А.А. Коньков - Курс лекций по уравнениям математической физики (1128003), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Показать ,что при умножении обобщенной функции на бесконечно гладкую,получается обобщенная функция, т.е. линейный непрерывный функционал.Упражнение. Показать ,что при дифференцировании обобщенной функции, получаетсяобобщенная функция.6. Замена переменной у обобщенной функцииf ∈ C ∞ (Ω), f ∈ D ′ (Ω)x = x(x′ ) : Ω′ −→R Ω — диффеоморфизмf (x) : ϕ(x) −→ f (x(x′ ))ϕ(x)dx, ϕ(x) ∈ D(Ω)Ω′′f (x(x )) : ψ(x ) −→Zf (x(x′ ))ψ(x′ )dx′ ,Ω′∂x′ ′dx = det k k dx, dx′ = dx1 . .
. dxn ′ , dx = dx1 . . . dxn ,∂x1′ ∂x1 ′∂x···n ∂x′ ∂x1∂x .... =.···.∂x ∂xn′∂xn′ ···∂x1∂xn!′ ′ R∂x∂x(1) = f (x) ψ(x′ (x))det k k dx = f (x), ψ(x′ (x))det k k .∂x }∂xΩ|{z=ϕ(x)!∂x′ ψ(x′ (x)) .Определение. (f (x(x′ )), ψ(x′ )) = f (x), ψ(x′ (x))det k k = f(x),∂x∂x det k ′ k∂xПример. f (x) = δ(x).x−bdx′ 1 dx′ 1x = ax′ + b ⇒ x′ =⇒= и =⇒adxadx|a|′14(1) x − b 1 1 b(δ(ax′ + b), ψ(x′ )) = δ(x), ψ·=ψ −a|a||a|aПусть a = 1, b = −x′0 ⇒ (δ(x′ − x′0 ), ψ(x′ )) = ψ(x′0 )R∞x′0 = 0 ⇒ψ(x)δ(x)dx = ψ(0).−∞Пример. x = Ax′ + b, x′ ∈ Rn , b ∈ Rn , матрица A : Rn −→ Rn , f ∈ D ′ (Rn ) ⇒!−1ψ(A(x−b))(f (x(x′ )), ψ(x′ ))) = (f (Ax′ + b), ψ(x′ )) = f (x),.| det A|Пусть f ∈ C(Ω), Ω ⊂ Rn , n > 1, Ω — открытое, непустое, supp f = {x ∈ Ω : f (x) 6= 0}.Пусть теперь f ∈ D ′ (Ω), (f, ϕ) = 0Zf: ϕ−→ f ϕ dx, supp ϕ ⊂ ω, ω = Ω \ supp fΩОпределение.
Ограничением функции f ∈ D ′ (Ω) на произвольном открытом подмножестве ω ⊂ Ω называется обобщенная функция f | ω ∈ D ′ (ω) : (f | ω , ϕ) = (f, ϕ), ∀ϕ ∈ D(ω).Определение. Носитель функции f ∈ D ′ (Ω) — множество supp f = Ω \ ωmax , где ωmax —максимальное открытое подмножество Ω : f | ω = 0.Утверждение 1. Множество ωmax существует.Утверждение 2.
Пусть ω1 , ω2 ⊂ Ω : f | ω1 = 0, f | ω2 = 0, где f ∈ D ′ (Ω) — некоторая обобщенная функция. Тогда f | ω1 ∪ω2 = 0.Возьмем ϕ ∈ D(ω1 ∪ ω2 ). Надо показать, что (f, ϕ) = 0.supp ϕ ⋐ ω1 ∪ ω2 — означает одновременно,что supp ϕ является компактом и он (этот компакт) принадлежит ω1 ∪ ω2 .Имеем: supp ϕ \ ω2 ⋐ ω1 . Таким образом, существует открытое множество v1 :supp ϕ \ ω2 ⊂ v1 , замыкание v1 ⋐ ω1 .Очевидно, что supp ϕ ⊂ v1 ∪ω2 .
При этом supp ϕ \ v2 ⊂ v2 . Тем самым, имеем supp ϕ ⊂ v1 ∪v2 .Возьмем неотрицательную функцию ψ1 ∈ D(ω1 ) : ψ1 | v1 ≡ 1. Аналогично, возьмем неотрицательную функцию ψ2 ∈ D(ω2 ) : ψ2 | v2 ≡ 1. ϕ(x)ψ1 (x) ϕ(x)ψ2 (x), x ∈ v1 ∪ v2 ;, x ∈ v1 ∪ v2 ;Пусть ϕ1 = ψ1 (x) + ψ2 (x)ϕ2 = ψ1 (x) + ψ2 (x)⇒nn0, x ∈ R \ (v1 ∪ v2 ),0, x ∈ R \ (v1 ∪ v2 ),∞nϕ1 , ϕ2 ∈ C (R ) ⇒1. Если x ∈ supp ϕ, то существует U(x) ⊂ v1 ∪ v2 ; если x ∈/ supp ϕ, то ϕ(x) = 0 ⇒ϕ1 (x) = ϕ2 (x) ≡ 0.2. supp ϕ1 ⋐ ω1 , supp ϕ2 ⋐ ω2 , так как supp ψ1 ⋐ ω1 , supp ψ2 ⋐ ω2 .3.
ϕ1 (x) + ϕ2 (x) = ϕ(x), ∀x ∈ Ω — очевидно. В свою очередь, если x ∈/ v1 ∪ v2 , то ϕ1 (x) =ϕ2 (x) = ϕ(x) ≡ 0, так как supp ϕ ⊂ v1 ∪ v2 . Поэтому опять получим, что ϕ1 (x) + ϕ2 (x) =ϕ(x). Таким образом,(f, ϕ) = (f, ϕ1 + ϕ2 ) = (f, ϕ1 ) + (f, ϕ2 ) = 0. | {z }| {z }=0, т.к.f | ω1 =0=0, т.к.f | ω2 =015 (Утверждение 1.)Пусть ωmax = ∪f | ω =0 ω, ω — открытое подмножество Ω.
Пусть ϕ ∈ D(ωmax ), тогда supp ϕ —компакт, принадлежащий ωmax . Из покрытия множества ϕ, образованного открытыми подмножествами ω ⊂ Ω : f | ω = 0 выделим конечное подпокрытие: supp ϕ = ω1 ∪ . . . ∪ ωm , ;f | ω1 = 0, . . . , f | ωm = 0.По утверждению 2, f | ω1 ∪ω2 = 0.
Обозначим (ω1 ∪ ω2 ) ∪ . . . ∪ ωm = ω1 ′ ∪ . . . ∪ ωm , ω1 ′ = ω1 ∪ ω2 .f | ω1′ ∪ω3 = 0 и т.д. Последовательно применяя утверждение 2, будем в конце иметь(f, ϕ) = f | ω1∪...∪ωm = 0. 7. Свойства носителя1. f, g ∈ D ′ (Ω) ⇒ supp(f + g) ⊂ supp f ∪ supp g.Упражнение. Доказать строго через определение.2. f ∈ D ′ (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω) ⇒ supp f ψ ⊂ supp f ∩ supp ψ.Упражнение. Доказать строго через определение.8. Обобщенные функции с компактнымносителемПусть f ∈ D ′ (Ω), supp f ⋐ Ω, f : D(Ω) −→ Cn .Утверждение 1. f можно продолжить на C ∞ (Rn ).Пусть ψ ∈ C ∞ (Rn ) и (f, ψ) = (f, ηψ), где η ∈ D(Ω) : η ≡ 1 в окрестности supp f. Покажем,что (f, η ψ) не зависит от выбора η.
