e iθ ) = k Z e inθ Ψ b f(e iθ ) dθ, e ikθ b(e iθ, k) ˆf(k). Suy ra (Ψ a Ψ b f)(e iθ ) = trong đó = e inθ a(e iθ, n) 1 e inθ a(e iθ, n) k Z k Z = 1 e inθ a(e iθ, n) l Z = 1 = Ψ c f(e iθ ), e in(θ θ ) l Z ( ˆb(n k, k) 1 e inθ e ikθ b(e iθ, k) dθ ) ˆf(k) e ikθ f(e iθ ) dθ ˆb(l, n l) e i(n l)θ f(e iθ ) dθ a(e iθ, n)ˆb(l, n l)e ilθ f(e iθ ) dθ c(e iθ, n, e iθ ) = l Z a(e iθ, n)ˆb(l, n l)e ilθ A m+m ( D). Định lý Cho m và a A m ( D). (a) Mỗi s, toán tử Ψ a xác định bởi (2.2) thác triển duy nhất thành toán tử tuyến tính liên tục từ H s ( D) vào H s m ( D). 25

29 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị (b) Giả sử thêm rằng, a nhận giá trị bằng cấp m N tại θ = θ tức là a(e iθ, n, e iθ ) = [e iθ e iθ ] m b(e iθ, n, e iθ ) với b A m ( D). Khi đó, với mỗi s, toán tử Ψ a xác định bởi (2.2) có thác triển duy nhất thành toán tử tuyến tính liên tục từ H s ( D) vào H s m+m ( D). Chứng minh. (a) Theo chú ý trong phần (c) của mệnh đề 2.2.1, hệ số Fourier thứ k của Ψ a f(e iθ ) được cho bởi Ψ a f(k) = l Z Â(k, l) ˆf(l), trong đó Â(k, l) = 1 () 2 dθ e ikθ và ˆf(l) là hệ số Fourier thứ l của f. dθ e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )e ilθ, Ta có ˆf(l) = 1 e ilθ f(e iθ ) dθ Ψ a f 2 H s m( D) = k Z(1 + k 2 ) s m Ψ a f(k) 2, f 2 H s ( D) = l Z (1 + l 2 ) s ˆf(l) 2. Ta cần chứng minh Ψ a f 2 H s m ( D) C f 2 H s ( D), (2.5) với C là hằng số. Thật vậy (1 + k 2 ) s m Â(k, l) ˆf(l) 2 ( ˆf(l) ) 2, (1 + k 2 ) s m Â(k, l) k Z l Z k Z l Z (1+k 2 ) s m 2 Â(k, l) ˆf(l) l Z l Z (1+k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1+l2 ) s 2 (1+l 2 ) s 2 ˆf(l). 26

30 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Đặt B(k, l) = l Z (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2, G(l) = (1 + l 2 ) s 2 ˆf(l). Bất đẳng thức (2.5) trở thành k Z Giả sử đã chứng minh được rằng C 1 = sup k Z l Z ( l Z B(k, l) < ; C 2 = sup l Z ) 2 B(k, l)g(l) C G(l) 2. l Z B(k, l) < (2.6) Áp dụng bất dẳng thức Cauchy-Schwarz )( ) (B(k, l) 1 2 G(l) B(k, l) 1 2 k Z B(k, l)g(l) = l Z l Z ( ) 1 ( B(k, l)g(l) 2 2 B(k, l) l Z ( ) 2 ( ) B(k, l)g(l) B(k, l)g(l) 2 B(k, l) k Z l Z k Z l Z C 1 B(k, l)g(l) 2 k Z = C 1 l Z G(l) 2 l Z k Z C 1 C 2 B(k, l) l Z G(l) 2 = C l Z Do đó (2.5) đúng. Để chứng minh (2.6), trước tiên ta cần chứng minh Áp dụng mệnh đề (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2 Â(k, l) D (1 + l ) m K (1 + k l ), K l Z l Z G(l) 2. ) 1 2 const (1 + k l ) 2 (2.7). 27

31 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị với K = s m + 2, và sử dụng bất đẳng thức Peetre ta có (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2 2 s m 2 (1 + k l 2 ) s m 2 (1 + l 2 ) s m 2 (1 + l 2 ) s 2 DK (1 + l ) m const (1 + k l ) 2. Vậy (2.7) đúng. Suy ra Tương tự, (1 + k l ) s m +2 (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2 const (1 + k l ) 2, k Z k Z sup (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2 <. l sup k k Z (1 + k 2 ) s m 2 Â(k, l) (1 + l2 ) s 2 <. l Z Do đó (2.6) đúng. (b) Do khi nhân thêm với ( 1) m e im θ thì bất đẳng thức (2.1) không thay đổi, nên ta có thể giả sử rằng a(e iθ, n, e iθ ) = [e i(θ θ ) 1] m b(e iθ, n, e iθ ). Vì e in(θ θ ) [e i(θ θ ) 1]c(e iθ, n, e iθ ) = [e i(n 1)(θ θ ) e in(θ θ ) ]c(e iθ, n, e iθ ) = e in(θ θ ) [c(e iθ, n + 1, e iθ ) c(e iθ, n, e iθ )] = e in(θ θ ) (D n c)(e iθ, n, e iθ ), nên ta có Ψ a f(e iθ ) = 1 e in(θ θ ) (D m n b)(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) dθ. (2.8) 28

32 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Áp dụng kết quả phần (a), trong đó biên độ a A m ( D) được thay bởi Dn m b A m m ( D) và m được thay bởi m-m, ta thu được kết quả phần (b). Mệnh đề Cho m và a A m ( D). Đặt p(e iθ, n) = e inθ Ψ a (e n ), với e n (θ) = e inθ. Khi đó p S m ( D) và Ψ a = Ψ p. Chứng minh. Ta chứng minh p S m ( D) p(e iθ, n) = l Z 1 e inθ e il(θ θ ) a(e iθ, l, e iθ )e inθ dθ = k,l Z e i(k+l n)θ â(k, l, l n) = k,l Z e i(k+l)θ â(k, n + l, l), trong đó â(k, n, l) được xác định như mệnh đề 2.2.1, tức là â(k, n, l) = 1 () 2 dθ dθ e ikθ e ilθ a(e iθ, n, e iθ ). Do đó (D α np)(e iθ, n) = k,l Z e i(k+l)θ (D α n a)(k, l + n, l). Áp dụng mệnh đề với a được thay bởi Dna α và bất đẳng thức Peetre ta có Dn α β, n) θ pp(eiθ k + l β D na(k, α l + n, l) l,k Z const k,l Z const k,l Z const(1 + n ) m α, k + l β 1 (1 + k ) K (1 + l + n )m α 1 (1 + l ) L 1 (1 + k ) (1 + 1 K β n )m α (1 + l ) L β m α 29

33 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị ở trên ta chọn K > β + 1 và L > β + m α + 1. Do đó p S m ( D). Tiếp theo, ta chứng minh Ψ a = Ψ p. Theo chú ý 2.2.6, với mọi n Z ta có Ψ p (e n ) = l Z = l Z e ilθ p(e iθ, l)ê n (l) e ilθ e ilθ Ψ a (e l )ê n (l) = Ψ a (e n ). Sử dụng f(e iθ ) = e inθ ˆf(n) và tính tuyến tính của Ψa và Ψ p ta được Ψ a f(e iθ ) = Ψ a ( e inθ ˆf(n)) = Ψ a (e inθ ) ˆf(n) = Ψ p (e inθ ) ˆf(n) = Ψ p f(e iθ ), với mọi f C ( D). Suy ra Ψ a = Ψ p. Chú ý Mệnh đề chứng tỏ rằng mỗi biên độ a A m ( D) tương ứng có một biểu trưng thuộc S m ( D), không phụ thuộc θ. Người ta có thuật toán để tính gần đúng Ψ a theo các Ψ ak, trong đó a k là các biểu trưng được xác định theo công thức (2.1), điều này được thể hiện qua nội dung của định lí Để chuẩn bị cho việc chứng minh định lí , ta xét khai triển Taylor của hàm g(e iθ ) tại θ =. Nếu g là hàm giải tích tại z = 1 ta thế z = e iθ trong công thức ta được g(z) = g(e iθ ) = k= k= 1 k! g(k)(1)(z 1)k, 1 k! gk (1)(e iθ 1) k. 3

34 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Thậm chí nếu g chỉ xác định trên D ta cũng có khai triển tương tự. Đặt Ta có z g(e iθ ) = ie iθ d dθ g(eiθ ). g(e iθ ) = g(1) + g(e iθ ) g(1) = g(1) + θ z g(e it )ie it dt. Lặp lại nhiều lần ta có : 1 l! (eiθ e it ) l z l+1 g(e it )ie it = d [ dt Khi đó + ] z g(e it ) 1 (l + 1)! (eiθ e it ) l+1 l+1 1 (l + 1)! (eiθ e it ) l+1 z l+2 ig(e it )ie it. g(e iθ ) = l k= 1 k! k z g(1)(e it 1) k + 1 l! θ (e iθ e it ) l z l+1 g(e it )ie it dt Tương tự đối với khai triển tại điểm e i θ, ta có g(e iθ ) = l k= 1 k! k z (e i θ)(e iθ e i θ) k + 1 l! θ θ (e iθ e it ) l l+1 z g(e it )ie it dt. (2.9) Định lý Cho m và a A m ( D). Với mỗi k N ta đặt trong đó a k (e iθ, n) = 1 k! eikθ z k a(eiθ, n, e iθ ) e iθ =eiθ, (2.1) z = ie iθ θ. Khi đó, với mọi s và l N ta có Ψ a = l Ψ ak + l, k= với l là toán tử tuyến tính liên tục từ H s ( D) vào H s m+l+1 ( D). 31

35 Chương 2. Toán tử giả vi phân trên đường tròn đơn vị Chứng minh. Trong công thức (2.9) thay θ bởi θ và θ bởi θ a(e iθ, n, e iθ ) = + 1 l! l k= θ θ 1 k! eikθ k z a(eiθ, n, e iθ ) e iθ =e iθ(ei(θ θ) 1) k (e iθ e it ) l z l+1 a(e iθ, n, e iθ )ie it dt Theo công thức (2.8), ta có toán tử giả vi phân liên kết với số hạng có thứ k trong biểu thức trên chính là Ψ ak. Theo phần (b) của định lý toán tử giả vi phân liên kết với phần dư trong tổng trên là toán tử tuyến tính liên tục từ H s ( D) vào H s m+l+1 ( D) Chú ý Kết quả của định lý thường được viết dưới dạng Ψ a = k= Ψ ak Trong đó tổng vô hạn thể hiện một cách tiệm cận (gần đúng). Khái niệm "tiệm cận" ở đây được thể hiện rõ trong định lý , đó là với mỗi l N, Ψ a l k= Ψ ak H s m+l+1 ( D) với mọi s. là một toán tử tuyến tính bị chặn từ H s ( D) vào 32

36 Chương 3 Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Trong chương này, tác giả trình bày khái niệm tổng quát về toán tử giả vi phân trên đường thẳng và các tính chất của nó, đặc biệt nêu lên được mối liên hệ giữa toán tử giả vi phân trên và trên D. Tài liệu tham khảo chủ yếu là giáo trình [2], [3]. 3.1 Định nghĩa biên độ và toán tử giả vi phân trên Định nghĩa Cho m. Không gian A m () các biên độ cấp m là tập tất cả các a C ( 3 ) thỏa mãn tính chất: Mỗi α, β, β N, tồn tại hằng số C α,β,β sao cho α β β a(x, ξ, x ) ξ α x β C α,β,β (1 + ξ ) m α với mọi x, ξ, x. (3.1) x β Định nghĩa Cho m. Mỗi biên độ a A m () liên kết với toán tử giả vi phân a : C () S() xác định bởi a f(x) = 1 dξ dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )f(x ). (3.2) Kí hiệu Ψ m () = { a /a A m ()}. 33

