Analiza Matematyczna III MT Notatki z Wykładu prof. Krzysztofa

Transkrypt

Analiza Matematyczna III MT
Notatki z Wykładu prof. Krzysztofa Nowaka
(poprawione przez wykładowcę)
Zredagował: Wojciech Kulczycki
Chapter 1
Teoria równań
różniczkowych zwyczajnych
1.1
Podstawowe definicje
Def. Niech Ω ⊂ R × Rn × Rn - otwarty; f : Ω −→ Rn - ciągła i f = (f1 . . . fn ).
Wtedy układ równań:
f1 (x, y1 , . . . , yn , y10 , . . . , yn0 ) = 0
..............................
fn (x, y1 , . . . , yn , y10 , . . . , yn0 ) = 0
gdzie yi = yi (x) (i = 1, . . . , n), nazywamy równaniem (w sensie wektorowym)
różniczkowym zwyczajnym I-ego rzędu. W równaniu tym x nazywamy
zmienną niezależną, zaś niewiadomymi są funkcje y1 , . . . , yn . Równanie to
można przedstawić w postaci wektorowej:
f (x, y, y 0 ) = 0 ∈ Rn ,
(1.1)
gdzie y = (y1 , . . . , yn ), y 0 = (y10 , . . . , yn0 ).
Z kolei równanie:
f (x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (k) ) = 0 ∈ R
(1.2)
nazywamy równaniem różniczkowym zwyczajnym k-tego rzędu.
Przymiotnik zwyczajny oznacza tu fakt, że niewiadome są funkcjami jednej
zmiennej. W przypadku funkcji wielu zmiennych mamy do czynienia z tzw.
równaniami cząstkowymi, którymi nie będziemy się tu zajmować.
W dalszej części wykładu będziemy zazwyczaj korzystać z notacji wektorowej.
Def. Niech Ω ⊂ R × Rn - otwarty; f : Ω −→ Rn - ciągła; y = (y1 , . . . , yn ).
Wówczas równanie postaci:
1
1.1. Podstawowe definicje
y 0 = f (x, y)
(1.3)
nazywamy równaniem różniczkowym I-ego rzędu w postaci normalnej. Analogicznie dla równania k-tego rzędu mamy:
y (k) = f (x, y, y 0 , . . . , y (k−1) ).
(1.4)
Rozwiązaniem (lub całką) ogólnym nazywamy rodzinę rozwiązań równania różniczkowego. Rozwiązaniem (lub całką) szczególnym nazywamy
pewne konkretne rozwiązanie z tej rodziny.
Def. Krzywą całkową równania różniczkowego (1.3) nazywamy wykres pewnego
rozwiązania y = y(x) tego równania.
Figure 1.1: Przykładowa krzywa całkowa równania (1.3).
Ponieważ ∀x0 ∈ R wektor [1, y 0 (x0 )] (por. Rys. 1.1) jest styczny do krzywej
całkowej y(x), to styczny jest do niej również wektor [1, f (x0 , y0 )], gdzie y0 =
y(x0 ).
Wniosek. Krzywa całkowa jest w każdym punkcie (x0 , y0 ) styczna do wektora
[1, f (x0 , y0 )].
Def. Obwiednią rodziny krzywych nazwywamy krzywą, która w każdym punkcie
jest styczna do pewnej krzywej z tej rodziny. Rozwiązaniem (lub całką) osobliwym nazywamy dodatkowe rozwiązania równania, które jest obwiednią
rozwiązania ogólnego.
2
1.2. Podstawowe typy równań różniczkowych zwyczajnych I-ego rzędu dla n=1
Uwaga.
1. Rozwiązanie układu n równań I-ego rzędu jest rodziną funkcji y = y(x, C)
(czyli y1 = y1 (x, C), . . . , yn = yn (x, C)) parametryzowaną przez n parametrów
C = (C1 , . . . , Cn ). Jest to tzw. rozwiązanie (lub całka) ogólne. Dla
ustalonego zestawu parametrów mamy całkę szczególną.
2. Równanie rzędu k (dla n = 1):
y (k) = f (x, y, y 0 , . . . , y (k−1) )
jest równoważne układowi k równań I-ego rzędu (oznaczenie y = y1 ):
 0
y1 = y2




 y20 = y3
......

0

= yk
 yk−1

 0
yk = f (x, y1 , y2 , . . . , yk )
1.2
Podstawowe typy równań różniczkowych zwyczajnych I-ego rzędu dla n=1
1. Równanie o zmiennych rozdzielonych
Ma ono postać:
p(y) · y 0 = q(x).
Rozwiązanie:
p(y)dy = q(x)dx
Z
Z
p(y)dy =
q(x)dx
Jeżeli oznaczyć:
(R
p(y)dy = P (y)
R
q(x)dx = Q(x)
to rozwiązanie w postaci uwikłanej ma postać:
P (y) = Q(x) + C,
gdzie C ∈ R.
3
,
Przykład.
√
y0 = 2 y
dy
√ = dx
2 y
√
y = x + C,
dla x > −C. Zatem całka ogólna ma postać:
(
y = (x + C)2 , dla x > −C
y = 0, dla x < −C
.
Łatwo widać, że prosta y = 0 jest całką osobliwą.
2. Równanie różniczkowe zupełne
Ma ono postać:
P (x, y) + Q(x, y)
dy
= 0,
dx
lub alternatywnie:
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,
przy czym wyrażenie P (x, y)dx + Q(x, y)dy jest różniczką zupełną pewnej
funkcji F (x, y), tj. Fx = P , Fy = Q.
Całka ogólna w postaci uwikłanej ma postać:
F (x, y) = C
Uwaga. Niech Ω ⊂ R2 - otwarty, jednospójny (tzn. bez dziur); P, Q :
Ω −→ R- klasy C 1 . Wtedy P dx + Qdy jest różniczką zupełną wtedy i
tylko wtedy, gdy Py = Qx .
4
Przykład.
2xy 3 dx + (3x2 y 2 + 1) dy = 0
| {z }
|
{z
}
P
Q
Sprawdzamy zupełność:
Py = 6xy 2 = Qx .
Ponieważ równanie jest zupełne, wyznaczamy funkcję F :
Z
F =
Z
2xy 3 dx = x2 y 3 + C(y)
P dx =
3x2 y 2 + 1 = Q = Fy = 3x2 y 2 + 1.
Zatem C 0 (y) = 1, skąd:
F = x2 y 3 + y.
Zatem całka ogólna ma postać:
x2 y 3 + y = C.
Uwaga. Jeśli równanie P dx + Qdy = 0 nie jest równaniem zupełnym, to
może się zdarzyć, że istnieje funckja µ(x, y) 6≡ 0 taka, że:
P µdx + Qµdy = 0
jest równaniem zupełnym. Funkcję µ(x, y) nazywamy wtedy czynnikiem
całkującym.
W niektórych prostych przypadkach można znaleĽć czynnik całkujący
postaci µ(x), µ(y) lub µ1 (x) · µ2 (y).
3. Równanie liniowe jednorodne
Ma ono postać:
dy
= p(x) · y.
dx
Rozwiązanie (metodą rozdzielenia zmiennych):
dy
= p(x)dx,
y
5
(1.5)
ln |y| = P (x) + A
y = ±eA eP (x) ,
skąd ostatecznie:
y = CeP (x) ,
gdzie C = ±eA ∈ R.
4. Równanie liniowe niejednorodne
Ma ono postać:
dy
= p(x) · y + q(x).
dx
(1.6)
Równanie jednorodne (1.5) nazywamy równaniem stowarzyszonym z
równaniem (1.6).
Rozwiązanie:
całka ogólna
układu (1.6)
=
całka ogólna
układu (1.5)
+
całka szczególna
układu (1.6)
Metodą ogólną wyznaczenia całki szczególnej równania (1.6) jest tzw.
metoda uzmiennienia stałej, przedstawiona poniżej.
Przewidujemy całkę szczególną równania (1.6) w postaci:
ys = C(x)eP (x) ,
co wstawiamy do równania (1.6), uzyskując:
0
C 0 (x)eP (x) + C(x) eP (x) = p(x)C(x)eP (x) + q(x).
Ale eP (x)
0
= p(x)eP (x) , skąd:
C 0 (x)eP (x) = q(x)
C 0 (x) = q(x)e−P (x) ,
a stąd wyliczamy C(x).
Inną, szybszą metodą, którą jednak możemy stosować tylko w niektórych
przypadkach, jest metoda przewidywania.
6
1.3. Problem Cauchy’ego
5. Równanie Bernoulliego
Ma ono postać:
y 0 = p(x) · y + q(x) · y α ,
gdzie α ∈ R\{0, 1}
Równanie to rozwiązujemy, mnożąc je obustronnie przez (1 − α) · y −α i
dokonując podstawienia:
z(x) = y 1−α .
Stąd uzyskujemy:
z 0 = (1 − α)p(x)z + (1 − α)q(x),
co jest równaniem liniowym niejednorodnym, które potrafimy już rozwiązać.
6. Równania łatwo sprowadzalne do równania o zmiennych rozdzielonych
• Równanie postaci (tzw. równanie jednorodne):
y
y 0 = f ( ).
x
Rozwiązujemy je poprzez podstawienie:
z=
y
.
x
• Równanie postaci:
y 0 = f (ax + by + c).
Rozwiązujemy je poprzez podstawienie:
z = ax + by + c.
1.3
Problem Cauchy’ego
Def. Niech Ω ⊂ R × Rn - otwarty; f : Ω −→ Rn - ciągła; (x0 , y0 ) ∈ Ω. Problemem Cauchy’ego nazywamy równanie różniczkowe zwyczajne wraz z zadanym
warunkiem początkowym, tj.:
(
y 0 = f (x, y)
(1.7)
y(x0 ) = y0
7
Twierdzenie 1.1 (Picarda o istnieniu i jednoznaczności rozwiązania
problemu Cauchy’ego). Niech U ⊂ Rn - otwarty; y0 ∈ U ; f : [−α, α] ×
U −→ Rn - ciągła, spełniająca warunek Lipschitza ze względu na zmienne y,
tzn. ∃L > 0 : |f (x, y) − f (x, ỹ)| 6 L||y − ỹ||. Wtedy ∃δ > 0 taka, że problem
Cauchy’ego:
(
y 0 = f (x, y)
(1.8)
y(0) = y0
ma na odcinku [−δ, δ] dokładnie jedno rozwiązanie klasy C 1 .
Uwaga. Jeśli funkcja f (x, y) = f (x, y1 , . . . , yn ) jest określona na zbiorze wy∂f
pukłym, jest różniczkowalna i jej pochodne cząstkowe ∂y
, i = 1, . . . , n, są
i
ograniczone, to f spełnia warunek Lipschitza ze względu na zmienne y1 , . . . , yn .
Dowód (tw. Picarda). Wystarczy udowodnić twierdzenie przy założeniu, że
y0 = 0 i dla kuli domkniętej K̄(0, r) ⊂ U . Wtedy funkcja f jest ograniczona na
zbiorze [−α, α] × K̄(0, r) przez pewne M > 0.
r 1
Wykażemy, że jako δ > 0 można wziąć dowolną liczbę < min{α, M
, L }.
Kluczowa obserwacja: y = y(x), y : [−δ, δ] −→ K̄(0, r) jest rozwiązaniem
problemu Cauchy’ego (1.8) wtedy i tylko wtedy, gdy y(x) jest rozwiązaniem
równania całkowego (Volterry):
Zx
y(x) =
f (ξ, y(ξ))dξ,
(1.9)
0
gdzie |x| 6 δ.
Def. Dla funkcji ciągłej f : K −→ R na zbiorze zwartym K definiujemy normę
supremum
kf kK := sup {|f (x)| : x ∈ R}.
Czasami będziemy dla normy supremum stosować zapis skrócony k, jeśli jest
jasne, na jakim zbiorze rozważamy dane funkcje.
Rozważmy teraz odwzorowanie:

Zx
F : y(x) −→ x 7→
f (ξ, y(ξ))dξ  .
0
8

Niech E = {y : [−δ, δ] −→ Rn - ciągła, y(0) = 0}. Wraz z normą ksup jest to
przestrzeń Banacha (tj. przestrzeń unormowana zupełna). Wtedy:
X := {y(x) ∈ E : kyksup 6 r}
jest kulą domkniętą i zarazem zupełną przestrzenią metryczną.
----------------------------------------------------------Lemat. F : X −→ X i jest odwzorowaniem zwężającym (tj. kontrakcją, czyli odwzorowaniem Lipschitza ze stałą < 1).
Dowód.
1◦ Czy F (y) ∈ X, gdy y ∈ X?
Ustalmy x ∈ [−δ, δ]. Wtedy
x
Z
Zx
r
df |F (y)(x)| = f (ξ, y(ξ))dξ 6 |f (ξ, y(ξ))| dξ 6 δ·M 6
·M = r
| {z }
M
0
0
6M
Zatem kF (y)k 6 r, czyli F y ∈ X, tzn. F : X −→ X.
OK
2◦ Czy F jest kontrakcją?
Ustalmy x ∈ [−δ, δ]; y, ỹ ∈ X. Wtedy
x
Z
df |F y(x) − F ỹ(x)| = [f (ξ, y(ξ)) − f (ξ, ỹ(ξ))]dξ 6
0
Zx
Zx
|f (ξ, y(ξ)) − f (ξ, ỹ(ξ))|dξ 6
6
L|y(ξ) − ỹ(ξ)|dξ 6
0
0
|
{z
z lipschitzowskości f
Zx
6 L · ky − ỹksup ·
dξ < ky − ỹk
0
| {z }
1
6δ< L
Zatem:
kF y − F ỹk 6 |{z}
L · δ ky − ỹk,
<1
co oznacza, że F jest kontrakcją. 9
}
----------------------------------------------------------Na mocy twierdzenia Banacha o punkcie stałym odwzorowanie F : X −→ X
ma dokładnie jeden punkt stały, a to oznacza, że równanie całkowe Volterry (1.9)
ma dokładnie jedno rozwiązanie. Uwaga. Można w istocie udowodnić, że jako δ występujące w Tw. 1.1. (tw.
r
}.
Picarda) można wziąć dowolną liczbę δ > 0 taką, że δ < {α, M
Def.
1) Punkt (x0 , y0 ) ∈ Ω jest punktem lokalnej jednoznaczności dla równania y 0 = f (x, y), gdy każde 2 jego rozwiązania z warunkiem początkowym
y(x0 ) = y0 pokrywają się w pewnym otoczeniu punktu x0 .
2) Punkt (x0 , y0 ) ∈ Ω jest punktem integralnej jednoznaczności dla
równania y 0 = f (x, y), gdy każde 2 jego rozwiązania z warunkiem początkowym
y(x0 ) = y0 pokrywają się w części wspólnej dziedzin.
Wniosek 1. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą, spełniającą w otoczeniu punktu (x0 , y0 ) warunek Lipschitza względem zmiennych y, to (x0 , y0 ) jest
punktem lokalnej jednoznaczności.
Wniosek 2. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą wraz z pochodnymi
cząstkowymi względem y1 , . . . , yn w pewnym otoczeniu punktu (x0 , y0 ), to (x0 , y0 )
jest punktem lokalnej jednoznaczności.
Wniosek 3. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą wraz z pochodnymi
cząstkowymi względem y1 , . . . , yn na zbiorze Ω, to każdy punkt zbioru Ω jest
punktem integralnej (i tym bardziej lokalnej) jednoznaczności.
Figure 1.2: Punkt A jest punktem lokalnej jednoznaczności, zaś B nie.
Uwaga. Jeżeli każdy punkt zbioru Ω jest punktem lokalnej jednoznaczności,
to jest też punktem integralnej jednoznaczności.
10
Przykład. Rozważmy rodzinę linii y = (x − c)3 , c ∈ R. Wtedy
2
y 0 = 3(x − c)2 = 3y 3 .
Zatem prosta y = 0 jest całką osobliwą (por. Rys. 1.3).
Figure 1.3: Przykładowe krzywe z rodziny krzywych y = (x − c)3 z pogrubioną
całką osobliwą y = 0.
Na osi Ox nie ma lokalnej jednoznaczności, ale poza nią jest. W związku z
tym nie ma integralnej jednoznaczności ze względu na istnienie całki osobliwej.
Twierdzenie 1.2 (Peano o istnieniu rozwiązania problemu Cauchy’ego).
Niech f : [−α, α]× K̄(0, r) −→ Rn - ciągła. Wtedy istnieje rozwiązanie problemu
Cauchy’ego:
(
y 0 = f (x, y)
(1.10)
y(0) = 0
r
które jest określone na przedziale [−δ, δ], gdzie δ = min{α, M
}, gdzie M := kf k.
(bez dowodu)
Dowód (tw. Peano). wykorzystuje metodę łamanych Eulera (por. Rys. 1.4
).
11
Figure 1.4: Schemat metody łamanych Eulera; l1 - podział przedziału [0, α] na
2 części, l2 - podział na 4 części,. . . , lk - podział na 2k części; same łamane
tworzymy poprzez styczne do rozwiązania równania (tj. funkcji f (x, y)) w punktach podziału przedziału; analogicznie dla przedziału [−α, 0].
Dowodzi się, że z ciągu (lk ) tak skonstruowanych łamanych mozna wybrać
podciąg zbieżny do pewnej funkcji klasy C 1 , która jest rozwiązaniem problemu
Cauchy’ego.
Wniosek 1. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą, to ∀(x0 , y0 ) ∈ Ω istnieje
lokalne rozwiązanie równania y 0 = f (x, y) przechodzące przez ten punkt (tj.
spełniające warunek początkowy y(x0 ) = y0 ).
Def.
1) Niech y : [x0 , α) −→ Rn , ỹ : [x0 , β) −→ Rn będą dwoma rozwiązaniami
równania (1.3). Mówimy, że ỹ jest przedłużeniem y w prawo, gdy
β > α i ỹ|[x0 ,α) = y.
2) Niech y : (α, x0 ] −→ Rn , ỹ : (β, x0 ] −→ Rn będą dwoma rozwiązaniami
równania (1.3). Mówimy, że ỹ jest przedłużeniem y w lewo, gdy β 6 α
i ỹ|(α,x0 ] = y.
Def. Rozwiązanie y(x) równania (1.3) nazywamy wysyconym w prawo (w
lewo), gdy każde jego przedłużenie w prawo (w lewo) jest z nim identyczne.
Lemat. Każde rozwiązanie y(x) równania (1.3) posiada wysycenie w prawo i
w lewo.
12
Dowód. Przy pomocy lematu Kuratowskiego-Zorna. Def. Niech Ω ⊂ R×Rn - otwarty; f : Ω −→ Rn - ciągła. Mówimy, że rozwiązanie
y : [x0 , α) −→ Rn (y : (α, x0 ] −→ Rn ) dociera prawym (lewym) końcem
do brzegu Ω, gdy krzywa całkowa {(x, y(x)) : x ∈ [x0 , α)} ({(x, y(x)) : x ∈
(α, x0 ]}) nie zawiera się w żadnym zwartym podzbiorze Ω.
Przykład docierania do lewego brzegu przedstawia Rys. 1.5. Analogicznie
jest dla docierania do prawego brzegu.
Figure 1.5: Rozwiązanie to dociera lewym końcem do brzegu Ω, ale prawym
nie.
Wniosek 2. Rozwiązanie y : [x0 , α) −→ Rn (y : (α, x0 ] −→ Rn ), które jest
wysycone w prawo (lewo), dociera prawym (lewym) końcem do brzegu Ω.
Dowód (nie wprost). Hipoteza: rozwiązanie wysycone w prawo nie dociera
do prawego końca.
Oznacza to, że wykres y|[x0 ,α) ⊂ K ⊂ Ω ⊂ R × Rn dla pewnego zbioru
zwartego K.
Wtedy kf kK 6 M dla pewnego M > 0, skąd |y 0 (x)| = |f (x, y)| 6 M dla
x ∈ [x0 , α), a więc y(x) spełnia warunek Lipschitza ze stałą M na przedziale
[x0 , α).
Dlatego funkcja y(x) przedłuża się w sposób ciągły do punktu α, czyli, innymi słowy, istnieje granica lim y(x) ∈ R. Kładziemy więc y(α) := lim y(x).
x→α−
x→α−
To przedłużenie jest różniczkowalne (lewostronnie) dla x = α, tj.:
z ciągłości f
z }| {
y(α) − y(x) H
y 0 (x)
= lim
y (α ) = lim−
=
lim
f
(x,
y(x))
=
f (α, y(α)) .
α−x
1
x→α
x→α−
x→α−
0
−
Z Tw. 1.2. (tw. Peano) rozwiązanie y : [x0 , α) −→ Rn można zatem
przedłużyć na prawo od punktu x = α, tzn. rozwiązanie nie jest wysycone.
SPRZECZNOŚĆ
Dowód jest analogiczny dla przypadku wysycenia w lewo. 13
1.4. Nierówności różniczkowe
Wniosek 3 (tw. o lokalnym szacowaniu od dołu przedziału istnienia
całki wysyconej). Niech Ω ⊂ R × Rn - otwarty; Q̄ = [−α, α] × K̄(0, r) ⊂ Ω;
f : Ω −→ Rn - ciągła; kf kQ̄ 6 M , gdzie M > 0; y : ∆ −→ Rn - całka wysycona
dla problemu Cauchy’ego:
(
y 0 = f (x, y)
,
(1.11)
y(0) = y0
gdzie ∆- przedział taki, że 0 ∈ ∆. Wtedy jeśli |y(0)| 6 2r , to całki wysycone
y tego problemu Cauchy’ego sa określone na przedziale [−δ, δ] ⊂ ∆, gdzie δ :=
r
}.
min{α, 2M
Dowód. Ponieważ [−α, α] × K̄(y(0), 2r ) ⊂ Q̄ ⊂ Ω, stosujemy Tw. 1.2. (tw.
r
Peano), biorąc δ = min{α, 2M
}. Dzięki temu twierdzeniu możemy lokalnie (tj. w otoczeniu y0 ) szacować od
dołu przedział istnienia całki wysyconej y przedziałem [−δ, δ]. Umożliwi nam to
póĽniej znalezienie ciągłej zależności całki wysyconej y od wartości początkowej
y0 i paramteru.
1.4
Nierówności różniczkowe
Twierdzenie 1.3 (nierówność Gronwalla). Niech C ≥ 0, f, g : [α, β] −→ Rciągłe, f, g > 0
Zx
f (x) 6 C +
f (ξ)g(ξ)dξ,
x ∈ [α, β].
α
Wtedy:


Zx
f (x) 6 C · exp 
g(ξ)dξ  .
(1.12)
α
Dowód.
I. C > 0
Niech ϕ : [α, β] −→ R i ϕ(x) = C +
Rx
f (ξ)g(ξ)dξ. Wtedy z założenia
α
twierdzenia f (x) 6 ϕ(x) oraz:
ϕ0 (x) = f (x) · g(x) 6 ϕ(x) · g(x).
Stąd:
14
0
(ln ϕ(x)) =
ϕ0 (x)
6 g(x).
ϕ(x)
Zatem:
ϕ(x)
ln
= ln ϕ(x) − ln ϕ(α) =
ϕ(α)
Zx
ϕ0 (ξ)
dξ 6
ϕ(ξ)
α
Zx
g(ξ)dξ,
α
skąd:


Zx
ϕ(x) 6 ϕ(α) · exp 
| {z }
g(ξ)dξ  .
α
=C
Ostatecznie zatem:


Zx
f (x) 6 ϕ(x) 6 C · exp 
g(ξ)dξ  .
α
OK
II. C = 0
1
n
Stosując przypadek I ze stałymi Cn =

Zx
0 6 f (x) 6 Cn · exp 
& 0, otrzymujemy

n→∞
g(ξ)dξ  −→ 0.
α
Stąd 0 6 f (x) 6 0, zatem f ≡ 0. Wniosek 1.
Niech L ≥ 0, C ≥ 0, f : [α, β] −→ R- ciągła, f > 0 taka, że :
Zx
L · f (ξ)dξ
f (x) 6 C +
dla x ∈ [α, β]
α
Wtedy:
f (x) 6 C · exp (L(x − α))
dla x ∈ [α, β]
Dowód. Stosujemy Tw. 1.3. (nierówność Gronwalla) do funkcji g ≡ L. 15
Wniosek 2.
Niech f : [α, β] −→ R- ciągła, f > 0; A, B > 0, L > 0. Jeśli
Zx
f (x) 6 A +
(B + Lf (ξ))dξ
dla x ∈ [α, β],
α
to ∀x ∈ [α, β]:
f (x) 6
B
A+
L
· exp(L(x − α)) −
B
L.
Dowód. Niech ϕ(x) := f (x) +
B
B
ϕ(x) = f (x) +
6A+ +
L
L
B
L
dla x ∈ [α, β].
Wtedy:
Zx
L·
α
Zx
B
B
+ f (ξ) dξ = A + + L · ϕ(ξ)dξ.
L
| {z L} α
=C
Z Wn. 1.:
ϕ(x) 6
B
A+
L
· exp(L(x − α)).
Stąd:
f (x) 6
A+
B
L
· exp(L(x − α)) −
B
.
L
Wniosek 3 (nierówność różniczkowa). Niech ψ : [α, β] −→ Rn - różniczkowalna
dla x ∈ (α, β); A, B > 0; L > 0; x0 ∈ [α, β]. Wtedy jeśli |ψ(x0 )| 6 A i
|ψ 0 (x)| 6 L|ψ(x)| + B ∀x ∈ (α, β), to:
|ψ(x)| 6 (A +
B
B
) · exp(L|x − x0 |) −
L
L
∀x ∈ [α, β].
Dowód. Zastosujemy Wn. 2. do funkcji:
f (x) := |ψ(x)| .
|{z}
| {z }
skalarna
wektorowa
Mamy bowiem:
z nier. trójkąta
}|
{
z
Zx
Zx
f (x) = |ψ(x)| = ψ(x0 ) + ψ 0 (ξ)dξ 6 |ψ(x0 )| + |ψ 0 (ξ)|dξ 6
x0
x0
16
(1.13)
Zx
Zx
(Lf (ξ) + B)dξ
(L|ψ(ξ)| + B)dξ = A +
6A+
x0
x0
Z Wn. 2. otrzymujemy zatem:
|ψ(x)| = f (x) 6 (A +
B
B
) · exp(L|x − x0 |) − . L
L
Mamy tu |x − x0 |, ponieważ x może być mniejsze od x0 .
Twierdzenie 1.4 (twierdzenie porównawcze). Niech Ω ⊂ R × Rn - otwarty;
f, f˜ : Ω −→ Rn - ciągłe, f spełnia warunek Lipschitza ze stałą L > 0 względem
˜ ⊂ R- przedziały; (x0 , y0 ), (x0 , ỹ0 ) ∈ Ω, x0 ∈ ∆∩ ∆;
˜ A, B > 0;
zmiennych y; ∆, ∆
n
n
˜
y : ∆ −→ R , ỹ : ∆ −→ R - rozwiązania problemów Cauchy’ego:
(
(
y 0 (x) = f (x, y(x))
ỹ 0 (x) = f˜(x, ỹ(x))
y(x0 ) = y0
ỹ(x0 ) = ỹ0
Wtedy jeśli |y0 − ỹ0 | 6 A, |f (x, y)− f˜(x, y)| 6 B ∀(x, y) ∈ Ω (tj. kf − f˜kΩ 6
B), to:
B
B
· exp(L|x − x0 |) − ,
(1.14)
|y(x) − ỹ(x)| 6 A +
L
L
˜
dla x ∈ ∆ ∩ ∆.
Idea tego twierdzenia polega na tym, że jeżeli nieznacznie zmienimy wartość
˜ wartość rozwiązania y(x)
zmiennej y0 i wartość f (x, y), to dla x ∈ ∆ ∩ ∆
problemu Cauchy’ego zmieni się nieznacznie.
Dowód. Zastosujemy Wn. 3. (nierówność różniczkowa) do funkcji ψ(x) :=
˜ Z założenia twierdzenia mamy bowiem |ψ(x0 )| 6 A,
y(x) − ỹ(x), dla x ∈ ∆ ∩ ∆.
a także:
|ψ 0 (x)| = |y 0 (x) − ỹ 0 (x)| = |f (x, y(x)) − f˜(x, ỹ(x))| =
= |f (x, y(x)) − f (x, ỹ(x)) + f (x, ỹ(x)) − f˜(x, ỹ(x))| 6
6 |f (x, y(x)) − f (x, ỹ(x))| + |f (x, ỹ(x)) − f˜(x, ỹ(x))| 6
|
{z
}
z nier. trójkąta
6 L · |y(x) − ỹ(x)| +B = L · |ψ(x)| + B
|
{z
}
z lipschitzowskości f
17
Z Wn. 3. (nierówność różniczkowa) otrzymujemy zatem:
B
B
|ψ(x)| 6 A +
· exp(L|x − x0 |) − . L
L
Wniosek 1 (integralna jednoznaczność problemu Cauchy’ego). Przy
oznaczeniach i założeniach takich, jak w twierdzeniu porównawczym, rozważmy
problem Cauchy’ego (1.8), tj.:
(
y 0 = f (x, y)
y(x0 ) = y0
Wtedy problem ten ma jednoznaczne rozwiązanie ∀x0 ∈ ∆.
Dowód. WeĽmy inne rozwiązanie tego problemu Cauchy’ego, tj.:
(
ỹ 0 = f (x, ỹ)
ỹ(x0 ) = y0
Mamy więc f = f˜, skąd B = 0, y0 = ỹ0 , skąd A = 0. Z Tw. 1.4. (tw.
porównawcze) mamy zatem:
|y(x) − ỹ(x)| 6 0,
˜ skąd y(x) ≡ ỹ(x) na ∆ ∩ ∆.
Wniosek 2 (ciągła zależność rozwiązania od warunku początkowego).
Niech Ω ⊂ R × Rn - otwarty; Q̄ = [−α, α] × K̄(0, r) ⊂ Ω; f : Ω −→ Rn ciągła, spełniająca warunek Lipschitza ze stałą L > 0 względem zmiennych y;
kf kQ̄ 6 M , gdzie M > 0, oraz z ∈ K̄ 0, 2r .
Wtedy całki wysycone y(x) = y(x, z) problemu Cauchy’ego y 0 = f (x, y),
r
y(0) = z są określone na przedziale [−δ, δ], gdzie δ := min{α, 2M
} i zależą
w sposób ciągły (w sensie normy supremum na przedziale [−δ, δ]) od wartości
początkowej z.
Dowód. Pierwszą część tezy (tj. określoność całek wysyconych y(x, z) na
przedziale [−δ, δ]) udowodniliśmy już we Wn. 3. z Tw. 1.2. (tw. o
lokalnym szacowaniu od dołu przedziału istnienia całki wysyconej). Wystarczy więc wykazać ciągłość zależności tych całek od wartości początkowej z na
tym przedziale.
Niech y(x,z), y(x, z̃)- rozwiązania naszego problemu Cauchy’ego (1.8), gdzie
z, z̃ ∈ K̄ 0, 2r . Wtedy kładziemy B = 0 (możemy, gdyż równanie f jest takie
samo) i A = |z − z̃|. Wówczas z Tw. 1.4. (tw. porównawacze) mamy:
|y(x, z) − y(x, z̃)| 6 A · exp(L|x|),
gdzie x ∈ [−δ, δ] (przedział ten jest zwarty, zatem możemy rozważać funkcje
ciągłe z normą ksup ). Stąd:
18
ky(x, z) − y(x, z̃)k 6 |z − z̃| · exp(L|x|),
co jest ciągłą zależnością od warunku początkowego z. Wniosek 3 (ciągła zależność rozwiązania od warunku początkowego
i parametru) Niech T – (przestrzeń parametrów) lokalnie zwarta przestrzeń
topologiczna (np. Rk ); Ω ⊂ R × Rn - otwarty; f : Ω × T −→ Rn - ciągła,
spełniająca warunek Lipschitza ze stałą L > 0 względem zmiennych y; Q̄ =
[−α, α] × K̄(0, r) ⊂ Ω; t0 ∈ T ; K ⊂ T - zwarte otoczenie t0 ; kf kQ̄×K 6 M , gdzie
M > 0.
Oznaczmy przez y(x, z, t) wysycone rozwiązanie problemu Cauchy’ego:
(
y 0 = ft (x, y)
(1.15)
y(0) = z
gdzie ft (x, y) := f (x, y, t), |z| 6 2r , t ∈ K.
Wtedy wszystkie funkcje y(x, z, t) są określone na wspólnym zbiorze
r
[−δ, δ] × K̄(0, ) × K,
2
r
}, i zależą w sposób ciągły (w sensie normy supremum na
gdzie δ := min{α, 2M
przedziale [−δ, δ]) od wartości początkowej z i parametru t.
Dowód. Określoność całek wysyconych y(x, z, t) na przedziale [−δ, δ] udowodniliśmy już we Wn. 3. z Tw. 1.2. (tw. Peano), a obecność parametru niczego
tutaj nie zmienia. Wystarczy zatem wykazać ciągłą zależność rozwiązań od
wartości początkowej z i parametru t na przedziale [−δ, δ].
Połóżmy:
ϕ(t) := kf (x, y, t) − f (x, y, t0 )kQ̄×K .
----------------------------------------------------------Lemat. lim ϕ(t) = 0
t→t0
Dowód. Niech ε > 0. Wtedy ∀(p, q) ∈ Q̄ ∃U = Up,q - otoczenie
(p, q) i ∃V = Vp,q - otoczenie t0 takie, że: ∀(x, y) ∈ Up,q , t ∈ Vp,q :
|f (x, y, t) − f (x, y, t0 )| 6 ε.
Jest tak dlatego, że:
|f (x, y, t) − f (x, y, t0 )| 6
6 |f (x, y, t) − f (p, q, t0 )| + |f (p, q, t0 ) − f (x, y, t0 )| < ε,
|
{z
} |
{z
}
≤ε/2
≤ε/2
19
co wynika z nierówności trójkąta, a także z ciągłości f w punkcie
(p, q, t0 ).
Rodzina {Up,q }(p,q)∈Q̄ jest pokryciem otwartym zbioru zwartego
Q̄.
Ze zwartości zbioru Q̄ możemy wybrać podpokrycie skończone
Up1 ,q1 , . . . , Ups ,qs , tzn. znaleĽć takie zbiory Up1 ,q1 , . . . , Ups ,qs , że Q̄ ⊂
Up1 ,q1 ∪ · · · ∪ Ups ,qs , przy s ∈ N.
Połóżmy teraz V = Vp1 ,q1 ∩ · · · ∩ Vps ,qs - otoczenie t0 . Wtedy
∀t ∈ V, (x, y) ∈ Q̄:
|f (x, y, t) − f (x, y, t0 )| 6 ε,
skąd ϕ(t) 6 ε dla t ∈ V . ----------------------------------------------------------Z Tw. 1.4. (tw. porównawacze) otrzymujemy, że ∀x ∈ [−δ, δ]:


B/L
z }| {
A
z }| { ϕ(t) 
ϕ(t)