В самом деле, для двух функций η1 , η2 ∈ D(Ω) : η1 ≡ 1 вокрестности supp f, η1 , η2 ∈ D(Ω) : η2 ≡ 1 в окрестности supp f, получим: (f, η1 ψ) − (f, η2 ψ) =(f, (η1 − η2 ) ψ) = 0, так как supp(η1 − η2 )ψ ⋐ Ω \ supp f. Утверждение 2. Пусть g ∈ D ′ (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω), причем ψ ≡ 1 в окрестности supp g. Тогдаg = gψ.Пример.f (x) = const 6= 0 ⇒ supp f = Ω.f (x) ≡ 0 ⇒ supp f = ∅.Пусть ϕ ∈ D(Ω), тогда (f ψ, ϕ) = (f, ψϕ) — по определению умножения обобщенной функциина бесконечно гладкую.(f ψ, ϕ) − (f, ϕ) = (f, (ψ − 1)ϕ) = 0, так как (ψ − 1)ϕ ∈ D(Ω \ supp f ). Упражнение. Покажите, что если в предыдущем утверждении условие ψ ≡ 1 в окрестностиsupp g заменить на условие ψ ≡ 1 на supp g, то утверждение НЕ верно.Теорема. Пусть f ∈ D ′ (Ω), причем supp f — компакт, тогда существуетm, A : ∀ϕ ∈ D(Ω) |(f, ϕ)| 6 AkϕkC m (Ω) ,где m — порядок сингулярности.
(от противного)Т.е. ∀m ∀A ∃ϕ : |(f, ϕ)| > AkϕkC m (Ω) .16Возьмем η ∈ D(Ω), получим∀ϕ ∈ D(Ω) kη ϕkC m (Ω) 6 Bm kϕkC m (Ω) ,(1)где Bm = const > 0, зависящая только от m, η. В самом деле,Xkη ϕkC m (Ω) = sup|∂ α (η(x) ϕ(x))|,x∈ Ω|α|6m∂ |α|αгде α = (α1 , . . . , αn ) — мультииндекс, |α| = α1 + . . . + αn , ∂ α =α1αn ⇒ ∂ (η ϕ) =∂x...∂x11P′′′cα′ α′′ ∂ α η ∂ α ϕ.α′ +α′′ =αНапример,∂∂η∂ϕ(η ϕ) =ϕ+η,∂x1∂x1∂x1kη ϕkC m (Ω) 6 B̃m kηkC m (Ω) kϕkC m (Ω) .Пусть Bm = B̃m kηkC m (Ω) , получим (1). Согласно предположению, существует последовательность ϕm ∈ D(Ω), m = 1, 2, . . . :|(f, ϕm )| > Am kϕm kC m (Ω) .(2)Имеем: kη ϕm kC m (Ω) 6 Bm kϕm kC m (Ω) , поэтому (2) влечет за собой неравенство |(f, ϕm )| >Amkη ϕm kC m (Ω) . При этом, если η ≡ 1 в окрестности supp f, то f η = f.
Будем с самого началаBmсчитать ,что η ≡ 1 в окрестности supp f. Тем самым, получим: (f, ϕm ) = (η f, ϕm ) = (f, η ϕm ),поэтомуAm|(f, η ϕ)| >kη ϕm kC m (Ω) = mkη ϕm kC m (Ω) .(3)BmПусть ψm =η(x) ϕm (x). Разделив (3) на m kη ϕm kC m (Ω) , получимm kη ϕm kC m (Ω)|(f, ϕm )| > 1.(4)Легко заметить,что ψm −→ 0 при m −→ ∞ в пространстве D(Ω).
Действительно,1) supp ψm ⊂ η ⋐ Ω, m = 1, 2, . . . ;2) для любого натурального k kψm kC k (Ω) 6 kψm kC m (Ω) , если m > k.Таким образом, lim kψm kC k (Ω) 6 lim kψm kC m (Ω) .m−→∞1kη ϕm kC m (Ω)В то же время, kψm kC m (Ω) == .mkη ϕm kC m (Ω) mТем самым, lim kψm kC m (Ω) = 0.m−→∞Так как f : D(Ω) −→ Cn — непрерывный линейный функционал, то lim |(f, ϕm )| = 0, но, сm−→∞другой стороны, по неравенству (4), lim |(f, ϕm )| > 1.
