[r]
Trang 1Đáp án Kiểm tra cuối kỳ môn Hàm suy rộng Lớp K49A1T
Hàm f : R → R xác định bởi
f (x) =
1 nếu − 1 < x ≤ 0,
−1 nếu 0 < x < 1,
0 nếu 1 ≤ |x|
(i) Có hai cách để chứng minh câu này
Cách 1 Ta coi f như một phiếm hàm xác định trên D(R)
f : ϕ ∈D(R) 7→ hf, ϕi =Z
R
f (x)ϕ(x)dx,
rồi tính tuyến tính, liên tục của nó và chứng minh supp f là tập compact
Chú ý, để chứng minh supp f là tập compact ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn, cụ thể nó nằm trong [−1, 1] Khi đó, do tính đóng của giá ta có ngay supp f là compact
Cách 2 Bằng cách coi f như một phiếm hàm trên E(R)
f : ϕ ∈E(R) 7→ hf, ϕi =Z 1
−1
f (x)ϕ(x)dx,
rồi chứng minh tính tuyến tính, liên tục của nó
(ii) Dùng định nghĩa có ngay
hDf, ϕi = ϕ(1) + ϕ(−1) − 2ϕ(0) = hδ(−1) + δ(1) − 2δ, ϕi
nên Df = δ(−1) + δ(1) − 2δ
(iii) Có F(Df)(ξ) = (−iξ)Ff(ξ),
mà f ∈ E0
(R) nên
Ff(ξ) = hf, e−ixξi =
Z 1
−1
f (x)e−ixξdx = 2(cos ξ − 1)
iξ
do đó F(Df)(ξ) = 2(1 − cos ξ)
(iv) Gợi ý: trước hết ta đoán xem nguyên hàm suy rộng F của f có dạng như thế nào bằng cách tìm nguyên hàm thông thường của nó
Nguyên hàm trên từng khoảng của
f (x) =
1 nếu − 1 < x ≤ 0,
−1 nếu 0 < x < 1,
0 nếu 1 ≤ |x|
Trang 2có dạng
F (x) =
x + C1 nếu − 1 < x < 0,
−x + C2 nếu 0 < x < 1,
C3 nếu x < −1,
C4 nếu 1 < x
Ta cần thống nhất các C1, C2, C3, C4.Nguyên hàm thông thường có tính liên tục nên
C1 = C2 = C3+ 1 = C4+ 1
do đó
F (x) =
(
−|x| + 1 + C nếu |x| ≤ 1,
Ta kiểm tra xem F có là nguyên hàm suy rộng của f bằng cách kiểm tra phiếm hàm
ϕ ∈ D(R) →
Z 1
−1
(−|x| + 1)ϕ(x)dx
có tuyến tính, liên tục không (nghĩa là có là hàm suy rộng không)?
và đạo hàm suy rộng của phiếm hàm này có phải f không? Nghĩa là kiểm tra đẳng thức sau
−
Z 1
−1
(−|x| + 1)Dϕ(x)dx =
Z 1
−1
f (x)ϕ(x)dx?
Như vậy, nguyên hàm suy rộng của f là hàm liên tục F
(v) Do giá của hàm liên tục và giá của hàm suy rộng ứng với hàm liên tục đó là như nhau nên
supp F =
( [−1, 1] nếu C = 0,
R nếu C 6= 0
(vi) Bằng định nghĩa dễ dàng kiểm tra cấp của F trên (−1, 1) bằng 0
(vii) Có (Df) ∗ F = f ∗ (DF ) = f ∗ f mà f ∈ L1(R) nên
f ∗ f (x) =
Z
R
f (x − y)f (y)dy =
Z 0
−1
f (x − y)dy −
Z 1 0
f (x − y)dy
Bằng cách chia thành các khoảng nhỏ |x| ≥ 2, −2 ≤ x ≤ −1, −1 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤
x ≤ 2với chú ý
f (x − y) =
1 nếu x < y ≤ x + 1,
−1 nếu x − 1 < y < x,
0 nếu 1 ≤ |x − y|,
ta tính được
f ∗ f (x) =
−2 + 3|x| nếu 0 ≤ |x| ≤ 1,
2 − |x| nếu 1 ≤ |x| ≤ 2,
Trang 3Ta cũng có thể làm cách khác với chú ý (δ(x0) ∗ F )(x) = F (x − x0)nên
((Df ) ∗ F )(x) = ((δ(1) + δ(−1) − 2δ) ∗ F )(x) = F (x − 1) + F (x + 1) − 2F (x) (viii) Với C = 0 có
F (x) =
(
−|x| + 1 nếu |x| ≤ 1,
nên F ∈ L2(R)
Lại có
DF (x) = f (x)
1 nếu − 1 < x ≤ 0,
−1 nếu 0 < x < 1,
0 nếu |x| ≥ 1, nên f ∈ L2(R), và
D2F = Df = δ(1) + δ(−1) − 2δ 6∈ L2(R)
Như vậy, F ∈ Wl
(R), l ∈ Z khi và chỉ khi l ≤ 1
Khi C 6= 0 có
FF (ξ) = C(2π)1/2δ +2(cos ξ − 1)
ξ2
không là hàm đo được nên F 6∈ Wl(R), ∀l ∈ Z
(ix) Có
fk(x) = kf (x − k) =
k nếu k − 1 < x ≤ k,
−k nếu k < x < k + 1,
0 nếu |x − k| ≥ 1, nên |fk(x)| ≤ (1 + |x|), và supp fk = [k − 1, k + 1]
Do đó
D0
− lim
k→∞fk =S0
− lim
k→∞fk= 0
và trong E0 dãy {fk}∞
k=1 không hội tụ
(x) Có
gk(x) =
k
X
j=1
(f (x − j) + f (x + j)) =
1 nếu − k − 1 < x ≤ −k hoặc 0 < x ≤ 1,
−1 nếu k < x < k + 1 hoặc − 1 < x < 0,
0 nếu |x| ≥ k + 1 hoặc |x| < k − 1, nên |gk(x)| ≤ 1,và supp gk = [−k − 1, −k] ∪ [k, k + 1] ∪ [−1, 1]
Do đó
D0
− lim
k→∞gk =S0
− lim
k→∞gk= −f
và trong E0 dãy {gk}∞k=1 không hội tụ