,
|y(x, z̃, t) − y(x, z, t0 )| 6 |z̃ − z| +
 · exp(L|x|) −
L 
L

t→t
gdy z, z̃ ∈ K̄(ε, 2r ), t ∈ K. Ale (z lematu) ϕ(t) −→0 0. Dlatego ∀ρ > 0 ∃ε > 0,
V – otoczenie t0 takie, że jeśli |z̃ − z| < ε, t ∈ V , to:
ky(x, y0 , t0 ) − y(x, ỹ0 , t)k[−δ,δ] < ρ,
a to oznacza ciągłą zależność. Twierdzenie 1.5 (o globalnym rozwiązaniu wysyconym). Niech α < β;
Ω = (α, β) × Rn ; f : Ω −→ Rn - ciągła. Wtedy jeśli |f (x, y)| ≤ B + L|y|, gdzie
B, L > 0, to każde rozwiązanie wysycone y(x) równania (1.3), y 0 = f (x, y), jest
globalne, tzn. określone na całym przedziale (α, β).
Dowód. Niech punkt (x0 , y0 ) leży na danej krzywej całkowej, tzn. y(x0 ) = y0
(por. Rys. 1.6).
Wtedy:
|y 0 (x)| = |f (x, y(x))| 6 B + L|y(x)|.
Z Wn. 3. z Tw. 1.3. (nierówność różniczkowa):
B
B
|y(x)| 6 |y(x0 )| +
· exp(L|x − x0 |) −
L
L
20
(1.16)
Figure 1.6: Fragment rozważanej krzywej całkowej.
I. α, β ∈ R
Wtedy
|x − x0 | 6 max{β − x0 , x0 − α},
a stąd
|y(x)| 6
|y(x0 )| +
B
L
· exp(L|x − x0 |) −
B
6 M,
L
dla pewnego M > 0, co oznacza, że nasza krzywa całkowa jest ograniczona. Dlatego, ponieważ całka wysycona dociera do brzegu ∂Ω obydwoma
końcami (Ω to jest pas), prawy i lewy koniec naszej krzywej całkowej musi
dotrzeć odpowiednio do {β} × K̄(0, M ) i {α} × K̄(0, M )). Oznacza to, że
nasze rozwiązanie określone jest na całym przedziale (α, β).
OK
II. α = −∞ lub β = ∞
W takim przypadku rozważamy dowolne α0 ∈ R lub β 0 ∈ R takie, że
α < α0 < β lub α < β 0 < β. Dzięki poprzedniemu punktowi, całka
wysycona jest określona na (α0 , β) lub (α, β 0 ), a z dowolności α0 lub β 0
również na (α, β). Wniosek 1. Niech f : (α, β) × Rn −→ Rn - ciągła, spełniająca warunek Lipschitza względem zmiennych y ze stałą L > 0. Wtedy problem Cauchy’ego
(1.7), gdzie x0 ∈ (α, β), y0 ∈ Rn , ma dokładnie jedno rozwiązanie globalne
y : (α, β) −→ Rn .
21
1.5. Liniowe układy równań różniczkowych zwyczajnych
Dowód.
1◦ Jedyność wynika z Tw. 1.1. (tw. Picarda).
OK
2◦ Globalność. Niech α0 , β 0 ∈ R- dowolne liczby takie, że α < α0 < β 0 < β.
Ze względu na dowolność liczb α0 , β 0 , wystarczy wykazać, że wysycone
rozwiązanie naszego problemu Cauchy’ego (1.7) jest określone na całym
przedziale (α0 , β 0 ).
Korzystamy z Tw. 1.5. (tw. o globalnym rozwiązaniu wysyconym).
Wystarczy więc wykazać, że na przedziale (α0 , β 0 ) spełnione są jego założenia. Mamy:
|f (x, y)| 6 |f (x, y0 )| + |f (x, y) − f (x, y0 )| 6 |f (x, y0 )| + L|y − y0 | 6
6 |f (x, y0 )| + L|y0 | + L|y| 6 kf k[α0 ,β 0 ]×{y0 } +L|y0 | + L|y|
{z
}
|
z def. ksup
Wystarczy teraz przyjąć B := kf k[α0 ,β 0 ]×{y0 } + L|y0 | i zastosować Tw.
1.5 (tw. o globalnym rozwiązaniu wysyconym). 1.5
Liniowe układy równań różniczkowych zwyczajnych
Def. Niech α < β; aij , bj : (α, β) −→ R- ciągłe, gdzie i, j = 1, . . . , n. Wtedy
układ równań:
y10 =
n
P
a1j (x)yj + b1 (x)
j=0
.........................
n
P
yn0 =
anj (x)yj + bn (x)
j=0
nazywamy liniowym układem równań różniczkowych zwyczajnych i zwykle
zapisujemy w postaci wektorowej:


y 0 = A(x) · y + b(x),

(1.17)

b1 (x)
y1
 .. 


n
..
gdzie y =  . , A(x) = (aij (x))i,j=1 , b(x) = 
.
.
yn
bn (x)
22
1.5. Liniowe układy równań różniczkowych zwyczajnych
Wniosek 2 (z tw. o globalnym rozwiązaniu wysyconym). Niech x0 ∈
(α, β), y0 ∈ Rn . Wtedy istnieje dokładnie jedno rozwiązanie globalne y :
(α, β) −→ Rn układu (1.17) przechodzące przez punkt (x0 , y0 ).
Dowód. Niech α0 , β 0 ∈ R- dowolne liczby takie, że α < α0 < β 0 < β. Połóżmy
f (x, y) := A(x) · y + b(x). Wtedy restrykcja funkcji f (x, y) do przedziału
[α0 , β 0 ] jest oczywiście lipschitzowska względem zmiennych y. Możemy zatem
zastosować Wn. 1., skąd teza. Def. Układ (1.17) dla b(x) = 0 nazywamy jednorodnym. Ma on zatem postać:
y 0 = A(x) · y.
(1.18)
(aij )ni,j=1 ,
Jeżeli dodatkowo macierz A ma stałe współczynniki, tj. A =
to
układ taki nazywamy układem jednorodnym o stałych współczynnikach
i zapisujemy jako:
y 0 = A · y.
(1.19)
Lemat. Zbiór rozwiązań układu (1.18) tworzy przestrzeń liniową, tzn. jeżeli
y i (x) : (α, β) −→ Rn (i = 1, . . . , n) są rozwiązaniami układu (1.18), a c1 , . . . , cn ∈
R, to y(x) = ci y i (x) = c1 y 1 (x) + · · · + cn y n (x) też jest rozwiązaniem.
Dowód. Dowód jest natychmiastowy, jeśli skorzystać z definicji przestrzeni liniowej i postaci równania (1.18). Def. Niech y 1 (x), . . . , y n (x)nrozwiązania układu (1.18). Wtedy macierz W (x) :=
(y 1 (x), . . . , y n (x)) = yji (x) i,j=1 nazywamy macierzą Wrońskiego, a jej wyznacznik det(W (x)) nazywamy wyznacznikiem Wrońskiego lub wrońskjanem.
Lemat. Macierz W (x) spełnie macierzowe równianie różniczkowe:
W 0 (x) = A(x) · W (x),
gdzie x ∈ (α, β) (różniczkowanie macierzy oznacza różniczkowanie wszystkich
jej elementów).
Dowód. Z samej definicji macierzy Wrońskiego. Stwierdzenie 1.6. Jeśli det(W (x0 )) = 0 dla pewnego x0 ∈ (α, β), to det(W (x)) =
0 ∀x ∈ (α, β).
Dowód. Założenie oznacza, że kolumny (y 1 (x0 ), . . . , y n (x0 )) macierzy W (x0 )
są liniowo zależne, tzn. c1 y 1 (x0 )+· · ·+cn y n (x0 ) = 0 dla pewnych c1 , . . . , cn ∈ R
nie wszystkich równych 0.
Wtedy y(x0 ) := ci y i (x0 ) (dla tych konkretnych współczynników ci ) jest
rozwiązaniem układu (1.18) przechodzącym przez punkt (x0 , 0) ∈ R×Rn . Dzięki
jedyności rozwiązania problemu Cauchy’ego (co wynika z Wn. 2.) y(x) :=
c1 y 1 (x0 ) + · · · + cn y n (x0 ) ≡ 0 ∀c1 , . . . , cn ∈ R, skąd teza. 23
1.6. Metody rozwiązywania liniowych układów równań różniczkowych
Wniosek 1. Rozwiązania y 1 (x), . . . , y n (x) są liniowo niezależne wtedy i tylko
wtedy, gdy wektory y 1 (x0 ), . . . , y n (x0 ) ∈ Rn są liniowo niezależne dla pewnego
x0 ∈ (α, β).
Dowód. Trywialny. Def. Układ y 1 (x), . . . , y n (x) rozwiązań liniowego układu jednorodnego (1.18)
spełniający warunki początkowe yji (x0 ) = δij , dla i, j = 1, . . . , n, nazywamy
fundamentalnym (lub podstawowym) układem rozwiązań. Macierz Wrońskiego
dla tego układu rozwiązań oznaczamy przez W (x, x0 ).
Wniosek 2. Przestrzeń rozwiązań
o wymiarze n. Całka ogólna układu

c1

y(x) = W (x, x0 ) ·  ...
układu (1.18) jest przestrzenią wektorową
(1.18) dana jest wzorem:


1
n
 = c1 y (x) + · · · + cn y (x),
cn
gdzie c1 , . . . , cn ∈ R, a y 1 (x), . . . , y n (x) jest fundamentalnym układem rozwiązań.
Dowód. Trywialny. 1.6
Metody rozwiązywania liniowych układów
równań różniczkowych
1. Układ liniowy niejednorodny (1.17)- metoda uzmienniania stałych.
Z układem (1.17) stowarzyszony jest układ jednorodny (1.18).
Metoda rozwiązania jest w pełni analogiczna do pojedynczego równania
liniowego:
całka ogólna
układu (1.17)
=
całka ogólna
układu (1.18)
+
całka szczególna
układu (1.17)
Jeżeli znamy rozwiązanie układu jednorodnego (1.18), całkę szczególną
układu (1.17) można wyznaczyć metodą uzmienniania stałych, która jest
w pełni analogiczna do metody uzmienniania stałej w przypadku pojedynczego równania liniowego.
Niech y 1 (x), . . . , y n (x)- n liniowo niezależnych rozwiązań układu jednorodnego (1.18). Wtedy całka ogólna układu (1.18) ma postać:
y(x) = c1 y 1 (x) + · · · + cn y n (x).
Traktując teraz stałe c1 , . . . , cn ∈ R jako funkcje zmiennej x, przewidujemy postać całki szczególnej układu (1.17) jako:
24
ỹ(x) = c1 (x) · y 1 (x) + · · · + cn (x) · y n (x) = W (x) · c(x),


c1


gdzie c(x) =  ... , W (x) = (y 1 (x), . . . , y n (x)).
cn
Korzystając ze wzoru Leibniza, uzyskujemy:
ỹ(x) = W 0 (x) · c(x) + W (x) · c0 (x).
Ale W 0 (x) = A(x) · W (x). Stąd:
ỹ 0 (x) = A(x) · W (x) · c(x) + W (x) · c0 (x).
Wstawiając wyliczone wartości ỹ(x) i ỹ 0 (x) do równania (1.17), uzyskujemy po zredukowaniu:
W (x) · c0 (x) = b(x)
Jest to liniowy układ równań o niewiadomych c01 (x), . . . , c0n (x), którego
wyznacznik główny jest równy wrońskjanowi, zatem jest różny od 0. Jest
to zatem układ Cramera. Korzystając zatem ze wzorów Cramera, wyliczamy
c01 (x), . . . , c0n (x), a następnie poprzez całkowanie c1 (x), . . . , cn (x).
2. Liniowy układ jednorodny o stałych współczynnikach (1.19) —
metoda Eulera. Podamy najpierw rozwiązanie wykorzystujące rozkład
macierzy na klatki Jordana. Ograniczymy się tutaj do macierzy sprowadzalnych do postaci Jordana nad ciałem R liczb rzeczywistych.
Macierz A w postaci Jordana jest to macierz diagonalna (w sensie
blokowym) A = diag(J1 , . . . , Js ), gdzie Ji jest klatką Jordana, tzn. macierzą
postaci:




Ji = 


λi
0
0
..
.
1
λi
0
..
.
0
1
λi
..
.
...
...
...
..
.
0
0
0
..
.
0
0
0
...
λi




.


(1.20)
Rozważmy macierzowe liniowe równanie jednorodne.
Rozważmy układ jednorodny o stałych współczynnikach (1.19). Niech
W (x) będzie macierzą Wrońskiego względem pewnego układu rozwiązań
liniowo niezależnych. Wtedy spełniona jest zależność:
25
W 0 (x) = A · W (x).
(1.21)
Każde jego nieosobliwe rozwiązanie W (x) dostarcza n liniowo niezależnych
rozwiązań układu jednorodnego (1.19), którymi są kolumny macierzy W (x).
Zauważmy, że dla jednego równania różniczkowego y 0 = ay otrzymujemy
rozwiązanie postaci y(x) = eax . Analogicznie, nieosobliwe rozwiązanie
układu (1.21) dane jest wzorem:
W (x) := exA =
∞
X
x n An
,
n!
n=0
gdyż:
W 0 (x) = A
∞
X
xn−1 An−1
= A · eAx = A · W (x).
(n
−
1)!
n=0
Rozpatrzmy teraz klatkę Jordana J wymiaru r, macierzy A, daną wzorem
(1.20); tutaj r ≤ krotności ri wartości własnej λ = λi . Wtedy mamy
J = λI + B, gdzie B jest macierzą r × r:




B=


0
0
0
..
.
1
0
0
..
.
0
1
0
..
.
...
...
...
..
.
0
0
0
..
.
0
0
0
...
0
λx
xB




;


oczywiście, B r = 0. Wtedy:
Wj (x) = e
xJ
=e
λxI+xB
=e
·e
=e
λx
r−1 i
X
x
i=0
i!
!
·B
i
;
ostatnia równość wynika stąd, że B r = 0. Otrzymujemy w ten sposób
ri liniowo niezależnych rozwiazań. Rozważając wszystkie klatki Jordana,
otrzymujemy więc n = r1 + . . . + rs liniowo niezależnych rozwiazań.
Przedstawiona powyżej metoda jest mało praktyczna, gdyż wymaga rozkładu
macierzy na klatki Jordana, co często jest dosyć żmudne. Dlatego opiszemy
teraz praktyczną metodę Eulera, wykorzystujacą wartości własne macierzy
A.
Wyznaczamy wartości własne λ1 , . . . , λn ∈ C (n wartości własnych,
licząc z krotnościami) macierzy A, tzn. znajdujemy pierwiastki wielomianu charakterystycznego P (λ) = det(A − λI).
26
• Jeżeli λ ∈ R i jest 1-krotną wartością własną, to przewidujemy
rozwiązanie postaci:
y = eλx · v,


v1
 .. 
gdzie v =  . - wektor własny dla tej wartości własnej; jego
vn
współrzędne v1 , . . . , vn sa współczynnikami nieoznaczonymi. Otrzymujemy w ten sposob 1 rozwiazanie liniowo niezalezne.
• Jeżeli λ ∈ R i jest r-krotną wartością własną, to przewidujemy
rozwiązanie postaci:
y1 = P1 (x) · eλx
................ ,
yn = Pn (x) · eλx
gdzie P1 (x), . . . , Pn (x) są wielomianami stopni (r − 1) o współczynr
P
nikach nieoznaczonych, tj. wielomian Pi (x) =
vij xr−j . Otrzymuj=1
jemy w ten sposob r rozwiazań liniowo niezaleznych.
• Jeżeli λ = α ± βi ∈ C\R i są 1-krotnymi sprzężonymi wartościami
własnymi, to przewidujemy rozwiązanie postaci:
y = eαx · cos(βx) · v + eαx · sin(βx) · w,




v1
w1




gdzie v =  ... , w =  ... ; współrzędne wektorów v i w
vn
wn
są współczynnikami nieoznaczonymi. Otrzymujemy w ten sposob 2
rozwiązania liniowo niezależne.
• Jeżeli λ = α ± βi ∈ C\R i są r-krotnymi sprzężonymi wartościami
własnymi, to przewidujemy rozwiązanie postaci:
y1 = eαx (P1 (x) cos(βx) + Q1 (x) sin(βx))
........................................ ,
yn = eαx (Pn (x) cos(βx) + Qn (x) sin(βx))
gdzie P1 (x), . . . , Pn (x) i Q1 (x), . . . , Qn (x) są wielomianami stopni
r
P
(r − 1) o współczynnikach nieoznaczonych, tj. Pi (x) =
vij xr−j
j=1
i Qi (x) =
r
P
wij x
r−j
. Otrzymujemy w ten sposób 2r rozwiazań
j=1
liniowo niezależnych.
27
Przykład. Rozwiążemy układ równań:

dx

 dt = −4x + 2y + 5z
dy
dt = 6x − y − 6z

 dz
dt = −8x + 3y + 9z
.
Wyliczamy wartości własne macierzy głównej tego układu:
−4 − λ
6
det(A − λI) = −8
2
5
−1 − λ
−6
3
9−λ
= 0 ⇐⇒
⇐⇒ λ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = 0 ⇐⇒ (λ − 1)2 (λ − 2) = 0 ⇐⇒
⇐⇒ λ1,2 = 1, λ3 = 2
• λ3 = 2
Przewidujemy rozwiązanie następującej postaci:

2t

x(t) = ae
y(t) = be2t


z(t) = ce2t
,
a następnie wstawiamy do równania, otrzymując:


2a = −4a + 2b + 5c
2b = 6a − b − 6c


2c = −8a + 3b + 9c
.
Stąd otrzymujemy:


a = α
b = −2α


c = 2α
,
gdzie α ∈ R. Przyjmując α = 1, otrzymujemy:

2t

x(t) = e
y(t) = −2e2t


z(t) = 2e2t
28
.
• λ1,2 = 1
Przewidujemy rozwiązanie następującej postaci:

t

x(t) = (a1 t + a2 )e
t
y(t) = (b1 t + b2 )e


z(t) = (c1 t + c2 )et
,
a następnie wstawiamy do równania, otrzymując:


a1 t + a1 + a2 = (−4a1 + 2b1 + 5c1 )t − 4a2 + 2b2 + 5c2
b1 t + b1 + b2 = (6a1 − b1 − 6c1 )t + 6a2 − b2 − 6c2


c1 t + c1 + c2 = (−8a1 + 3b1 + 9c1 )t − 8a2 + 3b2 + 9c2
skąd uzyskujemy:

−5a1 + 2b1 + 5c1 = 0





6a1 − 2b1 − 6c1 = 0





−8a1 + 3b1 + 8c1 = 0
,



−5a2 + 2b2 + 5c2 = a1





6a2 − 2b2 − 6c2 = b1



8a2 + 3b2 + 8c2 = c1
Stąd wyliczamy:


a1 = α



a2 = α + β



b = 0
1

b2 = 3α





c1 = α



c2 = β
,
gdzie α, β ∈ R. Otrzymujemy zatem:
α
= 1, β = 0
a1 = 1





a2 = 1



b = 0
1
,
b2 = 3





c1 = 1



c2 = 0
29
α
= 0, β = 1
a1 = 0





a2 = 1



b = 0
1
.
b2 = 0





c1 = 0



c2 = 1
,
Rozwiązania mają zatem postać:
α = 1, β = 0
t

x(t) = (t + 1)e
t
y(t) = 3e


z(t) = tet
,
α = 0, β = 1
t

x(t) = e
.
y(t) = 0


t
z(t) = e
Ostatecznie zatem rozwiązanie wynosi:

2t
t

x(t) = C1 e + (C2 t + C2 + C3 )e
y(t) = −2C1 e2t + 3C2 et


z(t) = 2C1 e2t + (C2 t + C3 )et
.
Uwaga. Na związek metody Eulera z rozkładem macierzy na klatki Jordana wskazuje poniższe rozumowanie.
Niech λ ∈ R – r-krotna wartość własną macierzy A;
y(x) = eλx (v0 xk−1 + · · · + vk−2 x + vk−1 )
– rozwiązanie układu (1.19), gdzie v0 , . . . , vk−1 ∈ Rn (wektory), v0 6= 0,
k 6 r. Wtedy:
y 0 (x) = eλx [λ(v0 xk−1 + · · · + vk−2 x + vk−1 )+
+((k − 1)v0 xk−2 + · · · + 2vk−3 x + vk−2 )]
Wstawiając wyrażenia na y i y 0 do równania (1.19), uzyskujemy:


Av0 = λv0




Av1 = λv1 + (k − 1)v0
Av2 = λv2 + (k − 2)v1



......................



Av
k−1 = λvk−1 + vk−2
Połóżmy teraz V := lin(v0 , . . . , vk−1 ) ⊂ Rn – podprzestrzeń liniowa
rozpięta na tych wektorach; ϕA : Rn −→ Rn – operator liniowy o macierzy
A (w bazie kanonicznej) i ϕV := ϕA |V : V −→ V – jego restrykcja do V .
Wtedy macierz odwzorowania ϕV w bazie (v0 , . . . , vk−1 ) to:
30
1.7. Pojęcie stabilności







λ
0
0
..
.
k−1
λ
0
..
.
0
k−2
λ
..
.
...
...
...
..
.
0
0
0
..
.
0
0
0
...
λ




.


Jest to niemal klatka Jordana.
1.7
Pojęcie stabilności
Def. Niech Ω ⊂ Rn - otwarty; f : Ω −→ Rn - ciągła. Wtedy równanie
postaci y 0 = f (y) (f nie zależy jawnie od x) nazywamy równaniem autonomicznym.
Będziemy dodatkowo zakładać, że funkcja f jest klasy C 1 .
Def. Mówimy, że punkt a ∈ Ω jest położeniem równowagi, gdy f (a) =
0.
Def. Położenie równowagi a ∈ Ω jest stabilne (w sensie Lapunowa),
jeżeli ∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀y0 ∈ Ω takich, że |y0 − a| < δ: rozwiązanie
problemu Cauchy’ego:
(
y 0 = f (y)
y(0) = y0
(1.22)
jest określone na przedziale [0, ∞) i ∀x ∈ [0, ∞) : |y(x) − a| < ε.
Def. Położenie równowagi a ∈ Ω jest asymptotycznie stabilne, jeżeli
jest stabilne oraz ∃δ > 0 : ∀y0 ∈ Ω takich, że |y0 − a| < δ, rozwiązanie
problemu Cauchy’ego (1.22) spełnia warunek lim y(x) = a.
x→∞
Przykład 1.
Rozważmy równanie autonomiczne:
(
x0 = y
y 0 = −x
gdzie x = x(t), y = y(t).
równowagi tego równania.
,
Wtedy punkt a = (0, 0) jest położeniem
Rozwiązanie ogólne tego równania wynosi:
31
1.7. Pojęcie stabilności
(
x(t) = A cos t + B sin t
y = −A sin t + B cos t
.
Mamy też:
k(x(t), y(t)) − (0, 0)k = k(x(t), y(t))k =
p
p
x 2 + y 2 = A2 + B 2 .
Położenie równowagi a jest zatem stabilne (w sensie Lapanowa), gdyż
norma k(x(t), y(t))k jest stała, ale nie jest asymptotycznie stabilne, gdyż
norma ta nie dąży do 0 w nieskończoności.
Przykład 2. Dla równania liniowego (1.19), jeżeli λ = α+iβ jest wartością własną macietzy A, to rozwiązania mają postać:



v1



y(x) = eαx cos(βx)  ...  + eαx sin(βx) 
vn

w1
.. 
. 
wn
• Jeżeli Re λ < 0 dla każdej wartości własnej λ, to równanie jest asymptotycznie stabilne dla a = 0.
• Jeżeli Re λ > 0 dla pewnej wartości własnej λ, to równania nie jest
nawet stabilne dla a = 0.
• Jeżeli Re λ = 0 dla pewnej wartości własnej λ, to równanie nie jest
asymptotycznie stabilne, ale może być stabilne.
Twierdzenie 1.7 (kryterium stabilności). Niech Ω ⊂ Rn - otwarty;
f : Ω −→ Rn - klasy C 1 ; a ∈ Ω- położenie równowagi (tj. f (a) = 0).
Wtedy:
i) Jeśli wszystkie wartości własne różniczki da f = f 0 (a) mają ujemne
części rzeczywiste, to położenie równowagi a jest asymptotycznie stabilne.
ii) Jeśli różniczka da f = f 0 (a) ma co najmniej jedną wartość własną
o części rzeczywistej dodatniej, to położenie równowagi a nie jest
stabilne (w sensie Lapunowa).
(bez dowodu)
32
Chapter 2
Elementy rachunku
wariacyjnego
2.1
Def. Niech X n := {x : [t0 , t1 ] −→ Rn : x- klasy C 1 } będzie przestrzenią
Banacha (tj. zupełną przestrzenią unormowaną) z normą
kx(t)k := kx(t)ksup + kx0 (t)ksup .
Wtedy funkcjonałem działania na X nazywamy funkcję Φ : X n −→ R
zadaną wzorem:
Zt1
Φ(x) :=
L(t, x(t), x0 (t))dt,
(2.1)
t0
gdzie L : [t0 , t1 ] × R × R −→ R- klasy C 2 ; x(t) = (x1 (t), . . . , xn (t)), x0 (t) =
(x01 (t), . . . , x0n (t)).
n
n
Twierdzenie 2.1. Niech x, h ∈ X n . Wtedy funkcjonał działania Φ jest różniczkowalny
w każdym punkcie x ∈ X n , a jego pochodna wyraża się wzorem:
Φ0 (x) · h =
t=t1
n Zt1 n X
X
∂L
d ∂L
∂L
−
h
dt
+
h
·
i
i
∂xi
dt ∂x0i
∂x0i t=t0
i=1
i=1
t0
Dowód. Ze wzoru Taylora:
L(t, x + h, y + k) − L(t, x, y) =
n X
∂L
i=1
∂xi
33
(t, x, y) · hi +
∂L
(t, x, y) · ki +
∂yi
+ o(|h| + |k|).
Przy tym zbieżność do zera w symbolu Landaua o(|h| + |k|) jest jednostajna
na zbiorach zwartych, tzn.
1
|h| + |k|
L(t, x + h, y + k) − L(t, x, y) −
n X
∂L
i=1
∂L
· hi +
· ki
∂xi
∂yi
! h,k→0
⇒ 0,
i zbieżność ta jest jednostajna na zbiorach zwartych. Dlatego
Φ(x+h)−Φ(x) =
n Zt1 X
∂L
∂L
0
0
(t,
x(t),
x
(t, x(t), x0 (t)) · hi (t) +
(t)
·
h
(t))
dt+
i
∂xi
∂x0i
i=1
t0
+o(khk)
Zatem:
n Zt1 X
∂L
∂L
0
· hi +
· h dt
Φ (x) · h =
∂xi
∂x0i i
i=1
0
t0
Ale, całkując przez części, otrzymujemy:
Zt1
t0
t=t1 Zt1
∂L
∂L
d ∂L
0
· hi dt =
· hi
−
· hi dt,
0
0
∂xi
∂xi
dt ∂x0i
t=t0
t0
skąd teza. Def. Niech
V := {x ∈ X n : x(t0 ) = a, x(t1 ) = b}
– podprzestrzeń afiniczna w X n , a, b ∈ Rn ;
Ve := {x ∈ X n : x(t0 ) = x(t1 ) = 0}
– podprzestrzeń wektorowa w X n stowarzyszona z przestrzenią afiniczną V .
Zagadnieniem wariacyjnym (o stałych końcach) nazywamy problem wyznaczenia ekstremów funkcjonału Φ wśród krzywych x(t) spełniających warunki
brzegowe x(t0 ) = a, x(t1 ) = b, tj. znalezienia ekstremów funkcjonału Ψ := Φ|V .
Wniosek 1.
Niech x ∈ V . Wtedy różniczka Ψ0 (x) : Ve −→ R dana jest wzorem
n Zt1 X
d ∂L
∂L
−
hi dt, h ∈ Ṽ ,
Ψ (x) · h =
∂xi
dt ∂x0i
i=1
0
t0
(znika druga suma, gdyż hi (t0 ) = hi (t1 ) = 0).
Dowód. Wniosek ten wynika natychmiast z twiedzenia i definicji Ψ := Φ|V . 34
2.2. Przypadki szczególne funkcjonału działania dla n = 1
Wniosek 2. Jeśli funkcjonał Φ przyjmuje na krzywej x(t) ekstremum wśród
krzywych spełniających warunki brzegowe x(t0 ) = a, x(t1 ) = b, to x(t) spełnia
układ n równań różniczkowych II-ego rzędu:
∂L
d ∂L
= 0,
−
∂xi
dt ∂x0i
(2.2)
(i = 1, . . . , n) zwanych równaniami Eulera-Lagrange’a. Dla n = 1 mamy
jedno równanie, które opisuje krzywe na płaszczyznie.
Dowód. Wniosek ten wynika natychmiast z Wn. 1. Def. Funkcję x(t) ∈ X n nazywamy ekstremalą funckjonału Φ, gdy spełnia ona
równania Eulera-Lagrange’a (2.2) (jest to odpowiednik punktu krytycznego).
2.2
Przypadki szczególne funkcjonału działania
dla n = 1
I. L = L(t, x0 )
Wtedy równanie Eulera-Lagrange’a ma postać:
d ∂L
= 0,
dt ∂x0i
skąd
Lx0 =
∂L
= C, C ∈ R;
∂x0i
(2.3)
jest to zatem równanie I-ego rzędu.
II. L = L(x, x0 )
Wtedy równanie Eulera-Lagrange’a ma postać
Lx −
d
Lx0 = Lx − Lx0 x · x0 − Lx0 x0 · x00 = 0 | · x0 ,
dt
skąd
0 = Lx · x0 − Lx0 x0 · x00 · x0 − Lx0 x · (x0 )2 =
d
(L − x0 Lx0 ),
dt
i ostatecznie:
L − x0 Lx0 = C, C ∈ R;
również w tym przypadku jest to równanie I-ego rzędu.
35
(2.4)
Przykład 1 (zagadnienie izoperymetryczne). Spośród linii gładkich (tj.
klasy C 1 ) łączących dwa punkty A = (t1 , x1 ), B = (t2 , x2 ) znaleĽć tę, która
poprzez obrót dookoła osi Ot daje powierzchnię o najmniejszym polu. Zatem
funkcjonałem działania Φ jest w tym przypadku pole powierzchni bryły obrotowej:
Zt2 p
Φ(x) = 2π x 1 + (x0 )2 dt.
|
{z
}
t1
L(x,x0 )
Równanie Eulera-Lagrange’a ma zatem postać (2.4), tj.:
x
p
x(x0 )2
1 + (x0 )2 − p
= C,
1 + (x0 )2
skąd:
x=C
p
r
0
x =
1 + (x0 )2
x2 − C 2
C2
Cdx
= dt
x2 − C 2
Dokonujemy teraz podstawienia:


x = C cosh y
dx = C sinh ydy

√ 2
x − C 2 = C sinh y
√
,
skąd mamy:
Z
Z
Cdx
√
= Cdy = Cy
x2 − C 2
Z
dt = t + D,
gdzie D ∈ R. Mamy więc:
Cy = t + D.
Ostatecznie zatem:
t+D
.
C
Są to tzw. krzywe łańcuchowe i jest to rodzina ekstremali, z których należy
wybrać te, które spełniają zadane warunki początkowe, tj. x(t1 ) = x1 , x(t2 ) =
x2 . Mamy 3 możliwości:
x(t) = C · cosh
36
• 1 ekstremala (minimum lub maksimum)
• 2 ekstremale (minimum i maksimum)
• brak ekstremali
Brak ekstremali może wystąpić dla t2 − t1 x1 + x2 .
Przykład 2 (zagadnienie brachistochrony). Spośród linii gładkich łączących punkty O i A znaleĽć taką trajektorię, której przebycie przez ciało o masie
m przy obecności stałego pola grawitacyjnego g zajmuje najmniej czasu (por.
Rys. 2.1).
Figure 2.1: Schemat zagadnienia brachistochrony.
Z zasady zachowania energii mamy:
1
mv 2 = mgy
2
r
v=
p
(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 =
1+(
dy 2 dx
) ·
,
dx
dt
skąd:
q
dt
=
dx
dy 2
1 + ( dx
)
v
q
dy 2
1 + ( dx
)
= √
√ .
2g · y
Zatem mamy funkcjonał działania:
1
T =√
2g
Za p
0
1 + (y 0 (x))2
dx.
√
y
{z
}
|
L(y(x),y 0 (x))
37
2.3. Niezmienniczość równań Eulera-Lagrange’a
Równanie Eulera-Lagrange’a ma zatem postać (2.4), tj.:
p
1 + (y 0 (x))2
y0
− y0 · √ p
=C
√
y
y 1 + (y 0 (x))2
p
1 = C y(1 + (y 0 (x))2 )
1
C2
Oto rozwiązanie tego równania różniczkowego w postaci parametrycznej:
(
x(t) = r(t − sin t) + C1
,
y(t) = r(1 − cos t)
y(1 + (y 0 (x))2 ) =
gdzie r, C1 ∈ R. Z pierwszego warunku brzegowego C1 = 0, zaś z drugiego
ϕ(t) :=
a
t − sin t
= .
1 − cos t
b
Ponieważ ϕ jest rosnącą bijekcją przedziału (0, 2π) na przedział (0, ∞), istnieje
b
dokładnie jedna liczba θ ∈ (0, 2π), dla której ϕ(θ) = a/b. Wtedy r = 1−cos
θ, a
parametr t ∈ [0, θ].
2.3
Niezmienniczość równań Eulera-Lagrange’a
Rozważmy funkcjonał działania:
Zt1
Φ(x) =
L(t, x, x0 )dt
t0
oraz jego ekstremalę x = x(t). Zadajmy teraz zamianę zmiennych na R2 :
(
t = t(τ, ξ)
,
x = x(τ, ξ)
∂(t,x)
6= 0.
dla której ∂(τ,ξ)
Wówczas krzywej x = x(t) odpowiada pewna krzywa ξ = ξ(τ ). Funkcjonał
Φ przyjmuje w nowych zmiennych postać:
Zτ1 Zτ1
xτ + xξ · ξ 0
0
Φ̃(ξ) = L t(τ, ξ), x(τ, ξ),
· (tτ + tξ · ξ )dτ = L̃(τ, ξ, ξ 0 )dτ.
tτ + tξ · ξ 0
τ0
τ0
38
2.3. Niezmienniczość równań Eulera-Lagrange’a
Należy przy tym zaznaczyć, że, dokonując przeliczeń, milcząco założyliśmy,
że krzywa odpowiadająca krzywej x = x(t) jest wykresem funkcji, co w ogólności nie musi być prawdziwe. Jest tu zatem pewna nieścisłość, z której należy
zdawać sobie sprawę. Przy zamianie zmiennych zakładamy zatem, że rozważanej
ekstremali odpowiada krzywa, która jest wykresem funkcji także w nowym
układzie współrzędnych.
Twierdzenie 2.2. Jeśli x = x(t) jest ekstremalą względem funkcjonału Φ(x)
(tzn., spełnia równania Eulera-Lagrange’a), to ξ = ξ(τ ) jest ekstremalą funkcjonału Φ̃(ξ).
Dowód. Z samej definicji funkcjonału Φ̃ wynika, że Φ(x(t)) = Φ̃(ξ(τ )). Niech
ω : C 1 ([t0 , t1 ]) −→ R, ω(x(t)) = ξ(τ )
będzie odwzorowaniem zmiany zmiennych (oznaczenia jak poprzednio). Można
wykazać, ze jeśli krzywej x = x(t) odpowiada w nowych zmiennych krzywa
ξ = ξ(τ ), to zachodzi to też dla krzywych z pewnego otoczenia krzywej x ∈
C 1 ([t0 , t1 ]); dla dowodu jest istotne, że norma w przestrzeni C 1 ([t0 , t1 ]) kontroluje
zarówno wartości funkcji x(t) jak i jej pochodnej x0 (t). Dlatego ω jest dyfeomorfizmem pewnego otoczenia funkcji x(t) ∈ C 1 ([t0 , t1 ]) na otoczenie funkcji
ξ(τ ) ∈ C 1 ([τ0 , τ1 ]). Twierdzenie wynika natychmiast z faktu, ze Φ̃ = Φ ◦ ω −1 .
39
Chapter 3
Funkcje holomorficzne
3.1
Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C. Wtedy pochodną zespoloną
funkcji f (z) w punkcie z0 ∈ Ω definiujemy następująco:
f (z0 + h) − f (z0 )
,
h→0
h
oczywiście o ile granica istnieje (tj. należy do C).
f 0 (z0 ) := lim
Wzory dotyczące pochodnych funkcji jednej zmiennej rzeczywistej przenoszą
się natychmiast na przypadek zmiennej zespolonej, np.:
• (f ± g)0 (z0 ) = f 0 (z0 ) ± g 0 (z0 )
• (f · g)0 (z0 ) = f 0 (z0 ) · g(z0 ) + f (z0 ) · g 0 (z0 )
0
0
(z0 )·g 0 (z0 )
• fg (z0 ) = f (z0 )·g(zg02)−f
, gdy g(z0 ) 6= 0
(z0 )
• (f ◦ g)0 (z0 ) = f 0 (g(z0 )) · g 0 (z0 )
0
1
, gdy w0 = g(z0 ) i g 0 (z0 ) 6= 0.
• g −1 (w0 ) = g0 (z
0)
Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C. Wtedy funkcję f nazywamy funkcją
holomorficzną, gdy jest ona C-różniczkowalna, czyli różniczkowalna w sensie
zespolonym, tj. różniczkowalna w każdym punkcie z ∈ Ω.
Prostymi przykładami funkcji holomorficznych w swojej dziedzinie są wielomiany i funkcje wymierne.
Twierdzenie 3.1 (o różniczkowaniu szeregu potęgowego wyraz po wyra∞
P
zie). Jeżeli szereg potęgowy f (z) =
an (z − z0 )n jest zbieżny w kole K(z0 , r),
n=0
r > 0, to f jest holomorficzna w tym kole oraz:
40
0
f (z) =
∞
X
n · an (z − z0 )n−1 ,
n=1
gdy |z − z0 | < r.
Dowód. Można przyjąC, że z0 = 0. Połóżmy α := lim sup
p
n
|an |, r :=
n→∞
1
α.
Oznaczmy teraz:
g(z) =
∞
X
n · an (z − z0 )n−1 .
n=1
Łatwo zauważyć, że r jest promieniem zbieżności dla szeregów definiujących
f (z) i g(z) (z kryterium Cauchy’ego zbieżności szeregów potęgowych).
Niech z ∈ K(0, r), λ ∈ (|z|, r) i w ∈ K(0, λ). Wtedy
∞
n
X
f (w) − f (z)
w − zn
n−1 an
− g(z) = − nz
=
w−z
w−z
n=1
∞
X
=
an
n=1
n−1
X
k n−1−k
(w z
) − nz
n−1
! ∞
X n−1
X
k n−1−k
n−1 an
(w z
−z
) =
=
n=1
k=0
k=0
k−1
<λn−1−k <|w−z|kλ
∞
n−1
∞
n−1
z }| { z }| {
X
X
X
X
z n−1−k wk − z k <
=
an
z n−1−k (wk − z k ) 6
|an |
n=1
<
∞
X
n=1
n=1
k=0
|an ||w − z|λn−2
n−1
X
!
k
=
k=0
Ale lim |w − z| = 0, a szereg
w→z
∞
P
k=0
∞
|w − z| X
|an |λn−2 (n − 1)n
2
n=1
|an |λn−2 (n − 1)n jest rzeczywistym sz-
n=1
eregiem potęgowym, który ma promień zbieżności r, a zatem ma skończoną
sumę, gdyż λ < r. Dlatego
f 0 (z) = lim
w→z
f (w) − f (z)
= g(z). w−z
Wniosek. Funkcja f (z) ma w kole zbieżności K(z0 , r) wszystkie pochodne
1 (n)
oraz an = n!
f (z0 ), n ∈ N.
41
3.2. Przykłady funkcji holomorficznych
3.2
Przykłady funkcji holomorficznych
1) ez =
∞
P
n=0
1 n
n! z
WeĽmy z = iy. Wówczas:
e
iy
=
y0
y2
y4
−
+
− ...
0!
2!
4!
+i
y1
y3
y5
−
+
− ...
1!
3!
5!
= cos y + i sin y
Stąd otrzymujemy wzór Eulera:
eiy = cos y + i sin y.
Własności funkcji ez są analogiczne, jak w dziedzinie rzeczywistej R:
• ez+w = ez · ew
0
• (ez ) = ez
Dodatkowo ze wzoru Eulera wynika, że ez jest funkcją okresową o okresie 2πi.
Odwzorowanie f (z) = ez (gdzie z = x + iy) przeprowadza proste
poziome y w półproste o początku w punkcie (0, 0) i argumencie y, zaś
proste pionowe x w okręgi o środku w punkcie (0, 0) i promieniu ex (por.
Rys. 3.1).
42
Figure 3.1: Schemat odwzorowania f (z) = ez .
2) cos z =
∞
P
n=0
1
z 2n , sin z =
(−1)n (2n)!
∞
P
n=0
1
z 2n+1
(−1)n (2n+1)!
Własności są identyczne jak w R, np.:
sin(z + w) = sin z cos w + cos z sin w.
Ze wzoru Eulera:
cos y =
eiy + e−iy
2
sin y =
eiy − e−iy
2i
Stąd
cos z =
sin z =
eiz + e−iz
ey + e−y
, cos iy =
= cosh y
2
2
eiz − e−iz
ey − e−y
, sin iy =
· i = sinh y · i,
2i
2
a więc dla z = x + iy otrzymujemy
sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y
cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y
43
Ze wzoru Eulera wynika również tożsamość Eulera:
eπi + 1 = 0
Oznaczmy A = (−1, 0), B = (1, 0). Odwzorowanie f (z) = sin z (z =
x+iy) przeprowadza oś Oy w oś Oy, oś Ox w odcinek AB, proste poziome
w elipsy, a proste pionowe w hiperbole o ogniskach w punktach A i B (por.
Rys. 3.2).
Figure 3.2: Schemat odwzorowania f (z) = cos z.
3) log jest funkcją odwrotną do funkcji exp. Ponieważ w dziedzinie zespolonej
funkcja exp nie jest różnowartościowa, ale okresowa o okresie 2πi, log jest
jedynie funkcją wielowartościową. Zauważmy, że log z = ln |z| + i · arg z.
Oczywiście, arg z jest też funkcją wielowartościową.
Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty. Wtedy funkcję ciągłą f : Ω −→ C taką,
że ∀z ∈ Ω : ef (z) = z nazywamy gałęzią logarytmu zmiennej z na Ω i
oznaczamy log z.
Uwaga. Jeśli obszar Ω jest jednospójny i 0 6∈ Ω, to w Ω istnieje gałąĽ
logarytmu. Zatem w celu uzyskania takiego obszaru Ω z płaszczyzny zespolonej wycinamy punkt (0, 0) oraz dowolną linię łączącą go z nieskończonością.
Uwaga. Jeśli f : Ω −→ C jest funkcją holomorficzną taką, że f 0 (z0 ) 6= 0 dla
pewnego z0 ∈ Ω, to f zachowuje kąty w punkcie z0 . f jest odwzorowaniem
konforemnym (równokątnym) w Ω, jeśli f 0 (z) 6= 0 w każdym punkcie z ∈ Ω.
44
3.3. Równania Cauchy’ego-Riemanna
Dowód. Niech z0 ∈ Ω i f 0 (z0 ) 6= 0. Wtedy dz0 f : C 3 z −→ z0 · z ∈ C
(różniczka funkcji f w punkcie z0 ) jest liniowa i jest złożeniem homotetii (tj.
jednokładności) o skali |z0 | i obrotu o kąt arg z0 , a odwzorowania te zachowują
kąty w punkcie z0 . Na przykład funkcja z n (n ∈ N) zmienia kąty w punkcie (0, 0), ale w pozostałych punktach zachowuje kąty.
Def. Niech µ ∈ C. Wtedy funkcję potęgową oznaczamy przez z µ i definiujemy: z µ := eµ·log z . Jak widać z definicji, funkcję tę można zdefiniować na
takich zbiorach Ω, na których istnieje gałąĽ logarytmu.
3.3
Równania Cauchy’ego-Riemanna
Można topologicznie (ale nie algebraicznie) utożsamić R2 ' C. Niech Ω ⊂ Cotwarty; f : Ω −→ C, z = x + iy i u, v : Ω −→ R takie, że:
f (z) = u(x, y) +i v(x, y) .
| {z } | {z }
Re f (z)
Im f (z)
Wówczas f jest C-różniczkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy (u, v) : Ω −→ R2
jest R-różniczkowalna i różniczka dz0 (u, v) : R2 −→ R2 jest odwzorowaniem
R-liniowym.
1
0
2
2
Mamy utożsamienia R 3
≡ 1 ∈ C, R 3
≡ i ∈ C. Oczywiście
0
1
ux uy
1
ux
=
vx vy
0
vx
ux uy
0
uy
=
vx vy
1
vy
Dlatego różniczka dz0 (u, v) : R2 −→ R2 jest odwzorowaniem R-liniowym
wtedy i tylko wtedy, gdy
uy + ivy = i(ux + ivx ).
To równanie zespolone jest równowazne poniższemu układowi równań rzeczywistych
(
uy = −vx
(3.1)
vy = u x
nazywamych równaniami Cauchy’ego-Riemanna.
Uwaga. Jeśli zestawienie (u, v) : Ω −→ R2 jest R-różniczkowalne i spełnia
równania Cauchy’ego-Riemanna (3.1), to funkcja f (z) = u(x, y) + iv(x, y) jest
C-różniczkowalna oraz
45
3.4. Całkowanie funkcji zespolonych
∂u
∂v
(x, y) + i (x, y).
∂x
∂x
Do równań Cauchy’ego-Riemanna (3.1) można też dojść inaczej. Niech t ∈
R. Wtedy:
f 0 (z) =
f 0 (z0 ) = lim
t→0
f (z0 + t) − f (z0 )
(u(z0 + t) − u(z0 )) + i(v(z0 + t) − v(z0 ))
= lim
t→0
t
t
= ux + ivx .
Z drugiej strony:
f 0 (z0 ) = lim
t→0
f (z0 + it) − f (z0 )
(u(z0 + it) − u(z0 )) + i(v(z0 + it) − v(z0 ))
= lim
=
t→0
it
it
1
(uy + ivy ) = −i(uy + ivy ).
i
Łącząc te równania, otrzymujemy równania Cauchy’ego-Riemanna.
=
Podsumowanie.
Riemanna.
3.4
C-różniczkowalność = R-różniczkowalność + równania Cauchy’ego-
Całkowanie funkcji zespolonych
Def. Niech K- krzywa zadana parametrycznie przez x = x(t), y = y(t), dla t ∈
[a, b]. Wtedy K nazyamy krzywą regularną (lub kawałkami gładką), gdy
przedział [a, b] można podzielić na skończoną liczbę podprzedziałów punktami
a = a0 < a1 < · · · < an = b tak, że K|[ai ,ai+1 ] jest łukiem gładkim, tj. łukiem
klasy C 1 bez samoprzecięć, przy czym x0 (t)2 + y 0 (t)2 6= 0 dla t ∈ (ai , ai+1 ). Taką
parametryzację nazywamy parametryzacją regularną.
Def. Konturem nazywamy zamknięty łuk gładki (jeśli nie będzie powiedziane
inaczej, to zawsze zakładamy dodatnią orientację konturu, a także zgodność
parametryzacji z orientacją konturu).
Uwaga. W związku z istnieniem utożsamienia topologicznego R2 ' C możemy
mówić o krzywych regularnych i konturach na płaszczyznie zespolonej C.
46
Twierdzenie 3.2 (o całkowaniu na płaszczyznie zespolonej). Niech K ⊂
C- krzywa regularna z parametryzacją regularną z = z(t) (t ∈ [a, b]) zgodną z
orientacją krzywej; f : K −→ C- ciągła. Wtedy:
Zb
Z
f (z)dz :=
f (z(t)) · z 0 (t)dt
a
K
jest jednoznaczną (tj. niezależną od wyboru parametryzacji) definicją całki po
krzywej K z funkcji f (z).
Dowód. Niech z : [a, b] −→ C, ζ : [α, β] −→ C- dwie parametryzacje krzywej
K zgodne z orientacją. Wtedy ∃ϕ : [α, β] −→ [a, b]- bijekcja klasy C 1 (ϕ(α) = a,
ϕ(β) = b) taka, że ζ = z ◦ ϕ. Stąd:
Zβ
0
Zβ
f (ζ(τ ))·ζ (τ )dτ =
α
0
Zβ
f (z(ϕ(τ )))·(z◦ϕ) (τ )dτ =
α
f (z(ϕ(τ )))·z 0 (ϕ(τ ))·ϕ0 (τ )dτ =
α
t = ϕ(τ )
= dt = ϕ0 (τ )dτ
Zb
= f (z(t)) · z 0 (t)dt a
Przykład. Niech K = {|z − z0 | = r}. Policzmy całkę:
I
I
dz
dz
≡
.
z − z0
z − z0
K
|z−z0 |=r
Parametryzacja krzywej K (typowa parametryzacja okręgu): z = z0 + r · eit ,
gdzie t ∈ [0, 2π]. Stąd dz = r · i · eit dt. Wtedy:
I
dz
=
z − z0
K
Z2π
r · i · eit dt
= 2πi.
r · eit
0
Def. Niech f : Ω −→ C. Wtedy F : Ω −→ C jest funkcją pierwotną funkcji
f , gdy F 0 (z) = f (z) ∀z ∈ Ω.
Twierdzenie 3.3 (związek pomiędzy funkcją pierwotną a całką). Niech
Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- ciągła; F : Ω −→ C- pierwotna funkcji f . Wtedy:
Z
f (z)dz = F (B) − F (A),
c
AB
tzn. całka ta nie zależy od łuku łączącego punkty A i B zawartego w Ω.
47
Dowód. Niech z : [a, b] −→ Ω- parametryzacja regularna. Wtedy:
Zb
Z
f (z)dz =
Zb
0
a
c
AB
0
(F ◦ z) (t)dt =
f (z(t))z (t)dt =
a
= F (z(b)) − F (z(a)) = F (B) − F (A) Twierdzenie 3.4 (twierdzenie całkowe Cauchy’ego). Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna; D ⊂ Ω- ograniczony; ∂D = K1 ∪ · · · ∪ Ks suma konturów i zarazem brzeg D, s ∈ N; D̄ = D ∪ ∂D ⊂ Ω. Wtedy:
I
f (z)dz =
s I
X
f (z)dz = 0.
i=1 K
∂D
i
Dowód. Niech f (z) = u + iv; dz = dx + idy. Wtedy
I
I
f (z)dz =
∂D
I
∂D
I
(udx − vdy) + i
(u + iv)(dx + idy) =
∂D
(udy + vdx) =
∂D
Z Z z =0
Z Z z =0
}| {
}| {
(uy + vx ) dxdy + i
(ux − vy ) dxdy = 0 =
D
D
|
{z
ze wzoru Greena
}
Wniosek (wzór całkowy Cauchy’ego). Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→
C- holomorficzna; D ⊂ Ω- obszar ograniczony konturem K (tj. K = ∂D);
D̄ = D ∪ ∂D ⊂ Ω. Wtedy ∀z ∈ D:
I
1
f (ζ)
f (z) =
dζ.
(3.2)
2πi
ζ −z
K
(ζ)
zmiennej ζ jest holomorficzna
Dowód. Niech z ∈ D. Wtedy funkcja fz−ζ
w zbiorze Ω\{z}, a więc również w Ω\K(z, ε), gdzie ε jest na tyle małe, że
K(z, ε) ⊂ D. Stąd:
∂(D\K(z, ε)) = K ∪ {|ζ − z| = ε}.
Z Tw. 3.4. (tw. całkowe Cauchy’ego) mamy zatem:
I
I
f (ζ)
f (ζ)
0=
dζ −
dζ,
ζ −z
ζ −z
K
|ζ−z|=ε
skąd:
48
I
f (ζ)
dζ =
ζ −z
K
I
f (ζ)
dζ =
ζ −z
Z2π
ε→0
it
f (z + εe )dt −→ i
=i
f z + εeit
εieit dt =
εeit
0
|ζ−z|=ε
Z2π
Z2π
0
f (z)dt = 2πif (z) 0
Twierdzenie 3.5 (o istnieniu funkcji pierwotnej).
Niech Ω ⊂ C – otwarty
H
i spójny, A ∈ Ω; f : Ω −→ C- ciągła, taka, że f (z)dz = 0 dla każdego konturu
K
K ⊂ Ω. Wtedy funkcja
Z
F : Ω −→ C,
F (z) :=
f (ζ)dζ,
cz
A
c jest dowolnym łukiem łączącym punkty A i z, jest dobrze określona,
gdzie Az
holomorficzna i F 0 (z) = f (z) ∀z ∈ Ω.
Dowód. Niech z0 ∈ Ω. Wtedy:
Z1
Z
F (z0 + h) − F (z0 ) =
f (z0 + th)hdt .
f (ζ)dζ =
0
[z0 ,z0 +h]
|
{z
ζ=z0 +th, t∈[0,1]
}
Zatem:
F (z0 + h) − F (z0 )
=
h
Z1
h→0
f (z + th)dt −→ f (z0 ). 0
Wniosek. Jeśli Ω ⊂ C- obszar jednospójny; f : Ω −→ C- holomorficzna, to f
ma pierwotną w Ω.
Dowód. Niech D ⊂ Ω- obszar jednospójny; ∂D = K- kontur;
H D̄ = D ∪ Kobszar jednospójny. Z Tw. 3.4. (tw. całkowe Cauchy’ego) f (z)dz = 0. Z
K
dowolności obszaru D i jednospójności Ω mamy tezę. Twierdzenie 3.6 (o rozwijaniu w szereg potęgowy). Niech D ⊂ C- obszar
ograniczony konturem K; f : K −→ C- ciągła. Wtedy funkcja:
I
f (ζ)
1
ϕ(z) :=
dζ
2πi
ζ −z
K
jest rozwijalna w otoczeniu każdego punktu z0 ∈ D w szereg potęgowy
49
ϕ(z) =
∞
X
an (z − z0 )n .
n=0
gdzie
1
an =
2πi
I
f (ζ)
dζ,
(ζ − z)n+1
n ∈ N.
K
Dowód. Niech dist(z0 , K)- odległość punktu z0 od konturu K. WeĽmy z ∈ D
takie, że |z − z0 | < dist(z0 , K). Wtedy:
∞
X
f (ζ)
f (ζ)
1
f (ζ)
(z − z0 )n
=
=
·
f (ζ)
.
z−z0 =
ζ −z
(ζ − z0 ) − (z − z0 )
ζ − z0 1 − ζ−z0
(ζ − z0 )n+1
n=0
Jest to szereg potęgowy jednostajnie zbieżny na K. Dlatego:
1
ϕ(z) =
2πi
I
K
I
∞
∞
X
X
f (ζ)
1
(z − z0 )n
dζ =
f (ζ)
dζ
=
an (z − z0 )n . n+1
ζ −z
2πi
(ζ
−
z
)
0
n=0
n=0
K
Wniosek 1. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna; K ⊂ Ω- kontur wycinający obszar D taki, że D̄ = D ∪ K ⊂ Ω; ϕ(z) : D −→ C- zdefiniowana
jak w twierdzeniu. Wtedy ∀z ∈ D ϕ(z) = f (z), a więc funkcja f (z) rozwija się
w szereg potęgowy w otoczeniu dodolnego punktu z ∈ D.
Dowód. Z powyższego twierdzenia i wzoru całkowego Cauchy’ego (Wn. z
Tw. 3.4.) Wniosek 2. Jeśli Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna, to f rozwija
się w szereg potęgowy w otoczeniu dowolnego punktu z0 ∈ Ω. Ponadto, jego
promień zbieżności R spełnia zależność R ≥ dist(z0 , ∂Ω).
Dowód. Wystarczy wziąć K = K(z0 , r), gdzie r < dist(z0 , ∂Ω). Wniosek 3. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna. Wtedy
funkcja f ma w Ω wszystkie pochodne zespolone (w szczególności Re f, Im f :
Ω −→ R są klasy C ∞ .). Zachodzi przy tym wzór:
I
n!
f (ζ)
f (n) (z0 ) =
dζ,
2πi
(ζ − z0 )n+1
|ζ−z0 |=r
dla n ∈ N, z0 ∈ Ω, K̄(z0 , r) ⊂ Ω.
Dowód. Z Wn. 2. i Tw. 3.1. (tw. o różniczkowaniu szeregu wyraz po
wyrazie). 50
Twierdzenie 3.7 (Morery, odwrotne do twierdzenia całkowego Cauchy’ego).
Jeśli f : Ω −→ C jest ciągłą funkcją na zbiorze otwartym Ω ⊂ C i:
I
f (z)dz = 0
K
dla dowolnego konturu K, to f jest funkcją holomorficzną w Ω.
Dowód. Z Tw. 3.5. (tw. o istnieniu funkcji pierwotnej), f ma pierwotną F .
Z Wn. 3.: f = F 0 jest holomorficzna. Twierdzenie 3.8 (o zbiorze zer funkcji holomorficznej). Niech Ω ⊂ C
– otwarty i spójny; f : Ω −→ C- holomorficzna. Jeśli zbiór zer funkcji f
zdefiniowany jako Z(f ) := {z ∈ Ω : f (z) = 0} ma punkt skupienia w Ω, to
f ≡ 0 w Ω.
Punkt x0 jest punktem skupienia zbioru Z, gdy jest granicą pewnego ciągu
(xn ) ⊂ Z elementów zbioru Z różnych od x0 .
Dowód. Połóżmy A := Z 0 (f )- zbiór punktów skupienia zbioru Z(f ) leżących
w Ω (nazywa się go pochodną zbioru Z(f ), skąd oznaczenie).
----------------------------------------------------------Lemat. Zbiór punktów skupienia jest zbiorem domkniętym.
Dowód.
(dla przestrzeni metrycznej). Niech X- przestrzeń metryczna; X 0 - pochodna zbioru X. Należy wykazać, że dla dowolnego
ciągu (xn ) ⊂ X 0 : jeżeli xn → x0 , to x0 ∈ X 0 .
k→∞
Z definicji przestrzeni X 0 : xn ∈ X ⇐⇒ ∃(xnk ) ⊂ X : xnk −→
xn . Zawsze można tak dobrać kolejne wyrazy ciągu (xnk ), że dist(xnk , xn ) <
1
k.
n→∞
WeĽmy teraz ciąg (xnn ) ⊂ X. Wtedy (xnn ) −→ x0 . Jest to
tzw. metoda przekątniowa ----------------------------------------------------------Wykażemy, że A jest otwarty w Ω. Niech z0 ∈ A ⊂ Ω. Wtedy ∃r > 0 :
K(z0 , r) ⊂ Ω i:
f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n ,
n=0
dla |z − z0 | < r. Jeżeli z0 ∈ A, to (z definicji zbioru A) ∃(zn ) ⊂ Z(f ), zn 6= z0
taki, że zn → z0 . Stąd: f (z0 ) = 0 (gdyż f (z0 ) = lim f (zn ) = 0) i a0 = 0 (gdyż
a0 = f (z0 )). Zatem:
51
∞
X
f (z) = (z − z0 )
an (z − z0 )n−1 .
n=1
Oczywiście
∞
X
n=1
an (z − z0 )n−1 = 0, n ∈ N,
z=zn
skąd
∞
X
n−1 an (z − z0 )
n=1
= 0,
z=z0
a więc a1 = 0. Zatem
f (z) = (z − z0 )2
∞
X
an (z − z0 )n−2 .
n=2
Analogicznie
∞
X
n−2 an (z − z0 )
n=2
= 0,
z=z0
a więc a2 = 0, itd.
Podsumowując, ∀n ∈ N : an = 0, czyli f |K(z0 ,r) ≡ 0, skąd K(z0 , r) ⊂ A.
Zatem A jest zbiorem otwartym (bo ∀z0 ∈ A ∃r > 0 : K(z0 , r) ⊂ A).
Reasumując, A jest niepustym zbiorem otwartym i domkniętym. Ze spójności
Ω otrzymujemy zatem A = Ω, czyli f ≡ 0 na Ω. Wniosek zasada identyczności.
Niech Ω ⊂ C- otwarty i spójny; f, g : Ω −→ C- holomorficzne. Wtedy jeśli
f |D = g|D dla pewnego zbioru D ⊂ Ω mającego punkt skupienia w Ω, to f ≡ g
(w szczególności D może być kulą, ciągiem itp.).
Dowód. Stosujemy Tw. 3.8. (tw. o zbiorze zer funkcji holomorficznej) do
funkcji f − g. Twierdzenie 3.9 (nierówność Cauchy’ego). Niech f : K(0, r) −→ C- holo∞
P
morficzna; wówczas f (z) =
an z n dla |z| < r. Wtedy jeśli ∀z ∈ K(0, r) :
n=0
|f (z)| 6 M , to:
|an | 6
M
,
rn
52
n ∈ N.
Dowód. Niech ρ ∈ (0, r), K = {z : |z| = ρ}. Wtedy:
I
I
1 I f (ζ) 1
1 M
|f (ζ)|
|an | = dζ 6
|dζ| 6
|dζ|.
2πi
ζ n+1 2π
|ζ|n+1
2π ρn+1
|ζ|=ρ
|ζ|=ρ
|ζ|=ρ
p
Jeżeli przyjąć ζ = x + iy, to dζ = dx p
+ idy, a więc |dζ| = dx2 + dy 2 , co
przy parametryzacji x(t), y(t) daje |dζ| = (x0 )2 + (y 0 )2 dt. Stąd otrzymujemy:
I
1 M
M
1 M
|dζ| =
· 2πρ = n .
2π ρn+1
2π ρn+1
ρ
|ζ|=ρ
Z dowolności ρ można przyjąć ρ → r, skąd teza. Wniosek 1 (twierdzenie Liouville’a). Funkcja całkowita f : C −→ C (tzn.
holomorficzna na C) i ograniczona jest stała.
Dowód. Niech K(0, r) ⊂ C dla r ∈ R. Wtedy ∃M > 0 : |f (z)| 6 M ∀z ∈ C
∞
P
i f (z) =
an z n dla z ∈ C. Z Tw. 3.9. (nierówność Cauchy’ego) ∀n > 1 :
|an | 6
n=0
M
n
r , skąd
z dowolności r: an 6 0, skąd f (z) ≡ a0 . Wniosek 2 (zasadnicze twierdzenie algebry).
zespolony ma pierwiastek.
Każdy niestały wielomian
Dowód (nie wprost). Niech f (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n , gdzie an 6= 0, n > 1.
Hipoteza: f nie jest stała i ∀z ∈ C : f (z) 6= 0 (tj. f nie ma pierwiastków).
Wtedy g = f1 : C −→ C- funkcja całkowita holomorficzna. Dodatkowo
lim g(z) = 0, ponieważ:
z→∞
g(z) =
1
zn
an +
an−1
z
+ ··· +
a0
zn
.
Zatem g jest ograniczona. Z Wn. 1. (tw. Liouville’a): g = const, skąd
f = const.
SPRZECZNOŚĆ
Zatem f ma pierwiastek (tj. ∃z0 ∈ C : f (z0 ) = 0). Lemat. Niech Ω ⊂ C- otwarty i spójny; f : Ω −→ C- holomorficzna. Wtedy
jeśli |f | = const, to f = const.
Dowód. Niech f = u + iv. Wtedy z założenia u2 + v 2 = const = C, gdzie
C ∈ R.
I. C = 0- oczywiste
53
II. C 6= 0
Mamy:
(
uux + vvx = 0
uuy + vvy = 0
.
Z równań Cauchy’ego-Riemanna (3.1) mamy:
(
uux − vuy = 0 / · u
uuy + vux = 0 / · v
,
skąd po dodaniu równań stronami (u2 + v 2 )ux = C · ux = 0, skąd ux = 0.
Analogicznie uzykujemy: uy = 0, vx = 0 i vy = 0, skąd u = const,
v = const. Stąd f = const. Twierdzenie 3.10 (zasada maksimum). Niech Ω ⊂ C- otwarty i spójny;
f : Ω −→ C- holomorficzna. Wtedy jeśli f 6= const, to |f | nie osiąga maksimum
lokalnego w żadnym punkcie zbioru Ω.
Dowód (nie wprost). Hipoteza: f 6= const i |f | ma maksimum lokalne, tj.
∃z0 ∈ Ω, r > 0 ∀z ∈ K(z0 , r) : |f (z)| 6 |f (z0 )|.
Z Tw. 3.8. (tw. o zbiorze zer funkcji holomorficznej) f 6= const w K(z0 , r).
Stąd i z lematu, |f | =
6 const w K(z0 , r). A więc ∃w ∈ K(z0 , r) : |f (w)| < |f (z0 )|.
Połóżmy teraz ρ := |z0 − w|, ρ < r. Ze wzoru całkowego Cauchy’ego:
I
1
f (ζ)
f (z0 ) =
dζ.
2πi
ζ − z0
|z−z0 |=ρ
Parametryzując okrąg ζ = z0 + ρeit , uzyskujemy
1
f (z0 ) =
2πi
Z2π
Z2π
f z0 + eit · ρ · i · eit
1
dt =
f z0 + ρeit dt.
it
ρ·e
2π
0
0
Stąd
1
|f (z0 )| 6
2π
Z2π
f z0 + ρeit dt 6 1 |f (w)| · 2π.
2π
0
Ale ponieważ |f (w)| < |f (z0 )|, mamy |f (z0 )| < |f (z0 )|.
SPRZECZNOŚĆ
Zatem f nie ma maksimów lokalnych na Ω. Można pokazać, że funkcja e|x
2
|
nie jest holomorficzna.
54
3.5. Szeregi Laurenta i punkty osobliwe
3.5
Szeregi Laurenta i punkty osobliwe
Def. Niech (an ) ⊂ C; z, z0 ∈ C (dalsze warunki nałożymy póĽniej). Wtedy
szereg potęgowy:
∞
X
an (z − z0 )n
(3.3)
n=−∞
nazywamy szeregiem Laurenta o środku w punkcie z0 . Szereg ten można
rozbić na dwie części, które nazywamy częścią regularną i częścią osobliwą
szeregu Laurenta:
∞
X
an (z − z0 )n =
n=−∞
∞
X
an (z − z0 )n +
a−n (z − z0 )−n .
n=1
n=0
|
∞
X
{z
część regularna
}
|
{z
część osobliwa
}
Stosując kryterium Cauchy’ego zbieżności szeregów potęgowych, możemy
wyliczyć promienie zbieżności R i r odpowiednio części regularnej i osobliwej
szeregu Laurenta (3.3):
R :=
1
lim sup
p
n
|an |
n→∞
r := lim sup
n→∞
q
n
|a−n| .
Jak widać, część regularna jest zbieżna w kole {|z − z0 | < R}, zaś część
osobliwa jest zbieżna w pierścieniu {|z − z0 | > r}.
Zatem jeżeli r < R, to szereg Laurenta (3.3) jest zbieżny w pierścieniu
r < |z − z0 | < R.
Twierdzenie 3.11 (o rozwijaniu w szereg Laurenta w pierścieniu). Jeśli
f jest funkcją holomorficzną w pierścieniu {r < |z − z0 | < R}, to daje się w nim
rozwinąć w szereg Laurenta (3.3), przy czym:
I
1
f (ζ)
an =
dζ,
2πi
(ζ − z0 )n+1
|ζ−z0 |=ρ
gdzie n ∈ Z, ρ ∈ (r, R).
Dowód. Niech K1 , K2 , K3 ⊂ {r < |z − z0 | < R}- okręgi (por. Rys. 3.3).
55
Figure 3.3: Kontury K1 , K2 i K3 .
Połóżmy g(ζ) :=
f (ζ)
ζ−z .
Wtedy:
I
I
g(ζ)dζ =
K1
I
g(ζ)dζ +
K2
g(ζ)dζ.
K3
Ze wzoru całkowego Cauchy’ego:
I
I
I
f (ζ)
1
f (ζ)
1
f (ζ)
1
dζ =
dζ −
dζ.
f (z) =
2πi
ζ −z
2πi
ζ −z
2πi
ζ −z
K3
K1
K2
Na okręgu K1 mamy:
∞
X
1
1
1
(z − z0 )n
.
=
·
z−z0 =
ζ −z
ζ − z0 1 − ζ−z0
(ζ − z0 )n+1
n=0
|
{z
}
bo |z−z0 |<|ζ−z0 |
Z kolei na okręgu K2 mamy:
∞
X
1
−1
1
(ζ − z0 )n−1
=
·
=
−
.
ζ−z0
ζ −z
z − z0 1 − z−z
(z − z0 )n
n=1
0
|
{z
}
bo |ζ−z0 |<|z−z0 |
Stąd:
56





X
∞ I
∞ I
X


f (ζ)dζ
1 
f (ζ)dζ
n
−n 
(z
−
z
)
+
(z
−
z
)
f (z) =
0
0
,

2πi n=0
(ζ − z0 )n+1
(ζ − z0 )−n+1

n=1K

 K1
2
|
{z
}
|
{z
}
=an
=a−n
co jest szukanym szeregiem Laurenta. Przykład. Rozpatrzmy funkcję:
f (z) =
z 2 − 3z + 3
.
z 3 − 5z 2 + 8z − 4
Rozwiniemy funkcję f (z) w szereg Laurenta w pierścieniu {1 < |z| < 2}.
Pierwszym krokiem jest rozkład funkcji f (z) na ułamki proste:
f (z) =
A
B
C
+
+
,
z − 1 z − 2 (z − 2)2
skąd uzyskujemy A = 1, B = 0, C = 1, czyli:
f (z) =
1
1
+
.
z − 1 (z − 2)2
Zajmujemy się teraz każdym ułamkiem z osobna. Dla
1
1 1
=
z−1
z1−
1
z
=
1
z−1
mamy:
∞
∞
1 X −n X −n
z =
z .
z n=0
n=1
| {z }
bo |z|>1
Połóżmy teraz g(z) =
g(z) =
1
z−2 .
Mamy wówczas:
1
1 1
=−
z−2
21−
z
2
∞
∞
X
1 X zn
zn
=
−
.
n
n+1
2 n=0 2
2
n=0
| {z }
=−
bo |z|<2
Z Tw. 3.1. (o różniczkowaniu szeregu potęgowego wyraz po wyrazie) otrzymujemy:
∞
∞
X
X
nz n−1
(n + 1)z n
1
0
= −g (z) =
=
.
2
n+1
(z − 2)
2
2n+2
n=1
n=0
Ostatecznie zatem:
57
∞
∞
X
(n + 1)z n X −n
f (z) =
+
z .
2n+2
n=0
n=1
Def. Jeżeli funkcja f jest holomorficzna w pewnym pierścieniu {0 < |z − z0 | <
r}, to mówimy, że z0 jest izolowanym punktem osobliwym funkcji f . Wtedy:
∞
X
f (z) =
an (z − z0 )n
n=−∞
w tym pierścieniu.
Rodzaje punktów osobliwych. Możemy wyróżnić trzy przypadki:
1) ∀n 6 −1 : an = 0 (tj. brak części osobliwej)
Wtedy funkcja f przedłuża się do funkcji holomorficznej w kole |z−z0 | <
r. Mówimy wówczas, że z0 jest punktem pozornie osobliwym.
2) an 6= 0 dla pewnej skończonej liczby n 6 −1
Niech −k (dla k > 1) będzie najmniejszym indeksem, dla którego an =
6 0
przy n 6 −1, czyli a−k 6= 0 i an = 0 ∀n < −k. Mówimy wtedy, że z0 jest
biegunem rzędu k. Wtedy również:
f (z) =
∞
X
1
an (z − z0 )n+k ,
(z − z0 )k
n=−k
gdzie
∞
P
an (z − z0 )n+k jest funkcją holomorficzną w kole |z − z0 | < r.
n=−k
3) an 6= 0 dla nieskończenie wielu n 6 −1
Mówimy wówczas, że z0 jest punktem istotnie osobliwym.
Twierdzenie 3.12 (Riemanna o osobliwościach usuwalnych). Niech Ω ⊂
C- otwarty; z0 ∈ Ω; f : Ω\{z0 } −→ C- holomorficzna i ograniczona. Wtedy z0
jest punktem pozornie osobliwym.
Dowód. Połóżmy:
(
(z − z0 )2 · f (z),
g(z) =
0 dla z = z0
dla z ∈ Ω\{z0 }
.
Wtedy g(z) jest holomorficzna w Ω, a więc w pobliżu z0 rozwija się w szereg
potęgowy:
g(z) =
∞
X
an (z − z0 )n ,
n=0
58
dla |z − z0 | < r, gdzie r = dist(z0 , ∂Ω).
Ale a0 = 0, a1 = 0, gdyż g(z0 ) = 0, g 0 (z0 ) = 0. Stąd:
g(z) = (z − z0 )
2
∞
X
an (z − z0 )n−2 ,
n=2
skąd:
f (z) =
∞
X
an (z − z0 )n−2 .
n=2
Zatem funkcja f rozwija się w szereg potęgowy w kole |z − z0 | < r, więc jest
w nim holomorficzna. Stąd z0 jest punktem pozornie osobliwym. Def. Niech f będzie funkcją holomorficzną i rozwija się w szereg potęgowy
∞
P
an (z − z0 )n w punkcie z0 . Wtedy najmniejszą liczbę k ∈ N taką, że ak 6= 0
n=0
nazywamy rzędem funkcji f w punkcie z0 i oznaczamy go przez ordz0 f
(widać, że zachodzi wtedy równoważność f ≡ 0 ⇐⇒ ordz0 f = ∞).
Twierdzenie 3.13 (Casoratiego-Weierstrassa). Jeśli z0 jest punktem istotnie osobliwym funkcji holomorficznej f : Ω\{z0 } −→ C, to ∀w ∈ C ∃(zn ) ⊂
Ω\{z0 }, taki, że zn → z0 oraz f (zn ) −→ w.
Dowód (nie wprost). Hipoteza: ∃w ∈ C ∀(zn ) ⊂ Ω\{z0 }, zn → z0 =⇒
f (zn ) 9 w.
Wtedy ∃ε > 0 ∀z 0 < |z − z0 | < ε =⇒ |f (z) − w| > ε.
Uzasadnienie: w przeciwnym wypadku ∀ε ∃z takie, że 0 < |z − z0 | < ε i
|f (z) − w| 6 ε. Jeżeli przyjąć teraz ε = n1 , to otrzymamy ciąg zn , taki, że
0 < |zn − z0 | < n1 i |f (zn ) − w| 6 n1 , a zatem
f (zn ) −→ w,
a to przeczy hipotezie.
1
jest holomorficzna i ograniczona w pierścieniu
Wtedy funkcja h(z) := f (z)−w
0 < |z − z0 | < ε. Z Tw. 3.12. (tw. Riemanna o osobliwościach usuwalnych)
h ma pozorną osobliwość w z0 , czyli przedłuża się do funkcji holomorficznej
h : K(z0 , ε) −→ C. Do tego z definicji h 6≡ 0. Zatem ma ona skończony rząd,
który oznaczmy przez k. Funkcję h(z) można zatem przedstawić w postaci:
h(z) = (z − z0 )k g(z),
gdzie ordz0 g = 0, skąd w szczególności g(zo ) 6= 0. Zatem:
59
3.6. Rachunek residuów
f (z) = (z − z0 )−k
1
+ w.
g(z)
Oznacza to, że z jest biegunem rzędu k funkcji f .
SPRZECZNOŚĆ
Zatem f (z) → w. Wniosek 1. Izolowany punkt osobliwy z0 jest biegunem funkcji f wtedy i
tylko wtedy, gdy lim f (z) = ∞. Co więcej, z0 jest biegunem rzędu k wtedy i
z→z0
tylko wtedy, gdy istnieje skończona granica lim (z − z0 )k f (z) 6= 0. Granica ta
z→z0
jest równa współczynnikowi a−k rozwinięcia Laurenta funkcji f w pierścieniu
0 < |z − z0 | < r, gdzie r > 0.
Wniosek 2. Izolowany punkt osobliwy z0 jest punktem istotnie osobliwym
funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy nie istnieje granica lim f (z).
z→z0
3.6
Rachunek residuów
Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω\{z0 } −→ C- holomorficzna; z0 - izolowany
punkt osobliwy funkcji f . Wtedy, jak wiemy, funkcja f rozwija się w szereg
∞
P
Laurenta f (z) =
an (z − z0 )n dla 0 < |z − z0 | < r, gdzie r > 0. Wówczas
n=−∞
współczynnik a−1 tego rozwinięcia nazywamy residuum funkcji f w punkcie
z0 i oznaczamy resz0 f .
Residuum (łac. residuum oznacza pozostałość) jest „pozostałością” z całkowania funkcji. Aby to zrozumieć, policzmy:
I
f (z)dz =
|z−z0 |=ε
∞
X
I
an
n=−∞
(z − z0 )n dz.
|z−z0 |=ε
Ale dla n 6= −1 całka po konturze zamkniętym z funkcji (z − z0 )n wynosi 0,
gdyż funkcja ta ma wówczas pierwotną. Zatem:
I
I
dz
f (z)dz = a−1
= 2πi · a−1 = 2πi · resz0 f.
z − z0
|z−z0 |=ε
|z−z0 |=ε
Wartość 2πi jest skokiem wynikającym z nieciągłości funkcji log z.
Twierdzenie 3.14 (twierdzenie o residuach). Niech D ⊂ C- obszar ograniczony konturem K; f – holomorficzna w otoczeniu D̄ za wyjątkiem skończonej
liczby punktów z1 , . . . , zs ∈ D. Wtedy:
60
3.7. Zastosowanie residuów do obliczania całek
I
f (z)dz = 2πi (resz1 f + · · · + reszs f ) .
K
Dowód. Dowód jest natychmiastowy z Tw. 3.4. (tw. całkowe Cauchy’ego).
Uwaga. Jeśli z0 jest biegunem rzędu n funkcji holomorficznej f : Ω\{z0 } −→ C,
to:
resz0 f =
3.7
dn−1
1
[(z − z0 )n f (z)] .
lim
(n − 1)! z→z0 dz n−1
Zastosowanie residuów do obliczania całek
1. Całki typu:
Z2π
I=
R(sin x, cos x)dx,
0
gdzie R- funkcja wymierna dwóch zmiennych, ciągła na okręgu |z| = 1.
Całkę tę rozwiązujemy, stosując podstawienie z = eix , skąd dz = ieix dx
oraz:
sin x =
z − z1
2i
cos x =
z + z1
.
2
Wtedy:
Z2π
I=
I
R(sin x, cos x)dx =
0
|z|=1
1
R
iz
|
z − z1 z +
,
2i
2
{z
=g(z)
1
z
dz = 2πi
i=1
}
gdzie z1 , . . . , zs - punkty osobliwe wewnątrz koła |z| < 1.
2. Całki typu:
Z∞
I=
R(x)dx,
−∞
gdzie R- funkcja wymierna taka, że:
61
s
X
reszi g,
• R nie ma biegunów na osi rzeczywistej
• lim zR(z) = 0
z→∞
Rozpatrujemy wówczas kontur przedstawiony na Rys. 3.4.
Figure 3.4: Szkic rozważanej sytuacji. Kr - półokrąg o promieniu r.
Wtedy:
Zr
Z
R(x)dx +
−r
R(z)dz = 2πi
s̃
X
resz̃i R,
i=1
Kr
gdzie z̃1 , . . . , z̃s̃ - punkty osobliwe wewnątrz obszaru ograniczonego naszym
konturem.
------------------------------------------------------Lemat.
Z
lim
r→∞
Kr
R(z)dz = 0
Dowód. Mamy:
Z
Z
Zπ
R(z)dz 6 |R(z)| |dz| = R(r · eit ) · rdt
0
Kr
Kr
|
{z
}
z=reit , t∈[0,π]
62
Ale z własności funkcji R: lim R(r · eit ) · r = 0, skąd
r→∞
teza. ------------------------------------------------------Zatem, jeżeli r → ∞, to (z lematu):
Z∞
Zr
R(x)dx →
−r
R(x)dx
−∞
Z
R(z)dz → 0.
Kr
2πi
s̃
X
resz̃i R → 2πi
s
X
i=1
reszi R,
i=1
gdzie z1 , . . . , zs to punkty osobliwe leżące w górnej półpłaszczyznie.
Stąd:
Z∞
I=
R(x)dx = 2πi
s
X
reszi R.
i=1
−∞
3. Całki typu
Z∞
I=
R(x)eiax dx,
−∞
gdzie a > 0, R- funkcja wymierna taka, że:
• R nie ma biegunów na osi rzeczywistej
• lim R(z) = 0
z→∞
Procedura jest identyczna, jak w poprzednim przypadku. Dla r < ∞
mamy:
Zr
−r
R(x)eiax dx +
Z
R(z)eiaz dz = 2πi
s̃
X
resz̃i R(z)eiaz ,
i=1
Kr
-------------------------------------------------------
63
Lemat (lemat Jordana). Niech a > 0; f : {z ∈ C : Im z >
0} −→ C- ciągła, taka, że:
lim f (z) = 0.
|z|→∞
Wtedy:
Z
lim
r→∞
Kr
f (z)eiaz dz = 0.
Dowód. Parametryzujemy półokrąg Kr : z = reit , gdzie t ∈
[0, π]. Wtedy:
π
Z
Z
iaz
it −ar sin t+iar cos t
it f (z)e dz = f (re )e
rie dt 6
Kr
0
Zπ
6
f (reit ) e−ar sin t+iar cos t rieit dt.
0
Ale:
−ar sin t+iar cos t −ar sin t iar cos t e
= e
e
= e−ar sin t · 1.
Do tego rieit = r. WprowadĽmy teraz M (r) := sup |f (z)|,
gdzie z ∈ Kr . Wtedy |f (z)| 6 M (r). Zatem:
Z
Zπ
iaz
f (z)e dz 6 M (r) re−ar sin t dt.
Kr
0
Zajmijmy się teraz całką:
Zπ
re−ar sin t dt = 2r
0
π
π
Z2
Z2
e−ar sin t dt 6
2r
0
e−2art/π dt
=
0
|
{z
}
bo sin t>2t/π dla t∈[0,π/2]
=−
π −2art/π π/2
π
r→∞ π
e
= (1 − e−ar ) −→ .
a
a
2
t=0
r→∞
Stąd oraz z faktu, że M (r) −→ 0 otrzymujemy tezę. -------------------------------------------------------
64
Zatem, jeżeli r → ∞, to (z lematu Jordana):
Zr
R(x)e
iax
Z∞
R(x)eiax dx
dx →
−r
−∞
Z
R(z)eiaz dz → 0
Kr
2πi
s̃
X
resz̃i R(z)e
iaz
→ 2πi
i=1
s
X
reszi R(z)eiaz ,
i=1
gdzie z1 , . . . , zs to punkty osobliwe leżące w górnej półpłaszczyznie.
Stąd:
Z∞
I=
R(x)eiax dx = 2πi
s
X
reszi R(z)eiaz .
i=1
−∞
Przykład. Rozpatrzmy funkcję f (x) =
Fouriera funkcji f , zdefiniowanej jako:
1
fˆ(t) := √
2π
Z∞
1
x2 +1 .
Policzymy wartość tranformaty
f (x)e−itx dx.
−∞
Mamy zatem:
Z∞
I=
e−itx
dx.
x2 + 1
−∞
I. t < 0, skąd a = −t > 0
Wtedy:
I = 2πi · resi
et
e−itz
=
2πi
·
= πet .
z2 + 1
2i
II. t > 0, skąd a = −t < 0
Wtedy:
I = −2πi · res−i
e−itz
e−t
= 2πi ·
= πe−t .
2
z +1
−2i
65
3.8. Funkcje harmoniczne
Zatem:
fˆ(t) =
3.8
r
π −|t|
e .
2
Funkcje harmoniczne
Def. Niech Ω ⊂ R2 - otwarty; u : Ω −→ R. Mówimy, że u jest funkcją harmoniczną, gdy jest klasy C 2 i spełnia równanie Laplace’a: ∆u = 0, gdzie
∂2
∂2
operator różniczkowy ∆ := ∂x
2 + ∂y 2 nazywamy laplasjanem.
Pamiętamy przy tym o utożsamieniu topologicznym R2 ' C.
Twierdzenie 3.15 (o związku pomiędzy funkcjami harmonicznymi i
holomorficznymi). Niech Ω ⊂ R2 - otwarty. Wtedy:
i) Jeżeli f : Ω −→ C jest funkcją holomorficzną, to u(x, y) := Re f i
v(x, y) := Im f są funckjami harmonicznymi w Ω.
ii) Jeżeli Ω jest dodatkowo jednospójny, to każda funkcja harmoniczna u :
Ω −→ R jest częścią rzeczywistą pewnej funkcji holomorficznej f : Ω −→
C.
Dowód.
Ad. i) Z równań Cauchy’ego-Riemanna (3.1) mamy: uxx = vyx = vxy = −uyy ,
skąd ∆u = 0; vxx = −uyx = −uxy = vyy , skąd ∆v = 0.
OK
Ad. ii) Niech punkt A = (x0 , y0 ) ∈ Ω. Połóżmy:
(x,y)
Z
−uy dx + ux dy.
v(x, y) :=
(x0 ,y0 )
Definicja ta jest poprawna, gdyż podcałkowa forma różniczkowa jest zupełna, co wynika z harmoniczności funkcji u (tj. uxx = −uyy ).
Łatwo wówczas sprawdzić, że vy = ux , vx = −uy , tzn. funkcje u, v
spełniają równania Cauchy’ego-Riemanna (3.1). Stąd funkcja f (z) :=
u(x, y) + iv(x, y) jest holomorficzna.
Wniosek 1.
Funkcja harmoniczna u : Ω −→ R jest klasy C ∞ .
66
Wniosek 2 (tw. o wartości średniej dla funkcji harmonicznej).
Niech K̄(z0 , r) ⊂ Ω; u : Ω −→ R- harmoniczna. Wtedy:
1
u(z0 ) =
2π
Z2π
u(z0 + reit )dt,
0
co jest średnią wartością funkcji u na okręgu |z − z0 | = r.
Dowód. Niech f = u+iv- holomorficzna. Wtedy ze wzoru całkowego Cauchy’ego
mamy:
1
f (z0 ) =
2πi
I
f (z)
1
dz =
z − z0
2πi
Z2π
f (z0 + reit ) it
rie dt.
reit
0
|z−z0 |=r
Stąd:
1
u(z0 ) =
2π
Z2π
u(z0 + reit )dt. 0
Def. Niech u : Ω −→ R- harmoniczna. Wtedy funkcję v : Ω −→ R taką,
że funkcja u + iv jest holomorficzna (tj. u, v spełniają równania Cauchy’egoRiemanna) nazywamy funkcją harmoniczną sprzężoną z u.
Uwaga. Jeżeli Ω jest zbiorem spójnym, to funkcja harmoniczna sprzężona z u
jest wyznaczona z dokładnością do stałej, tzn. jeśli v1 , v2 - dwie funkcje harmoniczne sprzężone z u, to v1 − v2 = const.
Przykład 1. Funkcja u = ex cos y jest harmoniczna, gdyż u = Re ez . Funkcja
v = ex sin y jest funkcją harmoniczną sprzężoną z u, ponieważ u + iv = ez .
Przykład 2. Rozpatrzmy funkcję u(x, y) = x2 − y 2 + x. Łatwo sprawdzić, że
jest to funkcja harmoniczna. Wyznaczymy funkcję v harmoniczną sprzężoną z
u.
Funkcja v musi spełniać równania Cauchy’ego-Riemanna, zatem ux = vy ,
uy = −vx . Stąd ux = 2x + 1 = vy , a więc
Z
v = (2x + 1)dy = 2xy + y + C(x).
Ponieważ 2y = −uy = vx = 2y + C 0 (x), otrzymujemy więc
v(x, y) = 2xy + y.
Obliczmy jeszcze f (z) = u + iv:
67
f (z) = x2 − y 2 + x + i(2xy + y) = z 2 + z.
Jest to, oczywiście, funkcja holomorficzna.
Zadanie. Jeśli u(x, y) jest funkcją harmoniczną jednorodną stopnia m 6= 0
1
w obszarze |z| > 0, to funkcja v(x, y) := m
(yux − xuy ) jest funkcją harmoniczną
sprzężoną z u.
Wskazówka. Wykorzystać wzór Eulera:
m · u(x, y) = xux + yuy ,
który jest słuszny, jeżeli u jest jednorodną funkcją klasy C 2 stopnia m.
Twierdzenie 3.16. Niech Ω ⊂ C- otwarty i spójny; u : Ω −→ R- harmoniczna,
u 6≡ const. Wtedy u nie osiąga ekstremum lokalnego w żadnym punkcie zbioru
Ω.
Dowód (nie wprost). Hipoteza: Funkcja u ma maksimum lokalne w punkcie
z0 ∈ Ω, tj. u(z) 6 u(z0 ), gdy z ∈ K̄(z0 , r) dla odpowiednio małego r > 0.
----------------------------------------------------------Lemat. Funkcja u(z) nie jest stała w kole K(z0 , r).
Dowód (nie wprost). Hipoteza: u(z) ≡ b ∈ C na pewnym kole
K(z0 , r). Połóżmy
A := {a ∈ Ω : ∃ ε > 0 : u(z) = u(a) gdy |z − a| < ε}.
Jest to zatem zbiór takich punktów, w których funkcja u jest lokalnie
stała. Wtedy z definicji A ⊂ Ω- otwarty, a z założenia A jest niepusty.
Niech (an ) ⊂ A, a ∈ Ω, an → a0 i K(a0 , ε) ⊂ Ω. Wtedy
∃N ∈ N takie, że dla n > N , an ∈ K(a0 , ε) (tzn. prawie wszystkie
wyrazy ciągu (an ) leżą w kuli K(a0 , ε)).
Ponieważ K(a0 , ε) jest zbiorem jednospójnym, to u|K(a0 ,ε) =
Re f , gdzie f jest funkcją holomorficzną na K(a0 , ε).
Jeżeli teraz u = const wokół punktu an , to ux = uy = vx =
vy = 0, czyli f = const wokół punktu an . Z Wn. z Tw. 3.8.
(tw. o zbiorze zer funkcji holomorficznej), stosowanego do funkcji
f 0 (z), wynika, że f 0 (z) = 0 dla z ∈ K(a0 , ε), a więc f = const w kole
K(a0 , ε). Dlatego a0 ∈ A.
Zatem A jest zbiorem domkniętym. Stąd i ze spójności Ω
wynika, że A = Ω, czyli u(z) jest stała na Ω.
SPRZECZNOŚĆ
68
----------------------------------------------------------Z lematu, ∃z1 ∈ K(z0 , r): u(z1 ) < u(z0 ). Wtedy funkcja u(z) jest mniejsza
od u(z0 ) na pewnym łuku okręgu {|z−z0 | = %}, gdzie % = |z1 −z0 |. Z twierdzenia
o wartości średniej dla funkcji harmonicznej (Wniosek 2), otrzymujemy więc
1
u(z0 ) =
2π
Z2π
1
u(z0 + %e )dt <
2π
it
0
Z2π
u(z0 )dt = u(z0 ).
0
SPRZECZNOŚĆ
Zatem u nie ma maksimum lokalnego w Ω. Dowód dla przypadku minimum
lokalnego jest analogiczny. Wniosek. (Zasada identyczności dla funkcji harmonicznych)
Niech Ω ⊂ C- otwarty, spójny, ograniczony; u, v- harmoniczne w Ω, ciągłe w
Ω ∪ ∂Ω. Wtedy jeśli u|∂Ω ≡ v|∂Ω , to u ≡ v na Ω.
Dowód (nie wprost). Połóżmy h := u − v. Wtedy h jest harmoniczna w Ω,
ciągła w Ω̄ i h|∂Ω ≡ 0. Hipoteza: h|Ω 6≡ 0.
Wtedy ∃z ∈ Ω takie, że h(z) 6= 0. Zatem h ma ekstremum wewnątrz Ω.
SPRZECZNOŚĆ
Zatem h|Ω ≡ 0. Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty, spójny, ograniczony; ϕ : ∂Ω −→ R- ciągła. Problemem Dirichleta w obszarze Ω nazywamy problem znalezienia ciągłej funkcji
u : Ω̄ −→ R, która jest harmoniczna w Ω i taka, że ∀(x, y) ∈ ∂Ω : u(x, y) =
ϕ(x, y).
Rozwiążemy teraz problem Dirichleta dla koła {|z| < r}, r > 0.
Def. Jądrem całki Poissona (dla koła {|z| < r}, r > 0) nazywamy wyrażenie
J(z, θ) := Re
ζ +z
r2 − |z|2
=
.
ζ −z
|ζ − z|2
| {z }
ζ=reiθ
Udowodnimy najpierw następujący
Wzór całkowy dla funkcji harmonicznej. Niech u(z)- harmoniczna
w kole |z| 6 r (alternatywnie: harmoniczna w kole |z| < r i uciąglająca się do
brzegu |z| = r). Wtedy dla z = ρ · eiϕ zachodzi wzór całkowy:
1
u(z) =
2π
Z2π
u reiθ J(z, θ)dθ.
0
69
Dowód. Ponieważ koło jest zbiorem jednospójnym, z Tw. 3.15. (tw. o
związku pomiędzy funkcjami harmonicznymi i holomorficznymi) mamy u(z) =
Re f dla pewnej funkcji holomorficznej f . Wtedy z Wn. z Tw. 3.4. (wzór
całkowy Cauchy’ego):
I
1
f (z) =
2πi
f (ζ)
1
dζ =
ζ −z
2π
Z2π
f (reiθ )
ζ
dθ.
ζ −z
0
|z|=r
Def. Niech K(z0 , r) ⊂ C; z ∈ C. Wtedy punkt z ∗ taki, że |z ∗ − z0 | · |z − z0 | = r2
i arg |z ∗ − z0 | = arg |z − z0 | (tj. leżący na półprostej przechodzącej przez z0 i z)
nazywamy punktem sprzężonym z z względem okręgu K(z0 , r).
∗
Dla z0 = 0, jeśli przyjąć z = ρeiϕ i z ∗ = ρ∗ eiϕ , mamy ϕ = ϕ∗ oraz
∗
ρρ = r2 . Stąd uzyskujemy:
∗
z ∗ = ρ∗ eiϕ =
r2
r2
r2 iϕ
e = −iϕ = .
z̄
ρ
ρe
2
Niech z ∗ = rz̄ będzie punktem sprzężonym z z względem okręgu |z| = r
(oczywiście z ∗ leży poza okręgiem |z| = r ). Wtedy z Tw. 3.4. (tw. całkowe
Cauchy’ego):
1
0=
2πi
I
f (ζ)
1
dζ =
∗
ζ −z
2π
Z2π
f reiθ
ζ
dθ.
ζ − z∗
0
|z|=r
Ale
ζ
1
ζ
ζ
=
=
=
r2
ζ
ζ̄
ζ − z∗
ζ − z̄
ζ − z̄
1−
ζ̄
z̄
=
z̄
,
z̄ − ζ̄
skąd:
1
0=
2π
Z2π
f reiθ
z̄
dθ.
z̄ − ζ̄
0
Zauważmy, że:
z̄
ζ
1
+
=
ζ −z
2
z̄ − ζ̄
ζ +z
ζ̄ + z̄
+
ζ −z
ζ̄ − z̄
= Re
ζ +z
= J(z, θ).
ζ −z
Stąd:
1
f (z) =
2π
Z2π
f reiθ J(z, θ)dθ,
0
70
skąd, przechodząc do u(z) = Re f (z), uzyskujemy ostatecznie:
1
u(z) =
2π
Z2π
u reiθ J(z, θ)dθ.
0
Twierdzenie 3.17 (rozwiązanie problemu Dirichleta dla koła). Niech
ϕ : {|z| = r} −→ R- ciągła. Wtedy funkcja u(z) zadana wzorem (lub całką)
Poissona:
1
u(z) :=
2π
Z2π
ϕ(reiθ ) · J(z, θ)dθ,
gdy |z| < r,
0
jest harmoniczna w kole |z| < r oraz
lim u(z) = ϕ(z0 ) gdy |z0 | = r,
z→z0
a więc u uciągla się na brzeg {|z| = r}, gdzie pokrywa się z funkcją ϕ.
Dowód. Ze wzoru całkowego dla funkcji harmonicznej u(z) ≡ 1, otrzymujemy:
1
2π
Z2π
J(z, θ)dθ = 1, |z| < r.
0
Twierdzenie wynika natychmiast z faktu, że jeżeli ϕ reiθ jest funkcją ograniczoną przez M > 0 i całkowalną na okręgu |z| = r, to funkcja
1
u(z) :=
2π
Z2π
ϕ reiθ · J(z, θ)dθ
0
spełnia następujące warunki:
i) u(z) jest harmoniczna w kole |z| < r.
ii) lim u(z) = ϕ(z0 ), gdy punkt z0 = reiθ0 jest punktem ciągłości funkcji ϕ.
z→z0
Punkt i) wynika z harmoniczności funkcji J(z, θ) względem z = x + iy, gdyż
operatorem Laplace’a można wprowadzić pod znak całki, gdzie anihiluje J(z, θ).
Dla dowodu punktu ii), zauważmy najpierw, że
1
u(z) − ϕ(z0 ) =
2π
Z2π
ϕ reiθ − ϕ reiθ0 · J(z, θ) dθ.
0
71
Niech teraz ε > 0; istnieje łuk K1 na okręgu |z| = r taki, że z0 ∈ K1 , oraz
że dla reiθ ∈ K1 mamy:
ϕ reiθ − ϕ reiθ0 < ε;
dalej, niech
K2 = {|z| = r} \ K1 .
Wówczas ϕ reiθ − ϕ reiθ0 6 2M na K2 , skąd
Z
1
ϕ reiθ − ϕ reiθ0 J(z, θ) dθ +
|u(z) − ϕ(z0 )| 6
2π
K1
+
1
2π
Z
K2
Z
ϕ reiθ − ϕ reiθ0 J(z, θ)dθ 6 1 · ε · J(z, θ)dθ +
2π
K1
{z
}
|
6ε
+
1
· 2M ·
2π
Z
J(z, θ) dθ
K2
----------------------------------------------------------Lemat.
1
lim
z→z0 2π
Z
K2
(
1, z0 ∈ int K2
J(z, θ)dθ =
0, z0 ∈ ext K2
(zbieżność dla |z| < r).
Dowód. Niech ζ = reiθ ∈ K2 , z0 = reiα , z = ρeiϕ i z → z0 (czyli
także ρ → r).
1◦ z0 ∈ ext K2 = int K1 .
Wtedy ∃ δ > 0 takie, że |ζ − z| > δ, gdy |z − z0 | < δ (tj. z
jest odseparowany od ζ ∈ K2 ). Ponieważ
J(z, θ) =
r 2 − ρ2
,
|ζ − z|2
więc
0 6 J(z, θ) 6
r2 − ρ2 ρ→r
−→ 0.
δ2
Dlatego
Z
lim
z→z0
K2
J(z, θ)dθ = 0.
72
OK
2◦ z0 ∈ int K2 , tj. z0 ∈ K2 .
Przypadek ten wynika z punktu 1◦ i faktu, że
Z
Z
Z2π
1
1
1
J(z, θ)dθ +
J(z, θ)dθ =
J(z, θ)dθ,
2π
2π
2π
0
K1
K2
|
{z
}
{z
}
|
=1
z→z0
−→ 0
gdyż z0 ∈ int K2 ⇐⇒ z0 ∈ ext K1 . ----------------------------------------------------------Z lematu:
1
· 2M ·
2π
Z
J(z, θ)dθ < ε,
K2
dla z bliskich z0 , a wtedy
|u(z) − ϕ(z0 )| 6 2ε.
73
Chapter 4
Przestrzenie Hilberta i
szeregi Fouriera
4.1
Def. Niech V - przestrzeń wektorowa nad ciałem K = R lub K = C. Wtedy
iloczynem skalarnym nazywamy odwzorowanie V × V −→ K spełniające
następujące warunki:
• hu + v, wi = hu, wi + hv, wi (addytywność)
• hcu, vi = chu, vi (jednorodność)
• hu, vi = hv, ui
• hu, ui > 0 dla u 6= 0 (dodatnio określoność)
dla u, v, w ∈ V , c ∈ K. Odwzorowanie spełniające pierwsze trzy warunki nazywamy odwzorowaniem półtoraliniowym.
Parę (V, h·, ·i) nazywamy wówczas przestrzenią unitarną.
Przykład 1.
Połóżmy V := Kn (zatem dim V < ∞) oraz hu, vi :=
n
P
ui v̄i .
i=1
Wtedy (V, h·, ·i) jest przestrzenią unitarną.
Przykład 2.
Połóżmy `2 := {(an )n∈N ⊂ K :
∞) oraz h(an ), (bn )i :=
∞
P
∞
P
2
|an | < ∞} (zatem dim `2 =
n=1
an b̄n . Wtedy (`2 , h·, ·i) jest przestrzenią unitarną.
i=1
74
Przykład 3. Niech (X, µ)- przestrzeń z miarą.
Wtedy zbiór L2 (X) zdefinR
2
iowany jako zbiór funkcji f ∈ X takich, że |f | dµ < ∞ jest przestrzenią
X
R
unitarną z iloczynem skalarnym hf, gi = f · ḡdµ < ∞.
X
Twierdzenie 4.1 (nierówność Schwarza). Niech (V, h·, ·i)- przestrzeń unitarna. Oznaczmy:
p
kuk := hu, ui,
gdzie u ∈ V . Wtedy ∀u, v ∈ V :
|hu, vi| 6 kuk · kvk,
a k · k jest normą na V .
Dowód.
1◦ Dowód nierówności.
Dla u = 0 lub v = 0 nierówność jest spełniona trywialnie. Weźmy zatem
u, v 6= 0. Niech c ∈ K. Wtedy:
0 6 hu − cv, u − cvi = kuk2 − chv, ui − c̄hu, vi + |c|2 kvk2 .
Podstawiając c :=
hu,vi
kvk2 ,
otrzymujemy:
2
kuk2 −
|hu, vi|
> 0,
kvk2
skąd:
|hu, vi| 6 kuk · kvk.
OK
2◦ Sprawdzenie, że k · k jest normą na V .
Własności inne niż nierówność trójkąta wynikają z własności metryki
h·, ·i. Wystarczy zatem wykazać nierówność trójkąta. Mamy:
ku + vk2 = hu + v, u + vi = kuk2 + hu, vi + hv, ui + kvk2 =
kuk2 +2Rehu, vi+kvk2 6 kuk2 +2 |hu, vi|+kvk2 6 kuk2 +2kuk·kvk+kvk2 =
2
(kuk + kvk) 75
Wniosek. Przestrzeń V jest przestrzenią unormowaną z normą wyznaczoną
przez ilonczyn skalarny.
Uwaga. Iloczyn skalarny i norma są funkcjami ciągłymi.
Def. Zbiór A ⊂ V nazywamy układem ortonormalnym, gdy spełnia następujące warunki:
a) kuk = 1, ∀u ∈ A
b) hu, vi = 0, ∀u, v ∈ A takich, że u 6= v (tzw. warunek prostopadłości), co
oznaczamy u⊥v
Przykłady.
1) V = Kn , A = {e1 , . . . , en }- baza kanoniczna
2) V = `2 , ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (z jedunką na i-tym miejscu), A = {ei :
i ∈ N}
Uwaga. Każdy układ ortonormalny jest zbiorem wektorów liniowo niezależnych.
Def. Przestrzenią Hilberta nazywamy taką przestrzeń unitarną
(H, h·, ·i),
p
która jest zupełna w metryce indukowanej przez normę kuk := hu, ui. Często
przestrzeń Hilbarta będziemy oznaczać po prostu przez H.
Twierdzenie 4.2 (twierdzenie Riesza-Fishera). Niech (vn )n∈N - układ ortonormalny w przestrzeni Hilberta H; x ∈ H; λn := hx, vn i (długość rzutu ortogonalnego wektora x na podprzestrzeń K · vn ≡ lin (vn )); xn := λ1 v1 + · · · + λn vn ,
dla n ∈ N (rzut ortogonalny wektora x na podprzestrzeń lin (v1 , v2 , . . . , vn )).
Wtedy ciąg (xn ) jest zbieżny do pewnego punktu x̃ ∈ H oraz spełniona jest
nierówność (tzw. nierówność Bessela):
kx̃k2 =
∞
X
|λi |2 6 kxk2 .
i=1
Dowód. Dla i ≤ n mamy:
hx − xn , vi i = hx, vi i − hxn , vi i = λi − hλ1 v1 + · · · + λn vn , vi i = λi − λi = 0.
|
{z
}
=λi dla n>i
Stąd:
hx − xn , xn i =
n
X
hx − xn , λi vi i =
i=1
n
X
i=1
76
λ̄i hx − xn , vi i = 0.
Zatem hxn , xn i = hx, xn i. Z Tw. 4.1. (nierówność Schwarza):
kxn k2 = hx, xn i 6 kxk · kxn k,
skąd kxn k 6 kxk.
Ale:
2
kxn k = h
n
X
λi vi ,
i=1
n
X
λj vj i =
j=1
n
X
λ̄j λi hvi , vj i =
i,j=1
=
n
X
n
X
|λi |2 hvi , vi i =
i=1
|λi |2 6 kxk2
i=1
Oznacza to, że szereg
n
P
|λi |2 jest zbieżny i:
i=1
n
X
|λi |2 6 kxk2 .
i=1
Udowodnimy teraz zbieżność ciągu (xn ). Dzięki zupełności przestrzeni H
wystarczy wykazać, że (xn ) jest ciągiem Cauchy’ego. Mamy (dla n > m):
kxn − xm k2 = k
n
X
λi vi k2 6 h
i=m+1
Ale szereg
n
P
n
X
λ i vi ,
i=m+1
n
X
λ i vi i =
i=m+1
n
X
|λi |2 .
i=m+1
|λi |2 jest zbieżny. Zatem ciąg sum częściowych tego szeregu
i=1
spełnia warunek Cauchy’ego ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > m > N :
n
P
|λi |2 < ε,
i=m+1
skąd również:
kxn − xm k2 < ε.
Zatem ciąg (xn ) jest ciągiem Cauchy’ego, skąd ∃x̃ ∈ H: xn → x̃. Ponadto
k · k : V −→ [0, ∞)- funkcja ciągła; h·, ·i : V × V −→ K- funkcja ciągła.
W związku z tym kx̃k = lim kxn k 6 kxk. n→∞
Def. Niech H- przestrzeń Hilberta. Układ ortonormalny (vn )n∈N ⊂ H nazywamy zupełnym układem ortonormalnym, gdy spełnia warunek: jeżeli
hx, vn i = 0 ∀n ∈ N, to x = 0.
Twierdzenie 4.3 (identyczność Parsevala). Niech (vn )n∈N ⊂ H- zupełny
układ ortonormalny; x ∈ H; λn := hx, vn i; xn := λ1 v1 + · · · + λn vn , dla n ∈ N.
Wtedy lim xn = x oraz:
n→∞
2
kxk =
∞
X
n=1
77
|λi |2 .
Dowód. Z Tw. 4.2. (tw. Riesza-Fischera): lim xn = x̃ ∈ H oraz ∀n > i
n→∞
hxn , vi i = λi . Zatem:
hx̃, vi i = lim hxn , vi i = λi .
n→∞
Ale λi = hx, vi i. Stąd ∀i ∈ N: hx − x̃, vi i = 0. Dzięki zupełności układu
ortonormalnego (vn )n∈N mamy x − x̃ = 0. Wniosek 1. Układ ortonormalny (vn )n∈N jest zupełny wtedy i tylko wtedy,
gdy podprzestrzeń liniowa V := lin (vn )n∈N (rozpięta na (vn ), tj. generowana
przez (vn )) jest gęsta w H.
Dowód.
1◦ (⇐=)
Niech x ∈ H i ∀n ∈ N hx, vn i = 0, czyli x⊥V . Wtedy z ciągłości
iloczynu skalarnego: x⊥V̄ . Ale z gęstości V̄ = H, czyli x⊥H, a stąd w
szczególności x⊥x, czyli kxk = 0, skąd x = 0.
OK
2◦ (=⇒)
Niech x ∈ H. Wtedy z identyczności Persevala ∃(xn ) ⊂ V taki, że
x = lim xn , czyli x ∈ V̄ . Stąd V̄ = H. Wniosek 2. Przestrzeń Hilberta H mająca zupełny układ ortonormalny (vn )
jest izomorficzna (w sensie izomorfizmu przestrzeni unitarnych) z `2 .
Dowód. Niech (λn )n∈N ∈ `2 . Rozważmy odwzorowanie:
ϕ : `2 3 (λn )n∈N −→
∞
X
λn vn ∈ H.
n=1
1◦ Czy
∞
P
λn vn jest zbieżny w H?
n=1
Ponieważ H jest przestrzenią zupełną, wystarczy wykazać, że
∞
P
λn vn
n=1
jest ciągiem Cauchy’ego, czyli spełnia warunek Cauchy’ego, tzn. ∀ε >
n
P
0 ∃N ∈ N ∀n > m > N : k
λi vi k2 < ε.
i=m+1
Mamy:
k
n
X
λi vi k2 =
i=m+1
n
X
i=m+1
78
|λi |2
4.2. Przestrzenie Lp
Ale szereg
∞
P
|λi |2 jest zbieżny, a więc powyższy warunek Cauchy’ego
i=1
jest spełniony.
OK
∞
P
2◦ Czy ϕ jest izometrią, tzn. kλk = k
λn vn k?
n=1
Tak, gdyż z ciągłości normy mamy:
k
∞
X
λi vi k2 = lim k
n→∞
i=1
= lim
n→∞
n
X
n
X
n
n
X
X
λi vi k2 = lim h
λi v i ,
λ j vj i =
n→∞
i=1
λi λ̄j hvi , vj i = lim
i,j=1
n→∞
n
X
i=1
j=1
λi λ̄i hvi , vi i =
i=1
∞
X
|λi |2
i=1
W szczególności widać, że ϕ jest injekcją.
OK
3◦ Czy ϕ jest surjekcją?
Surjekcyjność wynika bezpośrednio z identyczności Parsevala.
OK
Zatem ϕ jest izomorfizmem przestrzeni `2 w H. Uwaga.
1) Niech A ⊂ H- układ ortonormalny. Połóżmy V := lin (A). Wtedy V ⊂ H.
Ponadto A jest zupełny wtedy i tylko wtedy, gdy V = H, czyli lin (A)
jest gęsta w H.
2) Gdy dim H < ∞: lin (A) ≡ lin (A). Wtedy A jest zupełnym układem
ortonormalnym wtedy i tylko wtedy, gdy A jest bazą ortonormalną.
4.2
Przestrzenie Lp
Def. Niech X- przestrzeń wektorowa. Wtedy σ-ciałem przestrzeni X nazywamy rodzinę A podzbiorów przestrzeni X, która spełnia następujące warunki:
a) ∅ ∈ A
79
b) Jeżeli A ∈ A, to X\A ∈ A
∞
S
c) Jeżeli A1 , A2 , · · · ∈ A, to
Ai ∈ A.
i=1
Wówczas parę (X, A) nazywamy przestrzenią mierzalną.
Def. Niech (X, A)- przestrzeń mierzalna. Wtedy odwzorowanie µ : A −→
[0, ∞] nazywamy miarą, gdy spełnia ona następujące warunki:
a) µ (∅) = 0
b) Dla każdej rodziny A1 , A2 , . . . , Ak ∈ A (gdzie
k ∈ N ∪ {∞}): jeżeli Ai ∩
k
k
P
S
µ(Ai ). Jest to tzw. σAi =
Aj = ∅ ∀i, j ∈ N, i 6= j, to µ
i=1
i=1
addytywność.
Wówczas trójkę (X, A, µ) nazywamy przestrzenią z miarą.
Def. Niech (X, µ)- przestrzeń z miarą dodatnią µ; f : X −→ K- mierzalna;
p ∈ [1, ∞). Wtedy wprowadzamy następujące definicje:
 p1

Z
kf kp := 
|f |p dµ
X
Lp (X) := {f : kf kp < ∞}/ ∼,
przy czym dwie funkcje f, g ∈ Lp (X) są równoważne (f ∼ g), gdy zbiór
{x ∈ X : f (x) 6= g(x)}
jest miary zero. Innymi słowy f = g prawie wszędzie, tj. poza pewnym zbiorem
miary zero. ściśle mówiąc, zbiór Lp (X) jest zbiorem klas równoważności funkcji
spełniających warunek kf kp < ∞ względem relacji równoważności ∼.
Twierdzenie 4.4 (nierówność Höldera). Niech p, q > 1 takie, że p1 + 1q = 1
(tzw. wykładniki sprzężone). Wtedy jeśli f, g : X −→ [0, ∞)- mierzalne, to:
 p1 

Z
Z
f gdµ 6 
X
f p dµ · 
X
 q1
Z
g q dµ .
X
Jeżeli zaś f, g : X −→ K- mierzalne, to:
Z
|f ||g|dµ 6 
X
 q1
 p1 

Z
|f |p dµ · 
X
Z
X
(bez dowodu)
80
|g|q dµ .
1
2
Łatwo zauważyć, że dla p = q =
nierówności Schwarza.
nierówność Höldera sprowadza się do
Twierdzenie 4.5 (nierówność Minkowskiego). Niech p ≥ 1, f, g : X −→ K
– funkcje mierzalne. Wtedy:
1/p

Z

|f + g|p dµ
 p1

Z
6
X
 p1

|f |p dµ + 
X
Z
|g|p dµ .
X
(bez dowodu)
Nierówność Minkowskiego implikuje nierówność trójkąta dla normy kp .
Wniosek.
Przestrzeń Lp (X) jest przestrzenią wektorową unormowaną.
Twierdzenie 4.6. Dla p ∈ [1, ∞) przestrzeń Lp (X) jest przestrzenią zupełną,
a więc przestrzenią Banacha. Dla p = 2 jest przestrzenią Hilberta.
(bez dowodu)
Uwaga. W dowodzie tego twierdzenia wykorzystujemy następujący lemat.
----------------------------------------------------------Lemat (Fatou). Niech fn - ciąg funkcji mierzalnych na X. Wtedy:
Z
Z
lim inf fn dµ 6 lim inf fn dµ.
X
X
----------------------------------------------------------Lemat. Niech g : X −→ [0, ∞]- mierzalna. Połóżmy
S := {α ∈ [0, ∞) : µ g −1 (α, ∞] = 0}.
Wtedy S = ∅ lub S = [β, ∞), gdzie β ∈ [0, ∞).
Dowód. To, że S jest zbiorem pustym lub przedziałem nieograniczonym, wynika
z samej definicji. Niech β będzie kresem dolnym zbioru S, tj. ∃(βn ) ⊂ S : βn →
β. Dowodu wymaga fakt, że β ∈ S. Ale βn ∈ S, czyli µ ([βn , ∞)) = 0, n ∈ N.
Dlatego
µ ([β, ∞)) = µ
∞
[
=0
!
[βn , ∞)
=
n=1
∞ z
}| {
X
µ ([βn , ∞))
= 0,
n=1
|
{z
}
z σ-addytywności miary µ
a więc β ∈ S, czyli S = [β, ∞). Def. Liczbę β nazywamy istotnym kresem górnym funkcji g. Jeżeli S = ∅,
to kładziemy β := ∞.
81
Uwaga. Jeżeli liczba β jest istotnym kresem górnym funkcji mierzalnej g :
X −→ [0, ∞], to ∃A ⊂ X, µ(A) = 0 taki, że β jest kresem górnym funkcji
g|X\A .
Istotny kres górny jest zatem kresem górnym z dokładnością do zbiorów
miary zero. Idea wprowadzenia tego pojęcia polega na tym, że funkcja g może
przyjmować ogromne wartości na zbiorze miary zero, ale z punktu widzenia
całkowania zachowanie się funkcji na zbiorach miary zero jest nieistotne.
Def. Niech f : X −→ K- mierzalna. Wtedy normę kf k∞ definiujemy jako
istotny kres górny funkcji g := |f |. Wtedy też definiujemy:
L∞ (X) := {f : kf k∞ < ∞}/ ∼ .
Uwaga. Warunek kf k∞ < ∞ oznacza, że kf kX\A < ∞, dla pewnego A ⊂ Xmiary zero.
Twierdzenie 4.7. Przestrzeń L∞ (X) jest zupełną przestrzenią unormowaną,
czyli jest przestrzenią Banacha.
Dowód.
1◦ Czy L∞ (X) jest unormowana?
To, że przestrzeń L∞ (X) jest unormowana wynika bezpośrednio z własności normy k∞ , która poza pewnym zbiorem miary zero pokrywa się z
normą ksup , a więc k∞ spełnia warunek trójkąta.
OK
2◦ Czy L∞ (X) jest zupełna?
Niech (fn ) ⊂ L∞ (X)- ciąg Cauchy’ego. Połóżmy Ak := {x ∈ X :
|fk (x)| > kfk k∞ }, czyli zbiór takich argumentów, że |fk (x)| jest większe
od istotnego kresu funkcji |fk |; Bn,m := {x ∈ X : |fn (x) − fm (x)| >
kfn − fm k∞ }.
Wtedy z definicji istotnego kresu górnego Ak i Bn,m
! są zbiorami miary
S
S
zero. Połóżmy teraz E :=
Ak ∪
Bn,m . Wówczas również
n,m∈N
k∈N
µ(E) = 0.
Ale na X\E ciąg (fn ) jest ciągiem Cauchy’ego w normie ksup , a przestrzeń
X z normą ksup jest przestrzenią zupełną, skąd dla x ∈ X\E: fn ⇒ f ,
gdzie f : X\E −→ K- mierzalna.
Ponieważ E jest zbiorem miary zero, funkcję f można dowolnie przedłużyć
na całą przestrzeń X (gdyż nie wpłynie to na normę k∞ ). Wtedy dla
x ∈ X: fn ⇒ f . 82
Def. Niech X- przestrzeń mierzalna. Wtedy funkcję mierzalną s : X −→
[0, ∞) nazywamy funkcją prostą, jeżeli przyjmuje skończoną liczbę wartości z
przedziału [0, ∞).
Def. Niech X- przestrzeń mierzalna; A ⊂ X. Wtedy funkcją charakterystyczną zbioru A nazywamy funkcję χA : X −→ R określoną wzorem:
(
1, dla x ∈ A
.
χA :=
0, dla x 6∈ A
W szczególności funkcja charakterystyczna jest funkcją prostą.
Lemat. Dowolną funkcję prostą na X można zapisać w postaci kombinacji
liniowej funkcji charakterystycznych podzbiorów X
Def. Niech X- przestrzeń metryczna. Wtedy zbiór A ⊂ X nazywamy zbiorem
gęstym w X, gdy Ā = X, tzn. każdy element zbioru X jest granicą ciągu
elementów zbioru A (tj. ∀x ∈ X ∃(xn ) ⊂ A : xn → x).
Twierdzenie 4.8 (o aproksymacji funkcjami prostymi). Niech
S := {s : µ ({x ∈ X : s(x) 6= 0}) < ∞},
będzie zbiorem funkcji prostych, które znikają poza zbiorem skończonej miary.
Wtedy S jest zbiorem gęstym w Lp (X), gdzie p ∈ [1, ∞), a więc każdą funkcję
z Lp (X) można aproksymować w normie kp ciągiem funkcji prostych z S.
Dowód. Niech f ∈ Lp (X). Zatem f : X −→ K. Rozważając osobno u := Re f
i v := Im f , u, v : X −→ R, można ograniczyć się do przypadku funkcji o
wartościach rzeczywistych. Ale każdą funkcję rzeczywistą g można przedstawić
w postaci g = g+ − g− , gdzie g+ , g− : X −→ [0, ∞). W ten oto sposób można
zredukować nasz problem do przypadku funkcji h : X −→ [0, ∞).
Zauważmy, że zawsze znajdziemy rosnący ciąg funkcji sn ∈ S, sn 6 h, taki,
że ∀x ∈ X: 0 6 s1 6 s2 6 · · · 6 h i sn → h (zbieżność punktowa). Jest to jeden
ze znanych faktów teorii miary.
Stąd ∀x ∈ X: (h − sn )(x) → 0 (zbieżność punktowa). Ponieważ h ∈ Lp (X),
to również sn ∈ Lp (X), a stąd także h − sn ∈ Lp (X).
W związku z tym (z twierdzenia o zbieżności zmajoryzowanej):
Z
Z
p
|h − sn | dµ −→ 0p dµ = 0,
X
X
czyli kh − sn kp → 0, a zatem sn → h (zbieżność w sensie normy kp ). Def. Niech f : X −→ K. Wtedy suportem (lub nośnikiem) (z ang. support)
funkcji f nazywamy zbiór
supp f := {x ∈ X : f (x) 6= 0}.
83
4.3. Szeregi Fouriera
Zdefiniujmy dodatkowo:
Cc (X) := {f : X −→ K- ciągłe : supp f - zwarty}.
Symbol c pochodzi z ang. compact- zwarty.
Twierdzenie 4.9 (o aproksymacji funkcjami ciągłymi o supporcie zwartym).
Niech µ- miara Lebesgue’a na Rn (lub na podrozmaitości w Rn ). Wtedy
przestrzeń Cc (Rn ) jest gęsta w Lp (Rn ), gdzie p ∈ [1, ∞), a więc każdą funkcję z
Lp (Rn ) można aproksymować w normie kp ciągiem funkcji ciągłych o suportach
zwartych (tj. z Cc (Rn )).
(bez dowodu)
Uwaga. Dla p = ∞ nie jest to prawda. Wówczas domknięciem przestrzeni
Cc (Rn ) w L∞ (Rn ) jest przestrzeń C0 (Rn ), gdzie:
C0 (Rn ) := {f : Rn −→ K- ciągłe : lim f (x) = 0},
x→∞
przy czym lim f (x) = 0 oznacza z definicji, że ∀ε > 0 ∃K ⊂ Rn - zwarty, taki,
x→∞
że ∀x ∈ Rn \K: |f (x)| < ε.
4.3
Szeregi Fouriera
WprowadĽmy następujące oznaczenie:
T := {z ∈ C : |z| = 1} ⊂ C ' R2 .
Wówczas za pomocą funkcji ϕ : R 3 t −→ eit ∈ T uzyskujemy następujące
utożsamienia:
Lp (T ) ' Lp ([−π, π]), p ∈ [1, ∞]
Cc (T ) = C(T ) ' przestrzeń funkcji ciągłych na R o okresie 2π,
gdzie równość wynika z faktu, że T jest zbiorem zwartym.
Uwaga. Mimo, że odwzorowanie [−π, π] −→ T nie jest bijekcją, gdyż należałoby
w tym celu wyrzucić jeden z końców przedziału [−π, π], to utożsamienie Lp (T ) '
Lp ([−π, π]) jest zasadne. Wynika to z faktu, że w przestrzeniach Lp rozważamy
klasy równoważności z dokładnością do zbiorów miary zero. Zatem ani punkt,
ani żaden inny zbiór miary zero nie wpływa na klasę równoważności względem
tej relacji.
84
Przykład, zadanie. Funkcje √12π , √1π cos(nx), √1π sin(nx), gdzie n ∈ N,
tworzą układ ortonormalny w przestrzeni Hilberta L2 ([−π, π]).
Uwaga. Podprzestrzeń liniowa generowana przez powyższy układ ortonormalny
to podprzestrzeń wielomianów trygonometrycznych.
Dlatego układ ten jest zupełny wtedy i tylko wtedy, gdy podprzestrzeń wielomianów trygonometrycznych jest gęsta w L2 ([−π, π]).
Def. Dla funkcji f ∈ L2 ([−π, π]), analogicznie jak w Tw. 4.2. (tw. RieszaFischera), możemy zdefiniować szereg:
f (x) ∼
∞
X
(an cos(nx) + bn sin(nx)) ,
(4.1)
n=0
gdzie (n ∈ N):
1
a0 =
2π
Zπ
f (x)dx
−π
an =
1
π
Zπ
f (x) cos(nx)dx
−π
1
bn =
π
Zπ
f (x) sin(nx)dx
−π
Z Tw. 4.2. (tw. Riesza-Fischera) szereg (4.1) jest zbieżny w przestrzeni
L2 ([−π, π]), a ponieważ — jak wykażemy dalej — powyższy układ ortonormalny
jest zupełny, z Tw. 4.3. (identyczność Paresevala) wynika, że jest on zbieżny
do wyjściowej funkcji f (x).
Uwaga. Współczynniki an , bn można również wyznaczyć dla dowolnej funkcji
f ∈ L1 ([−π, π]). Wtedy szereg (4.1) nazywamy szeregiem Fouriera funkcji
f . Jednak problemem pozostaje jego zbieżność (punktowa, jednostajna itp.).
Def. Rozważmy szereg Fouriera (4.1). Wtedy n-tą sumą częściową szeregu
Fouriera (4.1) definiujemy jako:
Sn (x) := a0 +
n
X
(ak cos(kx) + bk sin(kx)) ,
k=1
gdzie n ∈ N.
Z kolei średnią arytmetyczną sum częściowych szeregu Fouriera (4.1)
definiujemy jako:
85
σn (x) :=
S0 (x) + S1 (x) + · · · + Sn−1 (x)
,
n
gdzie S0 (x) := a0 .
Twierdzenie 4.10 (twierdzenie Fejéra). średnia arytmetyczna σn (x) sum
częściowych Sk (x) szeregu Fouriera ciągłej funkcji f : R −→ K o okresie 2π
dąży jednostajnie do f .
Dowód. Niech n ∈ N. Mamy:
1
Sn (x) =
2π
Zπ
Zπ
n
X
1
f (t)dt +
f (t) [cos(kt) cos(kx) + sin(kt) sin(kx)] dt =
π
k=1
−π
−π
Kn (t)
1
=
π
Zπ
−π
}|
#{
n
n
1 X
1 X
1
f (t)
+
cos(k(x − t)) dt =
f (x + t)
+
cos(kt) dt
2
π
2
k=1
k=1
−π
|
{z
}
"
z"
Zπ
#
zamiana zmiennych: t→x+t
Ale, korzystając z indukcji lub postaci zespolonej funkcji cosinus, można
wykazać, że:
n
sin n + 21 t
1 X
cos(nt) − cos((n + 1)t)
Kn (t) := +
cos(kt) =
=
.
2
2(1 − cos t)
2 sin 2t
k=1
Stąd:
1
Sn (x) =
2π
Zπ
f (x + t)
cos(nt) − cos((n + 1)t)
dt.
1 − cos t
−π
Zatem:
1
σn (x) =
2πn
Zπ
f (x + t)
−π
1 − cos(nt)
dt.
1 − cos t
|
{z
}
=Mn (t)
Ale:
1 − cos(nt)
Mn (t) :=
=
1 − cos t
Dla f (x) ≡ 1 mamy:
86
sin nt
2
sin 2t
2
.
1
1 ≡ σn (x) =
2πn
Zπ
Mn (t)dt,
−π
skąd:
Zπ
1
f (x) =
2πn
f (x)Mn (t)dt.
−π
Funkcja ciągła na przedziale zwartym (lub ciągła okresowa) jest jednostajnie
ciągła i osiąga swój kres na tym przedziale, zatem kf ksup 6 L, gdzie L > 0. Z
jednostajnej ciągłości f wynika, że
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x̃ ∈ R |x − x̃| < δ =⇒ |f (x) − f (x̃)| <
ε
.
2
Zatem:
|f (x) − σn (x)| 6
1
2πn
Zπ
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt =
−π
1
=
2πn
Z−δ
1
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt +
2πn
Zπ
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt+
−π
δ
1
+
2πn
Zδ
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt
−δ
Ale:
Zδ
1
2πn
−δ
Zδ
1
ε
ε
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt <
·
Mn (t)dt < ,
2πn 2
2
−δ
|
{z
}
z jednost. ciągłości f
bo całkujemy po przedziale zawartym w [−π, π] i mniejszym od niego.
Do tego |f (x) − f (x + t)| 6 2L, skąd:
 −δ

Z
Zπ
1 
|f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt + |f (x) − f (x + t)|Mn (t)dt 6
2πn
−π
δ

2L 
6
2πn
Z−δ
Zπ
Mn (t)dt +
−π
Mn (t)dt
δ
87

Ale:
Mn (t) 6
1
,
sin2 2δ
skąd:

 −δ
Zπ
Z
L
1
2L 
Mn (t)dt + Mn (t)dt <
· 2π ·
2πn
πn
sin2
−π
δ
δ
2
=
2L
.
n sin2 2δ
Ostatecznie zatem:
|f (x) − σn (x)| <
2L
n sin2
δ
2
ε
+ .
2
Wystarczy teraz wziąć na tyle duże n, aby:
2L
n sin2
δ
2
<
ε
,
2
a więc:
n>
Wtedy |f (x) − σn (x)| <
ε
2
+
ε
2
4L
.
ε sin2 2δ
= ε, czyli σn (x) ⇒ f (x). Wniosek 1. Wielomiany trygonometryczne są gęste w przestrzeni funkcji ciągłych
R −→ K o okresie 2π z normą ksup .
Dowód. Natychmiastowy, gdyż σn (x) jest ciągiem wielomianów trygonometrycznych.
Uwaga. Norma ksup zadaje w przestrzeniach funkcyjnych zbieżność jednostajną.
Wniosek 2. Wielomiany trygonometryczne są gęste w przestrzeni Hilberta
L2 ([−π, π]) (oczywiście względem normy k2 ).
Dowód. Z Tw. 4.9. (tw. o aproksymacji funkcjami ciągłymi o supprocie
zwartym) funkcje ciągłe na T są gęste w L2 ([−π, π]). Ale L2 (T ) ' L2 ([−π, π]),
a C(T ) jest tożsama z przestrzenią funkcji ciągłych na R o okresie 2π. Stąd i z
Wn. 1. mamy tezę. 88
Wniosek 3. Rozważany przez nas układ ortonormalny w przestrzeni Hilberta
L2 ([−π, π]) jest zupełny.
Dowód. Natychmiastowy. Będziemy teraz badali zbieżność punktową szeregu Fouriera (4.1) funkcji
f ∈ L1 ([−π, π]). Przypomnijmy, że:
1
Sn (x0 ) =
π
Zπ
f (x0 + t)Kn (t)dt,
−π
gdzie:
Kn (t) =
sin((n + 21 )t)
.
2 sin 2t
Zatem:
1
Sn (x0 ) =
π
Zπ
f (x0 + t)
−π
1
=
π
Zπ
0
sin((n + 12 )t)
1
f (x0 + t)
dt +
t
π
2 sin 2
1
=
π
sin((n + 21 )t)
dt =
2 sin 2t
Z0
f (x0 + t)
−π
Zπ
(f (x0 + t) + f (x0 − t))
0
sin((n + 21 )t)
dt =
2 sin 2t
sin((n + 21 )t)
dt.
2 sin 2t
Def. Wyrażenie:
1
Sn (x0 ) =
π
Zπ
(f (x0 + t) + f (x0 − t))
0
sin((n + 21 )t)
dt
2 sin 2t
(4.2)
nazywamy całką Dirichleta. Wyrażenie:
sin((n + 12 )t)
2 sin 2t
nosi nazwę jądra całki Dirichleta (4.2).
Uwaga. Zachowanie się szeregu Fouriera (4.1) w punkcie x0 zależy od zachowania się całki Dirichleta (4.2), gdyż jest to wyrażenie na ciąg sum częściowych
Sn (x0 ), które w pełni opisuje zachowanie szeregu Fouriera (4.1) w punkcie x0 .
89
Stwierdzenie 4.11 (lemat Riemanna). (zob. Fichtenholz, tom III, pkt. 682)
Jeśli a, b ∈ R, f ∈ L1 ([a, b]), to:
Zb
Zb
f (t) sin(nt)dt = lim
lim
n→∞
f (t) cos(nt)dt = 0.
n→∞
a
a
(bez dowodu)
Wniosek 1. Współczynniki Fouriera an , bn , gdzie n ∈ N0 , funkcji f ∈ L1 ([−π, π])
dążą do zera, gdy n → ∞.
Wniosek 2 (zasada lokalizacji Riemanna). Zachowanie się szeregu Fouriera (4.1) funkcji f ∈ L1 ([−π, π]) w punkcie x0 zależy wyłącznie od wartości
przyjmowanych przez tę funkcję w otoczeniu x0 .
Oznacza to, że jeżeli dwie funkcje z przestrzeni L1 ([−π, π]) pokrywają się w
otoczeniu x0 , to ich szeregi Fouriera albo są oba rozbieżne, albo mają tę samą
sumę w otoczeniu x0 .
Dowód. Ze wzoru na całkę Dirichleta (4.2):
1
Sn (x0 ) =
π
Zπ
(f (x0 + t) + f (x0 − t))
0

1
π
Zδ
(f (x0 + t) + f (x0 − t))
0
sin((n + 21 )t)
dt+
2 sin 2t

Zπ
(f (x0 + t) + f (x0 −
+
sin((n + 21 )t)
dt =
2 sin 2t
δ
sin((n + 12 )t)
t))
dt
2 sin 2t
Ale funkcja:
h(t) :=
f (x0 + t) + f (x0 − t)
2 sin 2t
jest sumowalna na [δ, π], gdyż mianownik jest wówczas odseparowany od zera,
więc khksup jest ograniczona. Zatem ze Stw. 4.11. (lemat Riemanna):
Zπ
(f (x0 + t) + f (x0 − t))
δ
sin((n + 21 )t) n→∞
dt −→ 0.
2 sin 2t
Oznacza to, że istotny wkład do całki Dirichleta (4.2) ma tylko całka po
przedziale [0, δ]. 90
4.4. Kryteria zbieżności punktowej szeregów Fouriera
4.4
Kryteria zbieżności punktowej szeregów Fouriera
Niech f : R −→ K- sumowalna o okresie 2π; x0 ∈ R. Zakładamy, że
spełniony jest jeden z dwu przypadkOw:
I. f jest ciągła w x0
+
II. f ma „skok” w x0 , tj. ma granice jednostronne f (x−
0 , f (x0 w x0
Definiujemy teraz oczekiwaną wartość szeregu Fouriera (4.1) funkcji f :
(
f (x0 ), w przypadku I
S0 := 1
.
−
+
2 (f (x0 ) + f (x0 )), w przypadku II
Połóżmy
ϕ(t) := f (x0 + t) + f (x0 − t) − 2S0 .
Ponieważ dla f ≡ 1 mamy
2
1=
π
Zπ
0
sin((n + 21 )t)
dt,
2 sin 2t
więc
1
Sn (x0 ) − S0 =
π
Zπ
0
[f (x0 + t) + f (x0 − t) − 2S0 ]
|
{z
}
ϕ(t)
sin((n + 21 )t)
dt.
2 sin 2t
Twierdzenie 4.12 (kryterium Diniego). Jeśli ∃δ > 0 takie, że:
Zδ
|ϕ(t)|
dt < ∞,
t
0
to szereg Fouriera funkcji f jest w punkcie x0 zbieżny do S0 .
Dowód. Mamy:

Sn (x0 ) − S0 =
1
π
Zδ
0
ϕ(t)
1
sin((n + )t)dt +
2
2 sin 2t
Zπ
δ

ϕ(t)
1
sin((n + )t)dt .
2
2 sin 2t
ϕ(t)
Ale 2 sin 2t ≈ t dla t bliskich zeru. Stąd funkcja 2 sin
jest sumowalna na
1
2t
[0, δ]. Ponadto funkcja ta jest sumowalna na [δ, π], gdyż mianownik jest wówczas
odseparowany od zera. Zatem ze Stw. 4.11. (lemat Riemanna) obydwie całki
dążą do zera. 91
4.4. Kryteria zbieżności punktowej szeregów Fouriera
Def. Mówimy, że funkcja f (x) jest przedziałami różniczkowalna w przedziale
[a, b], jeśli przedział ten można podzielić na skończoną liczbę przedziałów: a =
a0 < a1 < a2 < · · · < as = b (s ∈ N) w ten sposób, że funkcja f jest
różniczkowalna w przedziałach (ai , ai+1 ), i = 0, 1, . . . , s − 1, i ma na końcach przedziałów granice jednostronne i pochodne jednostronne (o ile zastąpimy
wartości funkcji na końcach przedziałów tymi granicami jednostronnymi).
Uwaga. Funkcja sumowalna f (x) o okresie 2π przedziałami różniczkowalna
spełnia założenia kryterium Diniego.
Twierdzenie 4.13 (kryterium Lipschitza). Załóżmy, że dla funkcji sumowalnej f o okresie 2π zachodzi jeden z dwu warunków:
I. x0 jest punktem ciągłości oraz ∃L > 0, α ∈ (0, 1] takie, że dla t > 0:
|f (x0 ± t) − f (x0 )| 6 Ltα
II. f ma w x0 skok i istnieją granice:
lim+
t→0
f (x0 + t) − f (x+
0)
,
t
lim+
t→0
f (x0 − t) − f (x−
0)
t
Wtedy szereg Fouriera funkcji f jest w punkcie x0 zbieżny do S0 .
Dowód.
Ad I. Z nierówności trójkąta mamy:
|f (x0 + t) − f (x0 )| |f (x0 − t) − f (x0 )|
2L
|ϕ(t)|
6
+
6 1−α ,
t
t
t
t
a to jest funkcja sumowalna. Zatem:
Zδ
|ϕ(t)|
dt < ∞,
t
0
czyli spełnione są założenia kryterium Diniego.
OK
Ad II. Z nierówności trójkąta mamy:
|ϕ(t)|
|f (x0 + t) − f (x0 )| |f (x0 − t) − f (x0 )|
6
+
,
t
t
t
ale z założenia te funkcje są ograniczone na pewnym przedziale [0, δ),
zatem są na nim sumowalne. Stąd:
92
4.5. Kryteria zbieżności jednostajnej szeregów Fouriera
Zδ
|ϕ(t)|
dt < ∞,
t
0
czyli spełnione są założenia kryterium Diniego. Twierdzenie 4.14 (kryterium Dirichleta). Jeśli funkcja sumowalna f (x)
o okresie 2π jest przedziałami monotoniczna w przedziale [−π, π] i ma w nim
co najwyżej skończoną ilość punktów nieciągłości, to jej szereg Fouriera ma w
każdym punkcie x0 sumę równą S0 .
(bez dowodu)
Aby daną funkcję f (x) rozwinąć w szereg Fouriera w przedziale [−π, π],
należy ją najpierw uokresowić. Aby rozwinąć ją w szereg sinusów (cosinusów),
trzeba ją także unieparzystnić (uparzystnić).
4.5
Kryteria zbieżności jednostajnej szeregów Fouriera
Uwaga. W przypadku zbieżności jednostajnej rozważamy tylko funkcje ciągłe
na danym przedziale, gdyż szereg Fouriera będący szeregiem funkcji ciągłych
może być jednostajnie zbieżny wyłącznie do funkcji ciągłych. Dowody jednostajnej zbieżności są analogiczne do dowodów zbieżności punktowej.
Twierdzenie 4.15 (kryterium Diniego). Szereg Fouriera funkcji f (x) ciągłej
na przedziale [a, b] jest do niej zbieżny jednostajnie na tym przedziale, jeżeli
Rδ |ϕ(x,t)|
∃δ > 0 ∀x ∈ [a, b]:
dt jest zbieżna jednostajnie względem x ∈ [a, b],
t
0
gdzie:
ϕ(x, t) := f (x + t) + f (x − t) − 2f (x)
(definicja jest analogiczna, jak przy zbieżności punktowej, ale tu x się zmienia,
tzn. jest parametrem).
(bez dowodu)
Twierdzenie 4.16 (kryterium Lipschitza). Szereg Fouriera funkcji f (x)
ciągłej na przedziale [a, b] jest do niej zbieżny jednostajnie na tym przedziale,
jeżeli w nieco szerszym przedziale [A, B] (gdzie A < a < b < B) spełniony jest
warunek
∃L > 0, α ∈ (0, 1] ∀x, x̃ ∈ [A, B] : |f (x) − f (x̃)| 6 L|x − x̃|α .
(bez dowodu)
93
4.5. Kryteria zbieżności jednostajnej szeregów Fouriera
Twierdzenie 4.17 (kryterium Dirichleta). Szereg Fouriera funkcji f (x)
ciągłej na przedziale [a, b] jest do niej jednostajnie zbieżny na tym przedziale,
jeżeli w nieco szerszym przedziale [A, B] funkcja f (x) jest przedziałami monotoniczna.
(bez dowodu)
94
Chapter 5
Teoria dystrybucji
5.1
Motywacja
Nie wszystkie ważne dla analizy matematycznej przestrzenie funkcyjne są
normowalne. Przykładami są przestrzenie C(Ω) i C ∞ (Ω) funkcji ciągłych i
funkcji klasy C ∞ na zbiorze otwartym Ω ⊂ Rn . Wyposażone w topologię
zbieżności niemal jednostajnej i zbieżności niemal jednostajnej wraz ze wszystkimi pochodnymi, tworzą one przestrzeń Frecheta. Zajmiemy się nimi w § 5.2.
Dla teorii dystrybucji, ważną jest przestrzeń D(Ω) funkcji próbnych, tzn.
funkcji klasy C ∞ o suporcie zwartym. D(Ω) nie jest jednak podprzestrzenią
domkniętą przestrzeni Frecheta Ω ⊂ Rn , a więc nie jest przestrzenią Frecheta
(brak zupełności). W § 5.3, przestrzeń tę wyposażymy w pewną topologię,
wraz z którą stanie się ona zupełną przestrzenią liniowo topologiczną (chociaż
nie metryzowalną).
Za pomocą funkcji próbnych zdefiniowane zostaną dystrybucje, które są
uogólnieniem zwykłych funkcji. Wprowadzenie dystrybucji pozwala na różniczkowanie
klas funkcji, które nie są różniczkowalne w klasycznym sensie. Na początku
rozwinięto intuicyjną, aczkolwiek nie całkiem formalną, metodę różniczkowania tego typu funkcji. Zgodnie z nią, pochodna funkcji f (x) = |x| wynosi
f 0 (x) = sgn x z dokładnością do wartości w zerze. Z kolei druga pochodna
byłaby dana wzorem f 00 (0) = 2 · δ0 , gdzie δ0 jest miarą jednostkowego skoku
pomiędzy granicami jednostronnymi funkcji f 0 (x) w zerze. Oczywiście dla
x 6= 0, zgodnie z intuicją, f 00 (x) = 0. W pełni formalny sposób, dystrybucje
definiuje się jako ciągłe funkcjonały liniowe na przestrzeni funkcji próbnych
D(Ω).
5.2
Przestrzenie Frécheta
Def. Zbieżnością niemal jednostajną w przestrzeni X nazywamy zbieżność
jednostajną na wszystkich podzbiorach zwartych przestrzeni X. W dalszej części
95
5.2. Przestrzenie Frécheta
wykładu przyjmiemy konwencję, że dla zbiorów zwartych ⇒ oznacza zbieżność
jednostajną, a dla zbiorów otwartych zbieżność niemal jednostajną.
Uwaga. Zbieżność jednostajna to zbieżność w sensie ksup .
Def. Niech (X, τX ), (Y, τY )- przestrzenie topologiczne; f : X −→ Y . Mówimy,
że f jest ciągła w punkcie x0 , gdy ∀V - otoczenie punktu f (x0 ): ∃U - otoczenie
punktu x0 , takie, że f (U ) ⊂ V , tj. U ⊂ f −1 (V ) (por. Rys. 5.1).
96
Figure 5.1: Funkcja f jest ciągła w x, jeżeli dla dowolnego otoczenia V punktu
f (x) znajdziemy takie otoczenie U punktu x, że f (U ) = V .
Def. Niech (X, τX ), (Y, τY )- przestrzenie topologiczne; f : X −→ Y . Mówimy,
że f jest ciągła, gdy ∀U ∈ τY : f −1 (U ) ∈ τX , czyli przeciwobraz dowolnego
zbioru otwartego w Y jest zbiorem otwartym w X.
Def. Niech X- przestrzeń liniowa (tj. wektorowa) nad C; τ - topologia na X.
Wtedy τ nazywamy topologią liniową na X, gdy:
a) τ jest topologią Hausdorffa na X, tj. każde dwa punkty z X można
rozdzielić zbiorami otwartymi zawierającymi te punkty.
b) Operacje przestrzeni liniowej:
• X × X 3 (x, y) −→ x + y ∈ X
• X × C 3 (x, λ) −→ λx ∈ X
są ciągłe.
Mówimy wtedy, że X jest przestrzenią liniowo topologiczną.
Def. Seminormą (lub półnormą) na przestrzeni liniowej X nazywamy funkcję
p : X −→ [0, ∞) spełniającą następujące warunki:
a) p(x + y) 6 p(x) + p(y) (subaddytywność)
b) p(λx) = |λ|p(x),
gdzie x, y ∈ X, λ ∈ C.
Seminorma p jest normą, gdy dodatkowo:
c) p(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.
97
Def. Rodzinę (pi )i∈N seminorm nazywamy rozdzielającą, gdy ∀x ∈ X, x 6= 0
∃i ∈ N: pi (x) 6= 0.
Def. Niech Bi (ε) := {x ∈ X : pi (x) < ε}, gdzie i ∈ N, ε > 0. Wtedy rodzina
B wszystkich skończonych przecięć zbiorów Bi (ε) stanowi bazę otoczeń zera
dla pewnej topologii τ na X, z którą X jest przestrzenią liniowo topologiczną.
Uwaga. Otoczeniami zera są zatem skończone przecięcia „pseudokul” względem seminorm. W przestrzeni liniowo topologiczej, baza otoczeń dowolnego
punktu a ∈ X jest jednoznacznie wyznaczona przez bazę otoczeń zera, co wynika
z homeomorficzności operacji translacji X 3 x −→ x + a ∈ X.
Własności 5.1.
1) Otoczenia bazowe zera U ∈ B są wypukłe (tj. jeżeli x, y ∈ U , to ∀t ∈
[0, 1] : tx + (1 − t)y ∈ U ) oraz zbalansowane (tj. jeżeli x ∈ U i |λ| 6 1, to
λx ∈ U ).
2) Seminormy pi są ciągłe.
3) Zbiór E ⊂ X jest ograniczony (tj. ∀U - zbalansowane otoczenie zera
∃λ > 0: E ⊂ λ · U ) wtedy i tylko wtedy, gdy ∀i ∈ N seminorma pi
jest ograniczona na E (tj. ∀i ∈ N ∃Mi > 0 : pi (E) 6 Mi ).
4) Topologia τ jest wyznaczona przez metrykę niezmienniczą d (tj. ∀x, y, z ∈
X : d(x + z, y + z) = d(x, y), zadaną np. wzorem
d(x, y) :=
∞
X
1 pi (x − y)
i 1 + p (x − y)
2
i
i=0
lub
d(x, y) := max
i∈N
1 pi (x − y)
.
2i 1 + pi (x − y)
Jak widać, własności seminorm są analogiczne do własności norm.
Def. Niech X- przestrzeń liniowo topologiczna. Ciąg (xn ) ⊂ X nazywamy
ciągiem Cauchy’ego, gdy ∀U - otoczenie zera w X ∃N ∈ N ∀n > m > N :
xn − xm ∈ U .
Jak widać, w definicji ciągu Cauchy’ego nie używamy ani metryki, ani seminormy, ani normy. Jest to możliwe dzięki temu, że w przestrzeniach liniowo
topologicznych dysponujemy odejmowaniem wektorów, które jest homeomorfizmem. Wykorzystujemy tu fakt, że w przestrzeniach liniowo topologicznych
topologia jest w pełni wyznaczona przez podanie bazy otoczeń zera.
Def. Przestrzeń liniowo topologiczna X jest zupełna, gdy każdy ciąg Cauchy’ego
w X jest zbieżny.
98
Uwaga.
1) Jeśli topologia liniowa τ jest indukowana przez metrykę niezmienniczą d,
to zupełność τ jest równoważna zupełności względem d.
2) Zupełność NIE jest niezmiennikiem topologicznym (tzn. zależy od wyboru
metryki).
WeĽmy na przykład X = (− π2 , π2 ) i zdefiniujmy dwie metryki d1 (x, y) :=
na
|x−y|; d2 - metryka przeniesiona z R poprzez homeomorfizm tg x : (− π2 , π2 ) −→
R.
Wtedy przestrzeń (X, d1 ) NIE jest zupełna, a przestrzeń (X, d2 ) jest
zupełna, mimo że (X, d1 ) ' (X, d2 ), tzn. obie metruki wyznaczają te
samą topologię.
Def. Przez przestrzeń Frécheta rozumiemy przestrzeń liniowo topologiczną
wyznaczoną przez pewną rozdzielającą rodzinę seminorm pi , i ∈ N, która jest
zupełna.
Def. Niech Ω ⊂ Rn - otwarty. Wtedy wyczerpaniem zbioru
S Ω nazywamy
rosnący ciąg zbiorów zwartych: K1 ⊂ K2 ⊂ . . . , taki, że
Ki = Ω (czyli
i∈N
Ki % Ω) i ∀i ∈ N: KSi ⊂ int Ki+1 .
Wtedy również
int Ki = Ω i każdy zbiór zwarty K ⊂ Ω zawiera się w
i∈N
pewnym zbiorze Ki .
Def. Wprowadzimy poniższe oznaczenie dla operatora różniczkowego, które
będziemy stale odtąd używali:
α1 α2 αn ∂
∂
∂
∂ |α|
α
D :=
...
,
(5.1)
α1
α1
α2
α2
αn ≡
n
∂x1 ∂x2 . . . ∂xn
∂x1
∂x2
∂xα
n
gdzie α = (α1 , α2 , . . . , αn ) ∈ Nn0 - wielowskaĽnik, kładziemy |α| := α1 + α2 +
· · · + αn i α! := α1 !α2 ! . . . αn !.
Przykłady przestrzeni Frécheta.
1) C(Ω)- przestrzeń funkcji ciągłych na zbiorze otwartym Ω
Niech Ω ⊂ Rn - otwarty; Ki % Ω- wyczerpanie zbioru Ω; f ∈ C(Ω).
Połóżmy pi (f ) := kf kKi , gdzie i ∈ N (oczywiście rozważamy normę ksup ).
Wtedy (pi )i∈N jest rozdzielającą rodziną seminorm, wraz z którą C(Ω)
jest przestrzenią Frécheta.
Zbieżność fk → f w przestrzeni C(Ω) oznacza, że fk ⇒ f na Ω (zbieżność
niemal jenostajna).
99
Rodzina seminorm (pi ) jest rodziną rozdzielająca, gdyż jeżeli f (x0 ) 6= 0
dla pewnego x0 , to wystarczy wziąć na tyle duże i ∈ N, aby x0 ∈ Ki , a
wówczas pi (f ) 6= 0.
Zupełność wynika z definicji seminorm pi oraz zupełności przestrzeni
funkcji ciągłych na zbiorze zwartym wraz z normą supremun. Dowolny
ciąg Cauchy’ego w przestrzeni C(Ω) jest bowiem ciągiem Cauchy’ego w
sensie normy ksup na każdym zbiorze zwartym Ki , i ∈ N. Z faktu, że
dowolny zbiór zwarty K zawiera się w pewnym zbiorze Ki wynika, że ciąg
ten jest niemal jednostajnie zbieżny na Ω, czyli jest zbieżny w przestrzeni
C(Ω).
2) C ∞ (Ω)- przestrzeń funkcji klasy C ∞ na zbiorze otwartym Ω
Niech Ω ⊂ Rn - otwarty; Ki % Ω- wyczerpanie zbioru Ω; f ∈ C ∞ (Ω).
Połóżmy
pi (f ) := max{kDα f kKi }.
|α|6i
Oznacza to, że seminorma pi kontroluje na zbiorze Ki funkcję f i wszystkie jej pochodne cząstkowe do rzędu i. Wraz ze wzrostem i kontrolujemy
coraz większą liczbę pochodnych na coraz większych zbiorach. Rodzina
tych seminorm jest więc rozdzielająca.
Przestrzeń C ∞ (Ω) z rodziną seminorm (pi )i∈N jest przestrzenią Frécheta.
Zbieżność fk → f w przestrzeni C ∞ (Ω) oznacza, że ∀α ∈ Nn0 : Dα fk ⇒
D f na Ω.
α
Uwaga. Bazę otoczeń zera w C ∞ (Ω) stanowią skończone przecięcia „pseudokul”
względem seminorm pi , i ∈ N.
Twierdzenie 5.1. Przestrzeń liniowo topologiczna C ∞ (Ω) wyznaczona przez
rozdzielającą rodzinę seminorm (pi )i∈N , gdzie pi (f ) := max{kDα f kKi }, jest
|α|6i
zupełna, czyli jest przestrzenią Frécheta.
Dowód. Załóżmy, że ciąg (fn ) ⊂ C ∞ (Ω) jest ciągiem Cauchy’ego. Wówczas za
pomocą seminorm pi kontrolujemy funkcje fn wraz z wszystkimi pochodnymi
Dα fn , tzn. ∀i ∈ N, α ∈ Nn0 : ciąg (Dα fn )n∈N jest jednostajnie zbieżny na Ki (co
wynika z definicji pi i własności normy ksup ). Zatem Dα fn ⇒ fα na Ki .
Z dowolności Ki mamy zatem jednoznacznie określone funkcje fα : Ω −→ C.
Mamy więc rodzinę funkcji (fα )α∈Nn0 (jet).
Wystarczy zatem wykazać, że
fα = Dα f0 .
Ponieważ operator Dα jest złożeniem operatorów różniczkowania cząstkowego,
powyższy fakt wynika z następującego lematu.
100
----------------------------------------------------------Lemat. Niech Ω ⊂ Rn - otwarty i spójny; a ∈ Ω; ga ∈ C; fk , fki , gi :
Ω −→ C- ciągłe takie, że:
fki =
∂fk
, fk (a) → ga ∈ C, fki ⇒ gi gdy k → ∞, i = 1, . . . , n.
∂xi
Wtedy ∃g : Ω −→ C- klasy C 1 taka, że:
∂g
= gi i fk ⇒ g gdy → ∞.
∂xi
Dowód. Dla dowodu można, bez utraty ogólności, założyć, że ga =
0 i fk (a) = 0 (co się uzasadnia przez podstawienie f˜k := fk − fk (a)).
Wtedy
fk (x) =
Zx X
n
a
Rx
fki (ξ)dξi −→
Zx X
n
i=1
|
gdzie
k→∞
a
{z
gi (ξ)dξi ,
i=1
}
dfk
oznacza całką krzywoliniową po dowolnym łuku w Ω (taki
a
łuk istnieje, gdyż Ω jest zbiorem spójnym). Zbieżność wynika z
faktu, że fki ⇒ gi na Ω. Wystarczy teraz położyć
g(x) :=
Zx X
n
a
Wtedy, oczywiście,
∂g
∂xi
gi (ξ)dξi .
i=1
= gi i fk ⇒ g na Ω (przy k → ∞). ----------------------------------------------------------Twierdzenie 5.2. (charakteryzacja ciągłych funkcjonałów liniowych).
Niech X- przestrzeń liniowo topologiczna z topologią wyznaczoną przez rozdzielającą rodzinę seminorm (pi )i∈N ; u : X −→ C- funkcjonał liniowy. Wtedy u jest
ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy ∃N ∈ N, C > 0 takie, że ∀x ∈ X:
|u(x)| 6 C · max{p1 (x), . . . , pN (x)} .
|
{z
}
ϕ(x)
Dowód.
1◦ (=⇒)
Z ciągłości ∃U - otoczenie z bazy otoczeń, postaci
U = {x ∈ X : p1 (x), . . . , pN (x) 6 δ},
101
5.3. Funkcje próbne i dystrybucje
dla pewnego δ > 0, takie, że u(U ) ⊂ {z : |z| 6 1}.
Wtedy dla x ∈ X, x 6= 0:
pi
Stąd |u(x)| 6
δx
ϕ(x)
ϕ(x)
δ
δx pi (x)
6 1.
=δ·
6 δ i u
ϕ(x)
ϕ(x) i wystarczy położyć C := 1δ .
OK
2◦ (⇐=) Wystarczy wykazać ciąglość u w 0 ∈ X. Niech ε > 0. Połóżmy
δ := Cε , U := {x ∈ X : p1 (x), . . . , pN (x) < δ}. Wtedy mamy:
|u(x)| 6 C · max{p1 (x), . . . , pN (x)} < C · δ = C ·
5.3
ε
= ε. C
Funkcje próbne i dystrybucje
Niech Ω ⊂ Rn - otwarty; K ⊂ Ω- zwarty; ϕ : Ω −→ C, α ∈ Nn0 - wielowskaĽnik.
Def. Seminormę na K rzędu N funkcji ϕ definiujemy jako:
kϕkK,N := max kDα ϕkK .
|α|6N
Def. Wprowadzamy również następującą definicję:
DK := {ϕ ∈ C ∞ (Ω) : supp ϕ ⊂ K}.
Wówczas, oczywiście DK ⊂ C ∞ (Ω).
Stwierdzenie 5.3. Przestrzeń DK jest podprzestrzenią domkniętą w C ∞ (Ω).
Dowód. Niech a ∈ Ω; fa : C ∞ (Ω) −→ C- funkcjonał ewaluacji (czyli funkcjonał
przyporządkowujący funkcji jej wartość w punkcie a, tj. fa (ϕ) := ϕ(a)). Jest
on, oczywiście, ciągły. Oznacza to, że Ker fa = {ϕ ∈ C ∞ (Ω) : ϕ(a) = 0} jest
zbiorem domkniętym.
Łatwo zauważyć, że:
\
DK =
Ker fa ,
a6∈K
a przecięcie zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym. Uwaga. Podprzestrzeń przestrzeni zupełnej jest zupełna wtedy i tylko wtedy,
gdy jest domknięta. Zatem podprzestrzeń domknięta przestrzeni Frécheta jest
przestrzenią Frécheta.
102
Wniosek. Przestrzeń DK jest przestrzenią Frécheta z topologią indukowaną
z C ∞ (Ω). Topologia na DK jest wyznaczona przez normy:
pi (ϕ) := kϕkK,i = max kDα ϕkK .
|α|6i
Def. Przestrzeń funkcji próbnych na Ω definiujemy następująco:
D(Ω) := {ϕ ∈ C ∞ (Ω) : supp ϕ ⊂ Ω- zwarty}.
Wówczas, oczywiście
D(Ω) =
[
DK ⊂ C ∞ (Ω).
K⊂Ω- zwarte
Funkcje ϕ ∈ D(Ω) nazywamy funkcjami próbnymi na Ω.
Uwaga. Topologia przestrzeni D(Ω) indukowana przez C ∞ (Ω) jest metryzowalna,
ale NIE jest zupełna, gdyż D(Ω) nie jest domkniętą podprzestrzenią w C ∞ (Ω).
Przykład. Niech ϕ ∈ D(R)- taka, że supp ϕ = [0, 1]. Zdefiniujmy ciąg
(ϕk (x))k∈N zdefiniowany następująco:
ϕk (x) :=
1
ϕ(x − k).
k
Wówczas ciąg:
ψk (x) :=
k
X
ϕi (x)
i=1
ma granicę w C ∞ (R) (w związku z czym jest ciągiem Cauchy’ego), ale nie ma
jej w D(R), bo supp( lim ψk ) = [0, ∞) nie jest zwarty. Zatem D(R) nie jest
k→∞
zupełna.
Niezupełność topologii indukowanej na D(Ω) przez C ∞ (Ω) stanowi istotny
problem. Dlatego też wprowadzimy na przestrzeni D(Ω) topologię τ , która
będzie zupełna, chociaż NIE będzie metryzowalna.
def
Def. Niech E ⊂ D(Ω). Wtedy: E ∈ τ ⇐⇒ ∀K ⊂ Ω- zwarty: zbiór E ∩ DK jest
otwarty w topologii τK przestrzeni Frécheta DK .
Własności 5.2 (własności topologii τ ).
1) ∀K ⊂ Ω- zwarty: topologia Frécheta τK na DK pokrywa się z topologią
τind indukowaną przez τ na DK .
103
2) Dla dowolnej przestrzeni topologicznej X odwzorowanie f : D(Ω) −→ X
jest ciągłe wtedy i tylko wtedy, gdy ∀K ⊂ Ω- zwarty: restrykcja f |DK :
DK −→ X jest ciągła.
3) Jeśli E ⊂ D(Ω) jest zbiorem ograniczonym (tzn. ∀U ∈ τ – zbalansowane
otoczenie zera: ∃λ > 0 takie, że E ⊂ λ · U ), to ∃K ⊂ Ω- zwarty, taki,
że E ⊂ DK . Ponadto (dla tego K) ∀N ∈ N: {kϕkK,N : ϕ ∈ E} jest
ograniczony.
4) Jeśli (ϕk ) ⊂ D(Ω)- ciąg Cauchy’ego, to ∃K ⊂ Ω- zwarty, taki, że (ϕk ) ⊂
DK oraz (ϕk ) jest ciągiem Cauchy’ego w przestrzeni Frécheta DK , tzn.
∀N ∈ N:
lim kϕk − ϕl kK,N = 0.
k,l→∞
Dowód.
Ad. 1) Oczywiste jest, że dla K ⊂ Ω:
DK ⊂ D(Ω).
τK
τ
Należy udowodnić, że topologia τK i topologia τind indukowana przez τ
pokrywają się.
1◦ Jeśli U ∈ τ , to z definicji τ : U ∩ DK ∈ τind jest otwarty na DK , czyli
τind ⊂ τK .
OK
2◦ Niech U ∈ τK . Aby stwierdzić, że U jest otwarty w topologi indukowanej przez τ (tzn. U ∈ τind ), należy zdefiniować zbiór Ũ ∈ τ
taki, że Ũ ∩ DK = U .
Ale każdy zbiór otwarty jest sumą mnogościową otoczeń bazowych
zera przesuniętych do różnych punktów. Wystarczy zatem rozważyć
przypadek, gdy U jest otoczeniem bazowym zera, tzn. U = {ϕ ∈
DK : kϕkK,N < δ}.
Połóżmy teraz Ũ := {ϕ ∈ D(Ω) : kϕkK,N < δ}. Wtedy, oczywiście, Ũ ∩ DK = U . Ponadto Ũ ⊂ D(Ω)- otwarty, ponieważ jeżeli
L ⊂ Ω- zwarty, to:
Ũ ∩DL = {ϕ ∈ DL : kϕkK,N < δ} = {ϕ ∈ DL : kϕkK∩L,N < δ} ∈ τL .
Zatem z definicji topologii τ : Ũ ∈ τ . Ad. 2) Z definicji topologii τ . 104
Ad. 3)
1◦ Czy ∃K ⊂ Ω- zwarty, taki, że E ⊂ DK ? (nie wprost)
Hipoteza: E jest ograniczony i ∀K ⊂ Ω- zwarty: E 6⊂ DK .
Wówczas istnieje ciąg punktów (ak ) ⊂ Ω bez punktu skupienia w
Ω (tzn. zmierzający do brzegu Ω) oraz ciąg funkcji (ϕk ) ⊂ E takie,
że ∀k ∈ N : ϕk (ak ) 6= 0 (bo w przeciwnym wypadku można byłoby
zawrzeć E w pewnym zbiorze zwartym na Ω).
k )|
∀k ∈ N}.
Połóżmy: U := {ϕ ∈ D(Ω) : |ϕ(ak )| < |ϕk (a
k
Wtedy ∀k ∈ N : U ∩ DK ∈ τK (ponieważ każdy zbiór zwarty
K ⊂ Ω zawiera tylko skończoną liczbę punktów ak , a więc U ∩ DK
jest skończonym przecięciem zbiorów otwartych, czyli jest zbiorem
otwartym). Stąd (z definicji topologii τ ): U ∈ τ .
Dodatkowo, z definicji zbioru U , ∀k ∈ N: ϕk 6∈ k ·U , skąd E 6⊂ k ·U
(gdyż (ϕk ) ⊂ E), czyli E nie jest ograniczony w D(Ω).
SPRZECZNOŚĆ
Założyliśmy bowiem, że E jest ograniczony w D(Ω).
OK
2◦ Czy wówczas ∀N ∈ N: {kϕkK,N : ϕ ∈ E} jest ograniczony?
Ponieważ E ⊂ DK , to jest ograniczony w topologii indukowanej na
DK . Ale z Wł. 5.2. (1) pokrywa się ona z topologią Frécheta τK .
Zatem zbiór E jest ograniczony względem topologii τK , skąd teza. Ad. 4) Dowód jest natychmiastowy z Wł. 5.2. (1) i (3) oraz faktu, że każdy
ciąg Cauchy’ego jest ograniczony. Wniosek 1 (z Wł. 5.2. (2) i Tw. 5.2.). Niech u : D(Ω) −→ C- funkcjonał
liniowy. Wtedy u jest ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy ∀K ⊂ Ω- zwarty ∃N ∈
N, C > 0 takie, że ∀ϕ ∈ DK : |u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N .
Dowód. Z Wł. 5.2. (2): u : D(Ω) −→ C jest ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy
∀K ⊂ Ω- zwarty: u|DK −→ C jest ciągły. Wówczas z Tw. 5.2. otrzymujemy
tezę. Wniosek 2 (z Wł. 5.2. (1) i (2)). Operator różniczkowy Dα : D(Ω) −→
D(Ω) (gdzie α ∈ Nn0 ) jest ciągły.
Dowód. Tym razem X := D(Ω). Z Wł. 5.2. (2) wystarczy pokazać, że
∀K ⊂ Ω- zwarty: zawężenie:
Dα |DK : DK −→ D(Ω)
τind
τ
jest ciągłe.
Ale jeżeli funkcja ma suport zawarty w K, to suporty wszystkich pochodnych
również są zawarte w K. Zatem:
105
Dα |DK : DK −→ DK ⊂ D(Ω).
τind
τind
τ
Z Wł. 5.2. (1) na DK topologia indukowana z D(Ω) pokrywa się z
topologią τK . Wystarczy zatem pokazać, że operator różniczkowy:
Dα : DK −→ DK
τK
τK
jest ciągły.
Operator ten jest liniowym odwzorowaniem między przestrzeniami Frécheta,
w związku z czym wystarczy rozważyć otoczenia zera. Niech ϕ ∈ DK ; V = {ψ ∈
DK : kψkK,N < δ}- otoczenie zera takie, że Dα ϕ ∈ V , tzn. ∃ψα ∈ V : ψα =
Dα ϕ.
Zatem:
δ > kψα kK,N = max kDβ ψα kK = max kDα+β ϕkK = kϕkK,N +|α| .
β6N
β6N
Wystarczy zatem wziąć U := {ϕ ∈ DK : kϕkK,N +|α| < δ}. Wtedy Dα U ⊂
V , czyli Dα jest ciągły w zerze. Wniosek 3 (z Wł. 5.2. (4)).
Przestrzeń D(Ω) z topologią τ jest zupełna.
Dowód. Z Wł. 5.2. (1) i (4). Wniosek 4 (z Wł. 5.2. (4)). Jeśli (ϕk ) ⊂ D(Ω) taki, że ϕk → 0 w D(Ω), to
∃K ⊂ Ω- zwarty, taki, że (ϕk ) ⊂ DK i ϕk → 0 w DK , tzn. ∀α ∈ Nn0 : Dα ϕk ⇒ 0
na K.
Dowód. Z Wł. 5.2. (1) i (4). Def. Funkcjonał liniowy u : D(Ω) −→ C, który jest ciągły w topologii τ nazywamy dystrybucją na Ω. Zbiór wszystkich dystrybucji na Ω oznaczamy przez
D0 (Ω) i nazywamy przestrzenią dystrybucji na Ω.
Wniosek 5. Funkcjonał u ∈ D0 (Ω) wtedy i tylko wtedy, gdy ∀K ⊂ Ω- zwarty:
∃N ∈ N, C > 0 takie, że ∀ϕ ∈ DK :
|u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N .
Dowód. Z Wn. 1. Def. Niech u ∈ D0 (Ω). Jeżeli ∃N ∈ N takie, że ∀K ⊂ Ω- zwarty: ∃C = C(K) >
0 takie, że ∀ϕ ∈ DK :
|u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N ,
to najmniejszą taką liczbę N ∈ N nazywa się rzędem dystrybucji u. Jeśli
taka liczba nie istnieje, to mówimy, że dystrybucja u ma rząd nieskończony.
106
5.4. Różniczkowanie dystrybucji
Przykłady.
1) Niech a ∈ Ω. Wtedy funkcjonał ewaluacji w a definiujemy następująco:
δa : D(Ω) 3 ϕ −→ ϕ(a) ∈ C.
Widać, że δa jest dystrybucją rzędu 0, gdyż wartość w punkcie jest szacowana przez seminormę rzędu zero. Jeśli a = 0 ∈ Rn , to δ0 ∈ D0 (Rn ) i
funkcjonał ten nazywamy miarą (lub deltą) Diraca na Rn .
2) Niech f : Ω −→ C- funkcja lokalnie sumowalna (tzn. sumowalna na
każdym podzbiorze zwartym). Połóżmy uf : D(Ω) −→ C takie, że:
Z
uf (ϕ) :=
ϕ(x)f (x)dx,
Ω
gdzie dx- miara Lebesgue’a na Ω. Wtedy uf ∈ D0 (Ω)- dsytrybucja rzędu
0, gdyż:
Z
|uf (ϕ)| 6
Z
|f (x)| · |ϕ(x)|dx 6 kϕkK,0 ·
K
|f (x)|dx .
K
{z
|
∈R
}
Dystrybucje typu uf nazywamy regularnymi. Często utożsamiamy je z
funkcjami f .
3) Niech µ- zespolona miara borelowska na Ω (lub miara dodatnia, ale skończona). Wtedy funkcjonał:
uµ : D(Ω) 3 ϕ −→
Z
ϕdµ ∈ C
Ω
jest dystrybucją rzędu 0. Często utożsamiamy uµ z µ.
5.4
Różniczkowanie dystrybucji
Heureza. Gdy f : R −→ C- klasy C 1 , to ∀ϕ ∈ D(R) takiej, że ϕ(x) = 0 dla
|x| > M (gdzie M > 0), mamy:
Z
uf 0 (ϕ) =
0
ZM
f (x)ϕ(x) dx =
R
0
f (x)ϕ(x) dx =
M
ϕ(x)|−M
−M
ZM
−
f (x)ϕ0 (x) dx =
−M
|
107
{z
całkowanie przez części
}
5.4. Różniczkowanie dystrybucji
Z
=−
f (x)ϕ0 (x)dx = −uf (ϕ0 )
R
Zatem dla f : R −→ C- klasy C 1 ; ϕ ∈ D(Ω) mamy:
uf 0 (ϕ) = −uf (ϕ0 ).
Def. Dla u ∈ D0 (R); ϕ ∈ D(Ω) pochodną dystrybucji definiujemy następująco:
u0 (ϕ) := −u(ϕ0 ).
Jeżeli Ω ⊂ Rn - otwarty; u ∈ D0 (Ω); ϕ ∈ D(Ω), kładziemy:
∂ϕ
∂u
(ϕ) := −u
.
∂xi
∂xi
Najogólniej, jeżeli α ∈ Nn0 , kładziemy:
Dα u(ϕ) := (−1)|α| · u(Dα ϕ).
Uwaga. Gdy f : Ω −→ C- klasy C 1 , to:
∂uf
= u ∂f .
∂xi
∂xi
Wynika to ze wzoru na całkowanie przez części oraz twierdzenia Fubiniego.
Oznacza to, że powyższa definicja pochodnej cząstkowej dystrybucji pokrywa
się z definicją klasyczną w przypadku funkcji dostatecznie regularnych. Zatem
jest ona dobrym uogólnieniem definicji klasycznej.
Własności 5.3 (własności różniczkowania dystrybucji).
1) Dα u jest dystrybucją rzędu ≤ rząd u + |α|. Jeśli dla K ⊂ Ω- zwarty;
ϕ ∈ DK : |u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N , to |Dα u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N +|α| .
2) Dα Dβ u = Dα+β u = Dβ Dα u
3) Jeśli f : Ω −→ C- klasy C N , to ∀α ∈ Nn0 , |α| 6 N :
Dα uf = uDα f .
Uwaga. Można wykazać, że lokalnie każda dystrybucja jest skończoną sumą
pochodnych funkcji ciągłych.
108
5.5. Dalsze własności dystrybucji
Przykład
Niech:
(
0, x 6 0
f (x) =
1, x > 0
.
Jest to, oczywiście, funkcja lokalnie sumowalna. Wtedy:
Z∞
−Duf (ϕ) = uf (Dϕ) =
ϕ0 (x)dx = −ϕ(0) = −δ0 (ϕ).
(5.2)
0
Zatem Duf = δ0 , czyli Df = δ0 (z utożsamienia uf ' f ).
5.5
Dalsze własności dystrybucji
Twierdzenie 5.4 (o mnożeniu dystrybucji przez funkcje gładkie). Niech
u ∈ D0 (Ω); f ∈ C ∞ (Ω). Wtedy funkcjonał
(f u)(ϕ) := u(f · ϕ), ϕ ∈ D(Ω),
jest dystrybucją na Ω, tj. f u ∈ D0 (Ω).
Dowód. Oczywiste jest, że f · ϕ ∈ D(Ω), podobnie jak liniowość funkcjonału
f u. Jedyne, co należy więc wykazać, to ciągłość funkcjonału f u.
W tym celu wystarczy dowieść, że odwzorowanie liniowe
D(Ω) 3 ϕ −→ f · ϕ ∈ D(Ω)
jest ciągłe (w topologii τ ). Z Wł. 5.2. (1) i (2) jest to równoważne warunkowi,
że ∀K ⊂ Ω- zwarty: odwzorowanie DK 3 ϕ −→ f · ϕ ∈ DK jest ciągłe w
topologii τK .
A to z kolei wynika z poniższego wzoru Leibnitza na pochodne iloczynu
funkcji:
X
Dα (f · g) =
Cαβ · (Dα−β f ) · (Dβ g),
β6α
gdzie Cαβ są uniwersalnymi współczynnikami naturalnymi. U nas rolę g pełni
ϕ.
Uwaga. 1) Można wykazać, że wzór Leibnitza z tymi samymi współczynnikami
uniwersalnymi Cαβ ∈ N jest słuszny dla mnożenia f ∈ C ∞ (Ω) i u ∈ D0 (Ω), czyli
X
Dα (f · u) =
Cαβ · (Dα−β f ) · (Dβ u).
β6α
2) Odwzorowanie D(Ω) × D (Ω) 3 (ϕ, u) −→ u(ϕ) ∈ C jest dwuliniowe.
0
109
Def. Słaba* topologia na D0 (Ω) jest to najsłabsza topologia w D0 (Ω), przy
której wszystkie funkcjonały ϕ∗ : D0 (Ω) 3 u −→ u(ϕ) ∈ C są ciągłe dla ϕ ∈
D(Ω).
Jej bazę otoczeń zera stanowią zbiory postaci {u ∈ D0 (Ω) : |u(ϕi )| < εi , i =
1, . . . , k} dla pewnych ϕ1 , . . . , ϕk ∈ D(Ω) i ε1 , . . . , εk > 0.
Własności 5.4 (własności słabej* topologii).
1) Dla dowolnej przestrzeni topologicznej X odwzorowanie g : X −→ D0 (Ω)
jest ciągłe wtedy i tylko wtedy, gdy ∀ϕ ∈ D(Ω): ϕ∗ ◦ g : X −→ C jest
ciągłe. Dlatego, jeśli (uk ) ⊂ D0 (Ω), to uk → u w D0 (Ω) wtedy i tylko
wtedy, gdy ∀ϕ ∈ D(Ω): uk (ϕ) → u(ϕ).
∂
: D0 (Ω) −→ D0 (Ω) jest ciągły w słabej* topologii. Dlatego
2) Operator ∂x
i
operatory różniczkowe Dα : D0 (Ω) −→ D0 (Ω) są ciągłe w słabej* topologii.
3) Jeśli fk , f : Ω −→ C- lokalnie sumowalne, takie, że fk ⇒ f na Ω, to
ufk → uf w D0 (Ω) w słabej* topologii.
Dowód.
Ad. 1) Wprost z definicji. Ad. 2) Niech ϕ ∈ D(Ω). Z Wł. 5.4. (1) wystarczy udowodnić, że złożenie
∂
jest ciągłe. Mamy:
ϕ∗ ◦ ∂x
i
∂ϕ
∂
∂u
∂u
ϕ∗ ◦
(ϕ) = −u
(u) = ϕ∗
=
.
∂xi
∂xi
∂xi
∂xi
Niech ε > 0. Szukamy takiego otoczenia zera U w D0 (Ω), aby:
∂ϕ < ε.
∀ u ∈ U u
∂xi ∂ϕ
∈ D(Ω). Zatem zbiór U tych u ∈ D0 (Ω) dla których
Ale ψ := ∂x
i
|u(ψ)| < ε jest otoczeniem bazowym zera w słabej* topologii, które szukamy.
Ad. 3) Można założyć, że f ≡ 0 (co się uzasadnia przez rozważenie ciągu f˜k :=
fk − f ). Niech ϕ ∈ D(Ω). Z Wn. 1 z Wł. 5.4. (1) należy wykazać, że
ufk (ϕ) → 0. Mamy (dm- miara Lebesgue’a):
Z
|ufk (ϕ)| = fk · ϕ dm 6
Ω
Z
Z
|fk | · |ϕ| dm 6 kfk ksupp
supp ϕ
ϕ·
|ϕ| dm .
Ω
|
{z
∈R+
}
Ale fk ⇒ 0 na Ω, czyli zmierza jednostajnie do zera na każdym podzbiorze
zwartym Ω, w szczególności na supp ϕ, co oznacza, że kfk ksupp ϕ → 0.
Zatem ufk (ϕ) → 0. 110
Twierdzenie 5.5. (o dystrybucyjnym różniczkowaniu szeregu trygonometrycznego)
Rozważmy szereg trygonometryczny (jest to postać równoważna postaci stosowanej
wcześniej):
∞
X
an einx .
(5.3)
n=−∞
Załóżmy, że ∃p ∈ N, A > 0 taka, że ∀n ∈ Z: |an | 6 A|n|p . Wtedy szereg
(5.3) jest zbieżny w D0 (R).
Dowód. Scałkujmy szereg (5.3) p + 2 razy wyraz po wyrazie. Uzyskujemy
wówczas szereg:
X
an
a0
xp+2 +
einx .
(5.4)
(p + 2)!
(in)p+2
n∈Z\{0} | {z }
bn
Na mocy Wł. 5.4. (2) wystarczy wykazać, że szereg (5.4) jest zbieżny w
sensie dystrybucyjnym (ponieważ operator różniczkowy jest ciągły i przeprowadza
dystrybucje w dystrybucje; możemy zatem różniczkować ten szereg wyraz po
wyrazie). Z Wł. 5.4. (3) wystarczy pokazać, że szereg ten jest zbieżny jednostajnie. Mamy:
|bn | =
A
|an |
6
.
p+2
|n|
|n|2
P
Zatem szereg
bn jest zbieżny, co oznacza, że szereg (5.4) jest zbieżny
jednostajnie na R, zatem na mocy Wł. 5.4. (3) jest też zbieżny w sensie dystrybucyjnym w D0 (R). Szereg ten na mocy Wł. 5.4. (2) można zróżniczkować
p + 2 razy wyraz po wyrazie, uzyskując szereg zbieżny w D0 (R). Stwierdzenie 5.6. Jeśli fk , f ∈ L2 (Ω) i fk → f w L2 (Ω), to ufk → uf w
D0 (Ω).
Dowód. Można przyjąć, że f ≡ 0. Niech ϕ ∈ D(Ω). Trzeba pokazać, że
ufk (ϕ) → 0. Mamy:
Z
Z
|ufk (ϕ)| = fk ϕdm 6 |fk | · |ϕ|dm 6 kfk k2 · kϕk2 .
{z
}
|
Ω
Ω
z nier. Schwarza
Ale kϕk2 jest ustalone, a kfk k2 → 0, skąd teza. Uwaga. Stwierdzenie to można uogólnić na przestrzeń L2loc (Ω) tych funkcji,
których restrykcje do dowolnego podzbioru zwartego K ⊂ Ω należą do L2 (K).
111
Wniosek. Jeśli f jest funkcją okresową na R o okresie 2π taką, że f |[−π,π] ∈
L2 ([−π, π]), to jej szereg Fouriera:
∞
X
(an cos(nx) + bn sin(nx))
n=0
jest zbieżny do f w D0 (Ω), zatem można go różniczkować w D0 (Ω) wyraz po
wyrazie.
Przykład 1. Rozwinąć deltę Diraca δ0 w szereg trygonometryczny w D0 ((−π, π)).
Zauważmy, że δ0 = ∂f
∂x , gdzie:
(
1, x > 0
f=
.
0, x 6 0
Wystarczy zatem rozwinąć f w szereg Fouriera, a następnie zróżniczkować
wyraz po wyrazie.
1
, gdzie
Przykład 2. Obliczymy dystrybucyjny laplasjan funkcji f (x) = rn−2
p
2
x = (x1 , . . . , xn ), r = x1 + · · · + x2n , n > 3.
Zauważmy, że f jest harmoniczna w Rn \{0}. Zatem laplasjan funkcji znika
wszędzie poza zerem. Zatem dystrybucja związana z laplasjanem będzie skupiona w zerze.
Niech ϕ ∈ D(Rn ) i R 0 takie, że supp ϕ ⊂ K(0, R). Wtedy:
Z
Z
∆uf (ϕ) = (−1)2 uf (∆ϕ) = f ∆ϕdx = lim
f ∆ϕdx.
ε→0
ε<r<R
Rn
----------------------------------------------------------Lemat. (Wzory Greena) Niech Ω ⊂ Rn - otwarty, ograniczony
o gładkim brzegu ∂Ω; n̄- zewnętrzny wersor normalny do ∂Ω; dσelement powierzchniowy. Wtedy:
Z Z
∂u
∂v
v·
−u·
dσ = (v · ∆u − u · ∆v) dx.
∂ n̄
∂ n̄
Ω
∂Ω
Dowód. Połóżmy:
ω(x) := v(x)
n
X
∂u
· (−1)i+1 · dx1 ∧ · · · ∧ dxi−1 ∧ dxi+1 ∧ · · · ∧ dxn .
∂x
i
i=1
Z twierdzenia Stokesa:
112
Z
Z
ω=
dω.
Ω
∂Ω
Mamy
dω =
!
n
X
∂v ∂u
·
+ v · ∆u dx1 ∧ · · · ∧ dxn .
∂xi ∂xi
i=1
Ze wzoru łączącego całkę niezorientowaną i zorientowaną mamy:
Z
Z
ω = v · ∇u
| {z· n̄} dσ.
∂Ω
∂u
=∂
n̄
∂Ω
Otrzymujemy zatem
Z
∂u
dσ =
v·
∂ n̄
Z
Ω
∂Ω
!
n
X
∂v ∂u
·
+ v · ∆u dx.
∂xi ∂xi
i=1
Dzieki symetrii uzyskujemy
Z
∂Ω
∂v
u·
dσ =
∂ n̄
Z
Ω
!
n
X
∂u ∂v
·
+ u · ∆v dx.
∂xi ∂xi
i=1
Odejmując stronami te wyrażenia, uzyskujemy tezę. ----------------------------------------------------------Korzystamy z lematu, biorąc u := f , v := ϕ, Ω := {ε < r < R} skąd
∂Ω = {r = ε} ∪ {r = R}:
Z
Z
∆uf (ϕ) = lim
f ∆ϕdx = lim
ϕ(x)∆f (x)dx −
ε→0
ε<r<R
ε→0
ε<r<R
|
{z
=0 (bo ∆f =0)
}
Z Z ∂ϕ
∂f
∂ϕ
∂f
f
−ϕ
dσ +
f
−ϕ
dσ = . . .
ε→0
∂ n̄
∂ n̄
∂ n̄
∂ n̄
r=ε
r=R
|
{z
}
− lim
=0 (bo ϕ=0)
Ale
1
∂f
= −(n − 2) n−1 .
∂ n̄
r
Stąd
113
5.6. Pojęcie suportu dystrybucji
Z · · · = − lim
ε→0
r=ε
∂ϕ
(n − 2)
+ ϕ n−1
rn−2 ∂ n̄
r
1
ε→0
dσ −→ 0 − (n − 2) · ωn−1 · ϕ(0).
Ale ϕ(0) = δ0 (ϕ). Zatem (pamiętamy, że utożsamiamy uf ' f ):
∆f = −(n − 2)ωn−1 δ0 .
Dla n = 3:
∆f = ∆
5.6
1
= −4πδ0 .
r
Pojęcie suportu dystrybucji
Def. Mówimy, że dystrybucja u ∈ D0 (Ω) znika na zbiorze otwartym U ⊂ Ω,
gdy u(ϕ) = 0 ∀ϕ ∈ D(U ).
Wykorzystując rozkłady jedności, łatwo wykazać, że jeśli
S dystrybucja u znika
na zbiorach otwartych Ui , i ∈ N, to znika teżS
na ich sumie i Ui . Dlatego można
zdefiniować największy zbiór otwarty W := {U ⊂ Ω- otwarty : u znika na U },
na którym u znika.
Def. Suportem (lub nośnikiem) dystrybucji u nazywamy zbiór
supp u := Ω \ W.
Własności 5.5 (własności suportu dystrybucji).
1) Jeżeli u ∈ D0 (Ω), ϕ ∈ D(Ω) i supp ϕ ∩ supp u = ∅, to u(ϕ) = 0. W
szczególności, jeżeli supp u = ∅, to u ≡ 0.
2) Niech f ∈ C ∞ (Ω) taka, że f ≡ 1 w otoczeniu U suportu dystrybucji supp u
(czyli supp u ⊂ U ). Wtedy f u = u.
Dowód.
Ad. 1) Wprost z definicji. Ad. 2) Należy wykazać, że ∀ϕ ∈ D(Ω):
(f u)(ϕ) = u(ϕ) ⇐⇒ 0 = u(f ϕ − ϕ) = u((f − 1)ϕ).
|
{z
}
z liniowości u
Ale f −1 ≡ 0 na U , skąd (f −1)ϕ = 0 na U , czyli supp ((f −1)ϕ) ⊂ Ω\U .
Zatem:
supp ((f − 1)ϕ) ∩ supp u = ∅.
Z Wł. 5.5. (1) mamy tezę. 114
Twierdzenie 5.7 (o dystrybucjach o supporcie zwartym). Niech Ω ⊂ Rn otwarty; u ∈ D0 (Ω). Wtedy jeśli supp u ⊂ Ω- zwarty, to:
i) ∃K ⊂ Ω- zwarty: ∃N ∈ N, C > 0 takie, że ∀ϕ ∈ D(Ω):
|u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N .
ii) Dystrybucja u ma skończony rząd.
iii) Dystrybucja u rozszerza się jednoznacznie do ciągłego funkcjonału ũ na
przestrzeni Frécheta C ∞ (Ω).
Dowód.
Ad. i) WeĽmy ψ ∈ D(Ω) taką, że 0 6 ψ 6 1 i ψ ≡ 1 w otoczeniu nośnika supp u;
niech K := supp ψ.
Wtedy z Wn. 5. z Wł. 5.2.: ∃C1 > 0, N ∈ N takie, że ∀ϕ ∈ DK :
|u(ϕ)| 6 C1 · kϕkK,N .
Ze wzoru Leibnitza (przy ustalonym ψ) ∃C2 > 0 takie, że ∀ϕ ∈ D(Ω):
kψ · ϕkK,N 6 C2 · kϕkK,N .
Stąd ∀ϕ ∈ D(Ω):
|u(ϕ)| = |u(ψ · ϕ)| 6 C1 · kψ · ϕkK,N 6 C1 · C2 ·kϕkK,N .
| {z }
| {z }
C
Wł. 5.5. (3)
OK
Ad. ii) Wiemy, że rank u = N < ∞, jeżeli ∀L ⊂ Ω- zwarty: ∃C > 0 takie, że
∀ϕ ∈ DL : |u(ϕ)| 6 C · kϕkL,N .
Niech więc ϕ ∈ DL . Ale DL ⊂ D(Ω). Zatem z (i):
|u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N .
Ale ϕ ∈ DL , skąd kϕkK,N = kϕkK∩L,N 6 kϕkL,N . Zatem:
|u(ϕ)| 6 C · kϕkL,N .
OK
115
Ad. iii) Niech f ∈ C ∞ (Ω), zaś ψ ∈ D(Ω) taka jak w dowodzie punktu i). Wtedy
wzór ũ(f ) := u(f · ψ) definiuje rozszerzenie dystrybucji u do funkcjonału
liniowego ũ : C ∞ (Ω) −→ C.
1◦ Czy ũ jest ciągłe?
Niech fk → f w C ∞ (Ω). Wtedy ze wzoru Leibnitza (przy ustalonym
ψ): fk · ψ → f · ψ w DK , zatem także w D(Ω) (gdyż z Wł. 5.2.
(1) topologia indukowana z τ pokrywa się z topologią τK na DK ).
Zatem:
ũ(fk ) = u(fk · ψ) →
u(f · ψ)
| {z }
= ũ(f ).
z ciągłości u
OK
2◦ Jedyność przedłużenia ũ wynika z gęstości D(Ω) w przestrzeni C ∞ (Ω),
tj. z poniższego lematu:
---------------------------------------------------Lemat. Przestrzeń funkcji próbnych D(Ω) jest gęsta w przestrzeni
C ∞ (Ω).
Dowód. Topologia na C ∞ (Ω) jest to topologia Frécheta
zdefiniowana przez seminormy pi (ϕ) := kϕkKi ,N na wyczerpaniu Ki % Ω.
WeĽmy zatem funkcję f ∈ C ∞ (Ω) oraz jej otoczenie
V w topologii Frécheta. Ale to otoczenie jest zadane przez
pewną seminormę, czyli jest postaci V = f + U , gdzie U jest
otoczeniem zera postaci U = {g ∈ C ∞ (Ω) : kgkKi ,N < εi },
gdzie εi > 0.
Gęstość D(Ω) w C ∞ (Ω) oznacza zatem, że w V znajdzie się element z D(Ω). Połóżmy ϕ ∈ D(Ω) takie, że ϕ ≡ 1
na Ki . Wówczas ψ := f · ϕ ∈ D(Ω) w sposób oczywisty
pokrywa się z funkcją f na Ki , zatem należy do V . ---------------------------------------------------Wniosek. Przestrzenią dualną do przestrzeni Frécheta C ∞ (Ω) jest przestrzeń
dystrybucji o supporcie zwartym w Ω.
Dowód.
1◦ (⇐=)
Jeśli supp u jest zwarty, to na mocy twierdzenia istnieje jednoznacznie
wyznaczony funkcjonał ũ : C ∞ (Ω) −→ C, który jest przedłużeniem u na
przestrzeń C ∞ (Ω). Utożsamiamy często u z ũ.
OK
116
5.7. Sploty funkcji i dystrybucji
2◦ (=⇒)
Odwrotnie, niech u : C ∞ (Ω) −→ C- ciągły funkcjonał liniowy. Korzystamy z Tw. 5.2. dla X := C ∞ (Ω). Z ciągłości wynika zatem, że ∃K ⊂ Ωzwarty: ∃N ∈ N, C > 0: ∀ϕ ∈ D(Ω):
|u(ϕ)| 6 C · kϕkK,N .
Dlatego supp u ⊂ K. W przeciwnym razie supp u \ K 6= ∅, a wtedy
istniałaby funkcja próbna ϕ ∈ D(Ω) taka, że u(ϕ) 6= 0 i supp ϕ ∩ K = ∅.
Ponieważ kϕkK,N = 0, otrzymalibyśmy sprzeczność z powyższym oszacowaniem.
Zatem supp u ⊂ K jest zbiorem zwartym. Uwaga. Dla przestrzeni liniowo topologicznej X, przestrzeią dualną do X jest
przestrzeń ciągłych funkcjonałów liniowych na X.
5.7
Sploty funkcji i dystrybucji
Na potrzeby tego rozdziały wprowadzamy następujące oznaczenia:
D := D(Rn ), D0 := D0 (Rn ), C ∞ := C ∞ (Rn ).
Def. Niech f, g ∈ L1 (Rn ). Wtedy splot funkcji f i g definiujemy jako:
Z
(f ∗ g)(x) := f (y) · g(x − y)dy,
Rn
n
gdzie x, y ∈ R , a dy to miara Lebesgue’a na Rn . Z twierdzenia Fubiniego, splot
(f ∗ g)(x) jest określony ∀! x ∈ Rn , i.e. poza pewnym zbiorem miary zero.
Zdefiniujmy też następujące operacje:
τx f (y) := f (y − x),
którą nazywamy shiftem, oraz:
fˇ(y) := f (−y),
którą nieformalnie nazywamy ptaszkowaniem.
Wtedy
Z
Z
(f ∗ g)(x) := f (y) · τx ǧ(y)dy ≡ f · τx ǧdy.
Rn
Rn
Mamy
τx ǧ(y) = ǧ(y − x) = g(x − y) = τ−x g(−y) = (τ−x g)ˇ(y).
117
Uwaga. Zachodzą następujące wzory:
τx ◦ τy = τx+y = τy ◦ τx
τx ◦ ˇ = ˇ ◦ τ−x
Należy przy tym pamiętać shift i ptaszek nie są funkcjami, które składamy
z f , ale operacjami działającymi na funkcję. Na funkcję działamy od zewnątrz.
Można to porównać do nakładania na funkcję kolejnych warstw ubrań, które
zdejmujemy (tj. wykonujemy) z niej w odwrotnej kolejności. Zatem np. τx fˇ =
(τx ◦ ˇ)f = (ϕ ◦ L) ◦ Lx , gdzie L : Rn 3 y −→ −y ∈ Rn ; Lx : Rn 3 y −→ y − x ∈
Rn .
Heureza. Rozważmy u := uf , gdzie f jest lokalnie sumowalna (wówczas
możemy utożsamiać uf ' f ), i policzmy następujące wyrażenie:
Z
Z
f (y) · τx ϕ̌(y)dy =
uf (τx ϕ̌) =
Rn
f (y) · ϕ(x − y)dy = (f ∗ ϕ)(x) ≡ (uf ∗ ϕ)(x).
Rn
Rozumowanie to doprowadziło nas do wyrażenia na splot dystrybucji uf z
funkcją próbną ϕ:
(uf ∗ ϕ)(x) = uf (τx ϕ̌),
które teraz uogólnimy na dowolne dystrybucje.
Def. Niech u ∈ D0 ; ϕ ∈ D. Wtedy splot dystrybucji z funkcją próbną
u ∗ ϕ definiujemy następująco:
(u ∗ ϕ)(x) := u(τx ϕ̌).
Def. Jeśli u ∈ D , to shift dystrybucji u definiujemy następująco:
0
τx u(ϕ) := u(τ−x ϕ).
Uzasadnienie definicji shiftu dystrybucji.
jest lokalnie sumowalna, i policzmy nas
Rozważmy u := uf , gdzie f
Z
Z
f (y) · τ−x ϕ(y)dy =
τx uf (ϕ) = uf (τ−x ϕ) =
Rn
Z
Rn
Z
f (t − x) · ϕ(t)dt =
=
Rn
f (y) · ϕ(y + x)dy =
τx f (t) · ϕ(t)dt = uτx f (ϕ)
Rn
Otrzymaliśmy zatem zależność τx uf = uτx f , która jest zgodna z utożsamianiem uf ≡ f .
118
Własności 5.6 (własności splotu dystrybucji z funkcją próbną).
Dla u ∈ D0 ; ϕ, ψ ∈ D; x ∈ Rn :
1) τx (u ∗ ϕ) = τx u ∗ ϕ = u ∗ τx ϕ
2) u ∗ ϕ ∈ C ∞ oraz Dα (u ∗ ϕ) = Dα u ∗ ϕ = u ∗ Dα ϕ
3) supp (u ∗ ϕ) ⊂ supp u + supp ϕ, skąd jeśli u jest dystrybucją o supporcie
zwartym, to u ∗ ϕ ∈ D.
4) u ∗ (ϕ ∗ ψ) = (u ∗ ϕ) ∗ ψ
Uwaga. Dla podzbiorów A, B ⊂ Rn mamy:
A − domknięty, B − zwarty =⇒ A + B − domknięty;
A, B − zwarte =⇒ A + B − zwarty.
Suma algebraiczna dwóch zbiorów domkniętych nie musi być zbiorem domkniętym.
Dowód.
Ad. 1) Pierwsza część równości:
τx (u ∗ ϕ)(y) = (u ∗ ϕ)(y − x) = u(τy−x ϕ̌).
Druga część równości:
(τx u ∗ ϕ)(y) = τx u(τy ϕ̌) = u(τ−x τy ϕ̌) = u(τy−x ϕ̌).
Trzecia część równośći:
(u ∗ τx ϕ)(y) = u(τy (τx ϕ)ˇ) = u(τy τ−x ϕ̌) = u(τy−x ϕ̌). Ad. 2) Zauważmy na początek, że:
τx (Dα ϕ)ˇ(y) = (Dα ϕ) (x − y) = (−1)|α| Dα (ϕ(x − y)) =
{z
}
|
bo mamy −y w argumencie
= (−1)|α| Dα (τx ϕ̌(y))
Obliczmy teraz:
(u ∗ Dα ϕ)(x) = u (τx (Dα ϕ)ˇ) = (−1)|α| u(Dα (τx ϕ̌)) =
= Dα u(τx ϕ̌) = (Dα u ∗ ϕ)(x)
119
Niech t ∈ Rn . Rozpatrzymy przypadek |α| = 1. Wtedy:
∂
(u ∗ ϕ)(x + ht) − (u ∗ ϕ)(x)
(u ∗ ϕ)(x) = lim
=
h→0
∂t
h
u(τx+ht ϕ̌) − u(τx ϕ̌)
τ−ht ϕ − τ0 ϕ
∂ϕ
= (u◦τx ◦ˇ) lim
= (u◦τx ◦ˇ)
=
h→0
h→0
h
h
∂t
= lim
∂ϕ
∂ϕ
(x).
= u τx ( )ˇ = u ∗
∂t
∂t
Wynika stąd, że dowolny splot u ∗ ϕ ma pochodne cząstkowe, przy czym
u ∗ ∂xi ϕ są funkcjami ciągłymi. W szczególności,
∂
∂ϕ
(u ∗ ϕ) = u ∗
.
∂xi
∂xi
Iterując, widzimy, że istnieją kolejne pochodne cząstkowe, czyli u ∗ ϕ ∈
C ∞ . Ponadto
Dα (u ∗ ϕ) = Dα u ∗ ϕ = u ∗ Dα ϕ. Ad. 3) Z definicji splotu:
(u ∗ ϕ)(x) = u(τx ϕ̌).
Jeżeli więc
supp u ∩ supp τx ϕ̌ = ∅,
to: (u ∗ ϕ)(x) = 0. Ale: τx ϕ̌(y) = ϕ(x − y), skąd
supp τx ϕ̌ = x − supp ϕ.
Zatem (z zasady kontrapozycji) jeżeli (u ∗ ϕ)(x) 6= 0, to:
supp u ∩ (x − supp ϕ) 6= ∅.
Wtedy ∃a ∈ supp u i a ∈ (x − supp ϕ), więc a = x − b, gdzie b ∈ supp ϕ.
Wówczas
domknięty
}|
{
z
x = a + b ∈ supp u + supp ϕ .
| {z } | {z }
domknięty
zwarty
Dlatego supp (u ∗ ϕ) ⊂ supp u + supp ϕ. Ponadto, jeżeli supp u jest
zwarty, to supp (u ∗ ϕ) jest zwarty. 120
Ad. 4) Ponieważ ϕ(x) = τ−x ϕ(0), a z Wł. 5.6. (1) shift komutuje ze splotem,
wystarczy udowodnić, że:
(u ∗ (ϕ ∗ ψ))(0) = ((u ∗ ϕ) ∗ ψ)(0).
Policzmy na początek:
Z
Z
(ϕ ∗ ψ)ˇ(x) = (ϕ ∗ ψ)(−x) =
ψ(y)ϕ(−x − y)dy =
Rn
ψ(−t)ϕ(t − x)dt =
Rn
Z
ψ̌(t)τt ϕ̌(x)dt
=
Rn
------------------------------------------------------Lemat. Niech K ⊂ Rnx - zwarty, L ⊂ Rnt - kostka, czyli ograniczony przedział wielowymiarowy; Φ : Rnx × Rnt −→ C- klasy C ∞ ,
taka, że supp Φ ⊂ K × L; (Qν )ν∈N - normalny ciąg podziałów
taki, że Qν = (Qνα )α , gdzie Qνα ⊂ L- α-ta kostka ν-tego podziału; |Qνα |- objętość przedziału Qνα ; ξνα ∈ Qνα - punkty pośrednie w danym przedziale Qνα ; σν (x)- suma Riemanna dla ν-tego
podziału, zdefiniowana następująco:
X
σν (x) :=
Φ(x, ξνα )|Qνα |.
α
Wtedy:
ν→∞
Z
σν (x) −→
Φ(x, t)dt,
Rn
w przestrzeni DK (względem x), a zatem i w D.
Dowód. Dla powyższego ciągu należy udowodnić zbieżność jednostajną wraz z wszystkimi pochodnymi. Wykażemy zbieżność
jednostajną ciągu funkcji, gdyż dla pochodnych cząstkowych
rozumowanie jest analogiczne. Mamy:
X
X
X
mνα (x)|Qνα | 6
Φ(x, ξνα )|Qνα | 6
Mνα (x)|Qνα |,
α
α
α
gdzie mνα - najmniejsza wartość funkcji Φ na przedziale Qνα ;
Mνα - największa wartość funkcji Φ na przedziale Qνα . Ciągi
odpowiadające mνα i Mνα nazywamy odpowiednio ciągiem sum
dolnych (jest to ciąg rosnący) i ciągiem sum górnych (jest to ciąg
malejący). Dla całki Riemanna sumy dolne rosną do całki, sumy
121
górne maleją do całki, a pomiędzy nimi sumy aproksymacyjne
dążą do całki.
Wystarczy zatem wykazać, że ∀x ∈ K:
X
ν→∞
(Mνα (x) − mνα (x))|Qνα | ⇒ 0.
α
Niech zatem ε > 0. Z jednostajnej ciągłości, ∃δ > 0 takie,
że jeżeli |(x, t) − (x̃, t̃)| < δ, to:
|Φ(x, t) − Φ(x̃, t̃)| < ε.
Wtedy dla ν 0 takiego, że diam Qν := max Qνα < δ
α
mamy ∀α:
Mνα (x) − mνα <
ε
,
|L|
gdzie |L| jest objętością kostki L. Wtedy:
X
(Mνα (x) − mνα (x))|Qνα | 6
α
ε X
·
|Qνα | = ε. |L| α
| {z }
=|L|
------------------------------------------------------W naszym przypadku
Φ : Rn × Rn 3 (x, t) −→ ψ̌(t) · τt ϕ̌(x) ∈ C.
Jeżeli Φ(x, t) 6= 0, to −t ∈ supp ψ, t−x ∈ supp ϕ, skąd x ∈ t−supp ϕ =
−(supp ϕ + supp ψ). Zatem:
supp Φ ⊂ −(supp ϕ + supp ψ) × (−supp ψ),
|
{z
} | {z }
⊂K
⊂L
czyli jest ograniczony.
W związku z tym ϕ ∗ ψ ∈ DK . Można zatem aproksymować (ϕ ∗ ψ)ˇ(x)
przez sumy Riemanna, które mają w tym przypadku postać:
σν (x) =
X
ψ̌(ξνα )τξνα ϕ̌(x)|Qνα |,
α
Korzystając z lematu, uzyskujemy:
(u ∗ (ϕ ∗ ψ))(0) = u((ϕ ∗ ψ)ˇ) = u
lim σν = lim u(σν ) =
ν→∞
ν→∞
| {z }
z ciągłości u
122
= lim
ν→∞
X
α
ψ̌(ξνα ) · u(τξνα ϕ̌) ·|Qνα |
| {z }
(u∗ϕ)(ξνα )
Ale to są sumy Riemannowskie dla funkcji ψ̌ · u ∗ ϕ. Zatem
Z
Z
ψ̌(t)·(u∗ϕ)(t) dt =
(u∗(ϕ∗ψ))(0) =
Rn
(u∗ϕ)(t)·ψ(−t) dt = ((u∗ϕ)∗ψ)(0),
Rn
co kończy dowód. Def. Niech u ∈ D0 - o supporcie zwartym; ϕ ∈ C ∞ . Wtedy splot dystrybucji
o supporcie zwartym z funkcją gładką definiujemy następująco:
(u ∗ ϕ)(x) := u(τx ϕ̌), x ∈ Rn .
Własności 5.7 (własności splotu dystrybucji o supporcie zwartym z
funkcją gładką).
Dla u ∈ D0 - o supporcie zwartym; ϕ ∈ C ∞ ; ψ ∈ D; x ∈ Rn :
1) τx (u ∗ ϕ) = τx u ∗ ϕ + u ∗ τx ϕ
2) u ∗ ϕ ∈ C ∞ oraz Dα (u ∗ ϕ) = Dα u ∗ ϕ = u ∗ Dα ϕ
3) supp (u ∗ ϕ) ⊂ supp u + supp ϕ
4) u ∗ ψ ∈ D oraz u ∗ (ϕ ∗ ψ) = (u ∗ ϕ) ∗ ψ = (u ∗ ψ) ∗ ϕ
Dowód.
Ad. 1) Analogiczny, jak dowód Wł. 5.6. (1). Ad. 2) Analogiczny, jak dowód Wł. 5.6. (2). Ad. 3) Analogiczny, jak dowód Wł. 5.6. (3). Ad. 4) Analogiczny, jak dowód Wł. 5.6. (4). Twierdzenie 5.8. (tw. umożliwiające definicję splotu dwóch dystrybucji).
i) Jeśli u ∈ D0 , to:
Λ : D 3 ϕ −→ u ∗ ϕ ∈ C ∞
jest ciągłym odwzorowaniem liniowym spełniającym warunek: ∀x ∈ Rn :
τx Λ = Λτx , czyli Λ komutuje z shiftem τx .
123
ii) Jeśli Λ : D −→ C ∞ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym komutującym
z shiftem τx ∀x ∈ Rn , to ∃!u ∈ D0 taka, że Λϕ = u ∗ ϕ.
iii) Jeśli u ∈ D0 ma suport zwarty, to Λ : C ∞ 3 ϕ −→ u ∗ ϕ ∈ C ∞ jest ciągłym
odwzorowaniem liniowym przestrzeni Frécheta, które komutuje z shiftem
τx ∀x ∈ Rn .
Dowód.
Ad. i) Liniowość jest oczywista. Komutacja z shiftem wynika z Wł. 5.7. (1).
Pozostaje zatem udowodnić ciągłość odwzorowania Λ.
Z własności topologii przestrzeni D, wystarczy udowodnić, że ∀K ⊂ Rn zwarty:
Λ|DK : DK −→ C ∞
jest ciągłym odwzorowaniem liniowym przestrzeni Frécheta.
------------------------------------------------------Twierdzenie o wykresie domkniętym.
Niech f : X −→ Y będzie odwzorowaniem liniowym pomiędzy
przestrzeniami Frécheta X, Y . Wtedy f jest ciągłe wtedy i tylko
wtedy, gdy jego wykres jest domknięty.
(bez dowodu)
------------------------------------------------------Wystarczy zatem wykazać, że jeżeli ϕk → ϕ w DK i u ∗ ϕk → f w C ∞ ,
to f = u ∗ ϕ.
Niech x ∈ Rn . Wtedy, z założenia implikacji oraz ciągłości shiftu oraz
ptaszkowania, mamy
τx ϕ̌k → τx ϕ̌ w D.
Stąd
f (x) = lim (u ∗ ϕk )(x) = lim u(τx ϕ̌k ) = u
k→∞
k→∞
lim τx ϕ̌k
k→∞
=
= u(τx ϕ̌) = (u ∗ ϕ)(x)
OK
124
Ad. ii)
1◦ Istnienie dystrybucji u.
Połóżmy u(ϕ) := (Λϕ̌) (0), gdzie ϕ ∈ D. Wtedy oczywiście u :
D −→ C jest ciągłym funkcjonałem liniowym, czyli u ∈ D0 .
Dla x ∈ Rn mamy:
(Λϕ) (x) = (τ−x Λϕ) (0) = (Λτ−x ϕ) (0) = u(τ−x ϕ)ˇ = u(τx ϕ̌) =
= (u ∗ ϕ)(x)
OK
2◦ Jedyność dystrybucji u.
Niech u1 , u2 ∈ D0 takie, że ∀ϕ ∈ D : u1 ∗ ϕ = u2 ∗ ϕ. Stąd dla
u := u1 − u2 : u ∗ ϕ = 0 ∀ϕ ∈ D.
---------------------------------------------------Lemat. Jeśli ∀ϕ ∈ D : u ∗ ϕ = 0, to u = 0.
Dowód. Dla wszystkich x ∈ Rn i ϕ ∈ D mamy:
0 = (u ∗ ϕ)(0) = u(τx ϕ̌),
a w szczególności u(ϕ̌) = 0. Dlatego u = 0.
---------------------------------------------------Z lematu u ≡ 0, skąd u1 ≡ u2 .
OK
Ad. iii) Dowód analogiczny, jak dla punktu (i). Def. Niech u, v ∈ D0 , z których co najmniej jedna ma suport zwarty. Wtedy
splotem w = u ∗ v nazywamy jedną jedyną dystrybucję w taką, że
u ∗ (v ∗ ϕ) = w ∗ ϕ ∀ϕ ∈ D;
istnienie i jedyność wynika z powyższego twierdzenia.
Z samej definicji wynika natychmiast łączność:
(u ∗ v) ∗ ϕ = u ∗ (v ∗ ϕ).
Własności 5.8 (własności splotu dystrybucji). Dla u, v, w ∈ D0 :
1) Jeśli co najmniej jedna z dystrybucji u, v ma suport zwarty, to u∗v = v ∗u
oraz supp u ∗ v ⊂ supp u + supp v.
2) Jeśli co najmniej dwie z dytrybucji u, v, w mają suport zwarty, to (u ∗ v) ∗
w = u ∗ (v ∗ w).
125
3) Dα u = Dα δ0 ∗ u, gdzie δ0 - miara/delta Diraca.
4) Jeśli co najmniej jedna z dystrybucji u, v ma suport zwarty, to Dα (u∗v) =
Dα u ∗ v = u ∗ Dα v.
Dowód.
Ad. 1)
1◦ Przemienność splotu dystrybucji.
Niech ϕ, ψ ∈ D. Wtedy mamy:
(u ∗ v) ∗ (ϕ ∗ ψ) = u ∗ (v ∗ (ϕ ∗ ψ)) = u ∗ ((v ∗ ϕ) ∗ ψ) =
{z
} |
{z
}
|
z def. u∗v
=
u ∗ (ψ ∗ (v ∗ ϕ))
|
{z
}
splot funkcji jest przemienny
Wł. 5.6. (4)
= (u ∗ ψ) ∗ (v ∗ ϕ) = (v ∗ ϕ) ∗ (u ∗ ψ)
|
{z
}
Wł. 5.6. (4)
Zatem:
(u ∗ v) ∗ (ϕ ∗ ψ) = (v ∗ ϕ) ∗ (u ∗ ψ).
Analogicznie:
(v ∗ u) ∗ (ϕ ∗ ψ) = (v ∗ u) ∗ (ψ ∗ ϕ) = (u ∗ ψ) ∗ (v ∗ ϕ) = (v ∗ ϕ) ∗ (u ∗ ψ).
Zatem z Wł. 5.6. (4) mamy:
((v ∗ u) ∗ ϕ) ∗ ψ = ((u ∗ v) ∗ ϕ) ∗ ψ.
Obrywając ψ i ϕ, otrzymujemy
u ∗ v = v ∗ u.
OK
2◦ Inkluzja suportów.
Niech ϕ ∈ D. Mamy:
(u ∗ v)(ϕ) = ((u ∗ v) ∗ ϕ̌)(0) = (u ∗ (v ∗ ϕ̌))(0) = u((v ∗ ϕ̌)ˇ).
{z
}
|
z def. u∗v
Ale z Wł. 5.6. (3):
supp (v ∗ ϕ̌) ⊂ supp v + supp ϕ̌ = supp u − supp ϕ.
Stąd:
supp u ∩ (supp ϕ − supp v) = ∅ =⇒ supp u ∩ supp (v ∗ ϕ̌)ˇ = ∅ =⇒
126
=⇒ (u ∗ v)(ϕ) = 0
Zadanie.
supp u ∩ (supp ϕ − supp v) = ∅ ⇐⇒
⇐⇒ (supp u + supp v) ∩ supp ϕ = ∅
Z powyższego zadania otrzymujemy:
(supp u + supp v) ∩ supp ϕ = ∅ =⇒ (u ∗ v)(ϕ) = 0,
skąd
supp (u ∗ v) ⊂ supp u + supp v. Ad. 2) Niech ϕ ∈ D.
I. supp w - zwarty. Wtedy
((u ∗ v) ∗ w) ∗ ϕ = (u ∗ v) ∗ (w ∗ ϕ) = u ∗ (v ∗ (w ∗ ϕ)) =
= u ∗ ((v ∗ w) ∗ ϕ) = (u ∗ (v ∗ w)) ∗ ϕ
Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę.
OK
II. supp w - nie jest zwarty. Wtedy dystrybucje u, v mają suporty
zwarte.
Dzięki Wł. 5.8. (1) (przemienność) oraz przypadkowi I, mamy
u∗(v∗w) = (v∗w)∗u = v∗(w∗u) = (w∗u)∗v = w∗(u∗v) = (u∗v)∗w.
Ad. 3) Dla ϕ ∈ D mamy:
(δ0 ∗ ϕ)(x) = δ0 (τx ϕ̌) = τx ϕ̌(0) = ϕ̌(−x) = ϕ(x).
Zatem δ0 ∗ ϕ = ϕ. Stąd:
Dα u ∗ ϕ = u ∗ Dα ϕ = u ∗ Dα (δ0 ∗ ϕ) = u ∗ (Dα δ0 ∗ ϕ) = (u ∗ Dα δ0 ) ∗ ϕ.
| {z }
{z
}
|
Wł. 5.6. (2)
Wł. 5.6. (2)
Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę. Ad. 4) Własność ta wynika z poprzednich. Mamy bowiem:
u ∗ v} .
Dα (u ∗ v) = Dα δ0 ∗ (u ∗ v) = (Dα δ0 ∗ u) ∗ v = |Dα{z
|
{z
} |
{z
}
Wł. 5.8. (3)
Wł. 5.8. (2)
Z Wł. 5.8. (1) uzyskujemy tezę. 127
Wł. 5.8. (3)
Chapter 6
Transformacja Fouriera
6.1
Definicja transformacji Fouriera
Niech dx1 . . . dxn - miara Lebesgue’a. Wtedy znormalizowaną miarę Lebesgue’a
definiujemy następująco:
dmn :=
dx1 . . . dxn
.
n
(2π) 2
Niech f, g ∈ L1 (Rn ). Wtedy splot tych funkcji definiujemy następująco:
Z
(f ∗ g)(x) = f (y)g(x − y)dmn (y).
Rn
n
Niech x, t ∈ R ; α ∈
Nn0 .
Wprowadzamy następujące oznaczenia:
∂ |α|
,
n
. . . xα
n
Dα := (i)−|α| · Dα = (i)−|α|
et (x) := eit·x , gdzie t · x =
1
∂xα
1
n
X
t k xk , i =
√
−1.
k=1
Oczywiście
et (x + y) = et (x) · et (y), Dα et (x) = tα et ,
αn
1
gdzie tα := tα
1 . . . tn ∈ R.
Def. Niech f ∈ L1 (Rn ). Wtedy transformatą Fouriera funkcji f nazywamy
funkcję fˆ : Rn −→ C zadaną wzorem:
fˆ(t) :=
Z
Z
f e−t dmn ≡
Rn
Z
f (x)e−t (x)dmn (x) =
Rn
Rn
128
f (x) · e−it·x dmn (x), t ∈ Rn
6.1. Definicja transformacji Fouriera
Odwzorowanie Φ : f −→ fˆ nazywamy transformacją Fouriera.
Uwaga.
1) fˆ(t) = (f ∗ et )(0)
2) Dla wielomianu P (t) :=
P
Cα tα mamy:
α
P (D) :=
X
Cα Dα , P (−D) =
X
α
(−1)|α| Cα Dα
α
Oczywiście
P (D)et = P (t)et .
Własności 6.1 (własności transformaty Fouriera).
Dla f, g ∈ L1 (Rn ); x ∈ Rn :
1) (τx f )ˆ = e−x fˆ
2) (ex f )ˆ = τx fˆ
3) (f ∗ g)ˆ = fˆ · ĝ
4) Jeśli λ > 0, h(x) := f ( λx ), to:
ĥ(t) = λn fˆ(λt).
Dowód.
Ad. 1) Mamy:
Z
Z
τx f (y) · e−t (y)dmn (y) =
(τx f )ˆ(t) =
Rn
Rn
Z
s
Z
f (s) · e−t (x + s)dmn (s) =
=
f (y − x) ·e−t (y)dmn (y) =
| {z }
Rn
f (s) · e−t (x) · e−t (s)dmn (s) =
Rn
Z
= e−t (x)
f (s) · e−t (s)dmn (s) = e−t (x) · fˆ(t) = e−x (t) · fˆ(t)
Rn
OK
Ad. 2) Mamy:
Z
Z
(ex f )(y) · e−t (y)dmn (y) =
(ex f )ˆ(t) =
Rn
f (y) · e−(t−x) (y)dmn (y) =
Rn
= fˆ(t − x) = τx fˆ(t)
129
6.1. Definicja transformacji Fouriera
OK
Ad. 3) Mamy:

Z
(f ∗ g)ˆ(t) =

Z
f (x − y)g(y)dmn (y) · e−t (x)dmn (x) =

Rn
Rn
ZZ
f (x − y)g(y) · e−t (x)dmn (x)dmn (y) = . . .
=
Rn ×Rn
|
{z
}
z tw. Fubiniego
Dokonując zmiany zmiennych x = u + y, y = y, której jakobian wynosi
1, kontynuujemy
ZZ
··· =
f (u)g(y) · e−t (u + y)dmn (x)dmn (y) =
Rn ×Rn
ZZ
f (u) · e−t (u) · g(y) · e−t (y)dmn (u)dmn (y) =
Rn ×Rn
Z
Z
f (u) · e−t (u)dmn (u) ·
=
Rn
g(y) · e−t (y)dmn (y) = fˆ(t) · ĝ(t)
Rn
OK
Ad. 4) Mamy:
Z
ĥ(t) =
Z
h(y)e−t (y)dmn (y) =
Rn
f
y
λ
e−t (y)dmn (y) = . . .
Rn
Dokonujemy teraz zamiany zmiennych x = λy . Wtedy dmn (x) = λn ·
dmn (y), ponieważ jakobian tej zamiany zmiennych wynosi J = λn . Stąd:
Z
··· =
f (x) · e−λt (x) · λn dmn (x) = λn fˆ(λt). Rn
130
6.2. Funkcje szybko malejące
6.2
Funkcje szybko malejące
Def. Przestrzeń funkcji szybko malejących definiujemy następująco:
N
Sn := {ϕ ∈ C ∞ (Rn ) : max sup 1 + |x|2 · |Dα ϕ(x)| < ∞ ∀N ∈ N} =
|α|6N x∈Rn
|
{z
}
=k(1+|x|2 )N ·Dα ϕkRn
= {ϕ ∈ C ∞ (Rn ) : P · Dα ϕ- ograniczona na Rn ∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian}
Jej elementy nazywamy funkcjami szybko malejącymi.
Łatwo zauważyć, że D(Rn ) ⊂ Sn . Ponadto zachodzi imlikacja:
ϕ ∈ Sn =⇒ P · Dα ϕ ∈ L1 (Rn )
∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian. Wynika to z faktu, że z definicji funkcji szybko malejącej funkcja:
1 + |x|2
N
· P · Dα ϕ
jest funkcją ograniczoną ∀N ∈ N. Zatem dla pewnego C > 0 i N 0 mamy
|P · Dα ϕ| 6
C
,
(1 + |x|2 )N
skąd teza.
Przestrzeń Sn jest przestrzenią liniową. Wprowadzimy teraz seminormy w
tej przestrzeni:
kϕki := max k(1 + |x|2 )i Dα ϕkRn ,
|α|6i
ϕ ∈ Sn , i ∈ N.
Uwaga. Mamy: DK ⊂ Sn . Ponadto topologia Frécheta na DK jest topologią
indukowaną przez topologię wyznaczoną przez seminormy ki na Sn .
Własności 6.2 (własności topologii przestrzeni funkcji szybko malejących).
1) ϕk → ϕ0 w Sn , gdy ∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian: P · Dα ϕk ⇒ P · Dα ϕ0 na
Rn .
2) (ϕk ) jest ciągiem Cauchy’ego w Sn , gdy ∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian: (P ·
Dα ϕk )k∈N jest ciągiem Cauchy’ego w normie ksup .
3) Przestrzeń Sn z seminormami ki jest przestrzenią Frécheta.
131
Dowód. Punkty 1) i 2) są oczywiste. Jedyną rzeczą, którą należy udowodnić,
jest zupełność topologii wyznaczonej przez seminormy ki .
Niech (ϕk ) będzie ciągiem Cauchy’ego w Sn . Dzięki własnociści 2), ciąg
(P · Dα ϕk )k∈N jest ciągiem Cauchy’ego w przestrzeni Banacha C ∞ (Rn ) z normą
ksup , ∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian.
Wtedy z zupełności przestrzeni C ∞ (Rn ): ∃ϕ0 ∈ C ∞ (Rn ) taka, że: P ·
Dα ϕk ⇒ P · Dα ϕ0 na Rn , ∀α ∈ Nn0 , ∀P - wielomian.
Zatem, dzięki własnociści 1), ϕk → ϕ0 w Sn Twierdzenie 6.1 (o transformacji Fouriera funkcji szybko malejących).
1) Jeśli P - wielomian, ϕ, ψ ∈ Sn , α ∈ Nn0 , to odwzorowania ϕ −→ P · ϕ,
ϕ −→ ψ · ϕ, ϕ −→ Dα ϕ są ciągłymi odwzorowaniami Sn w Sn .
2) Jeśli ϕ ∈ Sn , P - wielomian, to zachodzą następujące wzory:
a) wzór na transformatę Fouriera „pochodnej”:
(P (D)ϕ)ˆ = P · ϕ̂
b) wzór na „pochodną” transformaty Fouriera:
P (−D)ϕ̂ = (P · ϕ)ˆ
3) Transformacja Fouriera Φ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym Sn w
Sn .
Dowód.
Ad. 1) Z definicji przestrzeni Sn : Dα ϕ ∈ Sn . Ze wzoru Leibnitza na pochodną
iloczynu mamy:
Dα (P · ϕ) =
X
Cαβ Dα−β P · Dβ ϕ
β6α
Dα (ψ · ϕ) =
X
Cαβ Dα−β ψ · Dβ ϕ
β6α
Zatem P · ϕ ∈ Sn i ψ · ϕ ∈ Sn , ponieważ kontrolujemy normy ksup .
Ciągłość wynika z twierdzenia o wykresie domkniętym. Aby z niego
skorzystać, należy wykazać, że jeżeli ϕk → ϕ w Sn i P · ϕk → χ w Sn , to
χ = P · ϕ. Ale to jest oczywiste, gdyż zbieżność w Sn oznacza zbieżność
jednostajną, więc tym bardziej punktową P · ϕk → P · ϕ. Ad. 2)
a) (P (D)ϕ)ˆ = P · ϕ̂
Mamy:
P (D)ϕ ∗ et = ϕ ∗ P (D)et = ϕ ∗ P (t)et = P (t) · (ϕ ∗ et ).
132
Stąd
(P (D)ϕ)ˆ(t) = (P (D)ϕ ∗ et )(0) = (P (t) · (ϕ ∗ et ))(0) = P (t) · ϕ̂(t).
OK
b) P (−D)ϕ̂ = (P · ϕ)ˆ
Wystarczy sprawdzić ten wzór dla P (x) = x1 , a następnie iterować.
Oczywiście
P (−D) = −D1 =
1
1 ∂
· D1 =
.
−i
−i ∂x1
Niech v = (1, 0, . . . , 0) ∈ Rn . Wtedy
P (−D)ϕ̂(t) = −D1 ϕ̂(t) = lim
λ→0
Z
1
λ→0 −λi
ϕ̂(t + λv) − ϕ̂(t)
=
−λi
ϕ(x) · e−(t+λv) (x) − e−t (x) dmn (x) =
= lim
Rn
Z
= lim
λ→0
Rn
ϕ(x) · e−t (x) ·
e−λv (x) − 1
dmn (x) =
−λi
e−λv (x) − 1
dmn (x) = . . .
−λi
{z
}
Z
ϕ(x) · e−t (x) · lim
=
λ→0
Rn
|
z tw. o zbieżności zmajoryzowanej
Ale:
e−λv (x) − 1
e−iλv·x − 1
= lim
=
λ→0
λ→0
−λi
−λi
lim
e−iλx1 − 1 H
−ix1 e−iλx1
= lim
= x1 ,
λ→0
λ→0
−λi
−i
= lim
przy czym jest to zbieżność jednostajna (ponieważ e−iλx1 jest okresowa) względem x ∈ Rn .
Stąd:
Z
··· =
x1 · ϕ(x) · e−t (x)dmn (x) = (x1 · ϕ)ˆ(t) = (P · ϕ)ˆ(t). Rn
133
6.3. Aproksymacja przez splot
Ad. 3) Niech ϕ ∈ Sn , ψ(x) := (−1)|α| · xα · ϕ(x). Wtedy, dzięki punktowi 1),
ψ ∈ Sn . Dalej, dzięki punktowi 2), ψ̂ = Dα ϕ̂ oraz
P · Dα ϕ̂ = P · ψ̂ = (P (D)ψ)ˆ.
Ale P (D)ψ ∈ L1 (Rn ), skąd (P (D)ψ)ˆ jest funkcją ograniczoną. Pokazaliśmy zatem, że po wymnożeniu dowolnej pochodnej funkcji ϕ̂ przez dowolny
wielomian otrzymaliśmy funkcję ograniczoną. Zatem ϕ̂ ∈ Sn .
Ciągłość wynika z twierdzenia o wykresie domkniętym. Należy pokazać,
że jeżeli ϕk → ϕ w Sn i ϕ̂k → ψ w Sn , to ψ = ϕ̂.
Jeżeli ϕk → ϕ w Sn , to również ϕk → ϕ w L1 (Rn ). Stąd ϕ̂k (t) → ϕ̂(t)
∀t ∈ Rn . Ale z założenia, ϕ̂k (t) → ψ(t), skąd teza.
6.3
Aproksymacja przez splot
Def. Niech ψ ∈ D(Rn ) taka, że ψ > 0 i
R
ψ(x)dmn (x) = 1. Wtedy ciąg
Rn
funkcji:
ψk (x) := k n ψ(kx),
gdzie k ∈ N, nazywamy jedynką aproksymacyjną.
Stwierdzenie 6.2 (o aproksymacji przez splot). Niech ϕ ∈ Cc (Rn ); ϕk :=
ϕ ∗ ψk . Wtedy ϕk ∈ D(Rn ) oraz ϕk ⇒ ϕ w Cc (Rn ).
Dowód. Z definicji splotu:
Z
ϕk (x) = (ϕ ∗ ψk )(x) =
ϕ(y)ψk (x − y)dmn (y) .
Rn
{z
|
∈D(Rn )
}
Niech ε > 0. Mamy
Z
Z
|ϕ(x) − (ϕ ∗ ψk )(x)| = ϕ(x)ψk (x − y)dmn (y) − ϕ(y)ψk (x − y)dmn (y) =
n
n
R
R
Z
Z
= (ϕ(x) − ϕ(y))ψk (x − y)dmn (y) 6 |ϕ(x) − ϕ(y)|ψk (x − y)dmn (y) 6 . . .
n
n
R
R
Z jednostajnej ciągłości funkcji ϕ: ∃N = N (ε) ∀k > N : jeżeli (x − y) ∈
supp ψk , to |ϕ(x) − ϕ(y)| 6 ε. Zatem dla k > N :
134
6.4. Dlasze własności transformacji Fouriera
Z
··· 6 ε ·
ψ(x − y)dmn (y) = ε,
Rn
|
{z
}
=1
skąd ϕk ⇒ ϕ. Zatem dowolną funkcję ciągłą o supporcie zwartym można aproksymować
ciągiem funkcji próbnych poprzez wykorzystanie splotu.
Wniosek. Przestrzeń D(Rn ) jest gęsta w Lp (Rn ) dla p ∈ [1, ∞).
(Jest to konsekwencja powyższego stwierdzenia i Tw. 4.9.
6.4
Dlasze własności transformacji Fouriera
Lemat. Jeśli f ∈ L1 (Rn ), to:
kfˆk∞ 6 kf k1
(6.1)
oraz fˆ ∈ C0 (Rn ) (przestrzeń funkcji ciągłych znikających w nieskończoności).
Dowód. Nierówność (6.1) jest oczywiste z samej definicji transformaty Fouriera.
Mamy D(Rn ) ⊂ Sn ⊂ L1 (Rn ), gdzie przestrzeń D(Rn ) jest gęsta w L1 (Rn ),
zatem i Sn jest gęsta w L1 (Rn ).
Dzięki nierówności (6.1) transformacja Fouriera Φ jest ciągłym odwzorowaniem
liniowym z L1 (Rn ) w L∞ (Rn ). Dlatego:
L1
Φ L1 (Rn ) = Φ Sn
⊂ ...
Ale dla odwzorowań ciągłych obraz domknięcia zawiera się w domknięciu
obrazu. Stąd:
· · · ⊂ Φ (Sn )
L∞
⊂ Sn
L∞
⊂ C0 (Rn )
L∞
.
Ale norma k∞ w przestrzeni funkcji ciągłych redukuje się do normy ksup
(ponieważ istotny kres górny pokrywa się z kresem górnym dla funkcji ciągłych),
z którą przestrzeń C0 (Rn ) jest przestrzenią Banacha, czyli jest zupełna. Zatem:
C0 (Rn )
L∞
= C0 (Rn ). 1
2
Stwierdzenie 6.3. Niech χn : Rn −→ R, χn (x) := e− 2 |x| . Wtedy χn ∈ Sn ,
χ̂n = χn oraz:
Z
χn (0) = χ̂n (t)dmn (t) = 1.
Rn
135
Dowód. Jest oczywiste, że χn ∈ Sn .
I. n = 1
Wtedy χ1 spełnia równanie różniczkowe χ01 + xχ1 = 0. Dalej:
(χ01 )ˆ = (iDχ1 )ˆ = ixχ̂1 .
Do tego:
1
(xχ1 )ˆ = −Dχ̂1 = − χ̂01 = iχ̂01 .
i
Stąd:
0 = 0̂ = (χ01 + xχ1 )ˆ = ixχ̂1 + iχ̂01 = i(χ̂01 + xχ̂1 ).
Jak widać χ̂1 spełnia to samo równanie różniczkowe. Zatem z jednoznaczności należy sprawdzić, czy χ̂1 i χ1 przyjmują te same wartości w
zerze. Mamy:
χ1 (0) = 1
1
χ̂1 (0) = √
2π
Z∞
e
− 12 x2
−∞
√
2π
dx = √
=1
2π
Stąd χ̂1 = χ1 .
OK
II. n- dowolne
Zauważmy, że:
χn (x) = χ1 (x1 ) . . . χ1 (xn ),
skąd:
χ̂n (x) = χ̂1 (x1 ) . . . χ̂1 (xn ).
Stosujemy zatem punkt 1◦ , uzyskując tezę. Stwierdzenie 6.4. Niech f, g ∈ L1 (Rn ). Wtedy:
Z
Z
ˆ
f (y) · g(y)dmn (y) = f (x) · ĝ(x)dmn (x).
Rn
Rn
136
Dowód. Z twierdzenia Fubiniego:
Z
Z Z
fˆ(y) · g(y)dmn (y) =
Rn
f (x) · e−ix·y · g(y)dmn (x)dmn (y) =
Rn Rn
Z
f (x) · ĝ(x)dmn (x). =
Rn
Twierdzenie 6.5 (o odwracaniu transformacji Fouriera).
i) Jeśli ϕ ∈ Sn , to dla x ∈ Rn :
Z
ϕ̂(t) · eit·x dmn (t).
ϕ(x) =
(6.2)
Rn
ii) Transformacja Fouriera Φ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym Sn na
Sn o okresie 4 (tj. Φ ◦ Φ ◦ Φ ◦ Φ = id), którego odwzorowanie odwrotne
jest również ciągłe. Ponadto Φ(Φ(ϕ)) = ϕ̌, tzn. ϕ̂ˆ = ϕ̌.
iii) Jeśli f, fˆ ∈ L1 (Rn ), to ∀!x ∈ Rn (tj. dla prawie wszystkich, czyli z
dokładnością do zbioru miary zero): f (x) = f0 (x), gdzie:
Z
f0 (x) :=
fˆ(t) · eit·x dmn (t).
Rn
Dowód.
Ad. i) Niech ϕ ∈ Sn , ψ(x) := χn ( λx ), gdzie λ > 0. Wtedy z Wł. 6.1. (4):
ψ̂(t) = λn χ̂n (λt) = λn χn (λt) .
| {z }
| {z }
Wł. 6.1. (4)
Stw. 6.3.
Stąd i ze Stw. 6.4.:
ψ(x)
ψ̂(t)
Z z }|
Z
x {
z }| {
n
χn
·ϕ̂(x)dmn (x) = ϕ (t) · λ χ̂n (λt) dmn (t) =
λ
Rn
Rn
Z
ϕ
=
x
λ
· χ̂n (x)dmn (x)
Rn
|
{z
x=λt
Jeśli λ → ∞, to
137
}
ϕ
x
λ
Rn
· χ̂n (x) ⇒ ϕ(0) · χ̂n (x)
oraz
χn
x
λ
Rn
· ϕ̂(x) ⇒ χn (0) · ϕ̂(x),
ponieważ χ̂n , ϕ̂ ∈ C0 (Rn ) (jak wykazano w lemacie).
Z twiedzenia Lebesgue’a o zbieżności zmajoryzowanej:
Z
ϕ
x
λ
λ→∞
Z
ϕ(0) · χ̂n (x)dmn (x)
· χ̂n (x)dmn (x) −→
Rn
Rn
Z
χn
x
λ
λ→∞
Z
· ϕ̂(x)dmn (x) −→
Rn
χn (0) · ϕ̂(x)dmn (x)
Rn
Stąd
Z
Z
ϕ(0)
χ̂n (x)dmn (x) =
Rn
Rn
|
{z
χn (0) ·ϕ̂(x)dmn (x).
| {z }
=1
}
=1
Zatem
Z
ϕ(0) =
ϕ̂(t)dmn (t).
Rn
A to jest wzór (6.2) dla x = 0. Z Wł. 6.1. (1) mamy:
Z
ϕ(x) = (τ−x ϕ)(0) =
Z
(τ−x ϕ)ˆ(t)dmn (t) =
Rn
ϕ̂(t) · eit·x dmn (t).
Rn
OK
Ad. ii) Wynika bezpośrednio z punktu (i).
OK
138
Ad. iii) Niech ϕ ∈ Sn . Ze Stw. 6.4. oraz wzoru (6.2):
Z
Z Z
fˆ(t)eit·x ϕ̂(x)dmn (t)dmn (x) =
f0 (x)ϕ̂(x)dmn (x) =
Rn
Rn Rn
Z
=
fˆ(t)ϕ(t)dmn (t) =
f (t)ϕ̂(t)dmn (t) .
Rn
Rn
|
Z
{z
z równania (6.2)
}
|
{z
Stw. 6.4.
}
Zatem
Z
∀ϕ ∈ Sn
(f − f0 )ϕ̂ dmn = 0,
Rn
skąd
Z
∀ϕ ∈ Sn
(f − f0 )ϕ dmn = 0.
Rn
Powyższa równość zachodzi tym bardziej ∀ϕ ∈ D(Rn ), a dzięki z gęstości
przestrzeni D(Rn ) w Cc (Rn ), również ∀ϕ ∈ Cc (Rn ).
R
Zauważmy teraz, że jeśli
h · ϕ dmn = 0 ∀ϕ ∈ Cc (Rn ), to h = 0 prawie
Rn
wszędzie. Dlatego f − f0 = 0 prawie wszędzie; fakt ten można uzyskać
wykorzystując twierdzenie Łuzina, sformułowane poniżej. Twierdzenie Łuzina. Niech f : Rn → C bedzie funkcją mierzalną, A ⊂ Rn
podzbiorem mierzalnym takim, że m(A) < ∞ oraz f (x) = 0 dla x ∈ Rn \ A.
Wtedy ∀ ε > 0 istnieje g ∈ Cc (Rn ) taka, że
m({x ∈ Rn : f (x) 6= g(x)}) < ε.
Wniosek.
Jeśli ϕ, ψ ∈ Sn , to:
a) (ϕ · ψ)ˆ = ϕ̂ ∗ ψ̂
b) ϕ ∗ ψ ∈ Sn
Dowód.
Ad. a) Z Wł. 6.1. (3):
Φ(ϕ̂ ∗ ψ̂) = Φ(ϕ̂) · Φ(ψ̂) = ϕ̌ · ψ̌ = (ϕ · ψ)ˇ = Φ(Φ(ϕ · ψ)).
Ponieważ Φ jest odwracalne, możemy je oberwać. Stąd:
ϕ̂ ∗ ψ̂ = Φ(ϕ · ψ).
139
OK
Ad. b) Wynika bezpośrednio z punktu (a). Twierdzenie 6.6 (twierdzenie Plancherela). Transformacja Fouriera Φ :
Sn −→ Sn jednoznacznie przedłuża się do izometrii
na
Ψ : L2 (Rn ) 7−→ L2 (Rn ).
Dowód.
1◦ Jedyność.
Jedyność wynika z gęstości Sn w L2 (Rn ).
OK
2◦ Istnienie.
Dla ϕ, ψ ∈ Sn mamy (przy oznaczeniu ψ̄ oznaczającym sprzężenie
funkcji ψ):
Z
Z Z
ϕ(x)ψ̄(x)dmn (x) =
Rn
ψ̄(x)ϕ̂(t)eit·x dmn (t)dmn (x) =
Rn Rn
Z Z
=
ϕ̂(t)ψ(x)e−it·x dmn (t)dmn (x) =
Rn Rn
Z
ϕ̂(t)ψ̂(t)dmn (t)
Rn
Otrzymaliśmy zatem tzw. wzór Plancherela:
Z
hϕ, ψi =
Z
ϕ · ψ̄dmn =
Rn
¯
ϕ̂ · ψ̂dmn = hϕ̂, ψ̂i,
ϕ, ψ ∈ Sn .
Rn
W szczególności dla ϕ = ψ otrzymujemy:
kϕk2 = kϕ̂k2 .
Oznacza to, że Φ jest izometrią podprzestrzeni Sn w L2 (Rn ). Ale izometria przedłuża się jednoznacznie na domknięcie przestrzeni zupełnej, skąd
teza. 140
6.5. Dystrybucje temperowalne i transformata Fouriera dystrybucji
6.5
Dystrybucje temperowalne i transformata Fouriera dystrybucji
Twierdzenie 6.7.
i) Przestrzeń D(Rn ) jest gęsta w Sn .
ii) Zanurzenie j : D(Rn ) −→ Sn jest ciągłe.
Dowód.
Ad. i) Niech ϕ ∈ Sn ; ψ ∈ D(Rn ) taka, że ψ = 1 na K(0, 1). Połóżmy ϕr (x) :=
ϕ(x) · ψ(rx), gdzie x ∈ Rn , r > 0.
r→0
Wystarczy udowodnić, że ϕr ∈ D(Rn ) oraz ϕr −→ ϕ w Sn .
Pierwsza część stwierdzenia jest oczywista. W celu udowodnienia drugiej
należy wykazać, że:
max sup
h
|α|6N x∈Rn
1 + |x|2
N
i
r→0
· |Dα (ϕ − ϕr )(x)| −→ 0.
Ze wzoru Leibnitza:
1 + |x|2
N
· |Dα (ϕ − ϕr )(x) | = 1 + |x|2
{z
}
|
N
·
=ϕ(x)(1−ψ)(rx)
·|
X
Cαβ Dα−β ϕ(x) · r|β| Dβ (1 − ψ)(rx) | = . . .
{z
}
|
β6α
=0 dla |x|6 r1
Ale 1 + |x|2
Zatem:
N
·Dα−β ϕ(x) ∈ C0 (Rn ) z definicji funkcji szybko malejącej.
r→0
. . . −→ 0. OK
Ad. ii) Niech K ⊂ Rn - zwarty. Pytamy, czy j : DK −→ Sn jest ciągłe? Ale
DK jest przestrzenią Frécheta z topologią Frécheta, która pokrywa się
z topologią indukowaną na DK z Sn . Zatem mamy ciągłość, a nawet
homeomorfizm na obraz. Zatem odwzorowanie j : D(Rn ) −→ Sn jest
ciągłe. 141
Def. Rozważmy następujące odwzorowanie:
j
Λ
D(Rn ) 7−→ Sn 7−→ C
i oznaczmy uΛ := Λ ◦ j : D(Rn ) −→ C. Ponieważ Λ i j są ciągłe, uΛ ∈ D0 (Rn ).
Dzięki gęstości D(Rn ) w Sn odwzorowanie liniowe:
Sn 3 Λ 7−→ uΛ ∈ D0 (Rn )
jest injektywne. Dystrybucję postaci uΛ nazywamy dystrybucjami temperowalnymi. Są to dokładnie te dystrybucje, które mają ciągłe rozszerzenia na
Sn (tzn. przedłużają się w sposób ciągły do funkcjonałów Λ na Sn ). Ponieważ
przedłużenie to jest jednoznaczne (co wynika z gęstości D(Rn ) w Sn ), będziemy
utożsamiać uΛ z Λ ∈ Sn0 , a Przestrzeń dystrybucji temperowalnych oznaczać przez Sn0 .
Sprawdzanie ciągłości funkcjonału u na przestrzeni Sn polega na szacowaniu
modułu |u(ϕ)| przez wartości seminorm na ϕ, ϕ ∈ Sn . Wtedy u jest dystrybucją
temperowalną.
Przykład 1. Każda dystrybucja u ze zwartym nośnikiem jest temperowalna.
Dowód. Wynika to z faktu, że u przedłuża się do ciągłego funkcjonału liniwego
na przestrzeni Frécheta C ∞ (Rn ) oraz tego, że zanurzenie Sn −→ Cc (Rn ) jest
ciągłe.
Przykład 2.
Niech µ- dodatnia miara borelowska na Rn taka, że
Z
dµ(x)
<∞
N
(1 + |x|2 )
n
R
dla pewnego N ∈ N. Wtedy u = uµ zdefiniowana jako
Z
uµ (ϕ) := ϕdµ, ϕ ∈ Sn
Rn
jest dystrybucją temperowalną.
Dowód. Niech ϕk → 0 w Sn . Wtedy:
εk := sup 1 + |x|2
N
k→0
· |ϕk (x)| −→ 0,
x∈Rn
a stąd:
Z
|uµ (ϕk )| 6
Rn
1 + |x|2
N
(1 +
· |ϕk (x)|
N
|x|2 )
Z
dµ(x) 6 εk
Rn
142
dµ(x)
(1 + |x|2 )
N
.
Przykład 3.
Niech p ∈ [1, ∞); f : Rn −→ C- globalna i mierzalna, taka, że:
!p
Z
|f (x)|
dmn (x) < ∞
C :=
N
(1 + |x|2 )
n
R
dla pewnego N ∈ N. Wtedy dystrybucja
Z
u = uf : Sn −→ C, u(ϕ) :=
ϕ · f dmn , ϕ ∈ Sn ,
Rn
jest dystrycucją temperowalną.
Dowód.
I. p > 1
Niech p1 + 1q = 1 (p, q- wykładniki sprzężone); ϕ ∈ Sn . Wtedy z Tw.
4.4. (nierówność Höldera) mamy:
Z
|uf (ϕ)| 6
Z
|ϕ| · |f |dmn 6
Rn
1 + |x|2
N
· |ϕ(x)| ·
Rn

1
p
6C 
Z |f (x)|
(1 + |x|2 )
N
dmn (x) 6
 q1
q
N
1 + |x|2 · |ϕ(x)| dmn (x) 6
Rn
1
1
6 C p · B q · k|ϕ(x)| · 1 + |x|2
|
{z
M
kRn ,
}
jedna z seminorm na Sn
gdzie M 0- tak duża, aby
Z
B :=
Rn
dmn (x)
(1 + |x|2 )
(M −N )·q
< ∞.
OK
II. p = 1
Niech ϕ ∈ Sn . Wtedy:
Z
|uf (ϕ)| 6
Z
|ϕ| · |f |dmn =
Rn
1 + |x|2
Rn
143
N
· |ϕ(x)| ·
|f (x)|
N
(1 + |x|2 )
dmn (x) 6
6 k 1 + |x|2
N
Z
· |ϕ(x)|kRn ·
|f (x)|
N
(1 + |x|2 )
{z
|
dmn (x) =
Rn
C<∞ (z założenia)
}
N
= C · k 1 + |x|2 · |ϕ(x)|kRn |
{z
}
jedna z seminorm na Sn
Wniosek 1.
owalną.
Każda funkcja f ∈ Lp (Rn ), p ∈ [1, ∞) jest dystrybucją temper-
Wniosek 2.
Każdy wielomian jest dystrybucją temperowalną.
Def. Niech u ∈ Sn0 , ϕ ∈ Sn . Wtedy transformatę Fouriera dystrybucji
temperowalnej definiujemy następująco:
û(ϕ) := u(ϕ̂).
Twierdzenie 6.8 (o transformacji Fouriera dystrybucji temperowalnych).
i) Niech u ∈ Sn0 ; α ∈ Nn0 ; P - wielomian; ψ ∈ Sn . Wtedy dystrybucje: Dα u,
P · u, ψ · u są temperowalne.
ii) Transformacja Fouriera Ψ jest ciągłym liniowym odwzorowaniem bijektywnym Sn0 na Sn0 o okresie 4 i ma ciągłe odwzorowanie odwrotne.
iii) Jeśli u ∈ Sn0 , P - wielomian, to zachodzą następujące wzory:
a) wzór na transformatę Fouriera „pochodnej”:
(P (D)u)ˆ = P · û
b) wzór na „pochodną” transformaty Fouriera:
P (−D)û = (P · u)ˆ
Dowód.
Ad. i) Wynika bezpośrednio z Tw. 6.1 (1) (o transformacji Fouriera funkcji
szybko malejących), gdyż na przykład:
(P · u)(ϕ) = u(P · ϕ), ϕ ∈ Sn .
144
Ad. ii)
1◦ Liniowość
Liniowość jest oczywista.
OK
2◦ Ciągłość
Na przestrzeni Sn0 mamy słabą* topologię. Należy wykazać, że odwzorowanie Ψ : Sn0 3 u −→ û ∈ Sn0 jest ciągłe.
Niech ϕ ∈ Sn . Korzystając z własności słabej* topologii, wystarczy
wykazać, że ϕ∗ (Ψ(u)) = (Ψ(u))(ϕ) jest ciągłe. Mamy zatem:
ϕ∗ (Ψ(u)) = (Ψ(u))(ϕ) = û(ϕ) = u(ϕ̂) = ϕ̂∗ (u).
| {z }
z def
Ale ϕ̂ ∈ Sn . Zatem ϕ̂∗ (u) jest ciągłe.
OK
3◦ Bijektywność
Z definicji, Ψ : Sn0 −→ Sn0 jest odwzorowaniem dualnym do Φ :
Sn −→ Sn :
Ψ(u)(ϕ) = u(Φ(ϕ)), ϕ ∈ Sn .
Ponieważ Φ jest izomorfizmem liniowym o okresie 4, to Ψ również
jest izomorfizmem liniowym o okresie 4, gdyż
Ψ ◦ Ψ ◦ Ψ ◦ Ψ = Φ∗ ◦ Φ∗ ◦ Φ∗ ◦ Φ∗ = (Φ ◦ Φ ◦ Φ ◦ Φ)∗ = id.
OK
Ad. iii)
Niech ϕ ∈ Sn . Wystarczy rozważyć przypadek P (x) = x1 .
a) (P (D)u)ˆ = P · û
(P (D)u)ˆ(ϕ) = P (D)u(ϕ̂) = −u(P (D)ϕ̂) = u(P (−−D)ϕ̂) =
= u((P · ϕ)ˆ) = û(P · ϕ) = (P · u)(f )
| {z }
z Tw. 6.1, (2)
Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę.
OK
145
b) P (−D)û = (P · u)ˆ
P (−D)û(ϕ) = −û(P (−D)ϕ) = û(P (D)ϕ) = u((P (D)ϕ)ˆ) =
u((P · ϕ̂)) = (P · u)(ϕ̂) = (P · u)ˆ(ϕ)
| {z }
z Tw. 6.1. (2)
Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę. Przykłady.
1) 1̂ = δ0 i δ̂ = 1
Z
1̂(ϕ) = 1(ϕ̂) =
Z
ϕ̂(x)dmn (x) =
Rn
ϕ̂(x) · ei0·x dmn (x) = ϕ(0) = δ0
Rn
δˆ0 (ϕ) = δ0 (ϕ̂) = ϕ̂(0) =
Z
ϕ(t)e
−i0·t
Z
dmn (t) =
Rn
ϕ(t)dmn (t) = 1(ϕ)
Rn
2) Mamy:
(P (D)δ0 )ˆ = P · δˆ0 = P.
W szczególności dla n = 1 i P (x) = x, P (D) =
1 ∂
i ∂x .
Zatem
(i−1 ∂/∂xδ0 )ˆ = x, (∂/∂xδ0 )ˆ = ix.
Z kolei dla P (x) = xα mamy:
((−i)−|α| Dα δ0 )ˆ = xα , (Dα δ0 )ˆ = i|α| · xα .
3) Mamy:
P̂ = (P · 1)ˆ = P (−D)1̂ = P (−D)δ0 .
W szczególności dla n = 1 i P (x) = xα :
146
|α|
1
· Dα δ0 = i|α| · Dα δ0 .
(x )ˆ = −
i
α
Dla P (x) = x:
x̂ = i
∂δ0
∂x
4) Wyznaczymy (sin x)ˆ.
Połóżmy f (x) :=
sin x
x2 +1
∈ L1 (Rn ); g(x) := sin x. Wtedy
g(x) = f (x)(x2 + 1).
Ale
(P · u)ˆ = P (−D)û.
Policzmy zatem
1
fˆ(t) = √
2π
Z
sin x · e−itx
dx.
x2 + 1
R
Mamy przy tym
sin x · eitx =
Z∞
1 i(t+1)x
e
− ei(t−1)x ,
2i
eiax
dx = π · e−|a| ,
x2 + 1
−∞
a więc
√
1 π −|t−1|
√ e
fˆ(t) =
− e−|t+1| .
2i 2
Stąd
(sin x)ˆ = ((x + 1) ·f (x))ˆ = P (−D)fˆ =
| {z }
2
P
Ponieważ
147
1 2
D + 1 fˆ = fˆ − D2 fˆ.
i2
d −|t|
e
=
dt
(
−e−|t| , t > 0
e−|t| , t < 0
więc
d2 −|t|
e
= e−|t| − 2δ0 .
dt2
Ostatecznie otrzymujemy
(sin x)ˆ = P (−D)fˆ =
√
1 π 1
1
√ √ (2δ1 − 2δ−1 ) = (δ1 − δ−1 ).
2i 2 2π
2i
Def. Niech u ∈ Sn0 ; ϕ ∈ Sn . Wtedy splot dystrybucji temperowalnej z
funkcją szybko malejącą definiujemy następująco:
(u ∗ ϕ)(x) := u(τx ϕ̌)
Własności 6.3 (własności dystrybucji temperowalnych).
Dla u ∈ Sn0 , ϕ, ψ ∈ Sn :
1) (τx u)ˆ = e−x û oraz (ex u)ˆ = τx û
2) u ∗ ϕ ∈ C ∞ (Rn ) oraz Dα (u ∗ ϕ) = Dα u ∗ ϕ = u ∗ Dα ϕ.
3) Splot u ∗ ϕ ma wzrost wielomianowy, czyli jest dystrybucją temperowalną.
4) (u ∗ ϕ) ∗ ψ = u ∗ (ϕ ∗ ψ)
5) (u ∗ ϕ)ˆ = û · ϕ̂
6) û ∗ ϕ̂ = (u · ϕ)ˆ
Dowód. Udowodnimy tylko własność (1). Niech ϕ ∈ Sn . Wtedy
(τx u)ˆ(ϕ) = (τx u)(ϕ̂) = u(τ−x ϕ̂) = u((e−x ϕ)ˆ) = û(e−x ϕ) = (e−x û)(ϕ)
(ex u)ˆ(ϕ) = (ex u)(ϕ̂) = u(ex ϕ̂) = u((τ−x ϕ)ˆ) = û(τ−x ϕ) = τx û(ϕ)
Pozostałe dowody są podobne do dowodów własności splotu dystrybucji,
poznanych wcześniej. 148
6.6. Zastosowanie transformacji Fouriera do rozwiązywania liniowych równań
różniczkowych cząstkowych o stałych współczynnikach
Przykład.
cos x =
eix + e−ix
e1 (x) + e−1 (x)
=
2
2
eix − e−ix
e1 (x) − e−1 (x)
=
2i
2i
Możemy zatem wykorzystać Wł. 6.3. (1) do obliczenia transformat Fouriera funkcji sin x i cos x. Na przykład:
sin x =
(cos x)ˆ =
6.6
1
1
1
1
((e1 · 1)ˆ + (e−1 · 1)ˆ) = (τ1 1̂+τ−1 1̂) = (τ1 δ0 +τ−1 δ0 ) = (δ1 +δ−1 ).
2
2
2
2
Zastosowanie transformacji Fouriera do rozwiązywania liniowych równań różniczkowych cząstkowych
o stałych współczynnikach
Niech P (t)- wielomian n-tego stopnia o współczynnikach zespolonych. Eozważmy
równanie:
P (D)u = v,
(6.3)
gdzie u- niewiadoma dystrybucja, a v ∈ Sn0 - zadana dystrybucja temperowalna.
Należy zawczasu zaznaczyć, że tą metodą możemy otrzymać jedynie rozwiązania
będące dystrybucjami temperowalnymi.
Zadziałajmy na to równanie transformacją Fouriera Ψ:
(P (D)u)ˆ = v̂,
czyli:
P · û = v̂.
(6.4)
Rozwiązanie równania różniczkowego (6.3) sprowadza się zatem do problemu
dzielenia dystrybucji temperowalnych przez wielomiany. Okazuje się, że jest to
zawsze wykonalne, aczkolwiek nie ma jednoznaczności. Mówi o tym poniższe
bardzo ważne twierdzenie.
Twierdzenie 6.9 (Łojasiewicza-Hörmandera o dzieleniu dystrybucji).
Niech Ω ⊂ Rn - otwarty; w ∈ D0 (Ω) (w ∈ Sn0 (Ω)); P (x)- wielomian (lub funkcja
analityczna). Wtedy istnieje dystrybucja u ∈ D0 (Ω) (u ∈ Sn0 (Ω)) taka, że
P · u = w.
(bez dowodu)
149
Uwaga. Nie ma jednoznaczności dla rozwiązania problemu dzielenia dystrybucji, np. każde dwa rozwiązania problemu dzielenia x · u = w, gdzie u ∈ D0 ()
różnią się o C · δ0 , gdzie C ∈ R. Co więcej, mamy równoważność:
x · u1 = x · u2 = w ⇐⇒ u1 − u2 = C · δ0 .
W celu wykazania tej równoważności wystarczy udowodnić poniższy lemat.
Lemat. x · u = 0 ⇐⇒ u = C · δ0 , gdzie C ∈ R.
Dowód.
1◦ (⇐=)
(x · δ0 )(ϕ) = δ0 (x · ϕ) = (x · ϕ)(0) = 0
OK
2◦ (=⇒)
Niech ω ∈ D(R)- taka, że ω(0) = 1. Wtedy ∀ϕ ∈ D(R) ∃ψ ∈ D(R):
ϕ(x) = ϕ(0) · ω(x) + x · ψ(x),
ponieważ ϕ(x) − ϕ(0) · ω(x) ∈ D(R) ⊂ C ∞ (R) zeruje się w zerze, a funkcje
klasy C ∞ zerujące się w zerze mają taką własność, że można je wydzielić
przez wspórzędną x.
Zatem mamy:
u(ϕ) = u(ϕ(0)·ω +x·ψ) = ϕ(0)·u(ω)+u(x·ψ) = u(ω)·δ0 (ϕ)+(x · u)(ψ) =
| {z }
=0
= u(ω) ·δ0 (ϕ)
| {z }
C
Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę. Uwaga. Problem z jednoznacznością pojawia się jedynie w pobliżu miejsc
zerowych funkcji P (x). Dlatego dwa rozwiązania równania (6.6) mogą różnić
się wyłącznie o taką dystrybucję, której suport zawiera się w zbiorze zer funkcji
P (x).
Podsumowując, w celu rozwiązania równania (6.6) znajdujemy rozwiązanie
problemu dzielenia w = û ∈ Sn0 . Wówczas rozwiązanie wyjściowego równania
(6.3) dane jest wzorem:
u = Ψ−1 (w).
150
Przykład. Rozwiążemy równanie cząstkowe:
∆u − u = v,
Sn0 -
gdzie v ∈
dana; u ∈
Laplace’a.
Oczywiście:
Sn0 -
∆=−
niewiadoma; ∆ :=
∂2
∂x21
+ ··· +
∂2
∂x2n -
operator
2
n X
1 ∂
= −Q(D),
i ∂xk
k=1
gdzie Q(t) :=
n
P
k=1
t2k . Zatem nasze równanie ma postać:
P (D)u = −v,
gdzie P (t) :=
n
P
k=1
t2k + 1.
Działamy na to równanie transformacją Fouriera, otrzymując:
v̂
= w ∈ Sn0 .
P
Ponieważ v, ∈ Sn0 oraz P (x) 6= 0 ∀x ∈ R, rozwiązanie problemu dzielenia jest
jedyne, ale jedynie wśród rozwiązań z przestrzeni Sn0 .
P · û = v̂ =⇒ û =
Uwaga.
Rozwiązanie tego równania jest jedyne w klasie Sn0 , gdy v ∈ Sn0 . Jeżeli v ∈ Sn
lub v ∈ L2 (R), to rozwiązanie u dane jest wzorem:
Z
u(x) = w(t)eit·x dmn (t) ∀!x ∈ Rn
Rn
Brak jedyności rozwiązania w sytuacji ogólnej zilustrujemy następującym
przykładem. Rozważmy równanie różniczkowe zwyczajne
d2 u
− u = 0,
dx2
(takie jak w poprzednim przykładzie, tylko dla n = 1 i v = 0).
Jego rozwiązanie ogólne ma postać:
y(x) = Aex + Be−x ,
gdzie A, B ∈ R. Ale rozwiązanie z zastosowaniem transformaty Fouriera daje
jedyne rozwiązanie u = 0. Powodem tego braku jednoznaczności rozwiązania
jest fakt, że funkcje ex i e−x NIE są dystrybucjami temperowalnymi.
Przynależność do klasy Sn0 jest rodzajem warunku brzegowego narzuconego na dystrybucje, który ogranicza ich wzrost, wykluczając na przykład
funkcje wykładnicze.
151

Analiza Matematyczna III MT Notatki z Wykładu prof. Krzysztofa

Transkrypt

Podobne dokumenty

Wykład 1 Literatura: M. Lassak, Matematyka dla studiów