Получили противоречие. m−→∞Упражнение. Пусть f (x) = δ ′ (x). чему будет равно m? (f (x) = δ(x) → m = 0)Теорема. Пусть f ∈ D ′ (Rn ), f ′ (x) ≡ 0. Тогда f (x) ≡ const .17Возьмем ϕ ∈ D(Rn ). ПустьP (ϕ)(x) = ϕ(x) − η(x)Z∞ϕ(ξ) dξ,−∞R∞где η ∈ D(Rn ), причемη(x) dx = 1. Тогда−∞Z∞P (ϕ)(x) dx =−∞′Имеем (f (x),Zx−∞|Таким образом,d0 = f (x),dxZx−∞Z∞Z∞ϕ(x) dx −−∞η(x) dx−∞|{z=1Z∞ϕ(x) dx = 0.−∞}P (ϕ)(ξ) dξ) = 0.{z∈D(Ω)} Z∞P (ϕ)(ξ) dξ = f (x), P (ϕ)(x) = f (x), ϕ(x) − f (x), η(x)ϕ(ξ) dξ,−∞(f (x), ϕ(x)) = (c, ϕ(x)), где c = (f (x), η(x)) — комплексное число, не зависящее от ϕ(x). Другимисловами, f (x) ≡ const . ∂fУпражнение.Пусть Ω — область в Rn , n > 1, f ∈ D ′ (Ω), причем= 0, i = 1, n.
Тогда∂xif (x) ≡ const в Ω.Теорема. Пусть f ∈ D ′ (R). Тогда существует F ∈ D ′ (R) : F ′ (x) = f (x). Возьмем ϕ(x) ∈ D(R), как и в предыдущей теореме и пустьP (ϕ)(x) = ϕ(x) − η(x)Z∞ϕ(ξ) dξ,−∞где η ∈ D(R), причемR∞η(x) dx = 1. Тогда−∞F ∈ D ′ (R) : F ′ (x) = f (x), то получимf (x),Zx−∞R∞−∞P (ϕ)(ξ) dξ ∈ D(R). Тогда, если существуетZx′P (ϕ)(ξ) dξ = F (x),P (ϕ)(ξ) dξ =−∞Zxd= − f (x),P (ϕ)(ξ) dξ = − F (x), P (ϕ)(x) =dx−∞ Z∞= − F (x), ϕ(x) + f (x), η(x)ϕ(ξ) dξ. (1)−∞18Тем самым,Zx F (x), ϕ(x) = − f (x),P (ϕ)(ξ) dξ + c, ϕ(x)−∞— первообразная определена с точностью до константы: c = (f (x), η(x)) — комплексное число.нам надо указать хотя бы одну функцию F ∈ D ′ (R) : F ′ (x) = f (x).RxПусть (F (x), ϕ(x)) = − f (x),P (ϕ)(ξ) dξ .
Проверим, что F ′ (x) = f (x). В самом деле, для−∞любого ϕ(x) ∈ D(R)Zx ′F (x), ϕ(x) = − F (x), ϕ (x) = f (x),P (ϕ′ )(ξ) dξ .′′−∞′P (ϕ )(ξ) = ϕ (ξ) − η(ξ)Z∞ϕ′ (t) dt = ϕ(ξ),−∞|=0,(F ′ (x), ϕ(x)) = f (x),Zx−∞{z }т.к.ϕ∈D(R)ϕ′ (ξ) dξ = (f (x), ϕ(x)). 9. Прямое произведение обобщенных функцийПусть f1 : Ω1 −→ C, f2 : Ω2 −→ C, f1 ∈ C ∞ (Ω1 ), f2 ∈ C ∞ (Ω2 ), Ω1 ⊂ Rn1 , Ω2 ⊂ Rn2 — открытыеподмножества, n1 , n2 > 1.f1 (x1 )f2 (x2 ) : Ω1 × Ω2 −→ C — прямое произведение, если x1 = (x11 , . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
