Giáo trình Lý thuyết Hàm suy rộng và không gian Sobolev

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

). Hàm ρ cũng có các tính chất của hàm ρ:
(i) ρ ∈ C∞0 (Rn), supp ρ = B¯(0) = {x ∈ Rn
∣∣||x|| ≤ 1}, ρ(x) ≥ 0,∀x ∈ Rn,
(ii)
∫
Rn ρ(x)dx = 1, ρ là hàm chỉ phụ thuộc vào ||x||(radial function).
Với mỗi hàm f ∈ L1loc(Rn), đặt
f(x) = (f ∗ ρ)(x) =
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy.
Việc đặt này là có nghĩa vì∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy =
∫
Rn
f(x− y)ρ(y)dy =
∫
B¯(0)
f(x− y)ρ(y)dy.
Mệnh đề 1.2. Cho f ∈ L1loc(Rn). Khi đó, ta có các kết luận sau.
(i) f ∈ C∞(Rn).
(ii) Nếu supp f = K ⊂⊂ Rn thì f ∈ C∞0 (Rn), supp f ⊂ K = {x ∈ Rn
∣∣d(x,K) ≤ }.
(iii) Nếu f ∈ C(Rn) thì lim
→0+
sup
x∈K
|f(x)− f(x)| → 0,∀K ⊂⊂ Rn.
(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn)(1 ≤ p <∞) thì f ∈ Lp(Rn), và f L
p−→ f khi → 0+.
Chứng minh. (i) Dễ dàng chứng minh từ đẳng thức sau
Dαx (
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy) =
∫
Rn
f(y)Dαxρ(x− y)dy.
(ii)Do supp f = K nên
f(x) =
∫
Rn
f(y)ρ(x− y)dy =
∫
K
f(y)ρ(x− y)dy.
Khi đó, với mỗi x 6∈ K, nghĩa là d(x,K) >  hay ||x−y|| > ,∀y ∈ K.Mà supp ρ ∈ B¯(0)
nên ρ(x− y) = 0,∀y ∈ K. Do đó, f(x) = 0 khi x 6∈ K hay supp f ⊂ K.
(iii) Dễ thấy
f(x)− f(x) =
∫
Rn
(
f(x− y)− f(x))ρ(y)dy = ∫
B¯1(0)
(
f(x− y)− f(x))ρ(y)dy
nên |f(x)− f(x)| ≤ sup
y∈B¯(0)
|f(x− y)− f(x)|
mà f ∈ C(Rn) có f liên tục đều trên từng tập compact K ⊂ Rn
do đó lim
→0+
sup
x∈K
|f(x)− f(x)| → 0,∀K ⊂⊂ Rn.
4Mệnh đề 1.3. Cho K ⊂⊂ Rn. Khi đó, với mỗi  > 0, có một hàm ϕ ∈ C∞0 (Rn) thoả mãn
(i) 0 ≤ ϕ(x) ≤ 1,∀x ∈ Rn,
(ii) suppϕ ⊂ K,
(iii) ϕ(x) = 1,∀x ∈ K 
2
.
Chứng minh. Lấy hàm đặc trưng của tập K 3
4
χ(x) :=
{
1, nếu x ∈ K 3
4
,
0, nếu x 6∈ K 3
4
.
Có χ ∈ L1(Rn) ⊂ L1loc(Rn), suppχ = K 3
4
, nên theo Mệnh đề 1.2 có
(i) χ ∗ ρ 
4
∈ C∞0 (Rn),
(ii) supp(χ ∗ ρ 
4
) ⊂ K,
(iii)0 ≤ (χ ∗ ρ 
4
)(x),∀x ∈ Rn.
Để ý rằng,
(χ ∗ ρ 
4
)(x) =
∫
B¯ 
4
(0)
χ(x− y)ρ 
4
(y)dy
nên
(i) (χ ∗ ρ 
4
)(x) ≤ ∫
B¯ 
4
(0)
ρ 
4
(y)dy = 1,
(ii) Nếu x ∈ K 
2
thì (x− y) ∈ K 3
4
,∀y ∈ B¯ 
4
, do đó (χ ∗ ρ 
4
)(x) =
∫
B¯ 
4
(0)
ρ 
4
(y)dy = 1.
Chứng minh. Chứng minh Định lý 1.1. Từ giả thiết K là tập compact, {Uj}Nj=1 là một phủ
mở của K có
W1 := K\(∪Nj=2Uj) ⊂⊂ U1
nên tồn tại 1 > 0 sao cho
W1 ⊂ W1 +B1(0) ⊂ U1.
Theo Mệnh đề 1.3 có một hàm nhận giá trị trong khoảng (0, 1) là ψ1 ∈ C∞0 (Rn) sao cho
V1 := W1 +B 1
2
(0) ⊂ suppψ1 ⊂ W1 +B1 ⊂ U1.
Lại có, W1 := K\(∪Nj=2Uj) ⊂ V1 mà V1 là tập mở nên
W2 := K\(V1 ∪ (∪Nj=3Uj)) ⊂⊂ U2.
5Do đó, tồn tại 2 > 0 sao cho
W2 ⊂ W2 +B2(0) ⊂ U2.
Theo Mệnh đề 1.3, có một hàm nhận giá trị trong khoảng (0, 1) là ψ2 ∈ C∞0 (Rn) sao cho
V2 := W2 +B 2
2
(0) ⊂ suppψ2 ⊂ W2 +B2 ⊂ U2.
Cứ như thế ta xây dựng được dãy các hàm {ψj}Nj=1 thoả mãn
(i) ψj ∈ C∞0 (Rn),
(ii) Vj := Wj +B j
2
(0) ⊂ suppψj ⊂ Wj +Bj ⊂ Uj,
(iii)
∑N
j=1 ψj(x) > 0,∀x ∈ ∪Nj=1Vj(⊃ K),
(iv)
∑N
j=1 ψj(x) < N + 1,∀x ∈ Rn.
Có K ⊂⊂ ∪Nj=1Vj nên tồn tại một số  > 0 sao cho
K ⊂ K +B(0) ⊂ ∪Nj=1Vj.
Theo Mệnh đề 1.3 có một hàm không âm φ thoả mãn
(i) φ ∈ C∞0 (Rn),
(ii) K ⊂ K +B 
2
(0) ⊂ suppφ ⊂ K +B ⊂ ∪Nj=1Vj,
(iii)0 ≤ φ(x) ≤ 1,∀x ∈ Rn, φ(x) = 1,∀x ∈ K +B(0).
Đặt
ϕj(x) :=
ψj(x)
φ(x)
(∑N
k=1 ψk(x)
)
+ (1− φ(x))
(
N + 1−∑Nk=1 ψk(x))
có
(i) 0 ≤ ϕj(x) ≤ 1,∀x ∈ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) ϕj ∈ C∞0 (Rn), suppϕj ⊂ Uj, j = 1, 2, . . . ,
(iii)
∑∞
j=1 ϕj(x) = 1,∀x ∈ K.
Chú ý. Để xây dựng các hàm ϕj từ ψj ta có thể dùng một trong hai cách sau:
(i) thứ nhất
ϕj(x) :=
{
φ(x)ψj(x)∑N
k=1 ψk(x)
, nếu x ∈ suppφ,
0, nếu x 6∈ suppφ,
(ii) thứ hai
ϕ1(x) = ψ1(x), ϕ2(x) = (1− ψ1(x))ψ2(x), . . . , ϕN(x) = ψN(x)
N−1∏
j=1
(1− ψj(x)).
61.2 Không gian hàm cơ bản D(Ω), không gian hàm suy
rộng D′(Ω)
1.2.1 Không gian hàm cơ bản D(Ω)
Định nghĩa 1.2. Không gian D(Ω) là không gian gồm các hàm ϕ ∈ C∞0 (Ω) với khái niệm
hội tụ sau: dãy {ϕj}∞j=1 các hàm trong C∞0 (Ω) được gọi là hội tụ đến hàm ϕ ∈ C∞0 (Ω) nếu
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕj(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
Khi đó, ta viết là ϕ = D− lim
j→∞
ϕj.
Chú ý. 1.Nếu ϕ = D− lim
j→∞
ϕj thì suppϕ ⊂ K.
2. Khái niệm hội tụ trên D(Ω) là phù hợp với cấu trúc tuyến tính trên D(Ω), nghĩa là, nếu
λ, à ∈ C, ϕk, ψk, ϕ, ψ ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . , có
nếu D− lim
k→∞
ϕk = ϕ,D− lim
k→∞
ψk = ψ thì D− lim
k→∞
(λϕk + àψk) = λϕ+ àψ.
3. Hơn thế, ta còn có thể chứng minh nếu φ ∈ C∞(Ω), và ϕ = D− lim
j→∞
ϕj thì φϕ =
D− lim
j→∞
φϕj. Thật vậy, do nếu ϕk(x) = 0 thì φ(x)ϕk(x) = 0 nên supp(φϕk) ⊂ suppϕk,
và theo công thức Leibnitz có với mỗi α ∈ Zn+
Dα(φϕk)(x) =
∑
β≤α
(
α
β
)
Dβφ(x)Dα−βϕk(x)
mà ϕ = D− lim
j→∞
ϕj nghĩa là
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppϕk ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
k→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕk(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+,
do đó,
(i)supp(Dαϕk) ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,∀α ∈ Zn+ nên
supp(φϕk) ⊂ K, supp(Dα(φϕk)) ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
(ii) sup
x∈Ω
|Dα(φϕk)(x) − Dα(φϕ)(x)| ≤ C
( ∑
β≤α
sup
x∈K
|Dβφ(x)|
)
sup
x∈Ω
β≤α
|Dβϕk(x) − Dβϕ(x)|
nên
lim
k→∞
sup
x∈Ω
|Dα(φϕk)(x)−Dα(φϕ)(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
7Với mỗi α ∈ Zn+, phép toán đạo hàm Dα là ánh xạ tuyến tính liên tục trong D(Ω), nghĩa là
(i) Dαϕ ∈ D(Ω), suppDαϕ ⊂ suppϕ,
(ii) nếu λ, à ∈ C, ϕ, ψ ∈ D(Ω) thì Dα(λϕ+ àψ) = λDαϕ+ àDαψ,
(iii) nếu D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì D− lim
k→∞
Dαϕk = 0.
Như vậy, toán tử vi phân tuyến tính P =
∑
|α|≤m
aα(x)D
α, aα ∈ C∞(Ω) là toán tử vi phân
tuyến tính liên tục trên D(Ω) mà suppPu ⊂ suppu, ∀u ∈ D(Ω). Peetre, J. đã chứng minh
được rằng nếu toán tử tuyến tính P trên C∞0 (Ω) thoả mãn tính chất suppPu ⊂ suppu, ∀u ∈
C∞0 (Ω) thì P là toán tử vi phân.
4. Dãy {ϕj}∞j=1 được gọi là một dãy Cauchy trong D(Ω) nếu
(i) có một tập compact K ⊂ Rn mà suppϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) lim
j→∞
k→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕk(x)| = 0,∀α ∈ Zn+.
5. Cho ϕk ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . , chuỗi hình thức
∑∞
k=1 ϕk được gọi là hội tụ trong D(Ω)
nếu dãy các tổng riêng {∑kj=1 ϕj}∞k=1 hội tụ trong D(Ω).
Mệnh đề 1.4. Không gian D(Ω) là đủ.
Chứng minh. Lấy dãy {ϕj}∞j=1 là một dãy Cauchy trong D(Ω) thì
(i) có một tập compact K ⊂ Ω mà suppDαϕj ⊂ K, j = 1, 2, . . . ,∀α,
(ii) lim
j→∞
k→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕk(x)| = 0,∀α ∈ Zn+
nên với mỗi α dãy {Dαϕj}∞j=1 là dãy Cauchy trong không gian C(K) với chuẩn sup, mà
không gian C(K) với chuẩn sup là không gian đủ, do đó có một hàm ϕα ∈ C(Ω) sao cho
(i) suppϕα ⊂ K,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)− ϕα(x)| = 0.
Ta sẽ chứng minh ϕα = Dαϕ0. Khi đó, ϕ0 ∈ C∞0 (Ω) và
(i) suppDαϕ0 ⊂ K,
(ii) lim
j→∞
sup
x∈Ω
|Dαϕj(x)−Dαϕ0(x)| = lim
j→∞
sup
x∈K
|Dαϕj(x)−Dαϕ0(x)| = 0.
hay ϕ0 = D− lim
j→∞
ϕj.
Để chứng minh điều này ta chỉ cần chứng minh khi α = (1, 0, . . . , 0). Các trường hợp
α = (0, . . . , 0,
j︷︸︸︷
1 , 0, . . . , 0) ta chứng minh tương tự. Sau đó, bằng qui nạp ta chứng minh
cho các trường hợp còn lại.
Điều này là hiển nhiên vì D1ϕj hội tụ đều đến ϕ
(1,0,...,0)
trong K, và ϕj hội tụ đều đến ϕ
0
trong K.
81.2.2 Không gian hàm suy rộng D′(Ω)
Định nghĩa 1.3. Ta nói rằng f là một hàm suy rộng trong Ω nếu f là một phiếm hàm tuyến
tính liên tục trên D(Ω).
Hàm suy rộng f ∈ D′(Ω) tác động lên mỗi ϕ ∈ D(Ω) được viết là 〈f, ϕ〉. Hai hàm suy
rộng f, g ∈ D′(Ω) được gọi là bằng nhau nếu
〈f, ϕ〉 = 〈g, ϕ〉,∀ϕ ∈ D(Ω).
Tập tất cả các hàm suy rộng trong Ω lập thành không gian D′(Ω).
Chú ý. Trên D′(Ω) có thể xây dựng một cấu trúc không gian vectơ trên C, nghĩa là ta có
thể định nghĩa các phép toán tuyến tính như sau
(i) phép cộng: với f, g ∈ D′(Ω) tổng f + g được xác định như sau
f + g : ϕ 7→ 〈f + g, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉+ 〈g, ϕ〉, ϕ ∈ D(Ω),
khi đó, f + g ∈ D′(Ω), nghĩa là, f + g là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên D(Ω),
(ii) phép nhân với số phức: với λ ∈ C, f ∈ D′(Ω) tích λf được xác định như sau
λf : ϕ 7→ 〈λf, ϕ〉 = λ〈f, ϕ〉, ϕ ∈ D(Ω),
khi đó, λf ∈ D′(Ω), nghĩa là, λf là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên D(Ω).
Hơn thế, ta còn có thể định nghĩa phép nhân với một hàm trong C∞(Ω).
Với φ ∈ C∞(Ω), f ∈ D′(Ω) tích φf ∈ D′(Ω) được xác định như sau
φf : ϕ 7→ 〈φf, ϕ〉 = 〈f, φϕ〉, ϕ ∈ D(Ω),
khi đó, φf ∈ D′(Ω).
Thật vậy, do f ∈ D′(Ω) nên dễ thấy φf : D(Ω)→ C là ánh xạ tuyến tính.
Để chứng minh φf liên tục ta lấy dãy {ϕk}∞k=1 màD− lim
k→∞
ϕk = 0 ta chứng minh lim
k→∞
〈φf, ϕk〉 =
lim
k→∞
〈f, φϕk〉 = 0. Điều này là hiển nhiên vì f liên tục và D− lim
k→∞
φϕk = 0.
Ví dụ 1. Với mỗi f ∈ L1loc(Ω) được coi là một hàm suy rộng bằng cách sau
f : ϕ 7→ 〈f, ϕ〉 =
∫
Ω
f(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(Ω).
Như vậy, có thể coi L1loc(Ω) là tập con của D
′(Ω). Hàm suy rộng f ∈ L1loc(Ω) được gọi là
hàm suy rộng chính quy.
Với f, g ∈ L1loc(Ω), thì sự bằng nhau theo nghĩa hàm suy rộng và theo nghĩa thông thường
là như nhau, nghĩa là
f, g ∈ L1loc(Ω),
∫
Ω
f(x)ϕ(x)dx =
∫
Ω
g(x)ϕ(x)dx, ∀ϕ ∈ D(Ω) thì f = g, h.k.n trong Ω.
Ví dụ 2. Hàm Dirac:
δ : ϕ 7→ 〈δ, ϕ〉 = ϕ(0), ϕ ∈ D(Ω).
91.2.3 Đạo hàm suy rộng
Trong trường hợp một biến, áp dụng công thức tích phân từng phần cho f ∈ C1(R), ϕ ∈
C∞0 (R) có∫ +∞
−∞
f ′(x)ϕ(x)dx = f(x)ϕ(x)|+∞−∞ −
∫ +∞
−∞
f(x)ϕ′(x)dx = (−1)
∫ +∞
−∞
f(x)ϕ′(x)dx.
Như vậy, ta có thể định nghĩa đạo hàm của một hàm như một hàm suy rộng. Ngoài ra, bằng
cách định nghĩa như vậy ta có thể định nghĩa đạo hàm cho hàm f ∈ L1loc(R).
Định nghĩa 1.4. Cho f ∈ D′(Ω), α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn+. Đạo hàm suy rộng cấp α của
hàm suy rộng f trong Ω, ký hiệu là Dαf, là ánh xạ từ D(Ω) vào C được xác định bởi
Dαf : ϕ 7→ (−1)|α|〈f,Dαϕ〉, ϕ ∈ D(Ω).
Chú ý. Với mỗi α ∈ Zn+, f ∈ D′(Ω), đạo hàm suy rộng cấp α của hàm suy rộng f trong Ω
là một hàm suy rộng, nói cách khác, đạo hàm suy rộng Dαf là phiếm hàm tuyến tính liên
tục từ D(Ω) vào C, vì
• với mỗi λ, à ∈ C, ϕ, ψ ∈ D(Ω) có
〈Dαf, λϕ+ àψ〉 = (−1)|α|〈f,Dα(λϕ+ àψ)〉 = (−1)|α|(λ〈f,Dαϕ〉+ à〈f,Dαψ〉)
= λ〈Dαf, ϕ〉+ à〈Dαf, ψ〉
• với ϕk ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì D− lim
k→∞
Dαϕk = 0, α ∈ Zn+ nên
lim
k→∞
〈Dαf, ϕk〉 = lim
k→∞
〈f,Dαϕk〉 = 0.
Với mỗi α, β ∈ Zn+, f ∈ D′(Rn) có đạo hàm suy rộng cấp α, β, α+β là Dαf,Dβf,Dα+βf
và
Dα+βf = Dα(Dβf) = Dβ(Dαf).
Do đó, Dα = Dα11 D
α2
2 . . . D
αn
n , với D
αj
j = D
(0,...,0,
j︷︸︸︷
1 ,0,...,0) . . . D(0,...,0,
j︷︸︸︷
1 ,0,...,0)︸ ︷︷ ︸
αj lần
, và thứ tự
có thể thay đổi.
Ví dụ 3. Nếu f ∈ L1loc(Ω) có đạo hàm cấp α theo nghĩa thông thường Dαf ∈ L1loc(Ω) thì
đạo hàm theo nghĩa suy rộng của hàm suy rộng f cũng là Dαf.
Ví dụ 4. Hàm Heaviside
θ(t) :=
{
1, nếu t > 0,
0, nếu t ≤ 0.
có đạo hàm suy rộng Dθ(t) = δ(t).
10
Ví dụ 5. Cho f ∈ D′(Ω), ϕ ∈ C∞(Ω) có
Dα(ϕf) =
∑
β≤α
(
α
β
)
DβϕDα−βf, trong đó
(
α
β
)
=
n∏
j=1
(
αj
βj
)
,
(
αj
βj
)
=
αj!
βj!(αj − βj)! .
Ví dụ 6. Đặt E(x) = (2pi)−1 ln ||x||, nếu x ∈ R2\{0}, còn với n ≥ 3 đặt
E(x) = − 1
(n− 2)cn ||x||
2−n, x ∈ Rn\{0},
với cn là diện tích mặt cầu đơn vị trong trong gian Rn.
Khi đó, ∆E = δ trong D′(Rn),∆ = D21 + . . . D2n.
Thật vậy, trước hết ta chứng minh E ∈ L1loc(Rn). Dễ dàng thấy E khả vi vô hạn tại mọi
điểm x 6= 0, và với x 6= 0 có
DjE(x) =
1
cn
xj||x||−n, D2jE(x) =
1
cn
(||x||2 − nx2j)||x||−n chú ý c2 = 2pi
∆E(x) = D21E(x) + . . . D
2
nE(x) = 0.
Như vậy để chứng minh E ∈ L1loc(Rn) ta chỉ cần chứng minh E khả tích trong hình cầu đơn
vị B1(0). Bằng cách chuyển sang hệ toạ độ cầu ta có∫
B1(0)
E(x)dx =
{∫ 2pi
0
∫ 1
0
1
c2
ln(r)rdrdθ nếu n = 2,
− ∫||x||=1 ∫ 10 1(n−2)cn r2−nrn−1drdS nếu n ≥ 3,
hay ∫
B1(0)
E(x)dx =
{∫ 1
0
ln(r)rdr = r
2 ln r
2
∣∣1
0
− ∫ 1
0
r
2
dr = −1
4
nếu n = 2,
− ∫ 1
0
1
(n−2)rdr =
−1
2(n−2) nếu n ≥ 3.
Với ϕ ∈ C∞0 (Rn) có một số R > 0 để suppϕ ∈ BR(0), khi đó, theo công thức Gauss
cho hình { ≤ ||x|| ≤ R} với hai biên { = ||x||}, {||x|| = R}
〈DjE,ϕ〉 =− 〈E,Djϕ〉 = − lim
→0+
∫
≤||x||≤R
E(x)Djϕ(x)dx
= lim
→0+
∫
≤||x||≤R
1
cn
xj||x||−nϕ(x)dx+ lim
→0+
∫
=||x||
E(x)ϕ(x)
xj
||x||dS
− lim
→0+
∫
||x||=R
E(x)ϕ(x)
xj
||x||dS
mà ϕ(x) = 0, ||x|| ≥ R, và trên biên { = ||x||} thì |E(x)ϕ(x) xj||x|| | là vô cùng bé O(ln(1 ))
nếu n = 2 và O(2−n) nếu n ≥ 3 nên ∫
=||x||E(x)ϕ(x)
xj
||x||dS là vô cùng bé O( ln(
1

)) nếu
n = 2 và O() nếu n ≥ 3 khi → 0+ nên
〈DjE,ϕ〉 = lim
→0+
∫
≤||x||≤R
1
cn
xj||x||−nϕ(x)dx.
11
nên đạo hàm suy rộng DjE có thể viết dưới dạng một hàm khả tích địa phương
DjE(x) =
1
cn
xj||x||−n.
Lại có
〈D2jE,ϕ〉 =− 〈DjE,Djϕ〉 = − lim
→0+
∫
≤||x||≤R
DjE(x)Djϕ(x)dx
= lim
→0+
∫
≤||x||≤R
1
cn
(||x||2 − nx2j)||x||−nϕ(x)dx
− lim
→0+
∫
||x||=R
DjE(x)ϕ(x)
xj
||x||dS
+ lim
→0+
∫
||x||=
ϕ(x)
x2j
cn||x||n+1dS
mà ϕ(x) = 0, ||x|| ≥ R nên
〈∆E,ϕ〉 = lim
→0+
1
cnn−1
∫
||x||=
ϕ(x)dS = ϕ(0) = 〈δ, ϕ〉,
hay ∆E = δ.
Ví dụ 7. Trong Rn+1, ký hiệu (x, t) ∈ Rn ì R và
E(x, t) = (4pit)
−n
2 e−
||x||2
4t , t > 0, , E(x, t) = 0, t ≤ 0.
Khi đó, E ∈ C∞(Rn+1\{0}) ∩ L1loc(Rn+1), và
(Dt −∆x)u = δ.
Ví dụ 8. Trong R2, ký hiệu (x, t) ∈ Rì R và
E1(x, t) =
1
2
θ(t− |x|).
Khi đó, (D2t −D2x)E1(x, t) = δ.
Trong R3, ký hiệu (x, t) ∈ R2 ì R và
E2(x, t) =
θ(t− ||x||)
2pi
√
t2 − ||x||2 , t 6= ||x|| , E(x, t) = 0, t = ||x||.
Khi đó, (D2t −∆x)E2(x, t) = δ.
Trong R4, ký hiệu (x, t) ∈ R3 ì R và
E3(x, t) =
1
2pi
θ(t)δ(t2 − ||x||2).
Khi đó, (D2t −∆x)E3(x, t) = δ.
12
Trong trường hợp Ω = R, với f, F ∈ D′(R), ta nói F là nguyên hàm suy rộng của hàm
suy rộng f nếu đạo hàm suy rộng của F là f, nghĩa là DF = f.
Mệnh đề 1.5. Mọi hàm suy rộng f ∈ D′(R) đều có nguyên hàm suy rộng.
Chứng minh. Với mỗi ϕ ∈ C∞0 (R) đặt
ψ(x) = ϕ(x)− ρ(x)
∫ +∞
−∞
ϕ(t)dt
Ψ(x) =
∫ x
−∞
ψ(t)dt.
Có Ψ(x) ∈ C∞0 (R) nên với mỗi hàm suy rộng f ∈ D′(R),ta có thể đặt
〈F, ϕ〉 = 〈f,Ψ〉.
Khi đó, F ∈ D′(R) và
〈DF,ϕ〉 = 〈F, ϕ′〉 = 〈f, ϕ(x)−
∫ x
−∞
ρ(y)
∫ +∞
−∞
ϕ′(t)dtdy〉 = 〈f, ϕ〉.
Nếu hàm suy rộng F có đạo hàm suy rộng DF = 0 thì
〈F, ϕ〉 = 〈F, ψ〉+
(∫ +∞
−∞
ϕ(t)dt
)
〈F, ρ〉
= 〈DF,Ψ〉+
(∫ +∞
−∞
ϕ(t)dt
)
〈F, ρ〉
=
(∫ +∞
−∞
ϕ(t)dt
)
〈F, ρ〉.
Do đó, nếu hàm suy rộng F có nguyên hàm suy rộng DF = 0 thì F tương ứng với hàm
hằng F ≡ 〈F, ρ〉 trong lớp hàm khả tích địa phương L1loc(R).
Khi đó, với mỗi hàm suy rộng f ∈ D′(R), luôn có một họ các nguyên hàm suy rộng mà
hai nguyên hàm trong họ sai khác nhau một hàm suy rộng có thể biểu diễn dưới dạng hàm
khả tích địa phương hằng.
1.2.4 Cấp của hàm suy rộng
Định nghĩa 1.5. Cho K ⊂ Ω, f ∈ D′(Ω). Ta nói hàm suy rộng f có cấp hữu hạn trên K
nếu có một số nguyên không âm k và một số dương C sao cho
|〈f, ϕ〉| ≤ C
∑
|α|≤k
sup
x∈K
|Dαϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Ω), suppϕ ⊂ K. (1.1)
Số nguyên không âm k nhỏ nhất trong các số nguyên không âm mà ta có bất đẳng thức (1.1)
được gọi là cấp của hàm suy rộng f trên tập K.
Nếu không có một số nguyên không âm k nào để có (1.1) với số dương C nào đó, thì ta nói
rằng, hàm suy rộng f có cấp vô hạn trên tập K.
Để đơn giản, ta nói rằng, hàm suy rộng f ∈ D′(Ω) có cấp k nếu nó có cấp k trên Ω.
13
Ví dụ 9. Mọi hàm suy rộng f ∈ L1(Ω) đều có cấp 0.
Ví dụ 10. Trên Rn, hàm Dirac δ(x) ∈ D′(Rn) có cấp 0. Với α ∈ Zn+, đạo hàm suy rộng cấp
α của hàm Dirac Dαδ có cấp |α|. Thật vậy, chọn φ ∈ C∞0 (Rn) sao cho φ(0) = 1, suppφ ⊂
B1(0). Đặt φ(x) = x
αφ(x

) có
〈Dαδ, φ〉 = (−1)|α|〈δ,Dαφ〉 = (−1)|α|Dα(xαφ(x

))(0) = (−1)|α|α!.
Lại có do nếu ||x|| ≥  thì φ(x) = 0 nên
sup
x∈Rn
|Dβφ(x)| ≤ C|α−β| → 0 khi → 0, β < α,
do đó với số nguyên không âm k 0 ta đều tìm được số  > 0 để
|〈Dαδ, φ〉| = α! > c
∑
|β|≤k
sup
x∈Rn
|Dβφ(x)|,
còn với k = |α| thì
|〈Dαδ, ϕ〉| = |Dαϕ(0)| ≤ C
∑
|β|≤k
sup
x∈Rn
|Dβϕ(x)|,∀ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Ví dụ 11. Trên R, hàm suy rộng được xác định như sau
〈f, ϕ〉 =
+∞∑
j=0
ϕ(j)(j)
có cấp vô hạn.
Thật vậy, chọn φ ∈ C∞0 (R) mà φ(x) = 1, x ∈ [−12 , 12 ], suppφ ⊂ (−1, 1). Đặt φj(x) =
(x − j)jφ(x−j
j
), j chọn sau. Có D
kφj(k) = 0, k 6= j, và Djφj(j) = j! nên 〈f, φj〉 = j!.
Nhưng, do nếu |x− j| ≥ j thì φj(x) = 0 nên
sup
x∈R
|Dkφj(x)| ≤ cj−kj , k < j,
ta chọn j > 0 sao cho
|〈f, φj〉| = j! > j
j−1∑
k=1
sup
x∈R
|Dkφj(x)|.
Do đó, với mỗi k > 0, c > 0 chọn j = max{k + 1, c+ 1} có
|〈f, φj〉| = j! > j
j−1∑
l=1
sup
x∈R
|Dlφj(x)| > c
k∑
l=1
sup
x∈R
|Dkφj(x)|
hay cấp của f là vô hạn.
14
Định lý 1.6. Mỗi phiếm hàm tuyến tính f trên D(Ω) là một hàm suy rộng khi và chỉ khi,
trên mỗi tập compact K ⊂ Ω, có một số nguyên không âm k và một số dương C sao cho
|〈f, ϕ〉| ≤ C
∑
|α|≤k
sup
x∈Ω
|Dαϕ(x)| = C‖ϕ‖Ck(Ω),∀ϕ ∈ C∞0 (Ω), suppϕ ⊂ K.
Chứng minh. Để chứng minh điều kiện đủ ta chỉ cần chứng minh tính liên tục của f tại gốc,
nghĩa là nếu có một dãy {ϕj}∞j=1 trong C∞0 (Ω) mà D− lim
j→∞
ϕj = 0 thì lim
j→∞
〈f, ϕj〉 = 0.
Điều này là dễ thấy từ giả thiết.
Để chứng minh điều kiện cần ta dùng phản chứng, nghĩa là giả sử có một tập compact
K ⊂ Ω với mỗi k ∈ Z+ ta đều có
sup
ϕ∈C∞0 (Ω)
suppϕ⊂K,ϕ 6=0
|〈f, ϕ〉|
‖ϕ‖Ck(Ω)
= +∞
do đó, tồn tại ϕk ∈ C∞0 (Ω), suppϕ ⊂ K, ‖ϕk‖Ck(Ω) > 0 sao cho |〈f, ϕk〉| > k‖ϕk‖Ck(Ω).
Chọn ψk(x) =
1
k
1
2 ‖ϕk‖Ck(Ω)
ϕk(x) có
• ψk ∈ C∞0 (Ω), suppψk ⊂ K,
• D− lim
k→∞
ψk = 0, |〈f, ψk〉| ≥ k 12 ,
nên f 6∈ D′(Ω), trái với giả thiết.
Như vậy, điều giả sử sai hay ta có điều phải chứng minh.
1.2.5 Sự hội tụ trong không gian hàm suy rộng D′(Ω)
Định nghĩa 1.6. Cho fk, f ∈ D′(Ω), k = 1, 2, . . . . Ta nói rằng, dãy {fk}∞k=1 hội tụ đến f
trong D′(Ω) khi k tiến ra vô cùng nếu
lim
k→∞
〈fk, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉,∀ϕ ∈ D(Ω).
Khi đó, ta viết D′− lim
k→∞
fk = f.
Ví dụ 12. D′− lim
k→∞
ρ 1
k
= δ.
Thât vậy, với mỗi ϕ ∈ C∞0 (Rn) có
|〈ρ 1
k
, ϕ〉 − ϕ(0)| ≤
∫
Rn
ρ 1
k
(y)|ϕ(y)− ϕ(0)|dy =
∫
B 1
k
(0)
ρ 1
k
(y)|ϕ(y)− ϕ(0)|dy
≤ sup
y∈B 1
k
(0)
|ϕ(y)− ϕ(0)|
nên lim
k→∞
|〈ρ 1
k
, ϕ〉 − ϕ(0)| = 0 hay ta có điều phải chứng minh.
15
Ví dụ 13. Sự hội tụ trong D′(Ω) trùng với sự hội tụ yếu và trong L1loc(Ω), nghĩa là nếu
fk, f ∈ L1loc(Ω),D′− lim
k→∞
fk = f, thì
lim
k→∞
∫
Ω
fk(x)ϕ(x)dx =
∫
Ω
f(x)ϕ(x)dx, ∀ϕ ∈ C∞0 (Ω).
Chú ý. 1. Khái niệm hội tụ được định nghĩa ở trên là phù hợp với cấu trúc tuyến tính trên
D′(Ω), nghĩa là với λ, à ∈ C, fk, gk, f, g ∈ D′(Ω), k = 1, 2, . . . và
D′− lim
k→∞
fk = f,D
′
− lim
k→∞
gk = g
thì
D′− lim
k→∞
(λfk + àgk) = λf + àg.
2. Cho a(.) ∈ C∞(Ω) phép toán nhân với a(.) biến f ∈ D′(Ω) thành af ∈ D′(Ω) là ánh xạ
tuyến tính liên tục, nghĩa là
(i) a(λf + àg) = λaf + àag,∀λ, à ∈ C, f, g ∈ D′(Ω),
(ii) Nếu fk, f ∈ D′(Ω), k = 1, 2, . . . và D′− lim
k→∞
fk = f thì D
′
− lim
k→∞
afk = af.
3. Với mỗi α ∈ Zn+, phép toán đạo hàm suy rộng Dα cũng là ánh xạ tuyến tính liên tục
trong D′(Ω), nghĩa là
(i) Dα(λf + àg) = λDαf + àDαg,∀λ, à ∈ C, f, g ∈ D′(Ω),
(ii) Nếu fk, f ∈ D′(Ω), k = 1, 2, . . . và D′− lim
k→∞
fk = f thì D
′
− lim
k→∞
Dαfk = D
αf.
4. Cho fk ∈ D′(Ω), k = 1, 2, . . . , chuỗi hình thức
∑∞
k=1 fk được gọi là hội tụ trong D
′(Ω)
nếu dãy tổng riêng {∑kj=1 fj}∞k=1 hội tụ trong D′(Ω). Khi đó, chuỗi∑∞k=1Dαfk cũng hội
tụ trong D′(Ω) và
Dα
( ∞∑
k=1
fk
)
=
∞∑
k=1
Dαfk.
5. Dãy {fk}∞k=1 được gọi là dãy Cauchy trongD′(Ω) nếu với mỗi ϕ ∈ D(Ω) dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1
là dãy Cauchy trong C.
Định lý 1.7. D′(Ω) là không gian đủ.
Để chứng minh Định lý ta cần đến Bổ đề sau.
Bổ đề 1.8. Cho dãy {ϕk}∞k=1 trong D(Ω) mà D− lim
k→∞
ϕk = 0, và {fk}∞k=1 là dãy Cauchy
trong D′(Ω). Khi đó, lim
k→∞
〈fk, ϕk〉 = 0.
16
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử 〈fk, ϕk〉 6→ 0 khi k → ∞, nghĩa là
có một số c > 0 và một dãy con, để đơn giản ký hiệu, ta có thể giả sử
|〈fk, ϕk〉| > c, k = 1, 2, . . . .
Bằng cách lấy ra một dãy con của dãy con trên, để đơn giản ký hiệu, ta có thể có
|Dαϕk(x)| ≤ 1
4k
,∀x ∈ Ω, |α| ≤ k, k = 1, 2, . . . .
Đặt ψk = 2
kϕk có
(i) ψk ∈ C∞0 (Ω), suppψk ⊂ suppϕk,
(ii) D− lim
k→∞
ψk = 0, lim
k→∞
〈fk, ψk〉 = +∞.
Ta đi xây dựng dãy {f ′k, ψ′k}∞k=1 bằng cách quy nạp như sau.
Do lim
l→∞
〈fl, ψl〉 = +∞ nên có một số tự nhiên l1 sao cho |〈fl1 , ϕl1〉| > 1.
Đặt f ′1 = fl1 , ψ
′
1 = ψl1 .
Do D− lim
l→∞
ψl = 0 nên có một số tự nhiên k1 > l1 sao cho |〈f ′1, ψl〉| < 1,∀l ≥ k1. Mà dãy
{〈fl, ψ′1〉}∞l=1 là dãy Cauchy nên bị chặn, còn lim
l→∞
〈fl, ψl〉 = +∞ nên có một số tự nhiên
l2 > k1 sao cho |〈fl, ψl〉| > |〈fl, ψ′1〉|+ 1,∀l ≥ l2.
Đặt f ′2 = fl2 , ψ
′
2 = ψl2 . Có
(i)|〈f ′1, ψ′2〉| < 12 ,
(ii)|〈f ′2, ψ′2〉| > |〈f ′2, ψ′1〉|+ 1.
Giả sử ta đã có f ′1, . . . , f
′
k−1, ψ
′
1, . . . , ψk−1(k > 2, f
′
j = flj , l1 < l2 < ã ã ã < lk−1) mà
(i)|〈f ′j, ψ′k−1〉| < 12k−1−j , j = 1, . . . , k − 2,
(ii)|〈f ′k−1, ψ′k−1〉| >
∑k−2
j=1 |〈f ′k−1, ψ′j〉|+ k − 1.
Do D− lim
l→∞
ψl = 0 nên có một số tự nhiên k2 > lk−1 sao cho
|〈f ′j, ψl〉| <
1
2l−j
, j = 1, . . . , k − 2,∀l ≥ k2.
Với mỗi j = 1, . . . , k − 2, dãy {〈fl, ψ′j〉}∞l=1 là dãy Cauchy nên bị chặn, còn lim
l→∞
〈fl, ψl〉 =
+∞ nên có một số tự nhiên lk > k2 sao cho
|〈fl, ψl〉| >
k−2∑
j=1
|〈fl, ψ′j〉|+ k,∀l ≥ lk.
Đặt f ′k = flk , ψ
′
k = ψlk . Có
17
(i)|〈f ′j, ψ′k〉| < 12k−j , j = 1, . . . , k − 1,
(ii)|〈f ′k, ψ′k〉| >
∑k−1
j=1 |〈f ′k, ψ′j〉|+ k.
Có dãy {ψ′k}∞k=1 = {ψlk}∞k=1 là dãy con của dãy {ψk}∞k=1 mà ψk = 2kϕk nên
(i) có một tập compact K ⊂ Ω sao cho suppψ′k ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
(ii)với mỗi α ∈ Zn+,m2,m1 ∈ Z+,m2 > m1 > |α| có
m2∑
k=m1
sup
x∈Ω
|Dαψ′k(x)| =
m2∑
k=m1
sup
x∈Ω
|Dαψlk(x)| <
m2∑
k=m1
1
2lk
≤
∞∑
k=m1
1
2k
=
1
2m1−1
.
Do đó, dãy {∑kl=1 ψ′l}∞k=1 hội tụ trong D(Ω), nghĩa là có một hàm ψ ∈ D(Ω) mà
ψ = D− lim
k→∞
k∑
l=1
ψ′l.
Khi đó, có
|〈f ′k, ψ〉| ≥ |〈f ′k, ψ′k〉| −
k−1∑
j=1
|〈f ′k, ψ′j〉| − lim
l→∞
l∑
j=k+1
|〈f ′k, ψ′j〉|
≥ k − lim
l→∞
l∑
j=k+1
1
2j−k
= k − 1,
nghĩa là, dãy {〈f ′k, ψ〉}∞k=1 là không bị chặn, do đó cũng không là dãy Cauchy nên dãy
{f ′k}∞k=1 không là Cauchy trong D′(Ω). Điều này trái với giả thiết. Như vậy điều giả sử sai
hay ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh. Bây giờ ta đi chứng minh Định lý 1.7. Lấy {fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong
D′(Ω). Ta phải chứng minh có một hàm suy rộng f ∈ D′(Ω) mà f = D′− lim
k→∞
fk
Do {fk}∞k=1 là dãy Cauchy trong D′(Ω) nên với mỗi ϕ ∈ D(Ω) dãy {〈fk, ϕ〉}∞k=1 là dãy
Cauchy trong C, do đó tồn tại một phần tử ký hiệu 〈f, ϕ〉 ∈ C mà lim
k→∞
〈fk, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉.
Rõ ràng tương ứng, ký hiệu f : ϕ 7→ 〈f, ϕ〉 là phiếm hàm tuyến tính từ D(Ω) vào C. Ta sẽ
chứng minh f là liên tục. Khi đó, f = D′− lim
k→∞
fk.
Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử có một dãy {ϕk}∞k=1 trong D(Ω) mà D− lim
k→∞
ϕk =
0, nhưng 〈f, ϕk〉 6→ 0 khi k → ∞, nghĩa là có một số c > 0 và một dãy con, để đơn giản
ký hiệu ta có thể giả sử |〈f, ϕk〉| = lim
l→∞
|〈fl, ϕk〉| > c, k = 1, 2, . . . . Do đó, với mỗi k có
một số lk sao cho |〈flk , ϕk〉| > c.
Đặt f ′k = flk có
(i) {f ′k}∞k=1 là dãy Cauchy trong D′(Ω),
18
(ii) D− lim
k→∞
ϕk = 0,
(iii) |〈f ′k, ϕk〉| > c, k = 1, 2, . . . ,
mà theo Bổ đề 1.8 có lim
k→∞
|〈f ′k, ϕk〉| = 0 nên xảy ra điều mâu thuẫn. Do đó điều giả sử sai
hay f liên tục.
1.2.6 Địa phương hoá
Cho Ω1,Ω2 là các tập mở trong Rn và Ω1 ⊂ Ω2. Với mỗi hàm ϕ ∈ C∞0 (Ω1) có thể coi
là hàm trên Ω2 bằng cách sau
ϕΩ2(x) =
{
ϕ(x) , nếu x ∈ Ω1,
0 , nếu x ∈ Ω2\Ω1,
thì ϕ ∈ C∞0 (Ω2).
Khi đó, với mỗi f ∈ D′(Ω2) ta coi là một hàm suy rộng trên Ω1 bằng cách sau
〈f |Ω1 , ϕ〉 = 〈f, ϕΩ2〉, ϕ ∈ D(Ω1).
Nếu f, g ∈ D′(Ω2), f 6= g thì chưa chắc f |Ω1 6= g|Ω1 hay nếu f |Ω1 = g|Ω1 thì chưa chắc
f = g. Nếu ϕ ∈ C∞0 (Ω2), suppϕ ⊂ Ω1 thì có thể coi ϕ ∈ C∞0 (Ω1) và 〈f, ϕ〉 = 〈f |Ω1 , ϕ〉.
Định nghĩa 1.7. Cho Ω là tập mở trong Rn, điểm x ∈ Ω, các hàm suy rộng f, g ∈ D′(Ω).
Ta nói rằng f = g tại x nếu có một lân cận mở ω ⊂ Ω của x để
f |ω = g|ω.
Chú ý. 1. Cho f, g ∈ D′(Ω). Khi đó, f 6= g tại một điểm x ∈ Ω nếu với mọi lân cận mở
ω ⊂ Ω của x đều có một hàm ϕ ∈ D(Ω), suppϕ ⊂ ω sao cho
〈f, ϕ〉 6= 〈g, ϕ〉
hay có một dãy hình cầu Brk(x) ⊂ Ω mà rk ↘ 0 khi k ↗∞ và một dãy hàm ϕk ∈ C∞0 (Ω)
mà suppϕk ⊂ Brk(x) sao cho
〈f, ϕk〉 6= 〈g, ϕk〉.
2. Cho f, g ∈ D′(Ω). Nếu f = g trong D′(Ω) thì f = g tại mọi điểm x ∈ Ω.
Định lý sau cho ta thấy điều ngược lại cũng đúng.
Định lý 1.9. Cho f, g ∈ D′(Ω). Nếu với mọi x ∈ Ω đều có f = g tại x thì f = g trong
D′(Ω).
Chứng minh. Với mỗi ϕ ∈ D(Ω) có K = suppϕ là tập compact trong Ω. Từ giả thiết, với
mỗi x ∈ K có một lân cận mở ωx của x mà f |ωx = g|ωx .
Có K ⊂ ∪x∈Kωx mà K compact nên có một số hữu hạn điểm x1, . . . , xm ∈ K mà K ⊂
∪mj=1ωxj . Theo Định lý 1.1 (Định lý phân hoạch đơn vị) có một họ hữu hạn các hàm {ψj}mj=1
trong D(Ω) sao cho
19
(i) 0 ≤ ψj(x) ≤ 1,∀x ∈ K, j = 1, 2, . . . ,
(ii) suppψj ⊂ ωxj , j = 1, 2, . . . ,
(iii)
∑m
j=1 ψj(x) = 1,∀x ∈ K.
Khi đó, có
〈f, ϕ〉 = 〈f, (
m∑
j=1
ψj)ϕ〉
=
m∑
j=1
〈f |ωj , ψjϕ〉( vì ψjϕ ∈ D(ωxj))
=
m∑
j=1
〈g|ωj , ψjϕ〉
= 〈g, ϕ〉,
nên ta có f = g trong D′(Ω).
20
1.3 Không gian hàm cơ bản E(Ω), không gian hàm suy rộng
với giá compact E′(Ω)
1.3.1 Không gian hàm cơ bản E(Ω)
Định nghĩa 1.8. Không gian E(Ω) là không gian gồm các hàm ϕ ∈ C∞(Ω) với khái niệm
hội tụ sau:
dãy {ϕk}∞k=1 trong C∞(Ω) được gọi là hội tụ đến hàm ϕ ∈ C∞(Ω) trong E(Ω) nếu
lim
k→∞
sup
x∈K
|Dαϕk(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+, K ⊂⊂ Ω.
Khi đó, ta viết E− lim
k→∞
ϕk = ϕ.
Chú ý. 1. Ta có thể tách Ω thành Ω = ∪∞k=1Ωk với Ωk
mở⊂ Ω¯k
compact⊂ Ωk+1 ⊂ Ω (chẳng hạn
Ωk = {x ∈ Ω| ||x|| 1k}). Do đó, một dãy {ϕk}∞k=1 trong C∞(Ω) được
gọi là hội tụ đến hàm ϕ ∈ C∞(Ω) trong E(Ω) nếu một trong các trường hợp sau xảy ra
• lim
k→∞
sup
x∈Ωj
|Dαϕj(x)−Dαϕ(x)| = 0,∀α ∈ Zn+, j = 1, 2, . . . ,
• lim
k→∞
‖ϕk − ϕ‖Cj(Ωj) = 0, j = 1, 2, . . . ,
trong đó ‖ϕk − ϕ‖Cj(Ωj) =
∑
|α|≤j
sup
x∈Ωj
|Dαϕk(x)−Dαϕ(x)|.
Khi đó, một dãy {ϕk}∞k=1 trong C∞(Ω) được gọi là dãy Cauchy trong E(Ω) nếu một trong
các trường hợp sau xảy ra
• lim
k→∞
l→∞
sup
x∈Ωj
|Dαϕk(x)−Dαϕl(x)| = 0,∀α ∈ Zn+, j = 1, 2, . . . ,
• lim
k→∞
l→∞
‖ϕk − ϕl‖Cj(Ωj) = 0, j = 1, 2, . . . .
2. Khái niệm hội tụ trong E(Ω) là phù hợp với cấu trúc tuyến tính của nó, nghĩa là với
λ, à ∈ C, ϕk, ϕ, ψk, ψ ∈ E(Ω), k = 1, 2, . . . ,
nếu E− lim
k→∞
ϕk = ϕ,E− lim
k→∞
ψk = ψ thì lim
k→∞
(λϕk + àψk) = λϕ+ àψ.
3. Nếu a(.) ∈ C∞(Ω) thì phép nhân với a(.) biến ϕ ∈ E(Ω) thành aϕ ∈ E(Ω) là ánh xạ
tuyến tính liên tục.
Với mỗi α ∈ Zn+, phép toán đạo hàm Dα là ánh xạ tuyến tính liên tục trong E(Ω).
4. Tập C∞0 (Ω) là trù mật trong E(Ω). Thật vậy, do Ω¯k là tập compact trong Ω nên theo
Mệnh đề 1.3 có một hàm ψk ∈ C∞0 (Ω) mà ψk(x) = 1, x ∈ Ω¯k. Khi đó, với mỗi ϕ ∈ E(Ω)
có (ψkϕ) ∈ C∞0 (Ω) và E− lim
k→∞
ψkϕ = ϕ.
5. Nếu ϕk, ϕ ∈ C∞0 (Ω), k = 1, 2, . . . , và D− lim
k→∞
ϕk = ϕ thì E− lim
k→∞
ϕk = ϕ. Do đó, ta có
phép nhúng liên tục D(Ω) ↪→ E(Ω).
21
Ví dụ 14. Trên R, đặt hàm
ρ(x) =
{
e
1
|x|2−1
nếu |x| < 1,
0 nếu |x| ≤ 1,
và ρ(k)(x) = ρ(x− k), thì ρ, ρ(k) ∈ C∞0 (R) và
• E− lim
k→∞
ρ(k) = 0, lim
k→∞
sup
x∈[−k,k]
|ρ(k)(x)| = e− 43 > 0,
• không có giới hạn D− lim
k→∞
ρ(k).
Ví dụ 15. Trên R, với k ∈ N, do [ 1
3k
, 2
3k
] là tập compact nên theo Mệnh đề 1.3 có một hàm
ψk ∈ C∞0 (R) mà ψk(x) = 1, x ∈ [ 13k , 23k ], suppψk ⊂ [0, 1k ]. Đặt ϕk(x) = (x− 12k )kψk(x) có
|Djϕk(x)| = |
j∑
l=0
(
j
l
)
k!
(k − l)!(x−
1
2k
)k−lDk−lψk(x)|
≤
j∑
l=0
(
j
l
)
k!