37 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Chú ý Không gian S m () các biểu trưng trên cấp m là tập các a C ( 2 ) sao cho a(x, ξ) A m (). Với mỗi biên độ a(x, ξ, x ) A m (), có tương ứng biểu trưng p(x, ξ) S m () sao cho a = p, biểu trưng này được xác định duy nhất. Ta có thể xây dựng công thức tính biểu trưng p(x, ξ) như sau: Ta có a f(x) = 1 dξ dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )f(x ) = dx f(x )ǎ(x, x x, x ), trong đó ǎ là biến đổi Fourier ngược của a theo thành phần thứ hai. Ta viết ǎ(x, x x, x ) = ǎ(x, x x, x (x x )) = c(x, x x ), với c(x, z) = ǎ(x, z, x z) = 1 dξ e iξz a(x, ξ, x z) Dễ thấy c(x, ) S() khi cố định x. Đặt p(x, ξ) = dz e iξz c(x, z) S(), và p(x, ) S() khi cố định x. Suy ra c(x, z) = ˇp(x, z), c(x, x x ) = ˇp(x, x x ) Ta có a f(x) = dx f(x )ˇp(x, x x ) = 1 = 1 = p f(x). Vậy a f(x) = p f(x), x. dx f(x ) dξ dξ e iξ(x x ) p(x, ξ) dx e iξ(x x ) p(x, ξ)f(x ) 34

38 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Ta viết lại công thức tính p(x, ξ) p(x, ξ) = dz e iξz c(x, z) = dz e iξz ǎ(x, z, x z) = 1 dz e iξz dθ e izθ a(x, θ, x z) = 1 a(x, θ, x )e i(x x )(θ ξ) dθ dx. 2 Ví dụ Cho P (x, D) = a k (x)d k, k N và m N cho trước, là k m toán tử vi phân tuyến tính trên. Nếu tất cả các hệ số a k (x) khả vi vô hạn và có đạo hàm bị chặn mọi cấp thì đa thức p(x, ξ) = k m a k (x)ξ k S m (). Khi đó, P(x,D) là toán tử giả vi phân. (P (x, D)f)(x) = k m a k (x)d k f(x) = k m a k (x)f 1 ( D k f)(x) = k m a k (x)f 1 (ξ k ˆf(ξ))(x) = 1 = 1 = 1 = 1 k m a k (x) a k (x) k m = p f(x), dξ dξ 35 e iξx ξ k ˆf(ξ)dξ dξ dx e iξ(x x ) ξ k f(x ) dx e iξ(x x ) k m a k (x)ξ k f(x ) dx e iξ(x x ) p(x, ξ)f(x )

39 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng với p(x, ξ) = k m a k (x)ξ k S m (). 3.2 Các tính chất Mệnh đề Cho a(x, ξ, x ) thỏa mãn (3.1). K là tập con compact bất kỳ của và χ C () đồng nhất bằng 1 trên K. (a) Với mỗi α, β, γ, γ N, tồn tại hằng số C α,β,γ,γ,χ sao cho biến đổi Fourier bộ phận ã χ (x, ξ, k) = dx e ikx a(x, ξ, x )χ(x ), thỏa mãn α β γ ξ α x β k ãχ(x, (1 + ξ ) m α ξ, k) γ C α,β,γ,γ,χ. (3.3) (1 + k ) γ (b) Cho α, β N và γ thỏa mãn γ > m + β + 1. Khi đó, với mỗi f C (K) ta có sup x dx af(x) β const f Hγ (). x α dβ Chứng minh. (a) Ta chỉ cần xét trường hợp k γ (3.3) s= k s α β γ ξ α x β k γ a(x, ξ, x )χ(x )(k) C α,β,γ,γ,χ(1 + ξ ) m α. Áp dụng công thức trong mệnh đề ξ β dα dξ ˆϕ(ξ) = e ixξ ( i d α dx )β [( ix) α ϕ(x)] dx, ta có k s γ k γ F(a(x, ξ, x )χ(x ))(k) = ( e ix k i ) s[( ix ) γ a(x, ξ, x )χ(x )] dx. x 36

40 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Suy ra α β ( ) k s γ ξ α x β k F(a(x, ξ, γ x )χ(x ))(k) α β s ( ) s h ξ α x β h x ha(x, ξ, x ) ds h ) dx s hb(x dx h= s ( ) s sup α β h h h= x [, ] ξ α x β x ha(x, ξ, x ) const(1 + ξ ) m α dx, x x trong đó χ(x ) triệt tiêu nếu x > và b(x ) = x γ χ(x ). Vậy (3.3) đúng. (b) Với f C (K), thì a f(x) = 1 dξ dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )χ(x )f(x ) = 1 () 2 = 1 () 2 = 1 () 2 dξ dξ dξ dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )χ(x ) dk e iξx ˆf(k) dk e iξx ã χ (x, ξ, ξ k) ˆf(k). ds h ) dx dx s hb(x dk e ikx ˆf(k) dx e ix (ξ k) a(x, ξ, x )χ(x ) Do đó x α dβ dx β af(x) = 1 () 2 = 1 () 2 = 1 () 2 dξ dξ dξ ( dk x α e iξx iξ + ) βãχ (x, ξ, ξ k) x ˆf(k) dk ( iξ + ) ˆf(k)( βãχ (x, ξ, ξ k) i ) αe iξx x ξ ( dk e iξx i ) α ( iξ + ) βãχ (x, ξ, ξ k) ξ x ˆf(k). 37

41 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Áp dụng phần (a), với mỗi γ N ta có ( α iξ + ) ˆf(k) βãχ (x, ξ, ξ k) ξ α x β ( = α β β h h )(iξ) ξ α h x hãχ(x, ξ, ξ k) ˆf(k) h= β α ( )( (β h)! β α (β h s)! h s h= s= s β h const (1 + ξ ) β (1 + ξ ) m (1 + ξ k ) γ = const (1 + ξ ) m+β (1 + ξ k ) γ. ) ξ β h s α s ξ α s h Từ đó, kết hợp với bất đẳng thức Peetre ta có x α dβ dx (1 + ξ )m+β af(x) β const dξ dk (1 + ξ k ) ˆf(k) γ x hãχ(x, ξ, ξ k) ˆf(k) (1 + ξ + k )m+β = const dξ dk (1 + ξ ) ˆf(k) γ 1 dξ dk (1 + k 2 ) m+β 2 (1 + ξ ) ˆf(k) γ m+β 1 const dk (1 + k 2 ) γ (1 + k 2 ) γ m β 2 ˆf(k), 2 với γ được chọn thỏa mãn γ > m + β + 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, với γ m β > 1 thì (1 + k 2 ) γ m β 2 L 2 (), ta được [ x α dβ dx af(x) β const dk const f Hγ (). 1 ] 1 [ 2 (1 + k 2 ) γ m β dk (1 + k 2 ) γ ˆf(k) 2 ]

42 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Chú ý Giả thiết (3.1) mạnh hơn dạng chuẩn sau đây: Với mỗi α, β, β N và mỗi tập compact K 2, tồn tại hằng số C α,β,β,k sao cho α β β a(x, ξ, x ) dξ α dx β C α,β,β,k(1 + ξ ) m α, dx β với mọi ξ và (x, x ) K. Định lý Cho m và a A m (). K là tập con compact của. (a) Với s, tồn tại hằng số C phụ thuộc m, s, K và a nhưng độc lập với f C (K) sao cho a f H s m () C f Hγ (). (b) Cho α, β N và γ thỏa mãn γ > m + β + 1. Tồn tại hằng số C phụ thuộc m, α, β, γ, K nhưng độc lập với f C (K) sao cho sup x dx af(x) β C f Hγ (). x α dβ Chứng minh. (a) Lấy χ(x ) C () đồng nhất bằng 1 trên K. Khi đó, với f C (K) ta có a f(x) = 1 dξ dx e iξ(x x ) a(x, ξ, x )χ(x )f(x ) = 1 dξ dx a(x, ξ, x ) ) )f(x ) (1 2 e iξ(x x ) 1 + x x 2χ(x ξ 2 trong đó = 1 = 1 = b f(x), dξ dξ b(x, ξ, x ) = ) dx e iξ(x x ) (1 2 a(x, ξ, x ) )f(x ) ξ x x 2χ(x dx e iξ(x x ) b(x, ξ, x )f(x ) (1 2 ξ 2 ) a(x, ξ, x ) 1 + x x 2χ(x ), (3.4) có giá compact đối với x Để chứng minh định lí, ta cần sử dụng các bổ đề sau 39

43 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Bổ đề Với mỗi β, β N, tồn tại hằng số D β,β sao cho b(x, ξ, x ) được xác định như (3.4) thỏa mãn điều kiện β β b(x, ξ, x ) dxdx D x β β,β (1 + ξ ) m. x β 2 Chứng minh bổ đề Ta chỉ cần chứng minh β β b(x, ξ, x ) x β D β,β x β (1 + ξ ) m 1 + x 2. Thật vậy Bằng tính toán trực tiếp, dề thấy g (α) (x) có dạng Do đó Tương tự, g (α) 1 (x) const 1 + x 2 s k 1 có dạng x s x k 1 + x x 2 s C i x i i= với s α 1 (1 + x 2 ) α+1 Suy ra Từ đó, ta có h C i (x x ) i i= [1 + (x x ) 2 ] s + k + 1 với h s + k 1 s k 1 1 const x s x k 1 + (x x ) (x x ) 2. β β a(x, ξ, x ) ) x β x β 1 + (x x ) 2χ(x β β k x β x a(x, ξ, 1 β k k x ) 1 + (x x ) 2 x β k χ(x ) k= β (1 + ξ ) m β k const 1 + (x x ) 2 x β k χ(x ) k= const (1 + ξ )m 1 + x 2, vì χ(x ) có giá compact đối với x. 4

44 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Suy ra β β b(x, ξ, x ) x β D β,β x β Bổ đề được chứng minh. Bổ đề Xét biến đổi Fourier ˆb(p, ξ, k) = Với mọi P, K N ta có (1 + ξ ) m 1 + x 2. (1 + ξ ) m ˆb(p, ξ, k) C P,K (1 + p ) P (1 + k ) K trong đó C P,K là hằng số phụ thuộc vào P, K. Chứng minh bổ đề Chỉ cần xét k, l N, bất đẳng thức trên tương đương với K P p l k qˆb(p, ξ, k) CP,K (1 + ξ ) m. Mà q= Vậy bổ đề đúng. Bây giờ ta chứng minh l= p l k qˆb(p, ξ, k) = l x l 2 dx dx e ipx e ikx b(x, ξ, x ). q x q b(x, ξ, x ) dx dx const(1 + ξ ) m, do bổ đề Thậy vậy b f(p) = dx e ipx b f(x) b f H s m () C f Hs (). = 1 = 1 () 2 = 1 () 2 = 1 () 2 dx e ipx dx dξ dξ dx dx e iξ(x x ) b(x, ξ, x )f(x ) dξ dk ˆb(p ξ, ξ, ξ k) ˆf(k) dk B(p, k) ˆf(k), 41 dk e ipx e iξ(x x ) b(x, ξ, x )e ikx ˆf(k)

45 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng trong đó B(p, k) = dξ ˆb(p ξ, ξ, ξ k). (3.5) Mặt khác Suy ra b f 2 H s m () = 1 f 2 H s () = 1 dp (1 + p 2 ) s m b (p) 2, dk (1 + k 2 ) s m ˆf(k) 2. b f 2 H s m () = 1 [ dp () 5 1 [ dp () 5 = 1 [ dp () 5 trong đó, ta đặt dk(1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) ˆf(k) ] 2 dk(1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2 (1 + k 2 ) s 2 ˆf(k) ] 2 dk H(p, k)g(k)] 2, H(p, k) = (1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2, G(k) = (1 + k 2 ) s 2 ˆf(k). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz b f 2 H s m () 1 [ ] dp dk H(p, k)g 2 (k) dk H(p, k) () 5 1 () sup dk H(p, k) dp dk H(p, k)g 2 (k) 5 p 1 () 5C 1 sup dp H(p, k) dk G 2 (k) k 1 () 5C 1C 2 f 2 H 2 (), trong đó C 1, C 2 được xác định trong bổ đề

46 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Bổ đề Các đánh giá sau đúng C 1 = sup p C 2 = sup k dk H(p, k) = sup p dp H(p, k) = sup k trong đó B(p, k) được xác định theo (3.5). Chứng minh bổ đề dk (1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2 <, dp (1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2 <, Áp dụng bổ đề với P = s m + 2, K = s + 2, ta được (1 + ξ ) m ˆb(p ξ, ξ, ξ k) const (1 + p ξ ) s m +2 (1 + ξ k ) s +2. Kết hợp với bất đẳng thức Peetre, suy ra (1 + p 2 ) s m 2 ˆb(p ξ, ξ, ξ k) (1 + k 2 ) s 2 const (1 + p ξ ) 2 (1 + ξ k ) 2. Do đó C 1 = sup p C 2 = sup k dk (1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2 <, dk (1 + p 2 ) s m 2 B(p, k) (1 + k 2 ) s 2 <. Bổ đề đúng, vậy phần (a) của định lý được chứng minh. Phần (b) của định lí đã được chứng minh trong mệnh đề Hệ quả Cho m, a A m (). Giả sử a có giá trị bằng cấp m tại x = x tức là a(x, ξ, x ) = (x x ) m b(x, ξ, x ) với b A m (). K là tập con compact bất kỳ của. (a) Với s, tồn tại hằng số C sao cho nếu f C (K) thì a f H s m+m () C f H s (). 43

47 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng (b) Mỗi α, β N và γ thỏa mãn γ > m m + β + 1, tồn tại hằng số C sao cho nếu f C (K) thì sup x dx af(x) β C f Hγ (). x α dβ Chứng minh. Bằng tích phân thành phần, ta có a f(x) = 1 dξ dx e iξ(x x ) (x x ) m b(x, ξ, x )f(x ) = im dξ dx e iξ(x x ) m b(x, ξ, x )f(x ). ξ m (3.6) Áp dụng phần (a), (b) của định lý với a(x, ξ, x ) A m được thay thế bởi m b(x, ξ, x ) A m m (), tương ứng ta thu được phần (a), (b) của hệ ξ m quả Hệ quả Cho m và a A m (), với mỗi k N đặt. (a) Khi đó, với mọi l N ta có a k (x, ξ) = ( i) k 1 k k k! ξ k x a(x, ξ, k x ) x =x a = l ak + l, k= trong đó l thỏa mãn l f H s m+l+1 () C f Hs (), với mọi f C (K), K là tập con compact của, s,c là hằng số. (b) Mỗi α, β N và γ thỏa mãn γ > m l + β, tồn tại hằng số C sao cho x α dβ dx lf(x) β C f Hγ (), f C (K). sup x 44

48 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Chứng minh. Áp dụng khai triển Taylor đối với thành phần thứ ba tại x = x a(x, ξ, x ) = + 1 l! = l 1 k k! x a(x, ξ, k x ) x =x+ k= x x k= (x t) l l+1 x l+1a(x, ξ, x ) dt l 1 k k! x a(x, ξ, k x ) x =x(x x) k l! (x x) l+1 1 (1 u) l l+1 x l+1a(x, ξ, ux + (1 u)x) du. l 1 a f(x) = dξ dx e iξ(x x ) (x x) k 1 k k! x a(x, ξ, k x ) x =xf(x )+ k= + 1 dξ dx e iξ(x x ) 1 1 l! (x x) l+1 du (1 u) l l+1 x l+1 trong đó a(x, ξ, ux + (1 u)x)f(x ) l = ak (x) + l (x), x, (sử dụng công thức (3.6)) k= l = 1 b(x, ξ, x ) = (x x) l+1 1 l! và b(x, ξ, x ) A m (). dξ 1 dx e eξ(x x ) b(x, ξ, x ), du (1 u) l l+1 x l+1a(x, ξ, ux + (1 u)x), Áp dụng phần (a), (b) của hệ quả suy ra l thỏa mãn điều kiện l f H s m+l+1 () C f H s(). 45

49 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng 3.3 Mối liên hệ giữa ΨDO trên D và ΨDO trên Sử dụng công thức Poission để biểu diễn toán tử ΨDO trên D như là sự tuần hoàn hóa của toán tử ΨDO trên 1. Với m và a C ( D ) thỏa mãn (2.3), theo mệnh đề về phân hoạch đơn vị đặc biệt tồn tại hàm χ C () thỏa mãn χ(θ l) = 1, θ. Ta có định lí sau l Z Định lý Cho a A m ( D) hạn chế ξ Z, a(e iθ, ξ, e iθ ) là hàm C thỏa mãn (2.3). Với mọi f C ( D) ta có Ψ a f(e iθ ) = (ãχ f)(θ + n), trong đó f(x) = f(e ix ), ã(x, ξ, x ) = a(e ix, ξ, e ix ). Chứng minh. Vì e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) tuần hoàn chu kỳ đối với θ nên e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) dθ = l Z = l Z e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ )χ(θ ) dθ (l 1) e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ )χ(θ )dθ = l e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) dθ. Do đó Ψ a f = 1 e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ ) dθ. 46

50 Chương 3. Toán tử giả vi phân trên đường thẳng Theo công thức tổng Poission H(n) = e inξ H(ξ)dξ, H S(). Cố định θ, áp dụng với H(ξ) = 1 e iξ(θ θ ) a(e iθ, ξ, e iθ )f(e iθ )χ(θ ) dθ, ta được (Ψ a f)(e iθ ) = 1 = 1 = (ãχ f)(θ + ). e in(θ θ ) a(e iθ, n, e iθ )f(e iθ )χ(θ )dθ e iξ(θ+n θ ) a(e iθ, ξ, e iθ )χ(θ )f(e iθ ) dθ dξ 47

51 Kết luận Trong khóa luận này, tác giả bước đầu tìm hiểu về toán tử giả vi phân mà cụ thể là toán tử giả vi phân trên đường thẳng và trên đường tròn, trong đó: Chương 1: Trình bày các kiến thức chuẩn bị như biến đổi Fourier, không gian Sobolev trên đường tròn và không gian Sobolev trên đường thẳng, công thức tổng Poisson, phân hoạch đơn vị trong trường hợp đặc biệt... Chương 2: Đưa ra khái niệm và các tính chất cơ bản của toán tử giả vi phân trên đường tròn. Chương 3: Trình bày khái niệm và các tính chất cơ bản của toán tử giả vi phân trên đường thẳng, đặc biệt nêu lên được mối liên hệ giữ toán tử giả vi phân trên đường tròn và trên đường thẳng. Ở đây, tác giả mới bắt đầu làm quen với lý thuyết cũng như công việc tính toán nên khóa luận chỉ dừng lại ở mức độ đọc hiểu và trình bày lại một cách chi tiết về toán tử giả vi phân trên đường thẳng và trên đường tròn. Do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều, kiến thức bản thân còn hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc. 48

52 Tài liệu tham khảo [1] Đặng Anh Tuấn, Lý thuyết Hàm suy rộng và Không gian Sobolev (bản thảo), 25. [2] Joel Feldman and Gunther Uhlmann, Inverse Problems (Draft), 16 dec, 24. [3] Michael E.Taylor Pseudodifferential Operators And Nonlinear PDE, Four lectures at MSI, September 28. [4] M.W. Wong, An Introduction To Pseudo-Differential Operators, York University, Canada, World Scientific Publishing, [5] V.Turunen and G.Vainikko, "On Symbol Analysis of Periodic Pseudodifferential operators" (article), Journal for Analysis and its Application, Volume 17,1998. [6] M.A.Shubin, Pseudodifferential Operators and Spectral Theory, Second Edition, Springer-Verlag Berlin Heidelberg, Germany,