analiza matematyczna iii mt notatki z wykładu prof

Analiza Matematyczna III MTNotatki z Wykładu prof. Krzysztofa Nowaka

(poprawione przez wykładowcę)

Zredagował: Wojciech Kulczycki

Chapter 1

Teoria równańróżniczkowych zwyczajnych

1.1 Podstawowe definicjeDef. Niech Ω ⊂ R × Rn × Rn- otwarty; f : Ω −→ Rn- ciągła i f = (f1 . . . fn).Wtedy układ równań:

f1(x, y1, . . . , yn, y′1, . . . , y

′n) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .fn(x, y1, . . . , yn, y

′1, . . . , y

′n) = 0

gdzie yi = yi(x) (i = 1, . . . , n), nazywamy równaniem (w sensie wektorowym)różniczkowym zwyczajnym I-ego rzędu. W równaniu tym x nazywamyzmienną niezależną, zaś niewiadomymi są funkcje y1, . . . , yn. Równanie tomożna przedstawić w postaci wektorowej:

f(x, y, y′) = 0 ∈ Rn, (1.1)

gdzie y = (y1, . . . , yn), y′ = (y′1, . . . , y′n).Z kolei równanie:

f(x, y, y′, y′′, . . . , y(k)) = 0 ∈ R (1.2)

nazywamy równaniem różniczkowym zwyczajnym k-tego rzędu.

Przymiotnik zwyczajny oznacza tu fakt, że niewiadome są funkcjami jednejzmiennej. 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′ = f(x, y) (1.3)nazywamy równaniem różniczkowym I-ego rzędu w postaci normalnej. Ana-logicznie dla równania k-tego rzędu mamy:

y(k) = f(x, y, y′, . . . , y(k−1)). (1.4)Rozwiązaniem (lub całką) ogólnym nazywamy rodzinę rozwiązań rów-

nania różniczkowego. Rozwiązaniem (lub całką) szczególnym nazywamypewne konkretne rozwiązanie z tej rodziny.Def. Krzywą całkową równania różniczkowego (1.3) nazywamy wykres pewnegorozwiązania y = y(x) tego równania.

Figure 1.1: Przykładowa krzywa całkowa równania (1.3).

Ponieważ ∀x0 ∈ R wektor [1, y′(x0)] (por. Rys. 1.1) jest styczny do krzywejcałkowej 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 punkciejest styczna do pewnej krzywej z tej rodziny. Rozwiązaniem (lub całką) os-obliwym nazywamy dodatkowe rozwiązania równania, które jest obwiedniąrozwiązania 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 parametrówC = (C1, . . . , Cn). Jest to tzw. rozwiązanie (lub całka) ogólne. Dlaustalonego zestawu parametrów mamy całkę szczególną.

2. Równanie rzędu k (dla n = 1):

y(k) = f(x, y, y′, . . . , y(k−1))

jest równoważne układowi k równań I-ego rzędu (oznaczenie y = y1):y′1 = y2y′2 = y3. . . . . .y′k−1 = yky′k = f(x, y1, y2, . . . , yk)

1.2 Podstawowe typy równań różniczkowych zwycza-jnych I-ego rzędu dla n=1

1. Równanie o zmiennych rozdzielonychMa ono postać:

p(y) · y′ = q(x).

Rozwiązanie:

p(y)dy = q(x)dx

∫p(y)dy =

∫q(x)dx

Jeżeli oznaczyć: ∫p(y)dy = P (y)∫q(x)dx = Q(x)

,

to rozwiązanie w postaci uwikłanej ma postać:

P (y) = Q(x) + C,

gdzie C ∈ R.

3


Przykład.y′ = 2√y

dy

2√y = dx

√y = x+ C,

dla x > −C. Zatem całka ogólna ma postać:y = (x+ C)2, dla x > −Cy = 0, dla x < −C

.

Łatwo widać, że prosta y = 0 jest całką osobliwą.

2. Równanie różniczkowe zupełneMa ono postać:

P (x, y) +Q(x, y)dydx

= 0,

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 pewnejfunkcji 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 C1. Wtedy Pdx + Qdy jest różniczką zupełną wtedy itylko wtedy, gdy Py = Qx.

4


Przykład.2xy3︸︷︷︸P

dx+ (3x2y2 + 1)︸︷︷︸Q

dy = 0

Sprawdzamy zupełność:

Py = 6xy2 = Qx.

Ponieważ równanie jest zupełne, wyznaczamy funkcję F :

F =∫Pdx =

∫2xy3dx = x2y3 + C(y)

3x2y2 + 1 = Q = Fy = 3x2y2 + 1.

Zatem C ′(y) = 1, skąd:

F = x2y3 + y.

Zatem całka ogólna ma postać:

x2y3 + y = C.

Uwaga. Jeśli równanie Pdx+Qdy = 0 nie jest równaniem zupełnym, tomoże się zdarzyć, że istnieje funckja µ(x, y) 6≡ 0 taka, że:

Pµdx+Qµdy = 0

jest równaniem zupełnym. Funkcję µ(x, y) nazywamy wtedy czynnikiemcałkującym.W niektórych prostych przypadkach można znaleĽć czynnik całkującypostaci µ(x), µ(y) lub µ1(x) · µ2(y).

3. Równanie liniowe jednorodneMa ono postać:

dy

dx= p(x) · y. (1.5)

Rozwiązanie (metodą rozdzielenia zmiennych):

dy

y= p(x)dx,

5


ln |y| = P (x) +A

y = ±eAeP (x),

skąd ostatecznie:

y = CeP (x),

gdzie C = ±eA ∈ R.

4. Równanie liniowe niejednorodneMa ono postać:

dy

dx= p(x) · y + q(x). (1.6)

Równanie jednorodne (1.5) nazywamy równaniem stowarzyszonym zrównaniem (1.6).Rozwiązanie:

(całka ogólnaukładu (1.6)

)=(

całka ogólnaukładu (1.5)

)+(

całka szczególnaukładu (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:

C ′(x)eP (x) + C(x)(eP (x)

)′= p(x)C(x)eP (x) + q(x).

Ale(eP (x))′ = p(x)eP (x), skąd:

C ′(x)eP (x) = q(x)

C ′(x) = q(x)e−P (x),

a stąd wyliczamy C(x).Inną, szybszą metodą, którą jednak możemy stosować tylko w niektórychprzypadkach, jest metoda przewidywania.

6

1.3. Problem Cauchy’ego

5. Równanie BernoulliegoMa ono postać:

y′ = p(x) · y + q(x) · yα,

gdzie α ∈ R\0, 1Równanie to rozwiązujemy, mnożąc je obustronnie przez (1 − α) · y−α idokonując podstawienia:

z(x) = y1−α.

Stąd uzyskujemy:

z′ = (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′ = f(yx

).

Rozwiązujemy je poprzez podstawienie:

z = y

x.

• Równanie postaci:

y′ = f(ax+ by + c).

Rozwiązujemy je poprzez podstawienie:

z = ax+ by + c.

1.3 Problem Cauchy’egoDef. Niech Ω ⊂ R× Rn- otwarty; f : Ω −→ Rn- ciągła; (x0, y0) ∈ Ω. Proble-mem Cauchy’ego nazywamy równanie różniczkowe zwyczajne wraz z zadanymwarunkiem początkowym, tj.:

y′ = f(x, y)y(x0) = y0

(1.7)

7


Twierdzenie 1.1 (Picarda o istnieniu i jednoznaczności rozwiązaniaproblemu 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, y)| 6 L||y − y||. Wtedy ∃δ > 0 taka, że problemCauchy’ego:

y′ = f(x, y)y(0) = y0

(1.8)

ma na odcinku [−δ, δ] dokładnie jedno rozwiązanie klasy C1.

Uwaga. Jeśli funkcja f(x, y) = f(x, y1, . . . , yn) jest określona na zbiorze wy-pukłym, jest różniczkowalna i jej pochodne cząstkowe ∂f

∂yi, i = 1, . . . , n, są

ograniczone, to f spełnia warunek Lipschitza ze względu na zmienne y1, . . . , yn.

Dowód (tw. Picarda). Wystarczy udowodnić twierdzenie przy założeniu, żey0 = 0 i dla kuli domkniętej K(0, r) ⊂ U . Wtedy funkcja f jest ograniczona nazbiorze [−α, α]× K(0, r) przez pewne M > 0.

Wykażemy, że jako δ > 0 można wziąć dowolną liczbę < minα, rM , 1L.

Kluczowa obserwacja: y = y(x), y : [−δ, δ] −→ K(0, r) jest rozwiązaniemproblemu Cauchy’ego (1.8) wtedy i tylko wtedy, gdy y(x) jest rozwiązaniemrównania całkowego (Volterry):

y(x) =x∫

0

f(ξ, y(ξ))dξ, (1.9)

gdzie |x| 6 δ.

Def. Dla funkcji ciągłej f : K −→ R na zbiorze zwartym K definiujemy normęsupremum

‖f‖K := sup |f(x)| : x ∈ R.

Czasami będziemy dla normy supremum stosować zapis skrócony ‖, jeśli jestjasne, na jakim zbiorze rozważamy dane funkcje.

Rozważmy teraz odwzorowanie:

F : y(x) −→

x 7→ x∫0

f(ξ, y(ξ))dξ

.

8


Niech E = y : [−δ, δ] −→ Rn- ciągła, y(0) = 0. Wraz z normą ‖sup jest toprzestrzeń Banacha (tj. przestrzeń unormowana zupełna). Wtedy:

X := y(x) ∈ E : ‖y‖sup 6 rjest kulą domkniętą i zarazem zupełną przestrzenią metryczną.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Lemat. F : X −→ X i jest odwzorowaniem zwężającym (tj. kon-trakcją, czyli odwzorowaniem Lipschitza ze stałą < 1).

Dowód.1 Czy F (y) ∈ X, gdy y ∈ X?

Ustalmy x ∈ [−δ, δ]. Wtedy

|F (y)(x)| df=

∣∣∣∣∣∣x∫

0

f(ξ, y(ξ))dξ

∣∣∣∣∣∣ 6x∫

0

|f(ξ, y(ξ))|︸︷︷︸6M

dξ 6 δ·M 6 r

M·M = r

Zatem ‖F (y)‖ 6 r, czyli Fy ∈ X, tzn. F : X −→ X.

OK

2 Czy F jest kontrakcją?Ustalmy x ∈ [−δ, δ]; y, y ∈ X. Wtedy

|Fy(x)− F y(x)| df=

∣∣∣∣∣∣x∫

0

[f(ξ, y(ξ))− f(ξ, y(ξ))]dξ

∣∣∣∣∣∣ 6

6

x∫0

|f(ξ, y(ξ))− f(ξ, y(ξ))|dξ 6x∫

0

L|y(ξ)− y(ξ)|dξ

︸︷︷︸z lipschitzowskości f

6

6 L · ‖y − y‖sup ·x∫

0

dξ

︸︷︷︸6δ< 1

L

< ‖y − y‖

Zatem:

‖Fy − F y‖ 6 L · δ︸︷︷︸<1

‖y − y‖,

co oznacza, że F jest kontrakcją.

9


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Na mocy twierdzenia Banacha o punkcie stałym odwzorowanie F : X −→ Xma 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.Picarda) można wziąć dowolną liczbę δ > 0 taką, że δ < α, rM .

Def.

1) Punkt (x0, y0) ∈ Ω jest punktem lokalnej jednoznaczności dla równa-nia y′ = f(x, y), gdy każde 2 jego rozwiązania z warunkiem początkowymy(x0) = y0 pokrywają się w pewnym otoczeniu punktu x0.

2) Punkt (x0, y0) ∈ Ω jest punktem integralnej jednoznaczności dlarównania y′ = f(x, y), gdy każde 2 jego rozwiązania z warunkiem początkowymy(x0) = y0 pokrywają się w części wspólnej dziedzin.

Wniosek 1. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą, spełniającą w otocze-niu punktu (x0, y0) warunek Lipschitza względem zmiennych y, to (x0, y0) jestpunktem lokalnej jednoznaczności.

Wniosek 2. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą wraz z pochodnymicząstkowymi 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 pochodnymicząstkowymi względem y1, . . . , yn na zbiorze Ω, to każdy punkt zbioru Ω jestpunktem 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

y′ = 3(x− c)2 = 3y 23 .

Zatem prosta y = 0 jest całką osobliwą (por. Rys. 1.3).

Figure 1.3: Przykładowe krzywe z rodziny krzywych y = (x− c)3 z pogrubionącałką osobliwą y = 0.

Na osi Ox nie ma lokalnej jednoznaczności, ale poza nią jest. W związku ztym nie ma integralnej jednoznaczności ze względu na istnienie całki osobliwej.

Twierdzenie 1.2 (Peano o istnieniu rozwiązania problemu Cauchy’ego).Niech f : [−α, α]×K(0, r) −→ Rn- ciągła. Wtedy istnieje rozwiązanie problemuCauchy’ego:

y′ = f(x, y)y(0) = 0

(1.10)

które jest określone na przedziale [−δ, δ], gdzie δ = minα, rM , gdzieM := ‖f‖.(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] na2 części, l2- podział na 4 części,. . . , lk- podział na 2k części; same łamanetworzymy poprzez styczne do rozwiązania równania (tj. funkcji f(x, y)) w punk-tach podziału przedziału; analogicznie dla przedziału [−α, 0].

Dowodzi się, że z ciągu (lk) tak skonstruowanych łamanych mozna wybraćpodciąg zbieżny do pewnej funkcji klasy C1, która jest rozwiązaniem problemuCauchy’ego.

Wniosek 1. Jeśli f : Ω −→ Rn jest funkcją ciągłą, to ∀(x0, y0) ∈ Ω istniejelokalne rozwiązanie równania y′ = f(x, y) przechodzące przez ten punkt (tj.spełniające warunek początkowy y(x0) = y0).

Def.

1) Niech y : [x0, α) −→ Rn, y : [x0, β) −→ Rn będą dwoma rozwiązaniamirównania (1.3). Mówimy, że y jest przedłużeniem y w prawo, gdyβ > α i y|[x0,α) = y.

2) Niech y : (α, x0] −→ Rn, y : (β, x0] −→ Rn będą dwoma rozwiązaniamirównania (1.3). Mówimy, że y jest przedłużeniem y w lewo, gdy β 6 αi y|(α,x0] = y.

Def. Rozwiązanie y(x) równania (1.3) nazywamy wysyconym w prawo (wlewo), gdy każde jego przedłużenie w prawo (w lewo) jest z nim identyczne.

Lemat. Każde rozwiązanie y(x) równania (1.3) posiada wysycenie w prawo iw lewo.

12


Dowód. Przy pomocy lematu Kuratowskiego-Zorna.

Def. Niech Ω ⊂ R×Rn- otwarty; f : Ω −→ Rn- ciągła. Mówimy, że rozwiązaniey : [x0, α) −→ Rn (y : (α, x0] −→ Rn) dociera prawym (lewym) końcemdo 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. Analogiczniejest dla docierania do prawego brzegu.

Figure 1.5: Rozwiązanie to dociera lewym końcem do brzegu Ω, ale prawymnie.

Wniosek 2. Rozwiązanie y : [x0, α) −→ Rn (y : (α, x0] −→ Rn), które jestwysycone w prawo (lewo), dociera prawym (lewym) końcem do brzegu Ω.

Dowód (nie wprost). Hipoteza: rozwiązanie wysycone w prawo nie docierado prawego końca.

Oznacza to, że wykres y|[x0,α) ⊂ K ⊂ Ω ⊂ R × Rn dla pewnego zbioruzwartego K.

Wtedy ‖f‖K 6 M dla pewnego M > 0, skąd |y′(x)| = |f(x, y)| 6 M dlax ∈ [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, in-nymi słowy, istnieje granica lim

x→α−y(x) ∈ R. Kładziemy więc y(α) := lim

x→α−y(x).

To przedłużenie jest różniczkowalne (lewostronnie) dla x = α, tj.:

y′(α−) = limx→α−

y(α)− y(x)α− x

H= limx→α−

y′(x)1 = lim

x→α−f(x, y(x)) =

z ciągłości f︷︸︸︷f(α, y(α)) .

Z Tw. 1.2. (tw. Peano) rozwiązanie y : [x0, α) −→ Rn można zatemprzedłużyć 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 istnieniacałki wysyconej). Niech Ω ⊂ R × Rn- otwarty; Q = [−α, α] × K(0, r) ⊂ Ω;f : Ω −→ Rn- ciągła; ‖f‖Q 6 M , gdzie M > 0; y : ∆ −→ Rn- całka wysyconadla problemu Cauchy’ego:

y′ = f(x, y)y(0) = y0

, (1.11)

gdzie ∆- przedział taki, że 0 ∈ ∆. Wtedy jeśli |y(0)| 6 r2 , to całki wysycone

y tego problemu Cauchy’ego sa określone na przedziale [−δ, δ] ⊂ ∆, gdzie δ :=minα, r

2M .

Dowód. Ponieważ [−α, α] × K(y(0), r2 ) ⊂ Q ⊂ Ω, stosujemy Tw. 1.2. (tw.Peano), biorąc δ = minα, r

2M .

Dzięki temu twierdzeniu możemy lokalnie (tj. w otoczeniu y0) szacować oddołu przedział istnienia całki wysyconej y przedziałem [−δ, δ]. Umożliwi nam topóĽniej znalezienie ciągłej zależności całki wysyconej y od wartości początkowejy0 i paramteru.

1.4 Nierówności różniczkoweTwierdzenie 1.3 (nierówność Gronwalla). Niech C ≥ 0, f, g : [α, β] −→ R-ciągłe, f, g > 0

f(x) 6 C +x∫α

f(ξ)g(ξ)dξ, x ∈ [α, β].

Wtedy:

f(x) 6 C · exp

x∫α

g(ξ)dξ

. (1.12)

Dowód.

I. C > 0

Niech ϕ : [α, β] −→ R i ϕ(x) = C +x∫α

f(ξ)g(ξ)dξ. Wtedy z założenia

twierdzenia f(x) 6 ϕ(x) oraz:

ϕ′(x) = f(x) · g(x) 6 ϕ(x) · g(x).

Stąd:

14


(lnϕ(x))′ = ϕ′(x)ϕ(x) 6 g(x).

Zatem:

ln ϕ(x)ϕ(α) = lnϕ(x)− lnϕ(α) =

x∫α

ϕ′(ξ)ϕ(ξ) dξ 6

x∫α

g(ξ)dξ,

skąd:

ϕ(x) 6 ϕ(α)︸︷︷︸=C

· exp

x∫α

g(ξ)dξ

.

Ostatecznie zatem:

f(x) 6 ϕ(x) 6 C · exp

x∫α

g(ξ)dξ

.

OK

II. C = 0Stosując przypadek I ze stałymi Cn = 1

n 0, otrzymujemy

0 6 f(x) 6 Cn · exp

x∫α

g(ξ)dξ

n→∞−→ 0.

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 :

f(x) 6 C +x∫α

L · f(ξ)dξ dla x ∈ [α, β]

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

f(x) 6 A+x∫α

(B + Lf(ξ))dξ dla x ∈ [α, β],

to ∀x ∈ [α, β]:

f(x) 6(A+ B

L

)· exp(L(x− α))− B

Ldla x ∈ [α, β].

Dowód. Niech ϕ(x) := f(x) + BL . Wtedy:

ϕ(x) = f(x) + B

L6 A+ B

L+

x∫α

L ·(B

L+ f(ξ)

)dξ = A+ B

L︸︷︷︸=C

+x∫α

L · ϕ(ξ)dξ.

Z Wn. 1.:

ϕ(x) 6(A+ B

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- różniczkowalnadla x ∈ (α, β); A,B > 0; L > 0; x0 ∈ [α, β]. Wtedy jeśli |ψ(x0)| 6 A i|ψ′(x)| 6 L|ψ(x)|+B ∀x ∈ (α, β), to:

|ψ(x)| 6 (A+ B

L) · exp(L|x− x0|)−

B

L(1.13)

∀x ∈ [α, β].

Dowód. Zastosujemy Wn. 2. do funkcji:

f(x)︸︷︷︸skalarna

:= |ψ(x)|︸︷︷︸wektorowa

.

Mamy bowiem:

f(x) = |ψ(x)| =

∣∣∣∣∣∣ψ(x0) +x∫

x0

ψ′(ξ)dξ

∣∣∣∣∣∣ 6z nier. trójkąta︷︸︸︷

|ψ(x0)|+x∫

x0

|ψ′(ξ)|dξ 6

16


6 A+x∫

x0

(L|ψ(ξ)|+B)dξ = A+x∫

x0

(Lf(ξ) +B)dξ

Z Wn. 2. otrzymujemy zatem:

|ψ(x)| = f(x) 6 (A+ B

L) · exp(L|x− x0|)−

B

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 względemzmiennych y; ∆, ∆ ⊂ R- przedziały; (x0, y0), (x0, y0) ∈ Ω, x0 ∈ ∆∩∆; A,B > 0;y : ∆ −→ Rn, y : ∆ −→ Rn- rozwiązania problemów Cauchy’ego:

y′(x) = f(x, y(x))y(x0) = y0

y′(x) = f(x, y(x))y(x0) = y0

Wtedy jeśli |y0−y0| 6 A, |f(x, y)−f(x, y)| 6 B ∀(x, y) ∈ Ω (tj. ‖f−f‖Ω 6B), to:

|y(x)− y(x)| 6(A+ B

L

)· exp(L|x− x0|)−

B

L, (1.14)

dla x ∈ ∆ ∩ ∆.

Idea tego twierdzenia polega na tym, że jeżeli nieznacznie zmienimy wartośćzmiennej y0 i wartość f(x, y), to dla x ∈ ∆ ∩ ∆ wartość rozwiązania y(x)problemu Cauchy’ego zmieni się nieznacznie.

Dowód. Zastosujemy Wn. 3. (nierówność różniczkowa) do funkcji ψ(x) :=y(x)− y(x), dla x ∈ ∆∩ ∆. Z założenia twierdzenia mamy bowiem |ψ(x0)| 6 A,a także:

|ψ′(x)| = |y′(x)− y′(x)| = |f(x, y(x))− f(x, y(x))| =

= |f(x, y(x))− f(x, y(x)) + f(x, y(x))− f(x, y(x))| 6

6 |f(x, y(x))− f(x, y(x))|+ |f(x, y(x))− f(x, y(x))|︸︷︷︸z nier. trójkąta

6

6 L · |y(x)− y(x)|︸︷︷︸z lipschitzowskości f

+B = L · |ψ(x)|+B

17


Z Wn. 3. (nierówność różniczkowa) otrzymujemy zatem:

|ψ(x)| 6(A+ B

L

)· exp(L|x− x0|)−

B

L.

Wniosek 1 (integralna jednoznaczność problemu Cauchy’ego). Przyoznaczeniach i założeniach takich, jak w twierdzeniu porównawczym, rozważmyproblem Cauchy’ego (1.8), tj.:

y′ = f(x, y)y(x0) = y0

Wtedy problem ten ma jednoznaczne rozwiązanie ∀x0 ∈ ∆.

Dowód. WeĽmy inne rozwiązanie tego problemu Cauchy’ego, tj.:y′ = f(x, y)y(x0) = y0

Mamy więc f = f , skąd B = 0, y0 = y0, skąd A = 0. Z Tw. 1.4. (tw.porównawcze) mamy zatem:

|y(x)− y(x)| 6 0,

skąd y(x) ≡ y(x) na ∆ ∩ ∆.

Wniosek 2 (ciągła zależność rozwiązania od warunku początkowego).Niech Ω ⊂ R × Rn- otwarty; Q = [−α, α] × K(0, r) ⊂ Ω; f : Ω −→ Rn-ciągła, spełniająca warunek Lipschitza ze stałą L > 0 względem zmiennych y;‖f‖Q 6M , gdzie M > 0, oraz z ∈ K

(0, r2).

Wtedy całki wysycone y(x) = y(x, z) problemu Cauchy’ego y′ = f(x, y),y(0) = z są określone na przedziale [−δ, δ], gdzie δ := minα, r

2M i zależąw sposób ciągły (w sensie normy supremum na przedziale [−δ, δ]) od wartościpoczątkowej z.

Dowód. Pierwszą część tezy (tj. określoność całek wysyconych y(x, z) naprzedziale [−δ, δ]) udowodniliśmy już we Wn. 3. z Tw. 1.2. (tw. olokalnym szacowaniu od dołu przedziału istnienia całki wysyconej). Wystar-czy więc wykazać ciągłość zależności tych całek od wartości początkowej z natym przedziale.

Niech y(x, z), y(x, z)- rozwiązania naszego problemu Cauchy’ego (1.8), gdziez, z ∈ K

(0, r2). Wtedy kładziemy B = 0 (możemy, gdyż równanie f jest takie

samo) i A = |z − z|. Wówczas z Tw. 1.4. (tw. porównawacze) mamy:

|y(x, z)− y(x, z)| 6 A · exp(L|x|),

gdzie x ∈ [−δ, δ] (przedział ten jest zwarty, zatem możemy rozważać funkcjeciągłe z normą ‖sup). Stąd:

18


‖y(x, z)− y(x, z)‖ 6 |z − z| · exp(L|x|),co jest ciągłą zależnością od warunku początkowego z.

Wniosek 3 (ciągła zależność rozwiązania od warunku początkowegoi parametru) Niech T – (przestrzeń parametrów) lokalnie zwarta przestrzeńtopologiczna (np. Rk); Ω ⊂ R × Rn- otwarty; f : Ω × T −→ Rn- ciągła,spełniająca warunek Lipschitza ze stałą L > 0 względem zmiennych y; Q =[−α, α]× K(0, r) ⊂ Ω; t0 ∈ T ; K ⊂ T - zwarte otoczenie t0; ‖f‖Q×K 6M , gdzieM > 0.

Oznaczmy przez y(x, z, t) wysycone rozwiązanie problemu Cauchy’ego:y′ = ft(x, y)y(0) = z

(1.15)

gdzie ft(x, y) := f(x, y, t), |z| 6 r2 , t ∈ K.

Wtedy wszystkie funkcje y(x, z, t) są określone na wspólnym zbiorze

[−δ, δ]× K(0, r2)×K,

gdzie δ := minα, r2M , i zależą w sposób ciągły (w sensie normy supremum na

przedziale [−δ, δ]) od wartości początkowej z i parametru t.

Dowód. Określoność całek wysyconych y(x, z, t) na przedziale [−δ, δ] udowod-niliśmy już we Wn. 3. z Tw. 1.2. (tw. Peano), a obecność parametru niczegotutaj nie zmienia. Wystarczy zatem wykazać ciągłą zależność rozwiązań odwartości początkowej z i parametru t na przedziale [−δ, δ].

Połóżmy:

ϕ(t) := ‖f(x, y, t)− f(x, y, t0)‖Q×K .

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Lemat. limt→t0

ϕ(t) = 0

Dowód. Niech ε > 0. Wtedy ∀(p, q) ∈ Q ∃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)|︸︷︷︸≤ε/2

+ |f(p, q, t0)− f(x, y, t0)|︸︷︷︸≤ε/2

< ε,

19


co wynika z nierówności trójkąta, a także z ciągłości f w punkcie(p, q, t0).

Rodzina Up,q(p,q)∈Q jest pokryciem otwartym zbioru zwartegoQ.

Ze zwartości zbioru Q możemy wybrać podpokrycie skończoneUp1,q1 , . . . , Ups,qs , tzn. znaleĽć takie zbiory Up1,q1 , . . . , Ups,qs , że Q ⊂Up1,q1 ∪ · · · ∪ Ups,qs , przy s ∈ N.

Połóżmy teraz V = Vp1,q1 ∩ · · · ∩ Vps,qs- otoczenie t0. Wtedy∀t ∈ V, (x, y) ∈ Q:

|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]:

|y(x, z, t)− y(x, z, t0)| 6

A︷︸︸︷

|z − z|+

B/L︷︸︸︷ϕ(t)L

· exp(L|x|)− ϕ(t)L

,

gdy z, z ∈ K(ε, r2 ), t ∈ K. Ale (z lematu) ϕ(t) t→t0−→ 0. Dlatego ∀ρ > 0 ∃ε > 0,V – otoczenie t0 takie, że jeśli |z − z| < ε, t ∈ V , to:

‖y(x, y0, t0)− y(x, y0, t)‖[−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|, gdzieB,L > 0, to każde rozwiązanie wysycone y(x) równania (1.3), y′ = f(x, y), jestglobalne, 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′(x)| = |f(x, y(x))| 6 B + L|y(x)|.

Z Wn. 3. z Tw. 1.3. (nierówność różniczkowa):

|y(x)| 6(|y(x0)|+ B

L

)· exp(L|x− x0|)−

B

L(1.16)

20


Figure 1.6: Fragment rozważanej krzywej całkowej.

I. α, β ∈ RWtedy

|x− x0| 6 maxβ − x0, x0 − α,

a stąd

|y(x)| 6(|y(x0)|+ B

L

)· exp(L|x− x0|)−

B

L6M,

dla pewnego M > 0, co oznacza, że nasza krzywa całkowa jest ogranic-zona. Dlatego, ponieważ całka wysycona dociera do brzegu ∂Ω obydwomakońcami (Ω to jest pas), prawy i lewy koniec naszej krzywej całkowej musidotrzeć odpowiednio do β × K(0,M) i α × K(0,M)). Oznacza to, żenasze rozwiązanie określone jest na całym przedziale (α, β).

OK

II. α = −∞ lub β =∞W takim przypadku rozważamy dowolne α′ ∈ R lub β′ ∈ R takie, że

α < α′ < β lub α < β′ < β. Dzięki poprzedniemu punktowi, całkawysycona jest określona na (α′, β) lub (α, β′), a z dowolności α′ lub β′

również na (α, β).

Wniosek 1. Niech f : (α, β) × Rn −→ Rn- ciągła, spełniająca warunek Lip-schitza względem zmiennych y ze stałą L > 0. Wtedy problem Cauchy’ego(1.7), gdzie x0 ∈ (α, β), y0 ∈ Rn, ma dokładnie jedno rozwiązanie globalney : (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 α′, β′ ∈ R- dowolne liczby takie, że α < α′ < β′ < β.Ze względu na dowolność liczb α′, β′, wystarczy wykazać, że wysyconerozwiązanie naszego problemu Cauchy’ego (1.7) jest określone na całymprzedziale (α′, β′).Korzystamy z Tw. 1.5. (tw. o globalnym rozwiązaniu wysyconym).

Wystarczy więc wykazać, że na przedziale (α′, β′) spełnione są jego za-łożenia. 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 ‖f‖[α′,β′]×y0︸︷︷︸z def. ‖sup

+L|y0|+ L|y|

Wystarczy teraz przyjąć B := ‖f‖[α′,β′]×y0 + L|y0| i zastosować Tw.1.5 (tw. o globalnym rozwiązaniu wysyconym).

1.5 Liniowe układy równań różniczkowych zwycza-jnych

Def. Niech α < β; aij , bj : (α, β) −→ R- ciągłe, gdzie i, j = 1, . . . , n. Wtedyukład równań:

y′1 =n∑j=0

a1j(x)yj + b1(x)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n =

n∑j=0

anj(x)yj + bn(x)

nazywamy liniowym układem równań różniczkowych zwyczajnych i zwyklezapisujemy w postaci wektorowej:

y′ = A(x) · y + b(x), (1.17)

gdzie y =

y1...yn

, A(x) = (aij(x))ni,j=1, b(x) =

b1(x)...

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 α′, β′ ∈ R- dowolne liczby takie, że α < α′ < β′ < β. Połóżmyf(x, y) := A(x) · y + b(x). Wtedy restrykcja funkcji f(x, y) do przedziału[α′, β′] jest oczywiście lipschitzowska względem zmiennych y. Możemy zatemzastosować Wn. 1., skąd teza.

Def. Układ (1.17) dla b(x) = 0 nazywamy jednorodnym. Ma on zatem postać:

y′ = A(x) · y. (1.18)

Jeżeli dodatkowo macierz A ma stałe współczynniki, tj. A = (aij)ni,j=1, toukład taki nazywamy układem jednorodnym o stałych współczynnikachi zapisujemy jako:

y′ = A · y. (1.19)

Lemat. Zbiór rozwiązań układu (1.18) tworzy przestrzeń liniową, tzn. jeżeliyi(x) : (α, β) −→ Rn (i = 1, . . . , n) są rozwiązaniami układu (1.18), a c1, . . . , cn ∈R, to y(x) = ciy

i(x) = c1y1(x) + · · ·+ cny

n(x) też jest rozwiązaniem.

Dowód. Dowód jest natychmiastowy, jeśli skorzystać z definicji przestrzeni lin-iowej i postaci równania (1.18).

Def. Niech y1(x), . . . , yn(x)- rozwiązania układu (1.18). Wtedy macierzW (x) :=(y1(x), . . . , yn(x)) =

(yij(x)

)ni,j=1 nazywamymacierzą Wrońskiego, a jej wyz-

nacznik det(W (x)) nazywamy wyznacznikiem Wrońskiego lub wrońsk-janem.

Lemat. Macierz W (x) spełnie macierzowe równianie różniczkowe:

W ′(x) = A(x) ·W (x),

gdzie x ∈ (α, β) (różniczkowanie macierzy oznacza różniczkowanie wszystkichjej 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 (y1(x0), . . . , yn(x0)) macierzy W (x0)są liniowo zależne, tzn. c1y1(x0)+· · ·+cnyn(x0) = 0 dla pewnych c1, . . . , cn ∈ Rnie wszystkich równych 0.

Wtedy y(x0) := ciyi(x0) (dla tych konkretnych współczynników ci) jest

rozwiązaniem układu (1.18) przechodzącym przez punkt (x0, 0) ∈ R×Rn. Dziękijedyności rozwiązania problemu Cauchy’ego (co wynika z Wn. 2.) y(x) :=c1y

1(x0) + · · ·+ cnyn(x0) ≡ 0 ∀c1, . . . , cn ∈ R, skąd teza.

23

1.6. Metody rozwiązywania liniowych układów równań różniczkowych

Wniosek 1. Rozwiązania y1(x), . . . , yn(x) są liniowo niezależne wtedy i tylkowtedy, gdy wektory y1(x0), . . . , yn(x0) ∈ Rn są liniowo niezależne dla pewnegox0 ∈ (α, β).

Dowód. Trywialny.

Def. Układ y1(x), . . . , yn(x) rozwiązań liniowego układu jednorodnego (1.18)spełniający warunki początkowe yij(x0) = δij , dla i, j = 1, . . . , n, nazywamyfundamentalnym (lub podstawowym) układem rozwiązań. Macierz Wrońskiegodla tego układu rozwiązań oznaczamy przez W (x, x0).

Wniosek 2. Przestrzeń rozwiązań układu (1.18) jest przestrzenią wektorowąo wymiarze n. Całka ogólna układu (1.18) dana jest wzorem:

y(x) = W (x, x0) ·

c1...cn

= c1y1(x) + · · ·+ cny

n(x),

gdzie c1, . . . , cn ∈ R, a y1(x), . . . , yn(x) jest fundamentalnym układem rozwiązań.

Dowód. Trywialny.

1.6 Metody rozwiązywania liniowych układówrównań 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 ogólnaukładu (1.17)

)=(

całka ogólnaukładu (1.18)

)+(

całka szczególnaukładu (1.17)

)Jeżeli znamy rozwiązanie układu jednorodnego (1.18), całkę szczególną

układu (1.17) można wyznaczyć metodą uzmienniania stałych, która jestw pełni analogiczna do metody uzmienniania stałej w przypadku poje-dynczego równania liniowego.Niech y1(x), . . . , yn(x)- n liniowo niezależnych rozwiązań układu jed-

norodnego (1.18). Wtedy całka ogólna układu (1.18) ma postać:

y(x) = c1y1(x) + · · ·+ cny

n(x).

Traktując teraz stałe c1, . . . , cn ∈ R jako funkcje zmiennej x, przewidu-jemy postać całki szczególnej układu (1.17) jako:

24


y(x) = c1(x) · y1(x) + · · ·+ cn(x) · yn(x) = W (x) · c(x),

gdzie c(x) =

c1...cn

, W (x) = (y1(x), . . . , yn(x)).

Korzystając ze wzoru Leibniza, uzyskujemy:

y(x) = W ′(x) · c(x) +W (x) · c′(x).

Ale W ′(x) = A(x) ·W (x). Stąd:

y′(x) = A(x) ·W (x) · c(x) +W (x) · c′(x).

Wstawiając wyliczone wartości y(x) i y′(x) do równania (1.17), uzysku-jemy po zredukowaniu:

W (x) · c′(x) = b(x)

Jest to liniowy układ równań o niewiadomych c′1(x), . . . , c′n(x), któregowyznacznik główny jest równy wrońskjanowi, zatem jest różny od 0. Jestto zatem układ Cramera. Korzystając zatem ze wzorów Cramera, wyliczamyc′1(x), . . . , c′n(x), a następnie poprzez całkowanie c1(x), . . . , cn(x).

2. Liniowy układ jednorodny o stałych współczynnikach (1.19) —metoda Eulera. Podamy najpierw rozwiązanie wykorzystujące rozkładmacierzy na klatki Jordana. Ograniczymy się tutaj do macierzy sprowadzal-nych do postaci Jordana nad ciałem R liczb rzeczywistych.

Macierz A w postaci Jordana jest to macierz diagonalna (w sensieblokowym)A = diag(J1, . . . , Js), gdzie Ji jest klatką Jordana, tzn. macierząpostaci:

Ji =

λi 1 0 . . . 00 λi 1 . . . 00 0 λi . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . λi

. (1.20)

Rozważmy macierzowe liniowe równanie jednorodne.Rozważmy układ jednorodny o stałych współczynnikach (1.19). NiechW (x) będzie macierzą Wrońskiego względem pewnego układu rozwiązańliniowo niezależnych. Wtedy spełniona jest zależność:

25


W ′(x) = A ·W (x). (1.21)

Każde jego nieosobliwe rozwiązanieW (x) dostarcza n liniowo niezależnychrozwiązań układu jednorodnego (1.19), którymi są kolumny macierzyW (x).Zauważmy, że dla jednego równania różniczkowego y′ = ay otrzymujemy

rozwiązanie postaci y(x) = eax. Analogicznie, nieosobliwe rozwiązanieukładu (1.21) dane jest wzorem:

W (x) := exA =∞∑n=0

xnAn

n! ,

gdyż:

W ′(x) = A

∞∑n=0

xn−1An−1

(n− 1)! = A · eAx = A ·W (x).

Rozpatrzmy teraz klatkę Jordana J wymiaru r, macierzyA, daną wzorem(1.20); tutaj r ≤ krotności ri wartości własnej λ = λi. Wtedy mamyJ = λI +B, gdzie B jest macierzą r × r:

B =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . 0

;

oczywiście, Br = 0. Wtedy:

Wj(x) = exJ = eλxI+xB = eλx · exB = eλx

(r−1∑i=0

xi

i! ·Bi

);

ostatnia równość wynika stąd, że Br = 0. Otrzymujemy w ten sposóbri liniowo niezależnych rozwiazań. Rozważając wszystkie klatki Jordana,otrzymujemy więc n = r1 + . . .+ rs liniowo niezależnych rozwiazań.

Przedstawiona powyżej metoda jest mało praktyczna, gdyż wymaga rozkładumacierzy na klatki Jordana, co często jest dosyć żmudne. Dlatego opiszemyteraz praktyczną metodę Eulera, wykorzystujacą wartości własne macierzyA.

Wyznaczamy wartości własne λ1, . . . , λn ∈ C (n wartości własnych,licząc z krotnościami) macierzy A, tzn. znajdujemy pierwiastki wielo-mianu charakterystycznego P (λ) = det(A− λI).

26


• Jeżeli λ ∈ R i jest 1-krotną wartością własną, to przewidujemyrozwiązanie postaci:

y = eλx · v,

gdzie v =

v1...vn

- wektor własny dla tej wartości własnej; jego

współrzędne v1, . . . , vn sa współczynnikami nieoznaczonymi. Otrzy-mujemy w ten sposob 1 rozwiazanie liniowo niezalezne.

• Jeżeli λ ∈ R i jest r-krotną wartością własną, to przewidujemyrozwiązanie postaci:

y1 = P1(x) · eλx. . . . . . . . . . . . . . . .yn = Pn(x) · eλx

,

gdzie P1(x), . . . , Pn(x) są wielomianami stopni (r − 1) o współczyn-nikach nieoznaczonych, tj. wielomian Pi(x) =

r∑j=1

vijxr−j . Otrzymu-

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,

gdzie v =

v1...vn

, w =

w1...wn

; współrzędne wektorów v i w

są współczynnikami nieoznaczonymi. Otrzymujemy w ten sposob 2rozwiązania liniowo niezależne.

• Jeżeli λ = α ± βi ∈ C\R i są r-krotnymi sprzężonymi wartościamiwłasnymi, 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 − 1) o współczynnikach nieoznaczonych, tj. Pi(x) =

r∑j=1

vijxr−j

i Qi(x) =r∑j=1

wijxr−j . Otrzymujemy w ten sposób 2r rozwiazań

liniowo niezależnych.

27


Przykład. Rozwiążemy układ równań:dxdt = −4x+ 2y + 5zdydt = 6x− y − 6zdzdt = −8x+ 3y + 9z

.

Wyliczamy wartości własne macierzy głównej tego układu:

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣−4− λ 2 5

6 −1− λ −6−8 3 9− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0⇐⇒

⇐⇒ λ3 − 4λ2 + 5λ− 2 = 0⇐⇒ (λ− 1)2(λ− 2) = 0⇐⇒

⇐⇒ λ1,2 = 1, λ3 = 2

• λ3 = 2Przewidujemy rozwiązanie następującej postaci:

x(t) = ae2t

y(t) = be2t

z(t) = ce2t,

a następnie wstawiamy do równania, otrzymując:2a = −4a+ 2b+ 5c2b = 6a− b− 6c2c = −8a+ 3b+ 9c

.

Stąd otrzymujemy: a = α

b = −2αc = 2α

,

gdzie α ∈ R. Przyjmując α = 1, otrzymujemy:x(t) = e2t

y(t) = −2e2t

z(t) = 2e2t.

28


• λ1,2 = 1Przewidujemy rozwiązanie następującej postaci:

x(t) = (a1t+ a2)et

y(t) = (b1t+ b2)et

z(t) = (c1t+ c2)et,

a następnie wstawiamy do równania, otrzymując:

a1t+ a1 + a2 = (−4a1 + 2b1 + 5c1)t− 4a2 + 2b2 + 5c2b1t+ b1 + b2 = (6a1 − b1 − 6c1)t+ 6a2 − b2 − 6c2c1t+ c1 + c2 = (−8a1 + 3b1 + 9c1)t− 8a2 + 3b2 + 9c2

,

skąd uzyskujemy:

−5a1 + 2b1 + 5c1 = 06a1 − 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

b1 = 0b2 = 3αc1 = α

c2 = β

,

gdzie α, β ∈ R. Otrzymujemy zatem:

α = 1, β = 0 α = 0, β = 1

a1 = 1a2 = 1b1 = 0b2 = 3c1 = 1c2 = 0

,

a1 = 0a2 = 1b1 = 0b2 = 0c1 = 0c2 = 1

.

29


Rozwiązania mają zatem postać:

α = 1, β = 0 α = 0, β = 1x(t) = (t+ 1)et

y(t) = 3et

z(t) = tet,

x(t) = et

y(t) = 0z(t) = et

.

Ostatecznie zatem rozwiązanie wynosi:x(t) = C1e

2t + (C2t+ C2 + C3)et

y(t) = −2C1e2t + 3C2e

t

z(t) = 2C1e2t + (C2t+ C3)et

.

Uwaga. Na związek metody Eulera z rozkładem macierzy na klatki Jor-dana wskazuje poniższe rozumowanie.Niech λ ∈ R – r-krotna wartość własną macierzy A;

y(x) = eλx(v0xk−1 + · · ·+ vk−2x+ vk−1)

– rozwiązanie układu (1.19), gdzie v0, . . . , vk−1 ∈ Rn (wektory), v0 6= 0,k 6 r. Wtedy:

y′(x) = eλx[λ(v0xk−1 + · · ·+ vk−2x+ vk−1)+

+((k − 1)v0xk−2 + · · ·+ 2vk−3x+ vk−2)]

Wstawiając wyrażenia na y i y′ do równania (1.19), uzyskujemy:

Av0 = λv0

Av1 = λv1 + (k − 1)v0

Av2 = λv2 + (k − 2)v1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Avk−1 = λvk−1 + vk−2

Połóżmy teraz V := lin(v0, . . . , vk−1) ⊂ Rn – podprzestrzeń liniowarozpięta na tych wektorach; ϕA : Rn −→ Rn – operator liniowy o macierzyA (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 k − 1 0 . . . 00 λ k − 2 . . . 00 0 λ . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . λ

.

Jest to niemal klatka Jordana.

1.7 Pojęcie stabilności

Def. Niech Ω ⊂ Rn- otwarty; f : Ω −→ Rn- ciągła. Wtedy równaniepostaci y′ = f(y) (f nie zależy jawnie od x) nazywamy równaniem au-tonomicznym.

Będziemy dodatkowo zakładać, że funkcja f jest klasy C1.

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: rozwiązanieproblemu Cauchy’ego:

y′ = 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, jeżelijest stabilne oraz ∃δ > 0 : ∀y0 ∈ Ω takich, że |y0 − a| < δ, rozwiązanieproblemu Cauchy’ego (1.22) spełnia warunek lim

x→∞y(x) = a.

Przykład 1. Rozważmy równanie autonomiczne:x′ = y

y′ = −x,

gdzie x = x(t), y = y(t). Wtedy punkt a = (0, 0) jest położeniemrównowagi tego równania.Rozwiązanie ogólne tego równania wynosi:

31

1.7. Pojęcie stabilności

x(t) = A cos t+B sin ty = −A sin t+B cos t

.

Mamy też:

‖(x(t), y(t))− (0, 0)‖ = ‖(x(t), y(t))‖ =√x2 + y2 =

√A2 +B2.

Położenie równowagi a jest zatem stabilne (w sensie Lapanowa), gdyżnorma ‖(x(t), y(t))‖ jest stała, ale nie jest asymptotycznie stabilne, gdyżnorma ta nie dąży do 0 w nieskończoności.

Przykład 2. Dla równania liniowego (1.19), jeżeli λ = α+iβ jest wartoś-cią własną macietzy A, to rozwiązania mają postać:

y(x) = eαx cos(βx)

v1...vn

+ eαx sin(βx)

w1...wn

• Jeżeli Re λ < 0 dla każdej wartości własnej λ, to równanie jest asymp-

totycznie stabilne dla a = 0.• Jeżeli Re λ > 0 dla pewnej wartości własnej λ, to równania nie jestnawet stabilne dla a = 0.

• Jeżeli Re λ = 0 dla pewnej wartości własnej λ, to równanie nie jestasymptotycznie stabilne, ale może być stabilne.

Twierdzenie 1.7 (kryterium stabilności). Niech Ω ⊂ Rn- otwarty;f : Ω −→ Rn- klasy C1; a ∈ Ω- położenie równowagi (tj. f(a) = 0).Wtedy:

i) Jeśli wszystkie wartości własne różniczki daf = f ′(a) mają ujemneczęści rzeczywiste, to położenie równowagi a jest asymptotycznie sta-bilne.

ii) Jeśli różniczka daf = f ′(a) ma co najmniej jedną wartość własnąo części rzeczywistej dodatniej, to położenie równowagi a nie jeststabilne (w sensie Lapunowa).

(bez dowodu)

32

Chapter 2

Elementy rachunkuwariacyjnego

2.1 Podstawowe definicjeDef. Niech Xn := x : [t0, t1] −→ Rn : x- klasy C1 będzie przestrzeniąBanacha (tj. zupełną przestrzenią unormowaną) z normą

‖x(t)‖ := ‖x(t)‖sup + ‖x′(t)‖sup.

Wtedy funkcjonałem działania na X nazywamy funkcję Φ : Xn −→ Rzadaną wzorem:

Φ(x) :=t1∫t0

L(t, x(t), x′(t))dt, (2.1)

gdzie L : [t0, t1] × Rn × Rn −→ R- klasy C2; x(t) = (x1(t), . . . , xn(t)), x′(t) =(x′1(t), . . . , x′n(t)).

Twierdzenie 2.1. Niech x, h ∈ Xn. Wtedy funkcjonał działania Φ jest różniczkowalnyw każdym punkcie x ∈ Xn, a jego pochodna wyraża się wzorem:

Φ′(x) · h =n∑i=1

t1∫t0

(∂L∂xi− d

dt

∂L∂x′i

)hidt+

n∑i=1

[hi ·

∂L∂x′i

]t=t1t=t0

Dowód. Ze wzoru Taylora:

L(t, x+ h, y + k)− L(t, x, y) =n∑i=1

[∂L∂xi

(t, x, y) · hi + ∂L∂yi

(t, x, y) · ki]

+

33


+ 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∑i=1

[∂L∂xi· hi + ∂L

∂yi· ki])

h,k→0⇒ 0,

i zbieżność ta jest jednostajna na zbiorach zwartych. Dlatego

Φ(x+h)−Φ(x) =n∑i=1

t1∫t0

[∂L∂xi

(t, x(t), x′(t)) · hi(t) + ∂L∂x′i

(t, x(t), x′(t) · h′i(t))]dt+

+o(‖h‖)Zatem:

Φ′(x) · h =n∑i=1

t1∫t0

(∂L∂xi· hi + ∂L

∂x′i· h′i)dt

Ale, całkując przez części, otrzymujemy:

t1∫t0

∂L∂x′i· h′idt =

[∂L∂x′i· hi]t=t1t=t0−

t1∫t0

d

dt

∂L∂x′i· hidt,

skąd teza. Def. Niech

V := x ∈ Xn : x(t0) = a, x(t1) = b– podprzestrzeń afiniczna w Xn, a, b ∈ Rn;

V := x ∈ Xn : x(t0) = x(t1) = 0

– podprzestrzeń wektorowa w Xn stowarzyszona z przestrzenią afiniczną V .Zagadnieniem wariacyjnym (o stałych końcach) nazywamy problem wyz-naczenia ekstremów funkcjonału Φ wśród krzywych x(t) spełniających warunkibrzegowe x(t0) = a, x(t1) = b, tj. znalezienia ekstremów funkcjonału Ψ := Φ|V .

Wniosek 1. Niech x ∈ V . Wtedy różniczka Ψ′(x) : V −→ R dana jest wzorem

Ψ′(x) · h =n∑i=1

t1∫t0

(∂L∂xi− d

dt

∂L∂x′i

)hidt, h ∈ V ,

(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 wśródkrzywych spełniających warunki brzegowe x(t0) = a, x(t1) = b, to x(t) spełniaukład n równań różniczkowych II-ego rzędu:

∂L∂xi− d

dt

∂L∂x′i

= 0, (2.2)

(i = 1, . . . , n) zwanych równaniami Eulera-Lagrange’a. Dla n = 1 mamyjedno równanie, które opisuje krzywe na płaszczyznie.

Dowód. Wniosek ten wynika natychmiast z Wn. 1.

Def. Funkcję x(t) ∈ Xn nazywamy ekstremalą funckjonału Φ, gdy spełnia onarównania Eulera-Lagrange’a (2.2) (jest to odpowiednik punktu krytycznego).

2.2 Przypadki szczególne funkcjonału działaniadla n = 1

I. L = L(t, x′)Wtedy równanie Eulera-Lagrange’a ma postać:

d

dt

∂L∂x′i

= 0,

skąd

Lx′ = ∂L∂x′i

= C, C ∈ R; (2.3)

jest to zatem równanie I-ego rzędu.

II. L = L(x, x′)Wtedy równanie Eulera-Lagrange’a ma postać

Lx −d

dtLx′ = Lx − Lx′x · x′ − Lx′x′ · x′′ = 0 | · x′,

skąd

0 = Lx · x′ − Lx′x′ · x′′ · x′ − Lx′x · (x′)2 = d

dt(L − x′Lx′),

i ostatecznie:

L − x′Lx′ = C, C ∈ R; (2.4)

również w tym przypadku jest to równanie I-ego rzędu.

35


Przykład 1 (zagadnienie izoperymetryczne). Spośród linii gładkich (tj.klasy C1) łączących dwa punkty A = (t1, x1), B = (t2, x2) znaleĽć tę, którapoprzez obrót dookoła osi Ot daje powierzchnię o najmniejszym polu. Zatemfunkcjonałem działania Φ jest w tym przypadku pole powierzchni bryły obro-towej:

Φ(x) = 2πt2∫t1

x√

1 + (x′)2︸︷︷︸L(x,x′)

dt.

Równanie Eulera-Lagrange’a ma zatem postać (2.4), tj.:

x√

1 + (x′)2 − x(x′)2√1 + (x′)2

= C,

skąd:

x = C√

1 + (x′)2

x′ =√x2 − C2

C2

Cdx√x2 − C2

= dt

Dokonujemy teraz podstawienia:x = C cosh ydx = C sinh ydy√x2 − C2 = C sinh y

,

skąd mamy: ∫Cdx√x2 − C2

=∫Cdy = Cy∫

dt = t+D,

gdzie D ∈ R. Mamy więc:

Cy = t+D.

Ostatecznie zatem:

x(t) = C · cosh t+D

C.

Są to tzw. krzywe łańcuchowe i jest to rodzina ekstremali, z których należywybrać te, które spełniają zadane warunki początkowe, tj. x(t1) = x1, x(t2) =x2. Mamy 3 możliwości:

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 łączą-cych punkty O i A znaleĽć taką trajektorię, której przebycie przez ciało o masiem przy obecności stałego pola grawitacyjnego g zajmuje najmniej czasu (por.Rys. 2.1).

Figure 2.1: Schemat zagadnienia brachistochrony.

Z zasady zachowania energii mamy:

12mv

2 = mgy

v =√

(x′(t))2 + (y′(t))2 =√

1 + (dydx

)2 · dxdt,

skąd:

dt

dx=

√1 + ( dydx )2

v=

√1 + ( dydx )2

√2g · √y

.

Zatem mamy funkcjonał działania:

T = 1√2g

a∫0

√1 + (y′(x))2√y︸︷︷︸

L(y(x),y′(x))

dx.

37

2.3. Niezmienniczość równań Eulera-Lagrange’a

Równanie Eulera-Lagrange’a ma zatem postać (2.4), tj.:√1 + (y′(x))2√y

− y′ · y′√y√

1 + (y′(x))2= C

1 = C√y(1 + (y′(x))2)

y(1 + (y′(x))2) = 1C2

Oto rozwiązanie tego równania różniczkowego w postaci parametrycznej:x(t) = r(t− sin t) + C1

y(t) = r(1− cos t),

gdzie r, C1 ∈ R. Z pierwszego warunku brzegowego C1 = 0, zaś z drugiego

ϕ(t) := t− sin t1− cos t = a

b.

Ponieważ ϕ jest rosnącą bijekcją przedziału (0, 2π) na przedział (0,∞), istniejedokładnie jedna liczba θ ∈ (0, 2π), dla której ϕ(θ) = a/b. Wtedy r = b

1−cos θ , aparametr t ∈ [0, θ].

2.3 Niezmienniczość równań Eulera-Lagrange’aRozważmy funkcjonał działania:

Φ(x) =t1∫t0

L(t, x, x′)dt

oraz jego ekstremalę x = x(t). Zadajmy teraz zamianę zmiennych na R2:t = t(τ, ξ)x = x(τ, ξ)

,

dla której ∂(t,x)∂(τ,ξ) 6= 0.

Wówczas krzywej x = x(t) odpowiada pewna krzywa ξ = ξ(τ). FunkcjonałΦ przyjmuje w nowych zmiennych postać:

Φ(ξ) =τ1∫τ0

L(t(τ, ξ), x(τ, ξ), xτ + xξ · ξ′

tτ + tξ · ξ′

)· (tτ + tξ · ξ′)dτ =

τ1∫τ0

L(τ, ξ, ξ′)dτ.

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 ogól-ności nie musi być prawdziwe. Jest tu zatem pewna nieścisłość, z której należyzdawać sobie sprawę. Przy zamianie zmiennych zakładamy zatem, że rozważanejekstremali odpowiada krzywa, która jest wykresem funkcji także w nowymukładzie 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 funkcjon-ału Φ(ξ).

Dowód. Z samej definicji funkcjonału Φ wynika, że Φ(x(t)) = Φ(ξ(τ)). Niech

ω : C1([t0, t1]) −→ R, ω(x(t)) = ξ(τ)

będzie odwzorowaniem zmiany zmiennych (oznaczenia jak poprzednio). Możnawykazać, ze jeśli krzywej x = x(t) odpowiada w nowych zmiennych krzywaξ = ξ(τ), to zachodzi to też dla krzywych z pewnego otoczenia krzywej x ∈C1([t0, t1]); dla dowodu jest istotne, że norma w przestrzeni C1([t0, t1]) kontrolujezarówno wartości funkcji x(t) jak i jej pochodnej x′(t). Dlatego ω jest dyfeo-morfizmem pewnego otoczenia funkcji x(t) ∈ C1([t0, t1]) na otoczenie funkcjiξ(τ) ∈ C1([τ0, τ1]). Twierdzenie wynika natychmiast z faktu, ze Φ = Φ ω−1.

39

Chapter 3

Funkcje holomorficzne

3.1 Podstawowe definicjeDef. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C. Wtedy pochodną zespolonąfunkcji f(z) w punkcie z0 ∈ Ω definiujemy następująco:

f ′(z0) := limh→0

f(z0 + h)− f(z0)h

,

oczywiście o ile granica istnieje (tj. należy do C).

Wzory dotyczące pochodnych funkcji jednej zmiennej rzeczywistej przenosząsię natychmiast na przypadek zmiennej zespolonej, np.:

• (f ± g)′(z0) = f ′(z0)± g′(z0)

• (f · g)′(z0) = f ′(z0) · g(z0) + f(z0) · g′(z0)

•(fg

)′(z0) = f ′(z0)·g(z0)−f(z0)·g′(z0)

g2(z0) , gdy g(z0) 6= 0

• (f g)′(z0) = f ′(g(z0)) · g′(z0)

•(g−1)′ (w0) = 1

g′(z0) , gdy w0 = g(z0) i g′(z0) 6= 0.

Def. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C. Wtedy funkcję f nazywamy funkcjąholomorficzną, gdy jest ona C-różniczkowalna, czyli różniczkowalna w sensiezespolonym, tj. różniczkowalna w każdym punkcie z ∈ Ω.

Prostymi przykładami funkcji holomorficznych w swojej dziedzinie są wielo-miany i funkcje wymierne.

Twierdzenie 3.1 (o różniczkowaniu szeregu potęgowego wyraz po wyra-zie). Jeżeli szereg potęgowy f(z) =

∞∑n=0

an(z−z0)n jest zbieżny w kole K(z0, r),

r > 0, to f jest holomorficzna w tym kole oraz:

40


f ′(z) =∞∑n=1

n · an(z − z0)n−1,

gdy |z − z0| < r.

Dowód. Można przyjąC, że z0 = 0. Połóżmy α := lim supn→∞

n√|an|, r := 1

α .Oznaczmy teraz:

g(z) =∞∑n=1

n · an(z − z0)n−1.

Łatwo zauważyć, że r jest promieniem zbieżności dla szeregów definiującychf(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∣∣∣∣f(w)− f(z)w − z

− g(z)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑n=1

an

(wn − zn

w − z− nzn−1

)∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∞∑n=1

an

(n−1∑k=0

(wkzn−1−k)− nzn−1

)∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∞∑n=1

an

n−1∑k=0

(wkzn−1−k − zn−1)

∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∞∑n=1

an

n−1∑k=0

zn−1−k(wk − zk)

∣∣∣∣∣ 6∞∑n=1|an|

n−1∑k=0

<λn−1−k︷︸︸︷∣∣zn−1−k∣∣<|w−z|kλk−1︷︸︸︷∣∣wk − zk∣∣ <

<

∞∑n=1

(|an||w − z|λn−2

n−1∑k=0

k

)= |w − z|2

∞∑n=1

(|an|λn−2(n− 1)n

)Ale lim

w→z|w − z| = 0, a szereg

∞∑n=1

(|an|λn−2(n− 1)n

)jest rzeczywistym sz-

eregiem potęgowym, który ma promień zbieżności r, a zatem ma skończonąsumę, gdyż λ < r. Dlatego

f ′(z) = limw→z

f(w)− f(z)w − z

= g(z).

Wniosek. Funkcja f(z) ma w kole zbieżności K(z0, r) wszystkie pochodneoraz an = 1

n!f(n)(z0), n ∈ N.

41

3.2. Przykłady funkcji holomorficznych

3.2 Przykłady funkcji holomorficznych

1) ez =∞∑n=0

1n!z

n

WeĽmy z = iy. Wówczas:

eiy =(y0

0! −y2

2! + y4

4! − . . .)

+ i

(y1

1! −y3

3! + y5

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

• (ez)′ = ez

Dodatkowo ze wzoru Eulera wynika, że ez jest funkcją okresową o okre-sie 2πi.

Odwzorowanie f(z) = ez (gdzie z = x + iy) przeprowadza prostepoziome y w półproste o początku w punkcie (0, 0) i argumencie y, zaśproste 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 =∞∑n=0

(−1)n 1(2n)!z

2n, sin z =∞∑n=0

(−1)n 1(2n+1)!z

2n+1

Własności są identyczne jak w R, np.:

sin(z + w) = sin z cosw + cos z sinw.

Ze wzoru Eulera:

cos y = eiy + e−iy

2

sin y = eiy − e−iy

2i

Stąd

cos z = eiz + e−iz

2 , cos iy = ey + e−y

2 = cosh y

sin z = eiz − e−iz

2i , sin iy = ey − e−y

2 · i = sinh y · i,

a więc dla z = x+ iy otrzymujemy

sin z = sin x cosh y + i cosx sinh y

cos z = cosx 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 poziomew 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 zespolonejfunkcja exp nie jest różnowartościowa, ale okresowa o okresie 2πi, log jestjedynie 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 ioznaczamy log z.

Uwaga. Jeśli obszar Ω jest jednospójny i 0 6∈ Ω, to w Ω istnieje gałąĽlogarytmu. Zatem w celu uzyskania takiego obszaru Ω z płaszczyzny ze-spolonej wycinamy punkt (0, 0) oraz dowolną linię łączącą go z nieskońc-zonością.

Uwaga. Jeśli f : Ω −→ C jest funkcją holomorficzną taką, że f ′(z0) 6= 0 dlapewnego z0 ∈ Ω, to f zachowuje kąty w punkcie z0. f jest odwzorowaniemkonforemnym (równokątnym) w Ω, jeśli f ′(z) 6= 0 w każdym punkcie z ∈ Ω.

44

3.3. Równania Cauchy’ego-Riemanna

Dowód. Niech z0 ∈ Ω i f ′(z0) 6= 0. Wtedy dz0f : 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 zachowująkąty w punkcie z0.

Na przykład funkcja zn (n ∈ N) zmienia kąty w punkcie (0, 0), ale w po-zostałych punktach zachowuje kąty.

Def. Niech µ ∈ C. Wtedy funkcję potęgową oznaczamy przez zµ i defini-ujemy: zµ := eµ·log z. Jak widać z definicji, funkcję tę można zdefiniować natakich zbiorach Ω, na których istnieje gałąĽ logarytmu.

3.3 Równania Cauchy’ego-RiemannaMożna topologicznie (ale nie algebraicznie) utożsamić R2 ' C. Niech Ω ⊂ C-

otwarty; f : Ω −→ C, z = x+ iy i u, v : Ω −→ R takie, że:

f(z) = u(x, y)︸︷︷︸Re f(z)

+i v(x, y)︸︷︷︸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 odwzorowaniemR-liniowym.

Mamy utożsamienia R2 3(

10

)≡ 1 ∈ C, R2 3

(01

)≡ i ∈ C. Oczywiście(

ux uyvx vy

)(10

)=(uxvx

)(ux uyvx vy

)(01

)=(uyvy

)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 rzeczy-wistych

uy = −vxvy = ux

(3.1)

nazywamych równaniami Cauchy’ego-Riemanna.

Uwaga. Jeśli zestawienie (u, v) : Ω −→ R2 jest R-różniczkowalne i spełniarównania Cauchy’ego-Riemanna (3.1), to funkcja f(z) = u(x, y) + iv(x, y) jestC-różniczkowalna oraz

45

3.4. Całkowanie funkcji zespolonych

f ′(z) = ∂u

∂x(x, y) + i

∂v

∂x(x, y).

Do równań Cauchy’ego-Riemanna (3.1) można też dojść inaczej. Niech t ∈R. Wtedy:

f ′(z0) = limt→0

f(z0 + t)− f(z0)t

= limt→0

(u(z0 + t)− u(z0)) + i(v(z0 + t)− v(z0))t

= ux + ivx.

Z drugiej strony:

f ′(z0) = limt→0

f(z0 + it)− f(z0)it

= limt→0

(u(z0 + it)− u(z0)) + i(v(z0 + it)− v(z0))it

=

= 1i(uy + ivy) = −i(uy + ivy).

Łącząc te równania, otrzymujemy równania Cauchy’ego-Riemanna.

Podsumowanie. C-różniczkowalność = R-różniczkowalność + równania Cauchy’ego-Riemanna.

3.4 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), gdyprzedział [a, b] można podzielić na skończoną liczbę podprzedziałów punktamia = a0 < a1 < · · · < an = b tak, że K|[ai,ai+1] jest łukiem gładkim, tj. łukiemklasy C1 bez samoprzecięć, przy czym x′(t)2 +y′(t)2 6= 0 dla t ∈ (ai, ai+1). Takąparametryzację nazywamy parametryzacją regularną.

Def. Konturem nazywamy zamknięty łuk gładki (jeśli nie będzie powiedzianeinaczej, to zawsze zakładamy dodatnią orientację konturu, a także zgodnośćparametryzacji z orientacją konturu).

Uwaga. W związku z istnieniem utożsamienia topologicznego R2 ' C możemymówić 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 zorientacją krzywej; f : K −→ C- ciągła. Wtedy:

∫K

f(z)dz :=b∫a

f(z(t)) · z′(t)dt

jest jednoznaczną (tj. niezależną od wyboru parametryzacji) definicją całki pokrzywej K z funkcji f(z).

Dowód. Niech z : [a, b] −→ C, ζ : [α, β] −→ C- dwie parametryzacje krzywejK zgodne z orientacją. Wtedy ∃ϕ : [α, β] −→ [a, b]- bijekcja klasy C1 (ϕ(α) = a,ϕ(β) = b) taka, że ζ = z ϕ. Stąd:

β∫α

f(ζ(τ))·ζ ′(τ)dτ =β∫α

f(z(ϕ(τ)))·(zϕ)′(τ)dτ =β∫α

f(z(ϕ(τ)))·z′(ϕ(τ))·ϕ′(τ)dτ =

=∣∣∣∣ t = ϕ(τ)dt = ϕ′(τ)dτ

∣∣∣∣ =b∫a

f(z(t)) · z′(t)dt

Przykład. Niech K = |z − z0| = r. Policzmy całkę:∮K

dz

z − z0≡

∮|z−z0|=r

dz

z − z0.

Parametryzacja krzywej K (typowa parametryzacja okręgu): z = z0 + r · eit,gdzie t ∈ [0, 2π]. Stąd dz = r · i · eitdt. Wtedy:

∮K

dz

z − z0=

2π∫0

r · i · eitdtr · eit

= 2πi.

Def. Niech f : Ω −→ C. Wtedy F : Ω −→ C jest funkcją pierwotną funkcjif , gdy F ′(z) = f(z) ∀z ∈ Ω.

Twierdzenie 3.3 (związek pomiędzy funkcją pierwotną a całką). NiechΩ ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- ciągła; F : Ω −→ C- pierwotna funkcji f . Wtedy:∫

AB

f(z)dz = F (B)− F (A),

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:

∫AB

f(z)dz =b∫a

f(z(t))z′(t)dt =b∫a

(F z)′ (t)dt =

= F (z(b))− F (z(a)) = F (B)− F (A)

Twierdzenie 3.4 (twierdzenie całkowe Cauchy’ego). Niech Ω ⊂ C- ot-warty; f : Ω −→ C- holomorficzna; D ⊂ Ω- ograniczony; ∂D = K1 ∪ · · · ∪ Ks-suma konturów i zarazem brzeg D, s ∈ N; D = D ∪ ∂D ⊂ Ω. Wtedy:∮

∂D

f(z)dz =s∑i=1

∮Ki

f(z)dz = 0.

Dowód. Niech f(z) = u+ iv; dz = dx+ idy. Wtedy

∮∂D

f(z)dz =∮∂D

(u+ iv)(dx+ idy) =∮∂D

(udx− vdy) + i

∮∂D

(udy + vdx) =

=∫∫D

=0︷︸︸︷(uy + vx) dxdy + i

∫∫D

=0︷︸︸︷(ux − vy) dxdy

︸︷︷︸ze wzoru Greena

= 0

Wniosek (wzór całkowy Cauchy’ego). Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→C- holomorficzna; D ⊂ Ω- obszar ograniczony konturem K (tj. K = ∂D);D = D ∪ ∂D ⊂ Ω. Wtedy ∀z ∈ D:

f(z) = 12πi

∮K

f(ζ)ζ − z

dζ. (3.2)

Dowód. Niech z ∈ D. Wtedy funkcja f(ζ)z−ζ zmiennej ζ jest holomorficzna

w zbiorze Ω\z, a więc również w Ω\K(z, ε), gdzie ε jest na tyle małe, żeK(z, ε) ⊂ D. Stąd:

∂(D\K(z, ε)) = K ∪ |ζ − z| = ε.

Z Tw. 3.4. (tw. całkowe Cauchy’ego) mamy zatem:

0 =∮K

f(ζ)ζ − z

dζ −∮

|ζ−z|=ε

f(ζ)ζ − z

dζ,

skąd:

48


∮K

f(ζ)ζ − z

dζ =∮

|ζ−z|=ε

f(ζ)ζ − z

dζ =2π∫0

f(z + εeit

)εeit

εieitdt =

= i

2π∫0

f(z + εeit)dt ε→0−→ i

2π∫0

f(z)dt = 2πif(z)

Twierdzenie 3.5 (o istnieniu funkcji pierwotnej). Niech Ω ⊂ C – otwartyi spójny, A ∈ Ω; f : Ω −→ C- ciągła, taka, że

∮Kf(z)dz = 0 dla każdego konturu

K ⊂ Ω. Wtedy funkcja

F : Ω −→ C, F (z) :=∫Az

f(ζ)dζ,

gdzie Az jest dowolnym łukiem łączącym punkty A i z, jest dobrze określona,holomorficzna i F ′(z) = f(z) ∀z ∈ Ω.

Dowód. Niech z0 ∈ Ω. Wtedy:

F (z0 + h)− F (z0) =∫

[z0,z0+h]

f(ζ)dζ =1∫

0

f(z0 + th)hdt

︸︷︷︸ζ=z0+th, t∈[0,1]

.

Zatem:

F (z0 + h)− F (z0)h

=1∫

0

f(z + th)dt h→0−→ f(z0).

Wniosek. Jeśli Ω ⊂ C- obszar jednospójny; f : Ω −→ C- holomorficzna, to fma pierwotną w Ω.

Dowód. Niech D ⊂ Ω- obszar jednospójny; ∂D = K- kontur; D = D ∪ K-obszar jednospójny. Z Tw. 3.4. (tw. całkowe Cauchy’ego)

∮Kf(z)dz = 0. Z

dowolności obszaru D i jednospójności Ω mamy tezę.

Twierdzenie 3.6 (o rozwijaniu w szereg potęgowy). Niech D ⊂ C- obszarograniczony konturem K; f : K −→ C- ciągła. Wtedy funkcja:

ϕ(z) := 12πi

∮K

f(ζ)ζ − z

dζ

jest rozwijalna w otoczeniu każdego punktu z0 ∈ D w szereg potęgowy

49


ϕ(z) =∞∑n=0

an(z − z0)n.

gdzie

an = 12πi

∮K

f(ζ)(ζ − z)n+1 dζ, n ∈ N.

Dowód. Niech dist(z0,K)- odległość punktu z0 od konturu K. WeĽmy z ∈ Dtakie, że |z − z0| < dist(z0,K). Wtedy:

f(ζ)ζ − z

= f(ζ)(ζ − z0)− (z − z0) = 1

ζ − z0· f(ζ)

1− z−z0ζ−z0

=∞∑n=0

f(ζ) (z − z0)n

(ζ − z0)n+1 .

Jest to szereg potęgowy jednostajnie zbieżny na K. Dlatego:

ϕ(z) = 12πi

∮K

f(ζ)ζ − z

dζ =∞∑n=0

12πi

∮K

f(ζ) (z − z0)n

(ζ − z0)n+1 dζ =∞∑n=0

an(z − z0)n.

Wniosek 1. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna; K ⊂ Ω- kon-tur wycinający obszar D taki, że D = D∪K ⊂ Ω; ϕ(z) : D −→ C- zdefiniowanajak w twierdzeniu. Wtedy ∀z ∈ D ϕ(z) = f(z), a więc funkcja f(z) rozwija sięw szereg potęgowy w otoczeniu dodolnego punktu z ∈ D.

Dowód. Z powyższego twierdzenia i wzoru całkowego Cauchy’ego (Wn. zTw. 3.4.)

Wniosek 2. Jeśli Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω −→ C- holomorficzna, to f rozwijasię w szereg potęgowy w otoczeniu dowolnego punktu z0 ∈ Ω. Ponadto, jegopromień 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. Wtedyfunkcja f ma w Ω wszystkie pochodne zespolone (w szczególności Re f, Im f :Ω −→ R są klasy C∞.). Zachodzi przy tym wzór:

f (n)(z0) = n!2πi

∮|ζ−z0|=r

f(ζ)(ζ − z0)n+1 dζ,

dla n ∈ N, z0 ∈ Ω, K(z0, r) ⊂ Ω.

Dowód. Z Wn. 2. i Tw. 3.1. (tw. o różniczkowaniu szeregu wyraz powyrazie).

50


Twierdzenie 3.7 (Morery, odwrotne do twierdzenia całkowego Cauchy’ego).Jeśli f : Ω −→ C jest ciągłą funkcją na zbiorze otwartym Ω ⊂ C i:∮

K

f(z)dz = 0

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 ′ jest holomorficzna.

Twierdzenie 3.8 (o zbiorze zer funkcji holomorficznej). Niech Ω ⊂ C– otwarty i spójny; f : Ω −→ C- holomorficzna. Jeśli zbiór zer funkcji fzdefiniowany jako Z(f) := z ∈ Ω : f(z) = 0 ma punkt skupienia w Ω, tof ≡ 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 ′(f)- zbiór punktów skupienia zbioru Z(f) leżącychw Ω (nazywa się go pochodną zbioru Z(f), skąd oznaczenie).

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Lemat. Zbiór punktów skupienia jest zbiorem domkniętym.

Dowód. (dla przestrzeni metrycznej). Niech X- przestrzeń me-tryczna; X ′- pochodna zbioru X. Należy wykazać, że dla dowolnegociągu (xn) ⊂ X ′: jeżeli xn → x0, to x0 ∈ X ′.

Z definicji przestrzeni X ′: xn ∈ X ⇐⇒ ∃(xnk) ⊂ X : xnkk→∞−→

xn. Zawsze można tak dobrać kolejne wyrazy ciągu (xnk), że dist(xnk, xn) <1k .

WeĽmy teraz ciąg (xnn) ⊂ X. Wtedy (xnn) n→∞−→ x0. Jest totzw. metoda przekątniowa

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Wykażemy, że A jest otwarty w Ω. Niech z0 ∈ A ⊂ Ω. Wtedy ∃r > 0 :K(z0, r) ⊂ Ω i:

f(z) =∞∑n=0

an(z − z0)n,

dla |z − z0| < r. Jeżeli z0 ∈ A, to (z definicji zbioru A) ∃(zn) ⊂ Z(f), zn 6= z0taki, że zn → z0. Stąd: f(z0) = 0 (gdyż f(z0) = lim f(zn) = 0) i a0 = 0 (gdyża0 = f(z0)). Zatem:

51


f(z) = (z − z0)∞∑n=1

an(z − z0)n−1.

Oczywiście

∞∑n=1

an(z − z0)n−1

∣∣∣∣∣z=zn

= 0, n ∈ N,

skąd

∞∑n=1

an(z − z0)n−1

∣∣∣∣∣z=z0

= 0,

a więc a1 = 0. Zatem

f(z) = (z − z0)2∞∑n=2

an(z − z0)n−2.

Analogicznie

∞∑n=2

an(z − z0)n−2

∣∣∣∣∣z=z0

= 0,

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) dofunkcji f − g.

Twierdzenie 3.9 (nierówność Cauchy’ego). Niech f : K(0, r) −→ C- holo-morficzna; wówczas f(z) =

∞∑n=0

anzn dla |z| < r. Wtedy jeśli ∀z ∈ K(0, r) :

|f(z)| 6M , to:

|an| 6M

rn, n ∈ N.

52


Dowód. Niech ρ ∈ (0, r), K = z : |z| = ρ. Wtedy:

|an| =

∣∣∣∣∣∣∣1

2πi

∮|ζ|=ρ

f(ζ)ζn+1 dζ

∣∣∣∣∣∣∣ 61

2π

∮|ζ|=ρ

|f(ζ)||ζ|n+1 |dζ| 6

12π

M

ρn+1

∮|ζ|=ρ

|dζ|.

Jeżeli przyjąć ζ = x + iy, to dζ = dx + idy, a więc |dζ| =√dx2 + dy2, co

przy parametryzacji x(t), y(t) daje |dζ| =√

(x′)2 + (y′)2dt. Stąd otrzymujemy:

12π

M

ρn+1

∮|ζ|=ρ

|dζ| = 12π

M

ρn+1 · 2πρ = M

ρn.

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

i f(z) =∞∑n=0

anzn dla z ∈ C. Z Tw. 3.9. (nierówność Cauchy’ego) ∀n > 1 :

|an| 6 Mrn , skąd z dowolności r: an 6 0, skąd f(z) ≡ a0.

Wniosek 2 (zasadnicze twierdzenie algebry). Każdy niestały wielomianzespolony ma pierwiastek.

Dowód (nie wprost). Niech f(z) = a0 +a1z+ · · ·+anzn, 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 = 1

f : C −→ C- funkcja całkowita holomorficzna. Dodatkowolimz→∞

g(z) = 0, ponieważ:

g(z) = 1zn(an + an−1

z + · · ·+ a0zn

) .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. Wtedyjeśli |f | = const, to f = const.

Dowód. Niech f = u + iv. Wtedy z założenia u2 + v2 = const = C, gdzieC ∈ R.

I. C = 0- oczywiste

53


II. C 6= 0Mamy:

uux + vvx = 0uuy + vvy = 0

.

Z równań Cauchy’ego-Riemanna (3.1) mamy:uux − vuy = 0 / · uuuy + vux = 0 / · v

,

skąd po dodaniu równań stronami (u2 + v2)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 maksimumlokalnego 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:

f(z0) = 12πi

∮|z−z0|=ρ

f(ζ)ζ − z0

dζ.

Parametryzując okrąg ζ = z0 + ρeit, uzyskujemy

f(z0) = 12πi

2π∫0

f(z0 + eit

)· ρ · i · eit

ρ · eitdt = 1

2π

2π∫0

f(z0 + ρeit

)dt.

Stąd

|f(z0)| 6 12π

2π∫0

∣∣f (z0 + ρeit)∣∣ dt 6 1

2π |f(w)| · 2π.

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|x2| nie jest holomorficzna.

54

3.5. Szeregi Laurenta i punkty osobliwe

3.5 Szeregi Laurenta i punkty osobliweDef. Niech (an) ⊂ C; z, z0 ∈ C (dalsze warunki nałożymy póĽniej). Wtedyszereg potęgowy:

∞∑n=−∞

an(z − z0)n (3.3)

nazywamy szeregiem Laurenta o środku w punkcie z0. Szereg ten możnarozbić na dwie części, które nazywamy częścią regularną i częścią osobliwąszeregu Laurenta:

∞∑n=−∞

an(z − z0)n =∞∑n=0

an(z − z0)n︸︷︷︸część regularna

+∞∑n=1

a−n(z − z0)−n︸︷︷︸część osobliwa

.

Stosując kryterium Cauchy’ego zbieżności szeregów potęgowych, możemywyliczyć promienie zbieżności R i r odpowiednio części regularnej i osobliwejszeregu Laurenta (3.3):

R := 1lim supn→∞

n√|an|

r := lim supn→∞

n

√|a−n|.

Jak widać, część regularna jest zbieżna w kole |z − z0| < R, zaś częśćosobliwa jest zbieżna w pierścieniu |z − z0| > r.

Zatem jeżeli r < R, to szereg Laurenta (3.3) jest zbieżny w pierścieniur < |z − z0| < R.

Twierdzenie 3.11 (o rozwijaniu w szereg Laurenta w pierścieniu). Jeślif jest funkcją holomorficzną w pierścieniu r < |z− z0| < R, to daje się w nimrozwinąć w szereg Laurenta (3.3), przy czym:

an = 12πi

∮|ζ−z0|=ρ

f(ζ)(ζ − z0)n+1 dζ,

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:∮K1

g(ζ)dζ =∮K2

g(ζ)dζ +∮K3

g(ζ)dζ.

Ze wzoru całkowego Cauchy’ego:

f(z) = 12πi

∮K3

f(ζ)ζ − z

dζ = 12πi

∮K1

f(ζ)ζ − z

dζ − 12πi

∮K2

f(ζ)ζ − z

dζ.

Na okręgu K1 mamy:

1ζ − z

= 1ζ − z0

· 11− z−z0

ζ−z0=∞∑n=0

(z − z0)n

(ζ − z0)n+1︸︷︷︸bo |z−z0|<|ζ−z0|

.

Z kolei na okręgu K2 mamy:

1ζ − z

= −1z − z0

· 11− ζ−z0

z−z0

= −∞∑n=1

(ζ − z0)n−1

(z − z0)n︸︷︷︸bo |ζ−z0|<|z−z0|

.

Stąd:

56


f(z) = 12πi

∞∑n=0

∮K1

f(ζ)dζ(ζ − z0)n+1︸︷︷︸

=an

(z − z0)n +∞∑n=1

∮K2

f(ζ)dζ(ζ − z0)−n+1︸︷︷︸

=a−n

(z − z0)−n

,

co jest szukanym szeregiem Laurenta.

Przykład. Rozpatrzmy funkcję:

f(z) = z2 − 3z + 3z3 − 5z2 + 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

z − 1 + B

z − 2 + C

(z − 2)2 ,

skąd uzyskujemy A = 1, B = 0, C = 1, czyli:

f(z) = 1z − 1 + 1

(z − 2)2 .

Zajmujemy się teraz każdym ułamkiem z osobna. Dla 1z−1 mamy:

1z − 1 = 1

z

11− 1

z

= 1z

∞∑n=0

z−n︸︷︷︸bo |z|>1

=∞∑n=1

z−n.

Połóżmy teraz g(z) = 1z−2 . Mamy wówczas:

g(z) = 1z − 2 = −1

21

1− z2

= −12

∞∑n=0

zn

2n︸︷︷︸bo |z|<2

= −∞∑n=0

zn

2n+1 .

Z Tw. 3.1. (o różniczkowaniu szeregu potęgowego wyraz po wyrazie) otrzy-mujemy:

1(z − 2)2 = −g′(z) =

∞∑n=1

nzn−1

2n+1 =∞∑n=0

(n+ 1)zn

2n+2 .

Ostatecznie zatem:

57


f(z) =∞∑n=0

(n+ 1)zn

2n+2 +∞∑n=1

z−n.

Def. Jeżeli funkcja f jest holomorficzna w pewnym pierścieniu 0 < |z − z0| <r, to mówimy, że z0 jest izolowanym punktem osobliwym funkcji f . Wt-edy:

f(z) =∞∑

n=−∞an(z − z0)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 −1Niech −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 jestbiegunem rzędu k. Wtedy również:

f(z) = 1(z − z0)k

∞∑n=−k

an(z − z0)n+k,

gdzie∞∑

n=−kan(z − z0)n+k jest funkcją holomorficzną w kole |z − z0| < r.

3) an 6= 0 dla nieskończenie wielu n 6 −1Mówimy 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 z0jest punktem pozornie osobliwym.

Dowód. Połóżmy:

g(z) =

(z − z0)2 · f(z), dla z ∈ Ω\z00 dla z = z0

.

Wtedy g(z) jest holomorficzna w Ω, a więc w pobliżu z0 rozwija się w szeregpotęgowy:

g(z) =∞∑n=0

an(z − z0)n,

58


dla |z − z0| < r, gdzie r = dist(z0, ∂Ω).Ale a0 = 0, a1 = 0, gdyż g(z0) = 0, g′(z0) = 0. Stąd:

g(z) = (z − z0)2∞∑n=2

an(z − z0)n−2,

skąd:

f(z) =∞∑n=2

an(z − z0)n−2.

Zatem funkcja f rozwija się w szereg potęgowy w kole |z− z0| < r, więc jestw nim holomorficzna. Stąd z0 jest punktem pozornie osobliwym.

Def. Niech f będzie funkcją holomorficzną i rozwija się w szereg potęgowy∞∑n=0

an(z − z0)n w punkcie z0. Wtedy najmniejszą liczbę k ∈ N taką, że ak 6= 0

nazywamy rzędem funkcji f w punkcie z0 i oznaczamy go przez ordz0f(widać, że zachodzi wtedy równoważność f ≡ 0⇐⇒ ordz0f =∞).

Twierdzenie 3.13 (Casoratiego-Weierstrassa). Jeśli z0 jest punktem is-totnie 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 = 1

n , to otrzymamy ciąg zn, taki, że0 < |zn − z0| < 1

n i |f(zn)− w| 6 1n , a zatem

f(zn) −→ w,

a to przeczy hipotezie.

Wtedy funkcja h(z) := 1f(z)−w jest holomorficzna i ograniczona w pierścieniu

0 < |z − z0| < ε. Z Tw. 3.12. (tw. Riemanna o osobliwościach usuwalnych)h ma pozorną osobliwość w z0, czyli przedłuża się do funkcji holomorficznejh : 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)kg(z),

gdzie ordz0g = 0, skąd w szczególności g(zo) 6= 0. Zatem:

59

3.6. Rachunek residuów

f(z) = (z − z0)−k 1g(z) + w.

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 itylko wtedy, gdy lim

z→z0f(z) = ∞. Co więcej, z0 jest biegunem rzędu k wtedy i

tylko wtedy, gdy istnieje skończona granica limz→z0

(z − z0)kf(z) 6= 0. Granica tajest równa współczynnikowi a−k rozwinięcia Laurenta funkcji f w pierścieniu0 < |z − z0| < r, gdzie r > 0.

Wniosek 2. Izolowany punkt osobliwy z0 jest punktem istotnie osobliwymfunkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy nie istnieje granica lim

z→z0f(z).

3.6 Rachunek residuówDef. Niech Ω ⊂ C- otwarty; f : Ω\z0 −→ C- holomorficzna; z0- izolowanypunkt osobliwy funkcji f . Wtedy, jak wiemy, funkcja f rozwija się w szeregLaurenta f(z) =

∞∑n=−∞

an(z − z0)n dla 0 < |z − z0| < r, gdzie r > 0. Wówczas

współczynnik a−1 tego rozwinięcia nazywamy residuum funkcji f w punkciez0 i oznaczamy resz0f .

Residuum (łac. residuum oznacza pozostałość) jest „pozostałością” z całkowa-nia funkcji. Aby to zrozumieć, policzmy:∮

|z−z0|=ε

f(z)dz =∞∑

n=−∞an

∮|z−z0|=ε

(z − z0)ndz.

Ale dla n 6= −1 całka po konturze zamkniętym z funkcji (z − z0)n wynosi 0,gdyż funkcja ta ma wówczas pierwotną. Zatem:∮

|z−z0|=ε

f(z)dz = a−1

∮|z−z0|=ε

dz

z − z0= 2πi · a−1 = 2πi · resz0f.

Wartość 2πi jest skokiem wynikającym z nieciągłości funkcji log z.

Twierdzenie 3.14 (twierdzenie o residuach). Niech D ⊂ C- obszar ogranic-zony konturem K; f – holomorficzna w otoczeniu D za wyjątkiem skończonejliczby punktów z1, . . . , zs ∈ D. Wtedy:

60

3.7. Zastosowanie residuów do obliczania całek

∮K

f(z)dz = 2πi (resz1f + · · ·+ reszsf) .

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:

resz0f = 1(n− 1)! lim

z→z0

dn−1

dzn−1 [(z − z0)nf(z)] .

3.7 Zastosowanie residuów do obliczania całek1. Całki typu:

I =2π∫0

R(sin x, cosx)dx,

gdzie R- funkcja wymierna dwóch zmiennych, ciągła na okręgu |z| = 1.Całkę tę rozwiązujemy, stosując podstawienie z = eix, skąd dz = ieixdx

oraz:

sin x =z − 1

z

2i

cosx =z + 1

z

2 .

Wtedy:

I =2π∫0

R(sin x, cosx)dx =∮|z|=1

1izR

(z − 1

z

2i ,z + 1

z

2

)︸︷︷︸

=g(z)

dz = 2πis∑i=1

reszig,

gdzie z1, . . . , zs- punkty osobliwe wewnątrz koła |z| < 1.

2. Całki typu:

I =∞∫−∞

R(x)dx,

gdzie R- funkcja wymierna taka, że:

61


• R nie ma biegunów na osi rzeczywistej• limz→∞

zR(z) = 0

Rozpatrujemy wówczas kontur przedstawiony na Rys. 3.4.

Figure 3.4: Szkic rozważanej sytuacji. Kr- półokrąg o promieniu r.

Wtedy:

r∫−r

R(x)dx+∫Kr

R(z)dz = 2πis∑i=1

resziR,

gdzie z1, . . . , zs- punkty osobliwe wewnątrz obszaru ograniczonego naszymkonturem.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -Lemat.

limr→∞

∫Kr

R(z)dz = 0

Dowód. Mamy:

∣∣∣∣∣∣∫Kr

R(z)dz

∣∣∣∣∣∣ 6∫Kr

|R(z)| |dz| =π∫

0

∣∣R(r · eit)∣∣ · rdt

︸︷︷︸z=reit, t∈[0,π]

62


Ale z własności funkcji R: limr→∞

∣∣R(r · eit)∣∣ · r = 0, skąd

teza. - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Zatem, jeżeli r →∞, to (z lematu):

r∫−r

R(x)dx→∞∫−∞

R(x)dx

∫Kr

R(z)dz → 0.

2πis∑i=1

resziR→ 2πis∑i=1

resziR,

gdzie z1, . . . , zs to punkty osobliwe leżące w górnej półpłaszczyznie.Stąd:

I =∞∫−∞

R(x)dx = 2πis∑i=1

resziR.

3. Całki typu

I =∞∫−∞

R(x)eiaxdx,

gdzie a > 0, R- funkcja wymierna taka, że:

• R nie ma biegunów na osi rzeczywistej• limz→∞

R(z) = 0

Procedura jest identyczna, jak w poprzednim przypadku. Dla r < ∞mamy:

r∫−r

R(x)eiaxdx+∫Kr

R(z)eiazdz = 2πis∑i=1

resziR(z)eiaz,

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

63


Lemat (lemat Jordana). Niech a > 0; f : z ∈ C : Im z >0 −→ C- ciągła, taka, że:

lim|z|→∞

f(z) = 0.

Wtedy:

limr→∞

∫Kr

f(z)eiazdz = 0.

Dowód. Parametryzujemy półokrąg Kr: z = reit, gdzie t ∈[0, π]. Wtedy:

∣∣∣∣∣∣∫Kr

f(z)eiazdz

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣π∫

0

f(reit)e−ar sin t+iar cos trieitdt

∣∣∣∣∣∣ 6

6

π∫0

∣∣f(reit)∣∣ ∣∣e−ar sin t+iar cos t∣∣ ∣∣rieit∣∣ dt.

Ale:

∣∣e−ar sin t+iar cos t∣∣ =∣∣e−ar sin t∣∣ ∣∣eiar cos t∣∣ = e−ar sin t · 1.

Do tego∣∣rieit∣∣ = r. WprowadĽmy terazM(r) := sup |f(z)|,

gdzie z ∈ Kr. Wtedy |f(z)| 6M(r). Zatem:∣∣∣∣∣∣∫Kr

f(z)eiazdz

∣∣∣∣∣∣ 6M(r)π∫

0

re−ar sin tdt.

Zajmijmy się teraz całką:

π∫0

re−ar sin tdt = 2r

π2∫

0

e−ar sin tdt 6 2r

π2∫

0

e−2art/πdt

︸︷︷︸bo sin t>2t/π dla t∈[0,π/2]

=

= − π

ae−2art/π

∣∣∣π/2t=0

= π

a(1− e−ar) r→∞−→ π

2 .

Stąd oraz z faktu, że M(r) r→∞−→ 0 otrzymujemy tezę. - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

64


Zatem, jeżeli r →∞, to (z lematu Jordana):

r∫−r

R(x)eiaxdx→∞∫−∞

R(x)eiaxdx

∫Kr

R(z)eiazdz → 0

2πis∑i=1

resziR(z)eiaz → 2πis∑i=1

resziR(z)eiaz,

gdzie z1, . . . , zs to punkty osobliwe leżące w górnej półpłaszczyznie.Stąd:

I =∞∫−∞

R(x)eiaxdx = 2πis∑i=1

resziR(z)eiaz.

Przykład. Rozpatrzmy funkcję f(x) = 1x2+1 . Policzymy wartość tranformaty

Fouriera funkcji f , zdefiniowanej jako:

f(t) := 1√2π

∞∫−∞

f(x)e−itxdx.

Mamy zatem:

I =∞∫−∞

e−itx

x2 + 1dx.

I. t < 0, skąd a = −t > 0Wtedy:

I = 2πi · resie−itz

z2 + 1 = 2πi · et

2i = πet.

II. t > 0, skąd a = −t < 0Wtedy:

I = −2πi · res−ie−itz

z2 + 1 = 2πi · e−t

−2i = πe−t.

65

3.8. Funkcje harmoniczne

Zatem:

f(t) =√π

2 e−|t|.

3.8 Funkcje harmoniczneDef. Niech Ω ⊂ R2- otwarty; u : Ω −→ R. Mówimy, że u jest funkcją har-moniczną, gdy jest klasy C2 i spełnia równanie Laplace’a: ∆u = 0, gdzieoperator różniczkowy ∆ := ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2 nazywamy laplasjanem.

Pamiętamy przy tym o utożsamieniu topologicznym R2 ' C.

Twierdzenie 3.15 (o związku pomiędzy funkcjami harmonicznymi iholomorficznymi). Niech Ω ⊂ R2- otwarty. Wtedy:

i) Jeżeli f : Ω −→ C jest funkcją holomorficzną, to u(x, y) := Re f iv(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:

v(x, y) :=(x,y)∫

(x0,y0)

−uydx+ uxdy.

Definicja ta jest poprawna, gdyż podcałkowa forma różniczkowa jest zu-pełna, co wynika z harmoniczności funkcji u (tj. uxx = −uyy).Łatwo wówczas sprawdzić, że vy = ux, vx = −uy, tzn. funkcje u, vspełniają 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 K(z0, r) ⊂ Ω; u : Ω −→ R- harmoniczna. Wtedy:

u(z0) = 12π

2π∫0

u(z0 + reit)dt,

co jest średnią wartością funkcji u na okręgu |z − z0| = r.

Dowód. Niech f = u+iv- holomorficzna. Wtedy ze wzoru całkowego Cauchy’egomamy:

f(z0) = 12πi

∮|z−z0|=r

f(z)z − z0

dz = 12πi

2π∫0

f(z0 + reit)reit

rieitdt.

Stąd:

u(z0) = 12π

2π∫0

u(z0 + reit)dt.

Def. Niech u : Ω −→ R- harmoniczna. Wtedy funkcję v : Ω −→ R taką,że funkcja u + iv jest holomorficzna (tj. u, v spełniają równania Cauchy’ego-Riemanna) nazywamy funkcją harmoniczną sprzężoną z u.

Uwaga. Jeżeli Ω jest zbiorem spójnym, to funkcja harmoniczna sprzężona z ujest wyznaczona z dokładnością do stałej, tzn. jeśli v1, v2- dwie funkcje harmon-iczne sprzężone z u, to v1 − v2 = const.

Przykład 1. Funkcja u = ex cos y jest harmoniczna, gdyż u = Re ez. Funkcjav = ex sin y jest funkcją harmoniczną sprzężoną z u, ponieważ u+ iv = ez.

Przykład 2. Rozpatrzmy funkcję u(x, y) = x2 − y2 + x. Łatwo sprawdzić, żejest to funkcja harmoniczna. Wyznaczymy funkcję v harmoniczną sprzężoną zu.

Funkcja v musi spełniać równania Cauchy’ego-Riemanna, zatem ux = vy,uy = −vx. Stąd ux = 2x+ 1 = vy, a więc

v =∫

(2x+ 1)dy = 2xy + y + C(x).

Ponieważ 2y = −uy = vx = 2y + C ′(x), otrzymujemy więc

v(x, y) = 2xy + y.

Obliczmy jeszcze f(z) = u+ iv:

67


f(z) = x2 − y2 + x+ i(2xy + y) = z2 + z.

Jest to, oczywiście, funkcja holomorficzna.

Zadanie. Jeśli u(x, y) jest funkcją harmoniczną jednorodną stopnia m 6= 0w obszarze |z| > 0, to funkcja v(x, y) := 1

m (yux−xuy) jest funkcją harmonicznąsprzężoną z u.

Wskazówka. Wykorzystać wzór Eulera:

m · u(x, y) = xux + yuy,

który jest słuszny, jeżeli u jest jednorodną funkcją klasy C2 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 zbioruΩ.

Dowód (nie wprost). Hipoteza: Funkcja u ma maksimum lokalne w punkciez0 ∈ Ω, tj. u(z) 6 u(z0), gdy z ∈ K(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 koleK(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 lokalniestała. Wtedy z definicji A ⊂ Ω- otwarty, a z założenia A jest nie-pusty.

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 wszystkiewyrazy 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 funkcjif ′(z), wynika, że f ′(z) = 0 dla z ∈ K(a0, ε), a więc f = const w koleK(a0, ε). Dlatego a0 ∈ A.

Zatem A jest zbiorem domkniętym. Stąd i ze spójności Ωwynika, 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 mniejszaod u(z0) na pewnym łuku okręgu |z−z0| = %, gdzie % = |z1−z0|. Z twierdzeniao wartości średniej dla funkcji harmonicznej (Wniosek 2), otrzymujemy więc

u(z0) = 12π

2π∫0

u(z0 + %eit)dt < 12π

2π∫0

u(z0)dt = u(z0).

SPRZECZNOŚĆ

Zatem u nie ma maksimum lokalnego w Ω. Dowód dla przypadku minimumlokalnego 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 Ω 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. Proble-mem Dirichleta w obszarze Ω nazywamy problem znalezienia ciągłej funkcjiu : Ω −→ 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

ζ − z= r2 − |z|2

|ζ − z|2︸︷︷︸ζ=reiθ

.

Udowodnimy najpierw następujący

Wzór całkowy dla funkcji harmonicznej. Niech u(z)- harmonicznaw kole |z| 6 r (alternatywnie: harmoniczna w kole |z| < r i uciąglająca się dobrzegu |z| = r). Wtedy dla z = ρ · eiϕ zachodzi wzór całkowy:

u(z) = 12π

2π∫0

u(reiθ

)J(z, θ)dθ.

69


Dowód. Ponieważ koło jest zbiorem jednospójnym, z Tw. 3.15. (tw. ozwiązku pomiędzy funkcjami harmonicznymi i holomorficznymi) mamy u(z) =Re f dla pewnej funkcji holomorficznej f . Wtedy z Wn. z Tw. 3.4. (wzórcałkowy Cauchy’ego):

f(z) = 12πi

∮|z|=r

f(ζ)ζ − z

dζ = 12π

2π∫0

f(reiθ) ζ

ζ − zdθ.

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

ρeiϕ = r2

ρe−iϕ= r2

z.

Niech z∗ = r2

z będzie punktem sprzężonym z z względem okręgu |z| = r(oczywiście z∗ leży poza okręgiem |z| = r ). Wtedy z Tw. 3.4. (tw. całkoweCauchy’ego):

0 = 12πi

∮|z|=r

f(ζ)ζ − z∗

dζ = 12π

2π∫0

f(reiθ

) ζ

ζ − z∗dθ.

Ale

ζ

ζ − z∗= ζ

ζ − r2

z

= ζ

ζ − ζζz

= 11− ζ

z

= z

z − ζ,

skąd:

0 = 12π

2π∫0

f(reiθ

) z

z − ζdθ.

Zauważmy, że:

ζ

ζ − z+ z

z − ζ= 1

2

(ζ + z

ζ − z+ ζ + z

ζ − z

)= Re ζ + z

ζ − z= J(z, θ).

Stąd:

f(z) = 12π

2π∫0

f(reiθ

)J(z, θ)dθ,

70


skąd, przechodząc do u(z) = Re f(z), uzyskujemy ostatecznie:

u(z) = 12π

2π∫0

u(reiθ

)J(z, θ)dθ.

Twierdzenie 3.17 (rozwiązanie problemu Dirichleta dla koła). Niechϕ : |z| = r −→ R- ciągła. Wtedy funkcja u(z) zadana wzorem (lub całką)Poissona:

u(z) := 12π

2π∫0

ϕ(reiθ) · J(z, θ)dθ, gdy |z| < r,

jest harmoniczna w kole |z| < r oraz

limz→z0

u(z) = ϕ(z0) gdy |z0| = r,

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:

12π

2π∫0

J(z, θ)dθ = 1, |z| < r.

Twierdzenie wynika natychmiast z faktu, że jeżeli ϕ(reiθ

)jest funkcją ogranic-

zoną przez M > 0 i całkowalną na okręgu |z| = r, to funkcja

u(z) := 12π

2π∫0

ϕ(reiθ

)· J(z, θ)dθ

spełnia następujące warunki:

i) u(z) jest harmoniczna w kole |z| < r.

ii) limz→z0

u(z) = ϕ(z0), gdy punkt z0 = reiθ0 jest punktem ciągłości funkcji ϕ.

Punkt i) wynika z harmoniczności funkcji J(z, θ) względem z = x+ iy, gdyżoperatorem Laplace’a można wprowadzić pod znak całki, gdzie anihiluje J(z, θ).

Dla dowodu punktu ii), zauważmy najpierw, że

u(z)− ϕ(z0) = 12π

2π∫0

(ϕ(reiθ

)− ϕ

(reiθ0

))· J(z, θ) dθ.

71


Niech teraz ε > 0; istnieje łuk K1 na okręgu |z| = r taki, że z0 ∈ K1, orazże dla reiθ ∈ K1 mamy: ∣∣ϕ (reiθ)− ϕ (reiθ0)∣∣ < ε;

dalej, niechK2 = |z| = r \ K1.

Wówczas∣∣ϕ (reiθ)− ϕ (reiθ0)∣∣ 6 2M na K2, skąd

|u(z)− ϕ(z0)| 6 12π

∫K1

∣∣ϕ (reiθ)− ϕ (reiθ0)∣∣ J(z, θ) dθ +

+ 12π

∫K2

∣∣ϕ (reiθ)− ϕ (reiθ0)∣∣ J(z, θ)dθ 6 12π · ε ·

∫K1

J(z, θ)dθ

︸︷︷︸6ε

+

+ 12π · 2M ·

∫K2

J(z, θ) dθ

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Lemat.

limz→z0

12π

∫K2

J(z, θ)dθ =

1, z0 ∈ int K2

0, z0 ∈ ext K2

(zbieżność dla |z| < r).

Dowód. Niech ζ = reiθ ∈ K2, z0 = reiα, z = ρeiϕ i z → z0 (czylitakże 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) = r2 − ρ2

|ζ − z|2,

więc

0 6 J(z, θ) 6 r2 − ρ2

δ2ρ→r−→ 0.

Dlategolimz→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

12π

∫K1

J(z, θ)dθ

︸︷︷︸z→z0−→ 0

+ 12π

∫K2

J(z, θ)dθ = 12π

2π∫0

J(z, θ)dθ

︸︷︷︸=1

,

gdyż z0 ∈ int K2 ⇐⇒ z0 ∈ ext K1.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Z lematu:

12π · 2M ·

∫K2

J(z, θ)dθ < ε,

dla z bliskich z0, a wtedy

|u(z)− ϕ(z0)| 6 2ε.

73

Chapter 4

Przestrzenie Hilberta iszeregi Fouriera

4.1 Podstawowe definicjeDef. Niech V - przestrzeń wektorowa nad ciałem K = R lub K = C. Wtedyiloczynem skalarnym nazywamy odwzorowanie V × V −→ K spełniającenastępujące warunki:

• 〈u+ v, w〉 = 〈u,w〉+ 〈v, w〉 (addytywność)

• 〈cu, v〉 = c〈u, v〉 (jednorodność)

• 〈u, v〉 = 〈v, u〉

• 〈u, u〉 > 0 dla u 6= 0 (dodatnio określoność)

dla u, v, w ∈ V , c ∈ K. Odwzorowanie spełniające pierwsze trzy warunki nazy-wamy odwzorowaniem półtoraliniowym.

Parę (V, 〈·, ·〉) nazywamy wówczas przestrzenią unitarną.

Przykład 1. Połóżmy V := Kn (zatem dimV < ∞) oraz 〈u, v〉 :=n∑i=1

uivi.

Wtedy (V, 〈·, ·〉) jest przestrzenią unitarną.

Przykład 2. Połóżmy `2 := (an)n∈N ⊂ K :∞∑n=1|an|2 <∞ (zatem dim `2 =

∞) oraz 〈(an), (bn)〉 :=∞∑i=1

anbn. Wtedy (`2, 〈·, ·〉) jest przestrzenią unitarną.

74


Przykład 3. Niech (X,µ)- przestrzeń z miarą. Wtedy zbiór L2(X) zdefin-iowany jako zbiór funkcji f ∈ X takich, że

∫X

|f |2dµ < ∞ jest przestrzenią

unitarną z iloczynem skalarnym 〈f, g〉 =∫X

f · gdµ <∞.

Twierdzenie 4.1 (nierówność Schwarza). Niech (V, 〈·, ·〉)- przestrzeń uni-tarna. Oznaczmy:

‖u‖ :=√〈u, u〉,

gdzie u ∈ V . Wtedy ∀u, v ∈ V :

|〈u, v〉| 6 ‖u‖ · ‖v‖,a ‖ · ‖ 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 〈u− cv, u− cv〉 = ‖u‖2 − c〈v, u〉 − c〈u, v〉+ |c|2‖v‖2.

Podstawiając c := 〈u,v〉‖v‖2 , otrzymujemy:

‖u‖2 − |〈u, v〉|2

‖v‖2> 0,

skąd:

|〈u, v〉| 6 ‖u‖ · ‖v‖.

OK

2 Sprawdzenie, że ‖ · ‖ jest normą na V .Własności inne niż nierówność trójkąta wynikają z własności metryki

〈·, ·〉. Wystarczy zatem wykazać nierówność trójkąta. Mamy:

‖u+ v‖2 = 〈u+ v, u+ v〉 = ‖u‖2 + 〈u, v〉+ 〈v, u〉+ ‖v‖2 =

‖u‖2+2Re〈u, v〉+‖v‖2 6 ‖u‖2+2 |〈u, v〉|+‖v‖2 6 ‖u‖2+2‖u‖·‖v‖+‖v‖2 =

(‖u‖+ ‖v‖)2

75


Wniosek. Przestrzeń V jest przestrzenią unormowaną z normą wyznaczonąprzez ilonczyn skalarny.

Uwaga. Iloczyn skalarny i norma są funkcjami ciągłymi.

Def. ZbiórA ⊂ V nazywamy układem ortonormalnym, gdy spełnia następu-jące warunki:

a) ‖u‖ = 1, ∀u ∈ A

b) 〈u, v〉 = 0, ∀u, v ∈ A takich, że u 6= v (tzw. warunek prostopadłości), cooznaczamy 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, 〈·, ·〉),która jest zupełna w metryce indukowanej przez normę ‖u‖ :=

√〈u, u〉. Często

przestrzeń Hilbarta będziemy oznaczać po prostu przez H.

Twierdzenie 4.2 (twierdzenie Riesza-Fishera). Niech (vn)n∈N- układ ortonor-malny w przestrzeni Hilberta H; x ∈ H; λn := 〈x, vn〉 (długość rzutu ortogo-nalnego wektora x na podprzestrzeń K · vn ≡ lin (vn)); xn := λ1v1 + · · ·+λnvn,dla n ∈ N (rzut ortogonalny wektora x na podprzestrzeń lin (v1, v2, . . . , vn)).

Wtedy ciąg (xn) jest zbieżny do pewnego punktu x ∈ H oraz spełniona jestnierówność (tzw. nierówność Bessela):

‖x‖2 =∞∑i=1|λi|2 6 ‖x‖2.

Dowód. Dla i ≤ n mamy:

〈x− xn, vi〉 = 〈x, vi〉 − 〈xn, vi〉 = λi − 〈λ1v1 + · · ·+ λnvn, vi〉︸︷︷︸=λi dla n>i

= λi − λi = 0.

Stąd:

〈x− xn, xn〉 =n∑i=1〈x− xn, λivi〉 =

n∑i=1

λi〈x− xn, vi〉 = 0.

76


Zatem 〈xn, xn〉 = 〈x, xn〉. Z Tw. 4.1. (nierówność Schwarza):

‖xn‖2 = 〈x, xn〉 6 ‖x‖ · ‖xn‖,skąd ‖xn‖ 6 ‖x‖.

Ale:

‖xn‖2 = 〈n∑i=1

λivi,

n∑j=1

λjvj〉 =n∑

i,j=1λjλi〈vi, vj〉 =

n∑i=1|λi|2〈vi, vi〉 =

=n∑i=1|λi|2 6 ‖x‖2

Oznacza to, że szeregn∑i=1|λi|2 jest zbieżny i:

n∑i=1|λi|2 6 ‖x‖2.

Udowodnimy teraz zbieżność ciągu (xn). Dzięki zupełności przestrzeni Hwystarczy wykazać, że (xn) jest ciągiem Cauchy’ego. Mamy (dla n > m):

‖xn − xm‖2 = ‖n∑

i=m+1λivi‖2 6 〈

n∑i=m+1

λivi,

n∑i=m+1

λivi〉 =n∑

i=m+1|λi|2.

Ale szeregn∑i=1|λi|2 jest zbieżny. Zatem ciąg sum częściowych tego szeregu

spełnia warunek Cauchy’ego ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > m > N :n∑

i=m+1|λi|2 < ε,

skąd również:

‖xn − xm‖2 < ε.

Zatem ciąg (xn) jest ciągiem Cauchy’ego, skąd ∃x ∈ H: xn → x. Ponadto‖ · ‖ : V −→ [0,∞)- funkcja ciągła; 〈·, ·〉 : V × V −→ K- funkcja ciągła.

W związku z tym ‖x‖ = limn→∞

‖xn‖ 6 ‖x‖.

Def. Niech H- przestrzeń Hilberta. Układ ortonormalny (vn)n∈N ⊂ H nazy-wamy zupełnym układem ortonormalnym, gdy spełnia warunek: jeżeli〈x, vn〉 = 0 ∀n ∈ N, to x = 0.

Twierdzenie 4.3 (identyczność Parsevala). Niech (vn)n∈N ⊂ H- zupełnyukład ortonormalny; x ∈ H; λn := 〈x, vn〉; xn := λ1v1 + · · ·+ λnvn, dla n ∈ N.

Wtedy limn→∞

xn = x oraz:

‖x‖2 =∞∑n=1|λi|2.

77


Dowód. Z Tw. 4.2. (tw. Riesza-Fischera): limn→∞

xn = x ∈ H oraz ∀n > i

〈xn, vi〉 = λi. Zatem:

〈x, vi〉 = limn→∞

〈xn, vi〉 = λi.

Ale λi = 〈x, vi〉. Stąd ∀i ∈ N: 〈x − x, vi〉 = 0. Dzięki zupełności układuortonormalnego (vn)n∈N mamy x− x = 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. generowanaprzez (vn)) jest gęsta w H.

Dowód.

1 (⇐=)Niech x ∈ H i ∀n ∈ N 〈x, vn〉 = 0, czyli x⊥V . Wtedy z ciągłości

iloczynu skalarnego: x⊥V . Ale z gęstości V = H, czyli x⊥H, a stąd wszczególności x⊥x, czyli ‖x‖ = 0, skąd x = 0.

OK

2 (=⇒)Niech x ∈ H. Wtedy z identyczności Persevala ∃(xn) ⊂ V taki, że

x = lim xn, czyli x ∈ V . Stąd V = 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 −→∞∑n=1

λnvn ∈ H.

1 Czy∞∑n=1

λnvn jest zbieżny w H?

Ponieważ H jest przestrzenią zupełną, wystarczy wykazać, że∞∑n=1

λnvn

jest ciągiem Cauchy’ego, czyli spełnia warunek Cauchy’ego, tzn. ∀ε >0 ∃N ∈ N ∀n > m > N : ‖

n∑i=m+1

λivi‖2 < ε.

Mamy:

‖n∑

i=m+1λivi‖2 =

n∑i=m+1

|λi|2

78

4.2. Przestrzenie Lp

Ale szereg∞∑i=1|λi|2 jest zbieżny, a więc powyższy warunek Cauchy’ego

jest spełniony.

OK

2 Czy ϕ jest izometrią, tzn. ‖λ‖ = ‖∞∑n=1

λnvn‖?

Tak, gdyż z ciągłości normy mamy:

‖∞∑i=1

λivi‖2 = limn→∞

‖n∑i=1

λivi‖2 = limn→∞

〈n∑i=1

λivi,

n∑j=1

λjvj〉 =

= limn→∞

n∑i,j=1

λiλj〈vi, vj〉 = limn→∞

n∑i=1

λiλi〈vi, vi〉 =∞∑i=1|λi|2

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 dimH < ∞: lin (A) ≡ lin (A). Wtedy A jest zupełnym układemortonormalnym wtedy i tylko wtedy, gdy A jest bazą ortonormalną.

4.2 Przestrzenie Lp

Def. Niech X- przestrzeń wektorowa. Wtedy σ-ciałem przestrzeni X nazy-wamy rodzinę A podzbiorów przestrzeni X, która spełnia następujące warunki:

a) ∅ ∈ A

79


b) Jeżeli A ∈ A, to X\A ∈ A

c) Jeżeli A1, A2, · · · ∈ A, to∞⋃i=1

Ai ∈ A.

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 ∩

Aj = ∅ ∀i, j ∈ N, i 6= j, to µ(

k⋃i=1

Ai

)=

k∑i=1

µ(Ai). Jest to tzw. σ-

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:

‖f‖p :=

∫X

|f |pdµ

1p

Lp(X) := f : ‖f‖p <∞/ ∼,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 zbioremmiary zero. ściśle mówiąc, zbiór Lp(X) jest zbiorem klas równoważności funkcjispełniających warunek ‖f‖p <∞ względem relacji równoważności ∼.

Twierdzenie 4.4 (nierówność Höldera). Niech p, q > 1 takie, że 1p + 1

q = 1(tzw. wykładniki sprzężone). Wtedy jeśli f, g : X −→ [0,∞)- mierzalne, to:

∫X

fgdµ 6

∫X

fpdµ

1p

·

∫X

gqdµ

1q

.

Jeżeli zaś f, g : X −→ K- mierzalne, to:

∫X

|f ||g|dµ 6

∫X

|f |pdµ

1p

·

∫X

|g|qdµ

1q

.

(bez dowodu)

80


Łatwo zauważyć, że dla p = q = 12 nierówność Höldera sprowadza się do

nierówności Schwarza.

Twierdzenie 4.5 (nierówność Minkowskiego). Niech p ≥ 1, f, g : X −→ K– funkcje mierzalne. Wtedy:∫

X

|f + g|pdµ

1/p

6

∫X

|f |pdµ

1p

+

∫X

|g|pdµ

1p

.

(bez dowodu)

Nierówność Minkowskiego implikuje nierówność trójkąta dla normy ‖p.

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:∫X

lim inf fndµ 6 lim inf∫X

fndµ.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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, wynikaz 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

( ∞⋃n=1

[βn,∞))

=∞∑n=1

=0︷︸︸︷µ ([βn,∞))︸︷︷︸

z σ-addytywności miary µ

= 0,

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 funkcjig|X\A.

Istotny kres górny jest zatem kresem górnym z dokładnością do zbiorówmiary zero. Idea wprowadzenia tego pojęcia polega na tym, że funkcja g możeprzyjmować ogromne wartości na zbiorze miary zero, ale z punktu widzeniacałkowania zachowanie się funkcji na zbiorach miary zero jest nieistotne.

Def. Niech f : X −→ K- mierzalna. Wtedy normę ‖f‖∞ definiujemy jakoistotny kres górny funkcji g := |f |. Wtedy też definiujemy:

L∞(X) := f : ‖f‖∞ <∞/ ∼ .

Uwaga. Warunek ‖f‖∞ < ∞ oznacza, że ‖f‖X\A < ∞, dla pewnego A ⊂ X-miary 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 włas-

ności normy ‖∞, która poza pewnym zbiorem miary zero pokrywa się znormą ‖sup, a więc ‖∞ spełnia warunek trójkąta.

OK

2 Czy L∞(X) jest zupełna?Niech (fn) ⊂ L∞(X)- ciąg Cauchy’ego. Połóżmy Ak := x ∈ X :

|fk(x)| > ‖fk‖∞, czyli zbiór takich argumentów, że |fk(x)| jest większeod istotnego kresu funkcji |fk|; Bn,m := x ∈ X : |fn(x) − fm(x)| >‖fn − fm‖∞.Wtedy z definicji istotnego kresu górnego Ak i Bn,m są zbiorami miary

zero. Połóżmy teraz E :=( ⋃k∈N

Ak

)∪

( ⋃n,m∈N

Bn,m

). Wówczas również

µ(E) = 0.Ale na X\E ciąg (fn) jest ciągiem Cauchy’ego w normie ‖sup, a przestrzeńX z normą ‖sup 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 przedłużyćna całą przestrzeń X (gdyż nie wpłynie to na normę ‖∞). Wtedy dlax ∈ X: fn ⇒ f .

82


Def. Niech X- przestrzeń mierzalna. Wtedy funkcję mierzalną s : X −→[0,∞) nazywamy funkcją prostą, jeżeli przyjmuje skończoną liczbę wartości zprzedziału [0,∞).

Def. Niech X- przestrzeń mierzalna; A ⊂ X. Wtedy funkcją charakterysty-czną zbioru A nazywamy funkcję χA : X −→ R określoną wzorem:

χA :=

1, dla x ∈ A0, dla x 6∈ A

.

W szczególności funkcja charakterystyczna jest funkcją prostą.

Lemat. Dowolną funkcję prostą na X można zapisać w postaci kombinacjiliniowej funkcji charakterystycznych podzbiorów X

Def. Niech X- przestrzeń metryczna. Wtedy zbiór A ⊂ X nazywamy zbioremgęstym w X, gdy A = X, tzn. każdy element zbioru X jest granicą ciąguelementów 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 funkcjęz Lp(X) można aproksymować w normie ‖p ciągiem funkcji prostych z S.

Dowód. Niech f ∈ Lp(X). Zatem f : X −→ K. Rozważając osobno u := Re fi v := Im f , u, v : X −→ R, można ograniczyć się do przypadku funkcji owartościach rzeczywistych. Ale każdą funkcję rzeczywistą g można przedstawićw postaci g = g+ − g−, gdzie g+, g− : X −→ [0,∞). W ten oto sposób możnazredukować 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 jedenze 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):∫X

|h− sn|p dµ −→∫X

0pdµ = 0,

czyli ‖h− sn‖p → 0, a zatem sn → h (zbieżność w sensie normy ‖p).

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). Wtedyprzestrzeń Cc(Rn) jest gęsta w Lp(Rn), gdzie p ∈ [1,∞), a więc każdą funkcję zLp(Rn) można aproksymować w normie ‖p ciągiem funkcji ciągłych o suportachzwartych (tj. z Cc(Rn)).

(bez dowodu)

Uwaga. Dla p = ∞ nie jest to prawda. Wówczas domknięciem przestrzeniCc(Rn) w L∞(Rn) jest przestrzeń C0(Rn), gdzie:

C0(Rn) := f : Rn −→ K- ciągłe : limx→∞

f(x) = 0,

przy czym limx→∞

f(x) = 0 oznacza z definicji, że ∀ε > 0 ∃K ⊂ Rn- zwarty, taki,że ∀x ∈ Rn\K: |f(x)| < ε.

4.3 Szeregi FourieraWprowadĽmy następujące oznaczenie:

T := z ∈ C : |z| = 1 ⊂ C ' R2.

Wówczas za pomocą funkcji ϕ : R 3 t −→ eit ∈ T uzyskujemy następująceutożsamienia:

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 należałobyw 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 rozważamyklasy równoważności z dokładnością do zbiorów miary zero. Zatem ani punkt,ani żaden inny zbiór miary zero nie wpływa na klasę równoważności względemtej relacji.

84


Przykład, zadanie. Funkcje 1√2π ,

1√π

cos(nx), 1√π

sin(nx), gdzie n ∈ N,tworzą układ ortonormalny w przestrzeni Hilberta L2([−π, π]).

Uwaga. Podprzestrzeń liniowa generowana przez powyższy układ ortonormalnyto podprzestrzeń wielomianów trygonometrycznych.

Dlatego układ ten jest zupełny wtedy i tylko wtedy, gdy podprzestrzeń wielo-mianów trygonometrycznych jest gęsta w L2([−π, π]).

Def. Dla funkcji f ∈ L2([−π, π]), analogicznie jak w Tw. 4.2. (tw. Riesza-Fischera), możemy zdefiniować szereg:

f(x) ∼∞∑n=0

(an cos(nx) + bn sin(nx)) , (4.1)

gdzie (n ∈ N):

a0 = 12π

π∫−π

f(x)dx

an = 1π

π∫−π

f(x) cos(nx)dx

bn = 1π

π∫−π

f(x) sin(nx)dx

Z Tw. 4.2. (tw. Riesza-Fischera) szereg (4.1) jest zbieżny w przestrzeniL2([−π, π]), a ponieważ — jak wykażemy dalej — powyższy układ ortonormalnyjest zupełny, z Tw. 4.3. (identyczność Paresevala) wynika, że jest on zbieżnydo wyjściowej funkcji f(x).

Uwaga. Współczynniki an, bn można również wyznaczyć dla dowolnej funkcjif ∈ L1([−π, π]). Wtedy szereg (4.1) nazywamy szeregiem Fouriera funkcjif . Jednak problemem pozostaje jego zbieżność (punktowa, jednostajna itp.).

Def. Rozważmy szereg Fouriera (4.1). Wtedy n-tą sumą częściową szereguFouriera (4.1) definiujemy jako:

Sn(x) := a0 +n∑k=1

(ak cos(kx) + bk sin(kx)) ,

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) sumczęściowych Sk(x) szeregu Fouriera ciągłej funkcji f : R −→ K o okresie 2πdąży jednostajnie do f .

Dowód. Niech n ∈ N. Mamy:

Sn(x) = 12π

π∫−π

f(t)dt+n∑k=1

1π

π∫−π

f(t) [cos(kt) cos(kx) + sin(kt) sin(kx)] dt =

= 1π

π∫−π

f(t)[

12 +

n∑k=1

cos(k(x− t))]dt = 1

π

π∫−π

f(x+ t)

Kn(t)︷︸︸︷[12 +

n∑k=1

cos(kt)]dt

︸︷︷︸zamiana zmiennych: t→x+t

Ale, korzystając z indukcji lub postaci zespolonej funkcji cosinus, możnawykazać, że:

Kn(t) := 12 +

n∑k=1

cos(kt) = cos(nt)− cos((n+ 1)t)2(1− cos t) =

sin((n+ 1

2)t)

2 sin t2

.

Stąd:

Sn(x) = 12π

π∫−π

f(x+ t)cos(nt)− cos((n+ 1)t)1− cos t dt.

Zatem:

σn(x) = 12πn

π∫−π

f(x+ t) 1− cos(nt)1− cos t︸︷︷︸=Mn(t)

dt.

Ale:

Mn(t) := 1− cos(nt)1− cos t =

( sin nt2

sin t2

)2

.

Dla f(x) ≡ 1 mamy:

86


Ale:

Mn(t) 6 1sin2 δ

2,

skąd:

2L2πn

−δ∫−π

Mn(t)dt+π∫δ

Mn(t)dt

< L

πn· 2π · 1

sin2 δ2

= 2Ln sin2 δ

2.

Ostatecznie zatem:

|f(x)− σn(x)| < 2Ln sin2 δ

2+ ε

2 .

Wystarczy teraz wziąć na tyle duże n, aby:

2Ln sin2 δ

2<ε

2 ,

a więc:

n >4L

ε sin2 δ2.

Wtedy |f(x)− σn(x)| < ε2 + ε

2 = ε, czyli σn(x)⇒ f(x).

Wniosek 1. Wielomiany trygonometryczne są gęste w przestrzeni funkcji ciągłychR −→ K o okresie 2π z normą ‖sup.

Dowód. Natychmiastowy, gdyż σn(x) jest ciągiem wielomianów trygonome-trycznych.

Uwaga. Norma ‖sup zadaje w przestrzeniach funkcyjnych zbieżność jednosta-jną.

Wniosek 2. Wielomiany trygonometryczne są gęste w przestrzeni HilbertaL2([−π, π]) (oczywiście względem normy ‖2).

Dowód. Z Tw. 4.9. (tw. o aproksymacji funkcjami ciągłymi o supprociezwartym) 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 zWn. 1. mamy tezę.

88


Wniosek 3. Rozważany przez nas układ ortonormalny w przestrzeni HilbertaL2([−π, π]) jest zupełny.

Dowód. Natychmiastowy.

Będziemy teraz badali zbieżność punktową szeregu Fouriera (4.1) funkcjif ∈ L1([−π, π]). Przypomnijmy, że:

Sn(x0) = 1π

π∫−π

f(x0 + t)Kn(t)dt,

gdzie:

Kn(t) =sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2.

Zatem:

Sn(x0) = 1π

π∫−π

f(x0 + t)sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt =

= 1π

π∫0

f(x0 + t)sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt+ 1

π

0∫−π

f(x0 + t)sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt =

= 1π

π∫0

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt.

Def. Wyrażenie:

Sn(x0) = 1π

π∫0

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt (4.2)

nazywamy całką Dirichleta. Wyrażenie:

sin((n+ 12 )t)

2 sin t2

nosi nazwę jądra całki Dirichleta (4.2).

Uwaga. Zachowanie się szeregu Fouriera (4.1) w punkcie x0 zależy od zachowa-nia się całki Dirichleta (4.2), gdyż jest to wyrażenie na ciąg sum częściowychSn(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:

limn→∞

b∫a

f(t) sin(nt)dt = limn→∞

b∫a

f(t) cos(nt)dt = 0.

(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 Fouri-era (4.1) funkcji f ∈ L1([−π, π]) w punkcie x0 zależy wyłącznie od wartościprzyjmowanych przez tę funkcję w otoczeniu x0.

Oznacza to, że jeżeli dwie funkcje z przestrzeni L1([−π, π]) pokrywają się wotoczeniu x0, to ich szeregi Fouriera albo są oba rozbieżne, albo mają tę samąsumę w otoczeniu x0 .

Dowód. Ze wzoru na całkę Dirichleta (4.2):

Sn(x0) = 1π

π∫0

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt =

1π

δ∫0

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt+

+π∫δ

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt

Ale funkcja:

h(t) := f(x0 + t) + f(x0 − t)2 sin t

2

jest sumowalna na [δ, π], gdyż mianownik jest wówczas odseparowany od zera,więc ‖h‖sup jest ograniczona. Zatem ze Stw. 4.11. (lemat Riemanna):

π∫δ

(f(x0 + t) + f(x0 − t))sin((n+ 1

2 )t)2 sin t

2dt

n→∞−→ 0.

Oznacza to, że istotny wkład do całki Dirichleta (4.2) ma tylko całka poprzedziale [0, δ].

90

4.4. Kryteria zbieżności punktowej szeregów Fouriera

4.4 Kryteria zbieżności punktowej szeregów Fouri-era

Niech f : R −→ K- sumowalna o okresie 2π; x0 ∈ R. Zakładamy, żespełniony 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(x+0 w x0

Definiujemy teraz oczekiwaną wartość szeregu Fouriera (4.1) funkcji f :

S0 :=f(x0), w przypadku I12 (f(x−0 ) + f(x+

0 )), w przypadku II.

Połóżmyϕ(t) := f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2S0.

Ponieważ dla f ≡ 1 mamy

1 = 2π

π∫0

sin((n+ 12 )t)

2 sin t2

dt,

więc

Sn(x0)− S0 = 1π

π∫0

[f(x0 + t) + f(x0 − t)− 2S0]︸︷︷︸ϕ(t)

sin((n+ 12 )t)

2 sin t2

dt.

Twierdzenie 4.12 (kryterium Diniego). Jeśli ∃δ > 0 takie, że:

δ∫0

|ϕ(t)|t

dt <∞,

to szereg Fouriera funkcji f jest w punkcie x0 zbieżny do S0.

Dowód. Mamy:

Sn(x0)− S0 = 1π

δ∫0

ϕ(t)2 sin t

2sin((n+ 1

2)t)dt+π∫δ

ϕ(t)2 sin t

2sin((n+ 1

2)t)dt

.

Ale 2 sin t2 ≈ t dla t bliskich zeru. Stąd funkcja ϕ(t)

2 sin 12 t

jest sumowalna na[0, δ]. Ponadto funkcja ta jest sumowalna na [δ, π], gdyż mianownik jest wówczasodseparowany od zera. Zatem ze Stw. 4.11. (lemat Riemanna) obydwie całkidążą 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 jestróżniczkowalna w przedziałach (ai, ai+1), i = 0, 1, . . . , s − 1, i ma na koń-cach przedziałów granice jednostronne i pochodne jednostronne (o ile zastąpimywartości funkcji na końcach przedziałów tymi granicami jednostronnymi).

Uwaga. Funkcja sumowalna f(x) o okresie 2π przedziałami różniczkowalnaspełnia założenia kryterium Diniego.

Twierdzenie 4.13 (kryterium Lipschitza). Załóżmy, że dla funkcji sumowal-nej 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:

limt→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:

|ϕ(t)|t6|f(x0 + t)− f(x0)|

t+ |f(x0 − t)− f(x0)|

t6

2Lt1−α

,

a to jest funkcja sumowalna. Zatem:

δ∫0

|ϕ(t)|t

dt <∞,

czyli spełnione są założenia kryterium Diniego.

OK

Ad II. Z nierówności trójkąta mamy:

|ϕ(t)|t6|f(x0 + t)− f(x0)|

t+ |f(x0 − t)− f(x0)|

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

δ∫0

|ϕ(t)|t

dt <∞,

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 nimco najwyżej skończoną ilość punktów nieciągłości, to jej szereg Fouriera ma wkażdym 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 Fouri-era

Uwaga. W przypadku zbieżności jednostajnej rozważamy tylko funkcje ciągłena danym przedziale, gdyż szereg Fouriera będący szeregiem funkcji ciągłychmoże być jednostajnie zbieżny wyłącznie do funkcji ciągłych. Dowody jednos-tajnej zbieżności są analogiczne do dowodów zbieżności punktowej.

Twierdzenie 4.15 (kryterium Diniego). Szereg Fouriera funkcji f(x) ciągłejna przedziale [a, b] jest do niej zbieżny jednostajnie na tym przedziale, jeżeli

∃δ > 0 ∀x ∈ [a, b]:δ∫0

|ϕ(x,t)|t dt jest zbieżna jednostajnie względem x ∈ [a, b],

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 jestwarunek

∃L > 0, α ∈ (0, 1] ∀x, x ∈ [A,B] : |f(x)− f(x)| 6 L|x− x|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 mono-toniczna.

(bez dowodu)

94

Chapter 5

Teoria dystrybucji

5.1 MotywacjaNie wszystkie ważne dla analizy matematycznej przestrzenie funkcyjne są

normowalne. Przykładami są przestrzenie C(Ω) i C∞(Ω) funkcji ciągłych ifunkcji klasy C∞ na zbiorze otwartym Ω ⊂ Rn. Wyposażone w topologięzbieżności niemal jednostajnej i zbieżności niemal jednostajnej wraz ze wszys-tkimi 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 podprzestrzeniądomkniętą 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 (chociażnie metryzowalną).

Za pomocą funkcji próbnych zdefiniowane zostaną dystrybucje, które sąuogólnieniem zwykłych funkcji. Wprowadzenie dystrybucji pozwala na różniczkowanieklas funkcji, które nie są różniczkowalne w klasycznym sensie. Na początkurozwinięto intuicyjną, aczkolwiek nie całkiem formalną, metodę różniczkowa-nia tego typu funkcji. Zgodnie z nią, pochodna funkcji f(x) = |x| wynosif ′(x) = sgn x z dokładnością do wartości w zerze. Z kolei druga pochodnabyłaby dana wzorem f ′′(0) = 2 · δ0, gdzie δ0 jest miarą jednostkowego skokupomiędzy granicami jednostronnymi funkcji f ′(x) w zerze. Oczywiście dlax 6= 0, zgodnie z intuicją, f ′′(x) = 0. W pełni formalny sposób, dystrybucjedefiniuje się jako ciągłe funkcjonały liniowe na przestrzeni funkcji próbnychD(Ω).

5.2 Przestrzenie Frécheta

Def. Zbieżnością niemal jednostajną w przestrzeni X nazywamy zbieżnośćjednostajną na wszystkich podzbiorach zwartych przestrzeniX. W dalszej części

95

5.2. Przestrzenie Frécheta

wykładu przyjmiemy konwencję, że dla zbiorów zwartych ⇒ oznacza zbieżnośćjednostajną, a dla zbiorów otwartych zbieżność niemal jednostajną.

Uwaga. Zbieżność jednostajna to zbieżność w sensie ‖sup.

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 - otoczeniepunktu 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 punktuf(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 dowolnegozbioru 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 możnarozdzielić 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 liniowejX nazywamy funkcjęp : 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 rodzinaB wszystkich skończonych przecięć zbiorów Bi(ε) stanowi bazę otoczeń zeradla pewnej topologii τ na X, z którą X jest przestrzenią liniowo topologiczną.

Uwaga. Otoczeniami zera są zatem skończone przecięcia „pseudokul” wzglę-dem seminorm. W przestrzeni liniowo topologiczej, baza otoczeń dowolnegopunktu a ∈ X jest jednoznacznie wyznaczona przez bazę otoczeń zera, co wynikaz 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, toλx ∈ 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 pijest ograniczona na E (tj. ∀i ∈ N ∃Mi > 0 : pi(E) 6Mi).

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) :=∞∑i=0

12i

pi(x− y)1 + pi(x− y)

lub

d(x, y) := maxi∈N

12i

pi(x− y)1 + pi(x− y) .

Jak widać, własności seminorm są analogiczne do własności norm.

Def. Niech X- przestrzeń liniowo topologiczna. Ciąg (xn) ⊂ X nazywamyciągiem 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 semi-normy, ani normy. Jest to możliwe dzięki temu, że w przestrzeniach liniowotopologicznych dysponujemy odejmowaniem wektorów, które jest homeomor-fizmem. Wykorzystujemy tu fakt, że w przestrzeniach liniowo topologicznychtopologia jest w pełni wyznaczona przez podanie bazy otoczeń zera.

Def. Przestrzeń liniowo topologicznaX jest zupełna, gdy każdy ciąg Cauchy’egow 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 wyborumetryki).WeĽmy na przykładX = (−π2 ,

π2 ) i zdefiniujmy dwie metryki d1(x, y) :=

|x−y|; d2- metryka przeniesiona z R poprzez homeomorfizm tg x : (−π2 ,π2 ) na−→

R.Wtedy przestrzeń (X, d1) NIE jest zupełna, a przestrzeń (X, d2) jest

zupełna, mimo że (X, d1) ' (X, d2), tzn. obie metruki wyznaczają tesamą topologię.

Def. Przez przestrzeń Frécheta rozumiemy przestrzeń liniowo topologicznąwyznaczoną przez pewną rozdzielającą rodzinę seminorm pi, i ∈ N, która jestzupełna.

Def. Niech Ω ⊂ Rn- otwarty. Wtedy wyczerpaniem zbioru Ω nazywamyrosnący ciąg zbiorów zwartych: K1 ⊂ K2 ⊂ . . . , taki, że

⋃i∈N

Ki = Ω (czyli

Ki Ω) i ∀i ∈ N: Ki ⊂ int Ki+1.Wtedy również

⋃i∈N

int Ki = Ω i każdy zbiór zwarty K ⊂ Ω zawiera się w

pewnym zbiorze Ki.

Def. Wprowadzimy poniższe oznaczenie dla operatora różniczkowego, którebędziemy stale odtąd używali:

Dα := ∂|α|

∂xα11 ∂xα2

2 . . . ∂xαnn≡(∂α1

∂xα11

)(∂α2

∂xα22

). . .

(∂αn

∂xαnn

), (5.1)

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 ΩNiech Ω ⊂ Rn- otwarty; Ki Ω- wyczerpanie zbioru Ω; f ∈ C(Ω).

Połóżmy pi(f) := ‖f‖Ki , gdzie i ∈ N (oczywiście rozważamy normę ‖sup).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= 0dla pewnego x0, to wystarczy wziąć na tyle duże i ∈ N, aby x0 ∈ Ki, awówczas pi(f) 6= 0.Zupełność wynika z definicji seminorm pi oraz zupełności przestrzeni

funkcji ciągłych na zbiorze zwartym wraz z normą supremun. Dowolnyciąg Cauchy’ego w przestrzeni C(Ω) jest bowiem ciągiem Cauchy’ego wsensie normy ‖sup na każdym zbiorze zwartym Ki , i ∈ N. Z faktu, żedowolny zbiór zwarty K zawiera się w pewnym zbiorze Ki wynika, że ciągten jest niemal jednostajnie zbieżny na Ω, czyli jest zbieżny w przestrzeniC(Ω).

2) C∞(Ω)- przestrzeń funkcji klasy C∞ na zbiorze otwartym ΩNiech Ω ⊂ Rn- otwarty; Ki Ω- wyczerpanie zbioru Ω; f ∈ C∞(Ω).

Połóżmypi(f) := max

|α|6i‖Dαf‖Ki.

Oznacza to, że seminorma pi kontroluje na zbiorze Ki funkcję f i wszys-tkie jej pochodne cząstkowe do rzędu i. Wraz ze wzrostem i kontrolujemycoraz większą liczbę pochodnych na coraz większych zbiorach. Rodzinatych 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 : Dαfk ⇒

Dαf na Ω.

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 przezrozdzielającą rodzinę seminorm (pi)i∈N, gdzie pi(f) := max

|α|6i‖Dαf‖Ki, jest

zupełna, czyli jest przestrzenią Frécheta.

Dowód. Załóżmy, że ciąg (fn) ⊂ C∞(Ω) jest ciągiem Cauchy’ego. Wówczas zapomocą seminorm pi kontrolujemy funkcje fn wraz z wszystkimi pochodnymiDαfn, tzn. ∀i ∈ N, α ∈ Nn0 : ciąg (Dαfn)n∈N jest jednostajnie zbieżny na Ki (cowynika z definicji pi i własności normy ‖sup). Zatem Dαfn ⇒ 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 = Dαf0.

Ponieważ operatorDα 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∂xi

, fk(a)→ ga ∈ C, fki ⇒ gi gdy k →∞, i = 1, . . . , n.

Wtedy ∃g : Ω −→ C- klasy C1 taka, że:

∂g

∂xi= gi i fk ⇒ g gdy →∞.

Dowód. Dla dowodu można, bez utraty ogólności, założyć, że ga =0 i fk(a) = 0 (co się uzasadnia przez podstawienie fk := fk−fk(a)).Wtedy

fk(x) =x∫a

n∑i=1

fki(ξ)dξi︸︷︷︸dfk

k→∞−→x∫a

n∑i=1

gi(ξ)dξi,

gdziex∫a

oznacza całką krzywoliniową po dowolnym łuku w Ω (taki

łuk istnieje, gdyż Ω jest zbiorem spójnym). Zbieżność wynika zfaktu, że fki ⇒ gi na Ω. Wystarczy teraz położyć

g(x) :=x∫a

n∑i=1

gi(ξ)dξi.

Wtedy, oczywiście, ∂g∂xi

= gi i fk ⇒ g na Ω (przy k →∞).

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Twierdzenie 5.2. (charakteryzacja ciągłych funkcjonałów liniowych).NiechX- przestrzeń liniowo topologiczna z topologią wyznaczoną przez rozdziela-jącą rodzinę seminorm (pi)i∈N; u : X −→ C- funkcjonał liniowy. Wtedy u jestciągły wtedy i tylko wtedy, gdy ∃N ∈ N, C > 0 takie, że ∀x ∈ X:

|u(x)| 6 C ·maxp1(x), . . . , pN (x)︸︷︷︸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

(δx

ϕ(x)

)= δ · pi(x)

ϕ(x) 6 δ i∣∣∣∣u( δx

ϕ(x)

)∣∣∣∣ 6 1.

Stąd |u(x)| 6 ϕ(x)δ i wystarczy położyć C := 1

δ .

OK

2 (⇐=) Wystarczy wykazać ciąglość u w 0 ∈ X. Niech ε > 0. Połóżmyδ := ε

C , U := x ∈ X : p1(x), . . . , pN (x) < δ. Wtedy mamy:

|u(x)| 6 C ·maxp1(x), . . . , pN (x) < C · δ = C · εC

= ε.

5.3 Funkcje próbne i dystrybucjeNiech Ω ⊂ Rn- otwarty; K ⊂ Ω- zwarty; ϕ : Ω −→ C, α ∈ Nn0 - wielowskaĽnik.

Def. Seminormę na K rzędu N funkcji ϕ definiujemy jako:

‖ϕ‖K,N := max|α|6N

‖Dαϕ‖K .

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 funkcjonałprzyporządkowujący funkcji jej wartość w punkcie a, tj. fa(ϕ) := ϕ(a)). Jeston, oczywiście, ciągły. Oznacza to, że Ker fa = ϕ ∈ C∞(Ω) : ϕ(a) = 0 jestzbiorem domkniętym.

Łatwo zauważyć, że:

DK =⋂a6∈K

Ker fa,

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 jestprzestrzenią Frécheta.

102


Wniosek. Przestrzeń DK jest przestrzenią Frécheta z topologią indukowanąz C∞(Ω). Topologia na DK jest wyznaczona przez normy:

pi(ϕ) := ‖ϕ‖K,i = max|α|6i

‖Dαϕ‖K .

Def. Przestrzeń funkcji próbnych na Ω definiujemy następująco:

D(Ω) := ϕ ∈ C∞(Ω) : supp ϕ ⊂ Ω- zwarty.

Wówczas, oczywiście

D(Ω) =⋃

K⊂Ω- zwarteDK ⊂ C∞(Ω).

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) := 1kϕ(x− k).

Wówczas ciąg:

ψk(x) :=k∑i=1

ϕi(x)

ma granicę w C∞(R) (w związku z czym jest ciągiem Cauchy’ego), ale nie majej w D(R), bo supp( lim

k→∞ψk) = [0,∞) nie jest zwarty. Zatem D(R) nie jest

zupełna.

Niezupełność topologii indukowanej na D(Ω) przez C∞(Ω) stanowi istotnyproblem. Dlatego też wprowadzimy na przestrzeni D(Ω) topologię τ , którabędzie zupełna, chociaż NIE będzie metryzowalna.

Def. Niech E ⊂ D(Ω). Wtedy: E ∈ τ def⇐⇒ ∀K ⊂ Ω- zwarty: zbiór E ∩DK jestotwarty w topologii τK przestrzeni Frécheta DK .

Własności 5.2 (własności topologii τ).

1) ∀K ⊂ Ω- zwarty: topologia Frécheta τK na DK pokrywa się z topologiąτind indukowaną przez τ na DK .

103


2) Dla dowolnej przestrzeni topologicznej X odwzorowanie f : D(Ω) −→ Xjest 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 – zbalansowaneotoczenie zera: ∃λ > 0 takie, że E ⊂ λ · U), to ∃K ⊂ Ω- zwarty, taki,że E ⊂ DK . Ponadto (dla tego K) ∀N ∈ N: ‖ϕ‖K,N : ϕ ∈ E jestograniczony.

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:

limk,l→∞

‖ϕk − ϕl‖K,N = 0.

Dowód.

Ad. 1) Oczywiste jest, że dla K ⊂ Ω:

DKτK⊂ D(Ω)

τ.

Należy udowodnić, że topologia τK i topologia τind indukowana przez τpokrywają się.

1 Jeśli U ∈ τ , to z definicji τ : U ∩DK ∈ τind jest otwarty na DK , czyliτind ⊂ τK .

OK

2 Niech U ∈ τK . Aby stwierdzić, że U jest otwarty w topologi in-dukowanej przez τ (tzn. U ∈ τind), należy zdefiniować zbiór U ∈ τtaki, że U ∩DK = U .Ale każdy zbiór otwarty jest sumą mnogościową otoczeń bazowych

zera przesuniętych do różnych punktów. Wystarczy zatem rozważyćprzypadek, gdy U jest otoczeniem bazowym zera, tzn. U = ϕ ∈DK : ‖ϕ‖K,N < δ.Połóżmy teraz U := ϕ ∈ D(Ω) : ‖ϕ‖K,N < δ. Wtedy, oczy-

wiście, U ∩ DK = U . Ponadto U ⊂ D(Ω)- otwarty, ponieważ jeżeliL ⊂ Ω- zwarty, to:

U∩DL = ϕ ∈ DL : ‖ϕ‖K,N < δ = ϕ ∈ DL : ‖ϕ‖K∩L,N < δ ∈ τL.

Zatem z definicji topologii τ : U ∈ 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 wΩ (tzn. zmierzający do brzegu Ω) oraz ciąg funkcji (ϕk) ⊂ E takie,że ∀k ∈ N : ϕk(ak) 6= 0 (bo w przeciwnym wypadku można byłobyzawrzeć E w pewnym zbiorze zwartym na Ω).Połóżmy: U := ϕ ∈ D(Ω) : |ϕ(ak)| < |ϕk(ak)|

k ∀k ∈ N.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 zbioremotwartym). 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: ‖ϕ‖K,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 każdyciąg Cauchy’ego jest ograniczony.

Wniosek 1 (z Wł. 5.2. (2) i Tw. 5.2.). Niech u : D(Ω) −→ C- funkcjonałliniowy. Wtedy u jest ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy ∀K ⊂ Ω- zwarty ∃N ∈N, C > 0 takie, że ∀ϕ ∈ DK : |u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,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. otrzymujemytezę.

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: DKτind−→ D(Ω)

τ

jest ciągłe.Ale jeżeli funkcja ma suport zawarty wK, to suporty wszystkich pochodnych

również są zawarte w K. Zatem:

105


Dα|DK: DKτind−→ DK

τind⊂ D(Ω)

τ.

Z Wł. 5.2. (1) na DK topologia indukowana z D(Ω) pokrywa się ztopologią τK . Wystarczy zatem pokazać, że operator różniczkowy:

Dα : DKτK−→ DK

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 : ‖ψ‖K,N < δ- otoczenie zera takie, że Dαϕ ∈ V , tzn. ∃ψα ∈ V : ψα =Dαϕ.

Zatem:

δ > ‖ψα‖K,N = maxβ6N

‖Dβψα‖K = maxβ6N

‖Dα+βϕ‖K = ‖ϕ‖K,N+|α|.

Wystarczy zatem wziąć U := ϕ ∈ DK : ‖ϕ‖K,N+|α| < δ. Wtedy DαU ⊂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 : Dαϕk ⇒ 0na K.Dowód. Z Wł. 5.2. (1) i (4). Def. Funkcjonał liniowy u : D(Ω) −→ C, który jest ciągły w topologii τ nazy-wamy dystrybucją na Ω. Zbiór wszystkich dystrybucji na Ω oznaczamy przezD′(Ω) i nazywamy przestrzenią dystrybucji na Ω.

Wniosek 5. Funkcjonał u ∈ D′(Ω) wtedy i tylko wtedy, gdy ∀K ⊂ Ω- zwarty:∃N ∈ N, C > 0 takie, że ∀ϕ ∈ DK :

|u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N .Dowód. Z Wn. 1. Def. Niech u ∈ D′(Ω). Jeżeli ∃N ∈ N takie, że ∀K ⊂ Ω- zwarty: ∃C = C(K) >0 takie, że ∀ϕ ∈ DK :

|u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N ,to najmniejszą taką liczbę N ∈ N nazywa się rzędem dystrybucji u. Jeślitaka 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 sza-cowana przez seminormę rzędu zero. Jeśli a = 0 ∈ Rn, to δ0 ∈ D′(Rn) ifunkcjonał ten nazywamy miarą (lub deltą) Diraca na Rn.

2) Niech f : Ω −→ C- funkcja lokalnie sumowalna (tzn. sumowalna nakażdym podzbiorze zwartym). Połóżmy uf : D(Ω) −→ C takie, że:

uf (ϕ) :=∫Ω

ϕ(x)f(x)dx,

gdzie dx- miara Lebesgue’a na Ω. Wtedy uf ∈ D′(Ω)- dsytrybucja rzędu0, gdyż:

|uf (ϕ)| 6∫K

|f(x)| · |ϕ(x)|dx 6 ‖ϕ‖K,0 ·∫K

|f(x)|dx

︸︷︷︸∈R

.

Dystrybucje typu uf nazywamy regularnymi. Często utożsamiamy je zfunkcjami f .

3) Niech µ- zespolona miara borelowska na Ω (lub miara dodatnia, ale skońc-zona). Wtedy funkcjonał:

uµ : D(Ω) 3 ϕ −→∫Ω

ϕdµ ∈ C

jest dystrybucją rzędu 0. Często utożsamiamy uµ z µ.

5.4 Różniczkowanie dystrybucjiHeureza. Gdy f : R −→ C- klasy C1, to ∀ϕ ∈ D(R) takiej, że ϕ(x) = 0 dla|x| >M (gdzie M > 0), mamy:

uf ′(ϕ) =∫R

f ′(x)ϕ(x) dx =M∫−M

f ′(x)ϕ(x) dx = ϕ(x)|M−M −M∫−M

f(x)ϕ′(x) dx

︸︷︷︸całkowanie przez części

=

107

5.4. Różniczkowanie dystrybucji

= −∫R

f(x)ϕ′(x)dx = −uf (ϕ′)

Zatem dla f : R −→ C- klasy C1; ϕ ∈ D(Ω) mamy:

uf ′(ϕ) = −uf (ϕ′).

Def. Dla u ∈ D′(R); ϕ ∈ D(Ω) pochodną dystrybucji definiujemy następu-jąco:

u′(ϕ) := −u(ϕ′).

Jeżeli Ω ⊂ Rn- otwarty; u ∈ D′(Ω); ϕ ∈ D(Ω), kładziemy:

∂u

∂xi(ϕ) := −u

(∂ϕ

∂xi

).

Najogólniej, jeżeli α ∈ Nn0 , kładziemy:

Dαu(ϕ) := (−1)|α| · u(Dαϕ).

Uwaga. Gdy f : Ω −→ C- klasy C1, to:

∂uf∂xi

= u ∂f∂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. Zatemjest ona dobrym uogólnieniem definicji klasycznej.

Własności 5.3 (własności różniczkowania dystrybucji).

1) Dαu jest dystrybucją rzędu ≤ rząd u + |α|. Jeśli dla K ⊂ Ω- zwarty;ϕ ∈ DK : |u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N , to |Dαu(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N+|α|.

2) DαDβu = Dα+βu = DβDαu

3) Jeśli f : Ω −→ C- klasy CN , to ∀α ∈ Nn0 , |α| 6 N :

Dαuf = uDαf .

Uwaga. Można wykazać, że lokalnie każda dystrybucja jest skończoną sumąpochodnych funkcji ciągłych.

108

5.5. Dalsze własności dystrybucji

Przykład Niech:

f(x) =

0, x 6 01, x > 0

.

Jest to, oczywiście, funkcja lokalnie sumowalna. Wtedy:

−Duf (ϕ) = uf (Dϕ) =∞∫

0

ϕ′(x)dx = −ϕ(0) = −δ0(ϕ). (5.2)

Zatem Duf = δ0, czyli Df = δ0 (z utożsamienia uf ' f).

5.5 Dalsze własności dystrybucjiTwierdzenie 5.4 (o mnożeniu dystrybucji przez funkcje gładkie). Niechu ∈ D′(Ω); f ∈ C∞(Ω). Wtedy funkcjonał

(fu)(ϕ) := u(f · ϕ), ϕ ∈ D(Ω),

jest dystrybucją na Ω, tj. fu ∈ D′(Ω).

Dowód. Oczywiste jest, że f · ϕ ∈ D(Ω), podobnie jak liniowość funkcjonałufu. Jedyne, co należy więc wykazać, to ciągłość funkcjonału fu.

W tym celu wystarczy dowieść, że odwzorowanie liniowe

D(Ω) 3 ϕ −→ f · ϕ ∈ D(Ω)

jest ciągłe (w topologii τ). ZWł. 5.2. (1) i (2) jest to równoważne warunkowi,że ∀K ⊂ Ω- zwarty: odwzorowanie DK 3 ϕ −→ f · ϕ ∈ DK jest ciągłe wtopologii τK .

A to z kolei wynika z poniższego wzoru Leibnitza na pochodne iloczynufunkcji:

Dα(f · g) =∑β6α

Cαβ · (Dα−βf) · (Dβg),

gdzie Cαβ są uniwersalnymi współczynnikami naturalnymi. U nas rolę g pełniϕ.

Uwaga. 1) Można wykazać, że wzór Leibnitza z tymi samymi współczynnikamiuniwersalnymi Cαβ ∈ N jest słuszny dla mnożenia f ∈ C∞(Ω) i u ∈ D′(Ω), czyli

Dα(f · u) =∑β6α

Cαβ · (Dα−βf) · (Dβu).

2) Odwzorowanie D(Ω)×D′(Ω) 3 (ϕ, u) −→ u(ϕ) ∈ C jest dwuliniowe.

109


Def. Słaba* topologia na D′(Ω) jest to najsłabsza topologia w D′(Ω), przyktórej wszystkie funkcjonały ϕ∗ : D′(Ω) 3 u −→ u(ϕ) ∈ C są ciągłe dla ϕ ∈D(Ω).

Jej bazę otoczeń zera stanowią zbiory postaci u ∈ D′(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 −→ D′(Ω)jest ciągłe wtedy i tylko wtedy, gdy ∀ϕ ∈ D(Ω): ϕ∗ g : X −→ C jestciągłe. Dlatego, jeśli (uk) ⊂ D′(Ω), to uk → u w D′(Ω) wtedy i tylkowtedy, gdy ∀ϕ ∈ D(Ω): uk(ϕ)→ u(ϕ).

2) Operator ∂∂xi

: D′(Ω) −→ D′(Ω) jest ciągły w słabej* topologii. Dlategooperatory różniczkowe Dα : D′(Ω) −→ D′(Ω) są ciągłe w słabej* topologii.

3) Jeśli fk, f : Ω −→ C- lokalnie sumowalne, takie, że fk ⇒ f na Ω, toufk → uf w D′(Ω) w słabej* topologii.

Dowód.Ad. 1) Wprost z definicji.

Ad. 2) Niech ϕ ∈ D(Ω). Z Wł. 5.4. (1) wystarczy udowodnić, że złożenieϕ∗ ∂

∂xijest ciągłe. Mamy:(ϕ∗ ∂

∂xi

)(u) = ϕ∗

(∂u

∂xi

)= ∂u

∂xi(ϕ) = −u

(∂ϕ

∂xi

).

Niech ε > 0. Szukamy takiego otoczenia zera U w D′(Ω), aby:

∀u ∈ U∣∣∣∣u( ∂ϕ∂xi

)∣∣∣∣ < ε.

Ale ψ := ∂ϕ∂xi∈ D(Ω). Zatem zbiór U tych u ∈ D′(Ω) dla których

|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 fk :=fk − f). Niech ϕ ∈ D(Ω). Z Wn. 1 z Wł. 5.4. (1) należy wykazać, żeufk(ϕ)→ 0. Mamy (dm- miara Lebesgue’a):

|ufk(ϕ)| =

∣∣∣∣∣∣∫Ω

fk · ϕdm

∣∣∣∣∣∣ 6∫

supp ϕ

|fk| · |ϕ| dm 6 ‖fk‖supp ϕ ·∫Ω

|ϕ| dm

︸︷︷︸∈R+

.

Ale fk ⇒ 0 na Ω, czyli zmierza jednostajnie do zera na każdym podzbiorzezwartym Ω, w szczególności na supp ϕ, co oznacza, że ‖fk‖supp ϕ → 0.Zatem ufk(ϕ)→ 0.

110


Twierdzenie 5.5. (o dystrybucyjnym różniczkowaniu szeregu trygonometrycznego)Rozważmy szereg trygonometryczny (jest to postać równoważna postaci stosowanejwcześniej):

∞∑n=−∞

aneinx. (5.3)

Załóżmy, że ∃p ∈ N, A > 0 taka, że ∀n ∈ Z: |an| 6 A|n|p. Wtedy szereg(5.3) jest zbieżny w D′(R).

Dowód. Scałkujmy szereg (5.3) p + 2 razy wyraz po wyrazie. Uzyskujemywówczas szereg:

a0

(p+ 2)!xp+2 +

∑n∈Z\0

an(in)p+2︸︷︷︸

bn

einx. (5.4)

Na mocy Wł. 5.4. (2) wystarczy wykazać, że szereg (5.4) jest zbieżny wsensie dystrybucyjnym (ponieważ operator różniczkowy jest ciągły i przeprowadzadystrybucje w dystrybucje; możemy zatem różniczkować ten szereg wyraz powyrazie). Z Wł. 5.4. (3) wystarczy pokazać, że szereg ten jest zbieżny jed-nostajnie. Mamy:

|bn| =|an||n|p+2 6

A

|n|2.

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 dys-trybucyjnym w D′(R). Szereg ten na mocy Wł. 5.4. (2) można zróżniczkowaćp+ 2 razy wyraz po wyrazie, uzyskując szereg zbieżny w D′(R).

Stwierdzenie 5.6. Jeśli fk, f ∈ L2(Ω) i fk → f w L2(Ω), to ufk → uf wD′(Ω).

Dowód. Można przyjąć, że f ≡ 0. Niech ϕ ∈ D(Ω). Trzeba pokazać, żeufk(ϕ)→ 0. Mamy:

|ufk(ϕ)| =

∣∣∣∣∣∣∫Ω

fkϕdm

∣∣∣∣∣∣ 6∫Ω

|fk| · |ϕ|dm 6 ‖fk‖2 · ‖ϕ‖2︸︷︷︸z nier. Schwarza

.

Ale ‖ϕ‖2 jest ustalone, a ‖fk‖2 → 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:

∞∑n=0

(an cos(nx) + bn sin(nx))

jest zbieżny do f w D′(Ω), zatem można go różniczkować w D′(Ω) wyraz powyrazie.

Przykład 1. Rozwinąć deltę Diraca δ0 w szereg trygonometryczny w D′((−π, π)).Zauważmy, że δ0 = ∂f

∂x , gdzie:

f =

1, x > 00, x 6 0

.

Wystarczy zatem rozwinąć f w szereg Fouriera, a następnie zróżniczkowaćwyraz po wyrazie.

Przykład 2. Obliczymy dystrybucyjny laplasjan funkcji f(x) = 1rn−2 , gdzie

x = (x1, . . . , xn), r =√x2

1 + · · ·+ x2n, n > 3.

Zauważmy, że f jest harmoniczna w Rn\0. Zatem laplasjan funkcji znikawszędzie poza zerem. Zatem dystrybucja związana z laplasjanem będzie skupi-ona w zerze.

Niech ϕ ∈ D(Rn) i R 0 takie, że supp ϕ ⊂ K(0, R). Wtedy:

∆uf (ϕ) = (−1)2uf (∆ϕ) =∫

Rn

f∆ϕdx = limε→0

∫ε<r<R

f∆ϕdx.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Lemat. (Wzory Greena) Niech Ω ⊂ Rn- otwarty, ograniczonyo gładkim brzegu ∂Ω; n- zewnętrzny wersor normalny do ∂Ω; dσ-element powierzchniowy. Wtedy:∫

∂Ω

(v · ∂u

∂n− u · ∂v

∂n

)dσ =

∫Ω

(v ·∆u− u ·∆v) dx.

Dowód. Połóżmy:

ω(x) := v(x)n∑i=1

∂u

∂xi· (−1)i+1 · dx1 ∧ · · · ∧ dxi−1 ∧ dxi+1 ∧ · · · ∧ dxn.

Z twierdzenia Stokesa:

112


∫∂Ω

ω =∫Ω

dω.

Mamy

dω =(

n∑i=1

∂v

∂xi· ∂u∂xi

+ v ·∆u)dx1 ∧ · · · ∧ dxn.

Ze wzoru łączącego całkę niezorientowaną i zorientowaną mamy:∫∂Ω

ω =∫∂Ω

v · ∇u · n︸︷︷︸= ∂u∂n

dσ.

Otrzymujemy zatem∫∂Ω

v · ∂u∂n

dσ =∫Ω

(n∑i=1

∂v

∂xi· ∂u∂xi

+ v ·∆u)dx.

Dzieki symetrii uzyskujemy∫∂Ω

u · ∂v∂n

dσ =∫Ω

(n∑i=1

∂u

∂xi· ∂v∂xi

+ u ·∆v)dx.

Odejmując stronami te wyrażenia, uzyskujemy tezę.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Korzystamy z lematu, biorąc u := f , v := ϕ, Ω := ε < r < R skąd∂Ω = r = ε ∪ r = R:

∆uf (ϕ) = limε→0

∫ε<r<R

f∆ϕdx = limε→0

∫ε<r<R

ϕ(x)∆f(x)dx

︸︷︷︸=0 (bo ∆f=0)

−

− limε→0

∫r=ε

(f∂ϕ

∂n− ϕ∂f

∂n

)dσ +

∫r=R

(f∂ϕ

∂n− ϕ∂f

∂n

)dσ

︸︷︷︸=0 (bo ϕ=0)

= . . .

Ale

∂f

∂n= −(n− 2) 1

rn−1 .

Stąd

113

5.6. Pojęcie suportu dystrybucji

· · · = − limε→0

∫r=ε

(1

rn−2∂ϕ

∂n+ ϕ

(n− 2)rn−1

)dσ

ε→0−→ 0− (n− 2) · ωn−1 · ϕ(0).

Ale ϕ(0) = δ0(ϕ). Zatem (pamiętamy, że utożsamiamy uf ' f):

∆f = −(n− 2)ωn−1δ0.

Dla n = 3:

∆f = ∆(

1r

)= −4πδ0.

5.6 Pojęcie suportu dystrybucjiDef. Mówimy, że dystrybucja u ∈ D′(Ω) znika na zbiorze otwartym U ⊂ Ω,gdy u(ϕ) = 0 ∀ϕ ∈ D(U).

Wykorzystując rozkłady jedności, łatwo wykazać, że jeśli dystrybucja u znikana zbiorach otwartych Ui, i ∈ N, to znika też 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 ∈ D′(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 fu = u.

Dowód.Ad. 1) Wprost z definicji.

Ad. 2) Należy wykazać, że ∀ϕ ∈ D(Ω):

(fu)(ϕ) = u(ϕ)⇐⇒ 0 = u(fϕ− ϕ)︸︷︷︸z liniowości u

= u((f − 1)ϕ).

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 ∈ D′(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 · ‖ϕ‖K,N .

ii) Dystrybucja u ma skończony rząd.

iii) Dystrybucja u rozszerza się jednoznacznie do ciągłego funkcjonału u naprzestrzeni 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 · ‖ϕ‖K,N .

Ze wzoru Leibnitza (przy ustalonym ψ) ∃C2 > 0 takie, że ∀ϕ ∈ D(Ω):

‖ψ · ϕ‖K,N 6 C2 · ‖ϕ‖K,N .

Stąd ∀ϕ ∈ D(Ω):

|u(ϕ)| = |u(ψ · ϕ)|︸︷︷︸Wł. 5.5. (3)

6 C1 · ‖ψ · ϕ‖K,N 6 C1 · C2︸︷︷︸C

·‖ϕ‖K,N .

OK

Ad. ii) Wiemy, że rank u = N < ∞, jeżeli ∀L ⊂ Ω- zwarty: ∃C > 0 takie, że∀ϕ ∈ DL: |u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖L,N .Niech więc ϕ ∈ DL. Ale DL ⊂ D(Ω). Zatem z (i):

|u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N .

Ale ϕ ∈ DL, skąd ‖ϕ‖K,N = ‖ϕ‖K∩L,N 6 ‖ϕ‖L,N . Zatem:

|u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖L,N .

OK

115


Ad. iii) Niech f ∈ C∞(Ω), zaś ψ ∈ D(Ω) taka jak w dowodzie punktu i). Wtedywzór u(f) := u(f · ψ) definiuje rozszerzenie dystrybucji u do funkcjonałuliniowego u : C∞(Ω) −→ C.

1 Czy u jest ciągłe?Niech fk → f w C∞(Ω). Wtedy ze wzoru Leibnitza (przy ustalonymψ): 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:

u(fk) = u(fk · ψ)→ u(f · ψ)︸︷︷︸z ciągłości u

= u(f).

OK

2 Jedyność przedłużenia u wynika z gęstości D(Ω) w przestrzeni C∞(Ω),tj. z poniższego lematu:

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -Lemat. Przestrzeń funkcji próbnych D(Ω) jest gęsta w przestrzeniC∞(Ω).Dowód. Topologia na C∞(Ω) jest to topologia Fréchetazdefiniowana przez seminormy pi(ϕ) := ‖ϕ‖Ki,N na wycz-erpaniu Ki Ω.

WeĽmy zatem funkcję f ∈ C∞(Ω) oraz jej otoczenieV w topologii Frécheta. Ale to otoczenie jest zadane przezpewną seminormę, czyli jest postaci V = f +U , gdzie U jestotoczeniem zera postaci U = g ∈ C∞(Ω) : ‖g‖Ki,N < εi,gdzie εi > 0.

Gęstość D(Ω) w C∞(Ω) oznacza zatem, że w V zna-jdzie się element z D(Ω). Połóżmy ϕ ∈ D(Ω) takie, że ϕ ≡ 1na Ki. Wówczas ψ := f · ϕ ∈ D(Ω) w sposób oczywistypokrywa się z funkcją f na Ki, zatem należy do V . - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Wniosek. Przestrzenią dualną do przestrzeni Frécheta C∞(Ω) jest przestrzeńdystrybucji o supporcie zwartym w Ω.

Dowód.

1 (⇐=)Jeśli supp u jest zwarty, to na mocy twierdzenia istnieje jednoznacznie

wyznaczony funkcjonał u : C∞(Ω) −→ C, który jest przedłużeniem u naprzestrzeń C∞(Ω). