Ôn tập môn Toán - Chương 2: Tích chập và phép biến đổi Fourier

Chương 2
Tích chập và Phép biến đổi Fourier
2.1 Tích chập
2.1.1 Tích chập giữa các hàm trong L1loc(Rn)
Nếu f, g ∈ C∞0 (Rn) ta định nghĩa
f ∗ g(x) =
∫
Rn
f(x− y)g(y)dy =
∫
Rn
f(y)g(x− y)dy (2.1)
xác định với mọi x ∈ Rn. Từ Định lý Fubini có∫
Rn
|f ∗ g(x)|dx =
∫
Rn
|
∫
Rn
f(x− y)g(y)dy|dx ≤
∫
Rn
|g(y)|
(∫
Rn
|f(x− y)|dx
)
dy
≤ ||f ||L1(Rn)||g||L1(Rn), (2.2)
nên f ∗ g ∈ L1(Rn) và
||f ∗ g||L1(Rn) ≤ ||f ||L1(Rn)||g||L1(Rn).
Mà C∞0 (Rn) trù mật trong L1(Rn) nên ta có thể định nghĩa
f ∗ g(x) = L1− lim
k→∞
ϕk ∗ ψk(x)
với f, g ∈ L1(Rn), f = L1− lim
k→∞
ϕk, g = L
1
− lim
k→∞
ψk, ϕk, ψk ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . .
Ta gọi f ∗ g là tích chập của hàm f theo hàm g. Rõ ràng, trong trường hợp này, tích chập
của hàm f theo hàm g và tích chập của hàm g theo hàm f là như nhau.
Với f ∈ L1(Rn), g ∈ Lp(Rn)(1 ≤ p ≤ ∞) bằng cách tương tự trên với bất đẳng thức Young∫
Rn
∣∣∣ ∫
Rn
f(x− y)g(y)dy
∣∣∣pdx ≤ ||f ||pL1(Rn)||g||pLp(Rn)
có f ∗ g ∈ Lp(Rn). Ta cũng chưa thể nói f ∗ g ∈ L1(Rn), nếu 1 < p. Vì với 1 < p ta luôn
chọn được số k ∈ (n
p
, n). Khi đó, hàm f = χB1(0) ∈ L1(Rn), g(x) = (||x||+1)−k ∈ Lp(Rn)
37
38
và f ∗ g(x) > C(||x||+ 2)−k 6∈ L1(Rn).
Với f ∈ L1loc(Rn), g ∈ L1compact(Rn) tích chập f ∗ g của hàm f theo hàm g, và tích chập
g ∗ f của hàm g theo hàm f , theo công thức (2.1) là xác định với hầu hết x ∈ Rn. Hơn nữa,
f ∗ g = g ∗ f ∈ L1loc(Rn) và supp(f ∗ g) ⊂ (supp f + supp g) (vì (f ∗ g)(x) 6= 0 ⇒ ∃y ∈
Rn : f(y) 6= 0, g(x − y) 6= 0). Tuy nhiên, ta chưa thể nói f ∗ g ∈ L1(Rn), chẳng hạn lấy
f = χB1(0), g = 1.
Với f ∈ Lp(Rn), g ∈ Lq(Rn)(1 < p <∞, 1
p
+
1
q
= 1), thì công thức (2.1) là xác định với
mọi x ∈ Rn và f ∗ g là hàm bị chặn.
Với f, g ∈ L1loc(Rn), nói chung tích phân (2.1) không xác định, nói cách khác không phải
hai hàm khả tích địa phương nào cũng có tích chập, chẳng hạn lấy f = g = 1.
Có S(Rn) ⊂ L1(Rn) nên với f, g ∈ S(Rn) tích chập của hàm f theo hàm g, tích chập của
hàm f theo hàm g là xác định trên Rn và f ∗ g = g ∗ f ∈ L1(Rn). Hơn nữa ta có kết quả
sau.
Mệnh đề 2.1. Với ϕ ∈ C∞0 (Rn), ψ ∈ C∞(Rn) hay ϕ, ψ ∈ S(Rn) thì ϕ ∗ ψ = ψ ∗ ϕ ∈
C∞(Rn) và Dα(ϕ ∗ ψ)(x) = ((Dαϕ) ∗ ψ)(x) = (ϕ ∗ (Dαψ))(x),∀x ∈ Rn, α ∈ Zn+. Hơn
nữa, ta có các mệnh đề sau.
(i) Cho ψ ∈ C∞(Rn). Khi đó, ánh xạ biến mỗi ϕ ∈ D(Rn) thành ϕ ∗ψ = ψ ∗ϕ là ánh xạ
tuyến tính liên tục từ D(Rn) vào E(Rn).
(ii) Cho ψ ∈ C∞0 (Rn). Khi đó, ánh xạ biến mỗi ϕ ∈ E(Rn), (D(Rn))thành ϕ ∗ ψ = ψ ∗ ϕ
là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E(Rn), (D(Rn)) vào chính nó.
(iii) Cho ψ ∈ S(Rn). Khi đó, ánh xạ biến mỗi ϕ ∈ S(Rn) thành ϕ ∗ ψ = ψ ∗ ϕ là ánh xạ
tuyến tính liên tục từ S(Rn) vào chính nó.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh rằng với ϕ ∈ C∞(Rn), ψ ∈ C∞0 (Rn) hoặc ϕ, ψ ∈
C∞0 (Rn), hay ϕ, ψ ∈ S(Rn) thì ϕ ∗ ψ ∈ C∞(Rn).
Chứng minh ϕ ∗ ψ ∈ C∞(Rn) ta chỉ cần chứng minh ϕ ∗ ψ khả vi theo biến thứ nhất và
D(1,0,...,0)(ϕ∗ψ)(x) = ((D(1,0,...,0)ϕ)∗ψ)(x) = (ϕ∗(D(1,0,...,0)ψ))(x).Để chứng minh trường
hợp còn lại ta dùng quy nạp và chú ý rằng Dαϕ ∈ C∞(Rn)(C∞0 (Rn), S(Rn)),∀α ∈ Zn+,
khi ϕ ∈ C∞(Rn)(C∞0 (Rn), S(Rn)).
Với mỗi x ∈ Rn, h1 ∈ R xét
1
h1
(
(ϕ ∗ ψ)(x1 + h, x2, . . . , xn)− (ϕ ∗ ψ)(x)
)
=
=
1
h1
∫
Rn
(
ϕ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ϕ(x− y)
)
ψ(y)dy
=
1
h1
∫
Rn
ϕ(y)
(
ψ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ψ(x− y)
)
dy,
39
mà nếu đặt
ϕh1,x(y) =
1
h1
(
ϕ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ϕ(x− y)
)−D(1,0,...,0)ϕ(x− y)
=
1
h1
∫ h1
0
∫ t
0
D(2,0,...,0)ϕ(x1 − y1 + τ, x2 − y2, . . . , xn − yn)dτdt
ψh1,x(y) =
1
h1
(
ψ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ψ(x− y)
)−D(1,0,...,0)ψ(x− y)
=
1
h1
∫ h1
0
∫ t
0
D(2,0,...,0)ψ(x1 − y1 + τ, x2 − y2, . . . , xn − yn)dτdt
thì ϕh1,x, ψh1,x hội tụ về 0 trong E(Rn), (D(Rn), S(Rn)) khi h1 tiến về 0, tuỳ theo ϕ, ψ ∈
C∞(Rn)(C∞0 (Rn), S(Rn)), nên
D(1,0,...,0)(ϕ ∗ ψ)(x) = lim
h1→0
1
h1
(
(ϕ ∗ ψ)(x1 + h1, x2, . . . , xn)− (ϕ ∗ ψ)(x)
)
=
(
(D(1,0,...,0)ϕ) ∗ ψ)(x)
=
(
ϕ ∗ (D(1,0,...,0)ψ))(x).
Với ϕ, ψ ∈ C∞0 (Rn) thì ϕ ∗ ψ ∈ C∞0 (Rn). Với ϕ, ψ ∈ S(Rn) nên với mỗi m ∈ Z+, có
(1 + ||y||2)mψ ∈ L1(Rn), và số cm > 0 để sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dαϕ(x)| < cm, do đó
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dα(ϕ ∗ ψ)(x)| ≤
∫
Rn
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m|Dαϕ(x− y)||ψ(y)|dy
≤ sup
x∈Rn
(1 + ||x− y||2)m|Dαϕ(x− y)|
∫
Rn
(1 + ||y||2)m|ψ(y)|dy. (2.3)
Tính tuyến tính của các ánh xạ là dễ thấy.
Ta chứng minh tính liên tục của các ánh xạ như sau.
(i) Nếu ψ ∈ C∞(Rn), ϕk ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì
• có một tập compact K ⊂ Rn để suppDαϕk ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
• |Dα(ψ ∗ϕk)(x)| = |
∫
K
ψ(x−y)Dαϕk(y)dy| ≤ sup
y∈K
|Dαϕk(y)|
∫
K
|ψ(x−y)|dy,
• trên mỗi tập compact K ′ ⊂ Rn, có
sup
x∈K′
∫
K
|ψ(x− y)|dy ≤
∫
K′−K
|ψ(z)|dz < +∞
nên lim
k→∞
sup
x∈K′
|Dα(ψ ∗ ϕk)(x)| = 0,
• nếu ψ ∈ C∞0 (Rn), có sup
x∈Rn
∫
K
|ψ(x− y)|dy ≤ ∫
suppψ
|ψ(y)|dy < +∞, nên
lim
k→∞
sup
x∈Rn
|Dα(ψ ∗ ϕk)(x)| = 0,
40
(ii) Nếu ψ ∈ C∞0 (Rn), ϕk ∈ C∞(Rn), k = 1, 2, . . . ,E− lim
k→∞
ϕk = 0 thì
|Dα(ψ ∗ ϕk)(x)| = |
∫
suppψ
ψ(y)Dαϕk(x− y)dy|
≤ sup
y∈suppψ
|Dαϕk(x− y)|
∫
suppψ
|ψ(y)|dy,
mà trên mỗi tập compact K ′ ⊂ Rn có
sup
x∈K′
sup
y∈suppψ
|Dαϕk(x− y)| ≤ sup
z∈(K′−suppψ)
|Dαϕk(z)|
nên
lim
k→∞
sup
x∈K′
|Dα(ψ ∗ ϕk)(x)| = 0.
(iii) Nếu ψ, ϕk ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S− lim
k→∞
ϕk = 0 thì áp dụng (2.3).
Mệnh đề 2.2. (i)Nếu ϕ ∈ D(Rn) thì D− lim
→0+
ϕ ∗ ρ = ϕ.
(ii)Nếu ϕ ∈ E(Rn) thì E− lim
→0+
ϕ ∗ ρ = ϕ.
(iii)Nếu ϕ ∈ S(Rn) thì S− lim
→0+
ϕ ∗ ρ = ϕ.
Chứng minh. Chú ý rằng supp(ϕ ∗ ρ) ⊂ (suppϕ+ B¯(0)) và theo Mệnh đề 2.1 có Dα(ϕ ∗
ρ) = (D
αϕ) ∗ ρ nên với để chứng minh (i), (ii) ta chỉ còn phải chứng minh ϕ ∗ ρ hội tụ
đều đến ϕ trên từng tập compact K khi  giảm dần về 0, còn (iii) ta chứng minh với mỗi số
tự nhiên k có (1 + ||x||2)k(ϕ ∗ ρ)(x) hội tụ đều đến (1 + ||x||2)kϕ(x) trên Rn.
Có ∫
Rn
(ϕ(x− y)− ϕ(x))ρ(y)dy =
∫
B(0)
(ϕ(x− y)− ϕ(x))ρ(y)dy,
mà ϕ ∈ C∞(Rn) nên với 0 <  < 1, y ∈ B(0) theo định lý Lagrange có
|ϕ(x− y)− ϕ(x)| ≤  sup
z∈B(0)
||ϕ′(x− z)||, với ϕ′ là đạo ánh của ϕ,
nên sup
x∈K
|(ϕ ∗ ρ)(x)−ϕ(x)| ≤  sup
y∈K
||ϕ′(y)||, hay ta có điều phải chứng minh cho (i), (ii).
Nếu ϕ ∈ S(Rn) thì
sup
x∈Rn
z∈B1(0)
(1 + ||x||2)k||ϕ′(x− z)||
≤ C1 sup
x∈Rn
z∈B1(0)
(1 + ||z||2)k(1 + ||x− z||2)k
n∑
j=1
|Djϕ(x− z)|
≤ C2 sup
y∈Rn
(1 + ||y||2)k
n∑
j=1
|Djϕ(y)| < +∞
nên ta có điều phải chứng minh cho (iii).
41
Nhận xét. Nếu thay ρ bởi các hàm ψk trong C
∞
0 (Rn) mà∫
Rn
ψk(x)dx = 1,
∫
Rn
|ψk(x)|dx ≤ C, suppψk+1 ⊂ suppψk,∩∞k=1 suppψk = {0}
thì ta cũng có các kết luận như Mệnh đề 2.2.
Đặt ϕ(x) = (2pi)−
n
2 e−
||x||2
2 , ϕ(x) = 
−nϕ(x

). Khi đó, nếu thay ρ bằng ϕ ta cũng có kết
luận (iii) của Mệnh đề 2.2, vì∫
Rn
ϕ(x)dx =
∫
Rn
ϕ(x)dx = 1, lim
→0+
∫
||x||≥R√
ϕ(x)dx = lim
→0+
∫
||x||≥ R√

ϕ(x)dx = 0.
2.1.2 Tích chập giữa hàm suy rộng và hàm cơ bản
Định nghĩa 2.1. Cho f ∈ D′(Rn), ϕ ∈ C∞0 (Rn) hay f ∈ E′(Rn), ϕ ∈ C∞(Rn) hoặc
f ∈ S′(Rn), ϕ ∈ S(Rn). Tích chập, ký hiệu f ∗ ϕ, của hàm suy rộng f theo hàm ϕ là hàm
được xác định như sau
f ∗ ϕ : x 7→ (f ∗ ϕ)(x) = 〈f, ϕx〉, ϕx(y) = ϕ(x− y).
Chú ý. Với mỗi x ∈ Rn hàm ϕx ∈ C∞0 (Rn) hay (C∞(Rn), S(Rn)) tuỳ theo ϕ ∈ C∞0 (Rn)
hay (C∞(Rn), S(Rn)) nên ánh xạ trong định nghĩa hoàn toàn xác định. ánh xạ này có một
số tính chất sau.
Mệnh đề 2.3. Cho f ∈ D′(Rn), ϕ ∈ C∞0 (Rn) hay f ∈ E′(Rn), ϕ ∈ C∞(Rn) hoặc f ∈
S′(Rn), ϕ ∈ S(Rn). Khi đó, ta có các kết luận sau.
(i) f∗ϕ ∈ C∞(Rn), Dα(f∗ϕ)(x) = ((Dαf)∗ϕ)(x) = (f∗(Dαϕ))(x),∀x ∈ Rn,∀α ∈ Zn+.
(ii) supp(f ∗ ϕ) ⊂ (supp f + suppϕ).
(iii) Nếu f ∈ D′(Rn), ϕk ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì E− lim
k→∞
f ∗ ϕk = 0.
Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ E(Rn), k = 1, 2, . . . ,E− lim
k→∞
ϕk = 0 thì E− lim
k→∞
f ∗ ϕk = 0.
Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì D− lim
k→∞
f ∗ ϕk = 0.
Nếu f ∈ S′(Rn), ϕk ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S− lim
k→∞
ϕk = 0 thì E− lim
k→∞
f ∗ ϕk = 0.
Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S− lim
k→∞
ϕk = 0 thì S− lim
k→∞
f ∗ ϕk = 0.
(iv) Nếu fk ∈ D′(Rn), ϕ ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,D′− lim
k→∞
fk = 0 thì E− lim
k→∞
fk ∗ ϕ = 0.
Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ E(Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0 thì E− lim
k→∞
fk ∗ ϕ = 0.
Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0 thì D− lim
k→∞
fk ∗ ϕ = 0.
Nếu fk ∈ S′(Rn), ϕ ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S′− lim
k→∞
fk = 0 thì E− lim
k→∞
fk ∗ ϕ = 0.
Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0 thì S− lim
k→∞
fk ∗ ϕ = 0.
42
Chú ý. Với f ∈ S′(Rn), ϕ ∈ C∞0 (Rn) thì chưa thể nói rằng f ∗ ϕ ∈ S(Rn). Chẳng hạn,
f(x) ≡ 1 là hàm bị chặn tương ứng với một hàm suy rộng tăng chậm, ρ ∈ C∞0 (Rn),(f ∗
ρ)(x) =
∫
Rn ρ(x− y)dy = 1 là hàm khả vi vô hạn, nhưng không giảm nhanh.
Nhận xét. 1. Nếu g ∈ D′(Rn), ψ ∈ D(Rn) thì
• ánh xạ ϕ 7→ g ∗ ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ D(Rn) vào E(Rn),
• ánh xạ f 7→ f ∗ ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ D′(Rn) vào E(Rn).
2. Nếu g ∈ E′(Rn), ψ ∈ E(Rn) thì
• ánh xạ ϕ 7→ g ∗ ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E(Rn) vào E(Rn),
• ánh xạ f 7→ f ∗ ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào E(Rn).
3. Nếu g ∈ E′(Rn), ψ ∈ D(Rn) thì
• ánh xạ ϕ 7→ g ∗ ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ D(Rn) vào D(Rn),
• ánh xạ f 7→ f ∗ ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào D(Rn).
4. Nếu g ∈ S′(Rn), ψ ∈ S(Rn) thì
• ánh xạ ϕ 7→ g ∗ ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S(Rn) vào E(Rn),
• ánh xạ f 7→ f ∗ ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S′(Rn) vào E(Rn).
5. Nếu g ∈ E′(Rn), ψ ∈ S(Rn) thì
• ánh xạ ϕ 7→ g ∗ ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S(Rn) vào S(Rn),
• ánh xạ f 7→ f ∗ ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào S(Rn).
Chứng minh. (i)Do
• ϕ ∈ C∞(Rn), f ∈ E′(Rn) thì Dαϕ ∈ C∞(Rn), Dαf ∈ E′(Rn),
• ϕ ∈ C∞0 (Rn), f ∈ D′(Rn) thì Dαϕ ∈ C∞0 (Rn), Dαf ∈ D′(Rn),
• ϕ ∈ S(Rn), f ∈ S′(Rn) thì Dαϕ ∈ S(Rn), Dαf ∈ S′(Rn),
nên để chứng minh (i) ta chỉ cần chứng minh tích chập f ∗ ϕ có đạo hàm riêng theo biến
thứ nhất và
D(1,0,...,0)(f ∗ ϕ)(x) = ((D(1,0,...,0)f) ∗ ϕ)(x) = (f ∗ (D(1,0,...,0)ϕ))(x),∀x ∈ Rn.
43
Với x ∈ Rn, h1 ∈ R có
(f ∗ ϕ)(x1 + h1, x2, . . . , xn)− (f ∗ ϕ)(x)
= 〈fy, ϕ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ϕ(x− y)〉
= 〈fy, ϕ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ϕ(x− y)− h1D(1,0,...,0)x ϕ(x− y)〉
+ 〈fy, h1D(1,0,...,0)x ϕ(x− y)〉,
mà nếu đặt
ϕh1,x(y) =
1
h1
(
ϕ(x1 + h1 − y1, x2 − y2, . . . , xn − yn)− ϕ(x− y)
)−D(1,0,...,0)x ϕ(x− y),
thì ϕh1,x hội tụ về 0 trongD(Rn) hay (E(Rn), S(Rn)), tuỳ theo ϕ ∈ D(Rn) hay (E(Rn), S(Rn))
khi h1 tiến về 0, nên
(D(1,0,...,0)f ∗ ϕ)(x) = lim
h1→0
(f ∗ ϕ)(x1 + h1, x2, . . . , xn)− (f ∗ ϕ)(x)
h1
= lim
h1→0
〈fy, ψh1〉+ 〈fy, D(1,0,...,0)x ϕ(x− y)〉
= 〈fy, D(1,0,...,0)x ϕ(x− y)〉 = 〈D(1,0,...,0)y fy, ϕ(x− y)〉
= (f ∗D(1,0,...,0)ϕ)(x) = (D(1,0,...,0)f ∗ ϕ)(x).
(ii) Lấy x ∈ Rn. Giả sử (f ∗ ϕ)(x) 6= 0 mà (f ∗ ϕ)(x) = 〈f, ψ〉, ϕx(y) = ϕ(x − y)
nên suppϕx ∩ supp f 6= ∅ hay tồn tại y ∈ supp f để (x − y) ∈ suppϕ, do đó x ∈
(supp f+suppϕ).Mà tổng của hai tập đóng là đóng nên supp(f ∗ϕ) ⊂ (supp f+suppϕ).
(iii) Từ (i) và (ii) nếu ϕ ∈ C∞(Rn), f ∈ E′(Rn) hay ϕ ∈ C∞0 (Rn), f ∈ D′(Rn) hoặc ϕ ∈
S(Rn), f ∈ S′(Rn) thì f ∗ϕ ∈ C∞(Rn), và ϕ ∈ C∞0 (Rn), f ∈ E′(Rn) thì f ∗ϕ ∈ C∞0 (Rn).
Nếu ϕ ∈ S(Rn), f ∈ E′(Rn), do Dα(f ∗ ϕ) = (Dαf) ∗ ϕ, ∀ϕ ∈ Zn+, để có f ∗ ϕ ∈ S(Rn)
ta chỉ còn phải chứng minh với m ∈ Z+ có hằng số cm > 0 không phụ thuộc x sao cho
(1 + ||x||2)m|(f ∗ ϕ)(x)| ≤ cm.
Thật vậy vì f ∈ E′(Rn), nên có một số dương R0, một hàm φ ∈ C∞0 (Rn) mà φ(x) = 1, x ∈
supp f, suppφ ⊂ BR0(0). Khi đó, có một số tự nhiên l0, một số dương c (các số này không
phụ thuộc x) sao cho
(1 + ||x||2)m|(f ∗ ϕ)(x)| = (1 + ||x||2)m|〈f, ψ〉|
≤ c1 sup
y∈BR0 (0)
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤l0
|Dαψ(y)| (ψ ∈ D(Rn), ψ(y) = φ(y)ϕ(x− y))
≤ c2 sup
y∈BR0 (0)
∑
|α|≤l0
∑
β≤α
(
(1 + ||y||2)m|Dα−βφ(y)|(1 + ||x− y||2)m|Dβϕ(x− y)|)
≤ c3
∑
|β|≤l0
(1 + ||x||2)m|Dβϕ(x)|. (2.4)
Phần còn lại được chứng minh như sau.
44
1. Nếu f ∈ D′(Rn), ϕk ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì với mỗi x ∈ Rn
• có một tập compact K ⊂ Rn để suppϕk ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
• lim
k→∞
sup
y∈Rn
∑
|α|≤l
|Dαϕk(x− y)| = 0, l = 1, 2, . . . ,
• với tập compact K ′ ⊂ Rn bất kỳ, f có cấp hữu hạn trên tập compact (K ′ −K),
nghĩa là có một số tự nhiên l0 và số dương c để
|(f ∗ ϕk)(x)| = |〈f, ϕk,x〉| ≤ c
∑
|α|≤l0
sup
y∈Rn
|Dαϕk(x− y)|, k = 1, 2, . . . ,
trong đó, ϕk,x(y) = ϕk(x− y), suppϕk,x = x− suppϕk ⊂ (K ′ −K), x ∈ K ′.
2. Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ E(Rn), k = 1, 2, . . . ,E− lim
k→∞
ϕk = 0 thì với mỗi x ∈ Rn
• lim
k→∞
sup
y∈BR(0)
∑
|α|≤l
|Dαϕk(x)| = 0, l = 1, 2, . . . , R > 0,
• do supp f = K là tập compact nên có một số R0 > 0, và một hàm φ ∈ C∞0 (Rn)
mà φ(y) = 1, y ∈ K, suppφ ⊂ BR0(0). Khi đó 〈f, ϕ〉 = 〈f, φϕ〉,∀ϕ ∈ E(Rn),
• f có cấp hữu hạn trên Rn, nghĩa là có một số tự nhiên l0 và số dương c để với
mỗi số tự nhiên k có
|(f ∗ ϕk)(x)| = |〈f, ψk〉| ≤ c
∑
|α|≤l0
sup
y∈BR0 (0)
|Dαψk(y)|, k = 1, 2, . . . ,
trong đó, ψk(y) = φ(y)ϕk(x− y), mà trên mỗi tập compact K ′ ⊂ Rn, có
sup
x∈K′
sup
y∈BR0 (0)
|Dαψk(y)| ≤
(
sup
y∈BR0 (0)
|∑
β≤α
Dα−βφ(y)|) sup
x∈K′R0
∑
β≤α
|Dβϕk(x)|
3. Nếu f ∈ S′(Rn), ϕk ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S− lim
k→∞
ϕk = 0 thì với mỗi x ∈ Rn
• lim
k→∞
sup
y∈Rn
(1 + ||y||2)l ∑
|α|≤l
|Dαϕk(y)| = 0, l = 1, 2, . . . ,
• có một số tự nhiên l0 và một số dương c để với mỗi k, l = 1, 2, . . . ,
|(f ∗ ϕk)(x)| = |〈f, ϕk,x〉| ≤ c sup
y∈Rn
∑
|α|≤l0
(1 + ||y||2)l0|Dαϕk(x− y)|
trong đó, ϕk,x(y) = ϕk(x− y), mà
sup
y∈Rn
∑
|α|≤l0
(1 + ||y||2)l0 |Dαϕk(x− y)|
≤ (1 + ||x||2)l0 sup
y∈Rn
∑
|α|≤l0
(1 + ||x− y||2)l0|Dαϕk(x− y)|.
45
4. Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,D− lim
k→∞
ϕk = 0 thì có một tập compact
K ⊂ Rn để supp(f ∗ ϕk) ⊂ K, k = 1, 2, . . . .
5. Nếu f ∈ E′(Rn), ϕk ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S− lim
k→∞
ϕk = 0
• lim
k→∞
sup
y∈Rn
(1 + ||y||2)l ∑
|α|≤l
|Dαϕk(y)| = 0, l = 1, 2, . . . ,
• có một số dương R0, một hàm φ ∈ C∞0 (Rn) mà φ(x) = 1, x ∈ supp f, suppφ ⊂
BR0(0). Khi đó, có một số tự nhiên l0, một số dương c (các số này không phụ
thuộc x) để có bất đẳng thức (2.4)
(1 + ||x||2)m|(f ∗ ϕk)(x)| ≤c
(
sup
y∈BR0 (0)
∑
|α|≤l0
|Dα−αφ(y)|)ì
ì sup
z∈Rn
∑
|α|≤l0
(1 + ||z||2)m|Dαϕk(z)|.
(iv)
1. Nếu fk ∈ D′(Rn), ϕ ∈ D(Rn), k = 1, 2, . . . ,D′− lim
k→∞
fk = 0 thì
• lim
k→∞
|fk ∗ ϕ(x)| = lim
k→∞
|〈fk, ψ〉| = 0, ψ(y) = ϕ(x− y),∀x ∈ Rn,
• giả sử có một tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ ϕ}∞k=1 không hội tụ đều
đến 0 trên đó, nghĩa là có một số dương , một dãy con, để đơn giản ta giả sử
{fk ∗ ϕ}∞k=1 và một dãy các điểm {xk}∞k=1 trong tập compact K sao cho
|fk ∗ ϕ(xk)| = |〈fk, ψk〉| > 2, ψk(y) = ϕ(xk − y),
mà dãy {xk}∞k=1 nằm trong tập compact K nên nó có dãy con, để đơn giản ta
giả sử dãy {xk}∞k=1 hội tụ đến x0 trong K, khi đó dễ thấy
D− lim
k→∞
ψk = ψ0, ψ0(y) = ϕ(x0 − y)
nên theo Bổ đề 1.8 có lim
k→∞
〈fk, ψk − ψ0〉 = 0 do đó, với k đủ lớn |〈fk, ψ0〉| > ,
điều này trái với giả thiết D′− lim
k→∞
fk = 0,
như vậy, điều giả sử sau hay trên mỗi tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ϕ}∞k=1
hội tụ đều đến 0,
• Dα(fk ∗ ϕ)(x) = (fk ∗Dαϕ)(x).
2. Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ E(Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0 thì
• lim
k→∞
|fk ∗ ϕ(x)| = lim
k→∞
|〈fk, ψ〉| = 0, ψ(y) = ϕ(x− y),∀x ∈ Rn,
46
• giả sử có một tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ ϕ}∞k=1 không hội tụ đều
đến 0 trên đó, nghĩa là có một số dương , một dãy con, để đơn giản ta giả sử
{fk ∗ ϕ}∞k=1 và một dãy các điểm {xk}∞k=1 trong tập compact K sao cho
|fk ∗ ϕ(xk)| = |〈fk, ψk〉| > 2, ψk(y) = ϕ(xk − y),
mà dãy {xk}∞k=1 nằm trong tập compact K nên nó có dãy con, để đơn giản ta
giả sử dãy {xk}∞k=1 hội tụ đến x0 trong K, khi đó dễ thấy
E− lim
k→∞
ψk = ψ0, ψ0(y) = ϕ(x0 − y)
nên theo Bổ đề 1.14 có lim
k→∞
〈fk, ψk−ψ0〉 = 0 do đó, với k đủ lớn |〈fk, ψ0〉| > ,
điều này trái với giả thiết E′− lim
k→∞
fk = 0,
như vậy, điều giả sử sau hay trên mỗi tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ϕ}∞k=1
hội tụ đều đến 0,
• Dα(fk ∗ ϕ)(x) = (fk ∗Dαϕ)(x).
3. Nếu fk ∈ S′(Rn), ϕ ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . , S′− lim
k→∞
fk = 0 thì
• lim
k→∞
|fk ∗ ϕ(x)| = lim
k→∞
|〈fk, ψ〉| = 0, ψ(y) = ϕ(x− y),∀x ∈ Rn,
• giả sử có một tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ ϕ}∞k=1 không hội tụ đều
đến 0 trên đó, nghĩa là có một số dương , một dãy con, để đơn giản ta giả sử
{fk ∗ ϕ}∞k=1 và một dãy các điểm {xk}∞k=1 trong tập compact K sao cho
|fk ∗ ϕ(xk)| = |〈fk, ψk〉| > 2, ψk(y) = ϕ(xk − y),
mà dãy {xk}∞k=1 nằm trong tập compact K nên nó có dãy con, để đơn giản ta
giả sử dãy {xk}∞k=1 hội tụ đến x0 trong K, khi đó dễ thấy
S− lim
k→∞
ψk = ψ0, ψ0(y) = ϕ(x0 − y)
nên theo Bổ đề 1.19 có lim
k→∞
〈fk, ψk−ψ0〉 = 0 do đó, với k đủ lớn |〈fk, ψ0〉| > ,
điều này trái với giả thiết S′− lim
k→∞
fk = 0,
như vậy, điều giả sử sau hay trên mỗi tập compact K ⊂ Rn mà dãy {fk ∗ϕ}∞k=1
hội tụ đều đến 0,
• Dα(fk ∗ ϕ)(x) = (fk ∗Dαϕ)(x).
4. Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ C∞0 (Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0 thì có một tập compact
K ⊂ Rn để supp(fk ∗ ϕ) ⊂ K, k = 1, 2, . . . .
5. Nếu fk ∈ E′(Rn), ϕ ∈ S(Rn), k = 1, 2, . . . ,E′− lim
k→∞
fk = 0, thì
• có một tập compact K để supp fk ⊂ K, k = 1, 2, . . . ,
47
• có một số dương R0, một hàm φ ∈ C∞0 (Rn) mà φ(x) = 1, x ∈ K, suppφ ⊂
BR0(0). Mà E
′
− lim
k→∞
fk = 0 có S
′
− lim
k→∞
fk = 0 hay có một số tự nhiên m và một
số dương c để
|(fk ∗ ϕ)(x)| = |〈fk, ψ〉| ≤ sup
y∈Rn
(1 + ||y||2)m
∑
|α|≤m
|Dαψ(y)|, k = 1, 2, . . . ,
trong đó, ψ(y) = φ(y)ϕ(x− y), suppψ ⊂ BR0(0) và với l = 1, 2, . . . ,
(1 + ||x||2)l sup
y∈Rn
(1 + ||y||2)m
∑
|α|≤m
|Dαψ(y)| ≤
c
( ∑
|α|≤m
(1 + ||x− y||2)2l|Dαϕ(x− y)|2) 12
ì sup
y∈BR0 (0)
(1 + ||y||2)l+m( ∑
|α|≤m
|Dαφ(y)|2) 12
do đó, với k, l = 1, 2, . . . , có
(1 + ||x||2)l|(fk ∗ ϕ)(x)| ≤ Cl,m
( ∑
|α|≤m
(1 + ||x||2)2l|Dαϕ(x)|2) 12 ≤ cl,m, (2.5)
• với ||x||2 ≤ 2cl+1,m−

do E′− lim
k→∞
fk = 0 nên D
′
− lim
k→∞
fk = 0 mà ϕ ∈ C∞0 (Rn),
do đó có một số k0 để với k ≥ k0 có (1 + ||x||2)l|(fk ∗ ϕ)(x)| ≤ 2 ,
• với ||x||2 ≥ 2cl+1,m−

có (1 + ||x||2)l|(fk ∗ ϕ)(x)| ≤ (1+||x||2)l+1|(fk∗ϕ)(x)|1+||x||2 ≤ 2 ,
• Dα(fk ∗ ϕ)(x) = (fk ∗Dαϕ)(x).
Nhận xét. 1. Nếu ϕ, ψ ∈ D(Rn), f ∈ D′(Rn) thì f ∗ ϕ ∈ E(Rn), ϕ ∗ ψ ∈ D(Rn). Do đó,
(f ∗ ϕ) ∗ ψ, f ∗ (ϕ ∗ ψ) là hoàn toàn xác định.
2. Nếu ϕ ∈ E(Rn), ψ ∈ D(Rn), f ∈ E′(Rn) thì f ∗ ϕ ∈ E(Rn), f ∗ ψ ∈ D(Rn), ϕ ∗ ψ ∈
D(Rn). Do đó, (f ∗ ϕ) ∗ ψ, (f ∗ ψ) ∗ ϕ, f ∗ (ϕ ∗ ψ) là hoàn toàn xác định.
3. Nếu ϕ, ψ ∈ S(Rn), f ∈ S′(Rn) thì f ∗ϕ ∈ E(Rn), ϕ ∗ψ ∈ S(Rn). Do đó, (f ∗ϕ) ∗ψ, f ∗
(ϕ ∗ ψ) là hoàn toàn xác định. Ngoài ra, có một số tự nhiên l0, một số dương c sao cho
|(f ∗ ϕ)(x)| ≤ c(1 + ||x||2)l0 ,∀x ∈ Rn.
Mệnh đề 2.4. Cho ϕ, ψ ∈ D(Rn), f ∈ D′(Rn) hay ϕ ∈ E(Rn), ψ ∈ D(Rn), f ∈ E′(Rn)
hoặc ϕ, ψ ∈ S(Rn), f ∈ S′(Rn). Khi đó,
(f ∗ ϕ) ∗ ψ = f ∗ (ϕ ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕ) = (f ∗ ψ) ∗ ϕ.
48
Chứng minh. Trong trường hợp ψ có giá compact, tích chập ϕ ∗ ψ(x), ((f ∗ ϕ) ∗ ψ)(x) đều
có dạng tích phân Riemann trên hình lập phương P chứa suppψ
(ϕ ∗ ψ)(x) =
∫
P
ϕ(x− y)ψ(y)dy, và ((f ∗ ϕ) ∗ ψ)(x) =
∫
P
(f ∗ ϕ)(x− y)ψ(y)dy,
nên tổng Riemann
φh(x) = h
n
∑
k
ϕ(x− kh)ψ(kh), và gh(x) = hn
∑
k
(f ∗ ϕ)(x− kh)ψ(kh)
trong đó tổng
∑
k
lấy trên các điểm có toạ độ nguyên trong Rn, tổng này là tổng hữu hạn
vì suppψ là compact, hội tụ đến (ϕ ∗ ψ)(x), ((f ∗ ϕ) ∗ ψ)(x) trong D(Rn) hay E(Rn), tuỳ
theo ϕ, f ∗ ϕ ∈ D(Rn) hay E(Rn) khi h giảm dần về 0,
mà (f ∗ φh)(x) = gh(x) nên nếu ϕ ∈ D(Rn), f ∈ D′(Rn) hay ϕ ∈ E(Rn), f ∈ E(Rn) thì
(f ∗ ϕ) ∗ ψ = E− lim
h→0+
gh = E− lim
h→0+
f ∗ ψh = f ∗ (ϕ ∗ ψ).
Trong trường hợp ϕ ∈ D(Rn) có
(f ∗ ϕ) ∗ ψ = f ∗ (ϕ ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕ) = (f ∗ ψ) ∗ ϕ.
Trong trường hợp ϕ ∈ E(Rn), f ∈ E′(Rn), do C∞0 (Rn) trù mật trong E(Rn) nên có một dãy
{ϕk}∞k=1 trong C∞0 (Rn) hội tụ đến ϕ trong E(Rn) do đó
f ∗ ϕ = E− lim
k→∞
f ∗ ϕk, (f ∗ ψ) ∗ ϕ = E− lim
k→∞
(f ∗ ψ) ∗ ϕk,
ψ ∗ ϕ = ϕ ∗ ψ = E− lim
k→∞
ψ ∗ ϕk = E− lim
k→∞
ϕk ∗ ψ,
mà (f ∗ ϕk) ∗ ψ = f ∗ (ϕk ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕk) = (f ∗ ψ) ∗ ϕk nên
(f ∗ ϕ) ∗ ψ = f ∗ (ϕ ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕ) = (f ∗ ψ) ∗ ϕ.
Trong trường hợp ϕ, ψ ∈ S(Rn), f ∈ S′(Rn), do C∞0 (Rn) trù mật trong S(Rn) nên có một
dãy {ϕk}∞k=1 trong C∞0 (Rn) hội tụ đến ϕ trong S(Rn) do đó
f ∗ ϕ = E− lim
k→∞
f ∗ ϕk, (f ∗ ψ) ∗ ϕ = E− lim
k→∞
(f ∗ ψ) ∗ ϕk,
ψ ∗ ϕ = ϕ ∗ ψ = S− lim
k→∞
ψ ∗ ϕk = S− lim
k→∞
ϕk ∗ ψ,
mà (f ∗ ϕk) ∗ ψ = f ∗ (ϕk ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕk) = (f ∗ ψ) ∗ ϕk nên
(f ∗ ϕ) ∗ ψ = f ∗ (ϕ ∗ ψ) = f ∗ (ψ ∗ ϕ) = (f ∗ ψ) ∗ ϕ.
49
Chú ý. Với f ∈ S′(Rn), ϕ, ψ ∈ S(Rn) có
〈f, (ϕ ∗ ψˆ)ˆ〉 = (f ∗ (ϕ ∗ ψˆ))(0) = ((f ∗ ϕ) ∗ ψˆ)(0) =
∫
Rn
(f ∗ ϕ)(y)ψ(y − 0)dy
nên f ∗ ϕ có thể coi là một hàm suy rộng tăng chậm.
Mệnh đề 2.5. (i) Nếu f ∈ D′(Rn) thì f = D′− lim
→0+
f ∗ ρ.
(ii) Nếu f ∈ E′(Rn) thì f = E′− lim
→0+
f ∗ ρ.
(iii) Nếu f ∈ S′(Rn) thì f = S′− lim
→0+
f ∗ ρ.
Chứng minh. Lấy ϕ ∈ D(Rn) khi f ∈ D′(Rn), hay ϕ ∈ E(Rn) khi f ∈ E′(Rn), ϕ ∈ S(Rn)
khi f ∈ S′(Rn). Đặt ϕˆ(x) = ϕ(−x) có
〈f ∗ ρ, ϕ〉 = ((f ∗ ρ) ∗ ϕˆ)(0) = (f ∗ (ρ)ϕˆ))(0) = 〈f, (ρ ∗ ϕˆ)ˆ〉,
mà theo Mệnh đề 2.2 (ρ ∗ ϕˆ)ˆ hội tụ đến ϕ trong D(Rn) hay E(Rn), S(Rn) tuỳ theo ϕ ∈
D(Rn) hay E(Rn), S(Rn) nên ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Từ Mệnh đề 2.5 có tập C∞0 (Rn) trù mật trong E′(Rn), C∞(Rn) trù mật trong
D′(Rn). Khi đó, với a(.) ∈ C∞(Rn), f ∈ D′(Rn) có một dãy {ϕk}∞k=1 trong C∞(Rn) hội
tụ đến f trong D′(Rn). Do đó, với mỗi α ∈ Zn+ có
• D′− lim
k→∞
DβaDα−βϕk = DβaDα−βf,D′− lim
k→∞
Dα(aϕk) = D
α(af), β ≤ α,
• mà Dα(aϕk) =
∑
β≤α
(
α
β
)
DβaDα−βϕk
nên Dα(af) =
∑
β≤α
(
α
β
)
DβaDα−βf.
Từ nhận xét của Mệnh đề 2.2, nếu ta thay ρ bới các hàm ψk ∈ C∞0 (Rn) mà∫
Rn
ϕk(x)dx = 1, suppψk+1 ⊂ suppψk,∩∞k=1 suppψk = {0}
thì ta cũng các kết luận như Mệnh đề 2.5.
Định lý 2.6. C∞0 (Rn) là tập trù mật trong S′(Rn),D′(Rn).
Chứng minh. Lấy u ∈ D′(Rn), ψ ∈ C∞0 (Rn) hay u ∈ S′(Rn), ψ ∈ S(Rn).
Do B¯k(0) là tập compact nên có một hàm ϕk ∈ C∞0 (Rn) mà ϕk(x) = 1, x ∈ B¯k(0).
Đặt uk = (ϕku) ∗ ρ 1
k
có uk ∈ C∞0 (Rn) và
• nếu ψ ∈ S(Rn) thì ψ = S− lim
k→∞
ϕk(ρ 1
k
∗ ψˆ)ˆ,
• nếu ψ ∈ C∞0 (Rn) thì ψ = D− lim
k→∞
ϕk(ρ 1
k
∗ ψˆ)ˆ,
nên lim
k→∞
〈uk, ψ〉 = lim
k→∞
〈(ϕku) ∗ ρ 1
k
, ψ〉 = lim
k→∞
〈u, ϕk(ρ 1
k
∗ ψˆ)ˆ〉 = 〈u, ψ〉 hay
• nếu u ∈ S′(Rn), ψ ∈ S(Rn) thì u = S′− lim
k→∞
uk,
• nếu u ∈ D′(Rn), ψ ∈ C∞0 (Rn) thì u = D′− lim
k→∞
uk.
50
2.1.3 Tích chập giữa các hàm suy rộng
Với f ∈ D′(Rn), g ∈ E′(Rn) có một dãy {gk}∞k=1 trong C∞0 (Rn) mà E′− lim
k→∞
gk = g.
Với mỗi ϕ ∈ D(Rn) có D− lim
k→∞
gk ∗ ϕ = g ∗ ϕ. Do đó,
lim
k→∞
〈f ∗ gk, ϕ〉 = lim
k→∞
(f ∗ (gk ∗ ϕˆ))(0) = (f ∗ (g ∗ ϕˆ))(0),
nên dãy {f ∗ gk}∞k=1 là dãy Cauchy trong D′(Rn), mà D′(Rn) là đủ, nên hội tụ đến một
hàm suy rộng, ký hiệu f ∗ g, xác định bởi công thức (không phụ thuộc vào việc chọn dãy
{gk}∞k=1)
〈f ∗ g, ϕ〉 = (f ∗ (g ∗ ϕˆ))(0), ϕ ∈ D(Rn).
Với f ∈ E′(Rn), g ∈ D′(Rn) có một dãy {gk}∞k=1 trong C∞0 (Rn) mà D′− lim
k→∞
gk = g. Với
mỗi ϕ ∈ D(Rn) có E− lim
k→∞
gk ∗ ϕ = g ∗ ϕ. Do đó,
lim
k→∞
〈f ∗ gk, ϕ〉 = lim
k→∞
(f ∗ (gk ∗ ϕˆ))(0) = (f ∗ (g ∗ ϕˆ))(0),
nên dãy {f ∗ gk}∞k=1 là dãy Cauchy trong D′(Rn), mà D′(Rn) là đủ, nên hội tụ đến một
hàm suy rộng, ký hiệu f ∗ g, xác định bởi công thức (không phụ thuộc vào việc chọn dãy
{gk}∞k=1)
〈f ∗ g, ϕ〉 = (f ∗ (g ∗ ϕˆ))(0), ϕ ∈ D(Rn).
Định nghĩa 2.2. Cho f, g ∈ D′(Rn), mà ít nhất một hàm suy rộng có giá compact. Hàm
suy rộng f ∗ g được gọi là tích chập của hàm suy rộng f theo hàm suy rộng g.
Ví dụ 1. Với f ∈ D′(Rn) có δ ∗ f = f ∗ δ = f.
Nhận xét. 1. Với ϕ ∈ D(Rn), f, g ∈ D′(Rn),(ít nhất một hàm suy rộng có giá compact) có
((f ∗ g) ∗ ϕ)(x) = 〈f ∗ g, ψ〉 = lim
k→∞
(f ∗ (gk ∗ ψˆ))(0) = (f ∗ (g ∗ ϕ))(x), ψ(y) = ϕ(x− y)
nên (f ∗ g) ∗ ϕ = f ∗ (g ∗ ϕ) và 〈f ∗ g, ϕ〉 = 〈f, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉.
2. Với ψ ∈ E(Rn), g ∈ D′(Rn),(ít nhất một trong chúng có giá compact) thì nếu coi ψ như
một hàm suy rộng có
ψ ∗ g = lim
k→∞
ψ ∗ gk = lim
k→∞
gk ∗ ψ = g ∗ ψ..
Khi đó, với f, g ∈ D′(Rn), (ít nhất một hàm suy rộng có giá compact), do ρ 1
k
∗ ρ 1
k
∈
C∞0 , supp(ρ 1
k
∗ ρ 1
k
) = B¯ 2
k
(0),
∫
Rn(ρ 1k
∗ ρ 1
k
)(x)dx = 1 nên theo nhận xét của Mệnh đề 2.5
có
f ∗ g = D′− lim
k→∞
f ∗ (g ∗ (ρ 1
k
∗ ρ 1
k
))
= D′− lim
k→∞
f ∗ ((g ∗ ρ 1
k
) ∗ ρ 1
k
)( do ρ 1
k
∈ C∞0 (Rn))
= D′− lim
k→∞
f ∗ (ρ 1
k
∗ (g ∗ ρ 1
k
))( do g ∗ ρ 1
k
∈ C∞(Rn))
= D′− lim
k→∞
(f ∗ ρ 1
k
) ∗ (g ∗ ρ 1
k
)( do g ∗ ρ 1
k
∈ C∞(Rn))
= D′− lim
k→∞
(g ∗ ρ 1
k
) ∗ (f ∗ ρ 1
k
)( do f ∗ ρ 1
k
∈ C∞(Rn)) = g ∗ f.
51
Với f, g ∈ D′(Rn), (ít nhất một hàm suy rộng có giá compact) do f ∗g = D′− lim
k→∞
f ∗(g∗ρ 1
k
)
mà supp(f ∗ (g ∗ ρ 1
k
)) ⊂ (supp f + supp g + B¯ 1
k
(0)) nên nếu x 6∈ (supp f + supp g) mà
(supp f +supp g) là tập đóng, có một số kx để x 6∈ (supp f +supp g+ B¯ 1
k
(0)), khi k > kx
do đó f ∗ (g ∗ ρ 1
k
) = 0 tại x khi k > kx hay f ∗ g = 0 tại x. Như vậy, nếu f ∗ g 6= 0 tại x
thì x ∈ ((supp f + supp g) hay supp(f ∗ g) ⊂ (supp f + supp g).
Với f, g, h ∈ D′(Rn), (nhiều nhất một hàm suy rộng không có giá compact) thì
(f ∗ g) ∗ h = D′− lim
k→∞
(f ∗ g) ∗ (h ∗ ρ 1
k
) = D′− lim
k→∞
f ∗ (g ∗ (h ∗ ρ 1
k
))
= D′− lim
k→∞
f ∗ ((g ∗ h) ∗ ρ 1
k
) = f ∗ (g ∗ h). (2.6)
Nếu trong f, g, h có nhiều nhất một hàm suy rộng có giá compact thì đẳng thức (2.6) nói
chung không còn đúng, chẳng hạn trên R, với 1 là hàm hằng bằng 1 có
• 1 ∗Dδ = 0, 0 ∗ θ = 0, nên (1 ∗Dδ) ∗ θ = 0,
• Dδ ∗ θ = δ, 1 ∗ δ = 1, nên 1 ∗ (Dδ ∗ θ) = 1.
Với mỗi α ∈ Zn+, do đạo hàm suy rộng Dα là ánh xạ tuyến tính liên tục trong D′(Rn) nên
Dα(f ∗ g) = D′− lim
k→∞
Dα(f ∗ (g ∗ ρ 1
k
)) = (Dαf) ∗ g = f ∗ (Dαg).
3. Với f ∈ S′(Rn), g ∈ E′(Rn), ϕ ∈ S(Rn) thì (g ∗ ϕˆ)ˆ ∈ S(Rn) nên 〈f, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 là xác định
hay f ∗g là phiếm hàm tuyến tính trên S(Rn). Hơn nữa, nếu ϕk ∈ S(Rn) mà S− lim
k→∞
ϕk = 0
có S− lim
k→∞
(g ∗ ϕkˆ )ˆ = 0 nên lim
k→∞
〈f, (g ∗ ϕkˆ )ˆ〉 = 0 hay f ∗ g ∈ S′(Rn).
Với f, g ∈ E′(Rn) do supp(f ∗ g) ⊂ (supp f + supp g) nên f ∗ g có giá compact hay
f ∗ g ∈ E′(Rn).
Mệnh đề 2.7. (i) Nếu f ∈ D′(Rn), g ∈ E′(Rn) thì
• ánh xạ h 7→ f ∗ h = h ∗ f là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào D′(Rn),
• ánh xạ h 7→ h ∗ g = g ∗ h là ánh xạ tuyến tính liên tục từ D′(Rn) vào D′(Rn),
• ánh xạ h 7→ h ∗ g = g ∗ h là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào E′(Rn).
(ii) Nếu f ∈ E′(Rn), g ∈ S′(Rn) thì
• ánh xạ h 7→ f ∗ h = h ∗ f là ánh xạ tuyến tính liên tục từ S′(Rn) vào S′(Rn),
• ánh xạ h 7→ h ∗ g = g ∗ h là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E′(Rn) vào S′(Rn).
Chứng minh. Tính tuyến tính của các ánh xạ là do các không gian D′(Rn),E′(Rn) là tuyến
tính và với mỗi λ, à ∈ R, ϕ ∈ D(Rn)
• 〈λf + àh, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 = λ〈f, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉+ à〈h, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉,
• 〈f, ((λg + àh) ∗ ϕˆ)ˆ〉 = λ〈f, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉+ à〈f, (h ∗ ϕˆ)ˆ〉.
52
Giả sử {hk}∞k=1 là một dãy trong D′(Rn) và D′− lim
k→∞
hk = 0 thì
• nếu g ∈ E′(Rn), ϕ ∈ D(Rn) có (g ∗ ϕˆ)ˆ ∈ D(Rn) nên lim
k→∞
〈hk, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 = 0.
Giả sử {hk}∞k=1 là một dãy trong E′(Rn) và E′− lim
k→∞
hk = 0 thì
• nếu g ∈ D′(Rn), ϕ ∈ D(Rn) có (g ∗ ϕˆ)ˆ ∈ E(Rn) nên lim
k→∞
〈hk, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 = 0.
• nếu g ∈ E′(Rn) có supp(g ∗ hk) ⊂ (supp g + supphk), k = 1, 2, . . . ,
• nếu g ∈ S′(Rn), hoặc với ϕ ∈ D(Rn) có số l,m ∈ Z+, l > m và cm > 0 sao cho
(i)|〈g, ψ〉| ≤ cm sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m ∑
|α|≤m
|Dαψ(x)|,∀ψ ∈ D(Rn)
(ii) từ bất đẳng thức (2.5), với mỗi k ∈ N có
sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dα(hk ∗ ϕˆ)ˆ(x)| ≤ c sup
y∈Rn
(1 + ||x||2)l
∑
|β|≤l
|Dβϕ(x)|,
và có một tập compact K ⊂ Rn, để supp(hk ∗ ϕ) ⊂ K,
nên |〈g, (hk ∗ ϕˆ)ˆ〉| ≤ c sup
x∈Rn
(1 + ||x||2)l ∑
|α|≤l
|Dαϕ(x)|, k = 1, 2, . . . ,
hay với ϕ ∈ S(Rn) có g ∗ ϕ ∈ E(Rn) nên lim
k→∞
〈hk, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 = 0.
Giả sử {hk}∞k=1 là một dãy trong S′(Rn) và S′− lim
k→∞
hk = 0 thì với g ∈ E′(Rn), ϕ ∈ D(Rn)
có (g ∗ ϕˆ)ˆ ∈ D(Rn) và, từ bất đẳng thức (2.4), một số tự nhiên l0, một số dương c sao cho
(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dα(g ∗ ϕˆ)ˆ(x)| ≤ c(1 + ||x||2)m
∑
|α|≤l0
|Dαϕ(x)|,∀m ∈ N
mà S′(Rn) và S′− lim
k→∞
hk = 0 nên có một số tự nhiên m > l0 và một số dương c để
|〈hk, (g∗ ϕˆ)ˆ〉| ≤ c sup
x∈Rn
(1+ ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dα(g∗ ϕˆ)ˆ(x)| ≤ sup
x∈Rn
(1+ ||x||2)m
∑
|α|≤m
|Dαϕ(x)|,
hay với ϕ ∈ S(Rn) có g ∗ ϕ ∈ S(Rn) nên lim
k→∞
〈hk, (g ∗ ϕˆ)ˆ〉 = 0.
Định lý 2.8. (i) Cho L là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ D(Rn) vào E(Rn) thoả mãn
Lτhϕ = τhLϕ, h ∈ Rn, ϕ ∈ D(Rn),
với phép dịch chuyển τh được xác định bởi τhϕ(x) = ϕ(x− h).
Khi đó, có duy nhất một hàm suy rộng T ∈ D′(Rn) để Lϕ = T ∗ ϕ, ϕ ∈ D(Rn)
(ii)Cho T ∈ D′(Rn). Khi đó, ánh xạ biến mỗi ϕ ∈ D(Rn) thành T ∗ ϕ là ánh xạ tuyến
tính liên tục từ D(Rn) vào E(Rn).
53
Chứng minh. (i) Do ánh xạ ϕ 7→ ϕˆ là ánh xạ tuyến tính liên tục trong D(Rn) nên phiếm
hàm ϕ 7→ L(ϕˆ)(0) xác định một hàm suy rộng T ∈ D′(Rn).
Do với mỗi ϕ ∈ D(Rn) có Lτxϕ = τxLϕ, x ∈ Rn nên
L(ϕ)(x) = (τxL(ϕ))(0) = (L(τxϕ))(0) = T ∗ (τxϕ) = (T ∗ ϕ)(x)
nên L(ϕ) = T ∗ ϕ.
(ii) Việc chứng minh dựa vào Mệnh đề 2.3.
Nhận xét. Từ định lý 2.8 có thể coi mỗi hàm suy rộng (phiếm hàm tuyến tính liên tục từ
D(Rn) vào R) là một ánh xạ tuyến tính từ D(Rn) vào E(Rn) giao hoán với phép toán dịch
chuyển, do đó tích chập của hai hàm suy rộng (ít nhất một trong chúng có giá compact) có
thể coi là một ánh xạ tuyến tính từ D(Rn) vào E(Rn) giao hoán đối với phép dịch chuyển,
và ngược lại.
54
2.2 Phép biến đổi Fourier
2.2.1 Phép biến đổi Fourier trong S(Rn) và S′(Rn)
Định nghĩa 2.3. Cho ϕ ∈ S(Rn). Biến đổi Fourier của hàm ϕ, ký hiệu là Fϕ, là hàm được
xác định bởi
Fϕ(ξ) = (2pi)−
n
2
∫
Rn
e−i〈x,ξ〉ϕ(x)dx,
và biến đổi Fourier ngược của hàm ϕ, ký hiệu là F−1ϕ, là hàm được xác định bởi
F−1ϕ(ξ) = (2pi)−
n
2
∫
Rn
ei〈x,ξ〉ϕ(x)dx.
Chú ý. Do |e−i〈x,ξ〉| = |ei〈x,ξ〉| = 1 và ϕ ∈ L1(Rn) nên biến đổi Fourier Fϕ và biến đổi
Fourier ngược F−1ϕ là xác định trên Rn. Ngoài ra, Fϕ(ξ) = F−1ϕ(−ξ),F−1ϕ(ξ) = Fϕ(ξ).
Ký hiệu B0(Rn) = {f ∈ L∞(Rn) ∩ C(Rn)∣∣ lim
||x||→∞
|f(x)| = 0}.
Khi đó, nếu f ∈ L1(Rn) thì Ff,F−1f ∈ B0(Rn).
Ví dụ 2. Cho ϕ(x) = e−
||x||2
2 , biến đổi Fourier bằng biến đổi Fourier ngược của ϕ và
Fϕ(ξ) =
n∏
k=1
(2pi)−
1
2
∫ +∞
−∞
e−ixkξk−
x2k
2 dxk =
n∏
k=1
e−
ξ2k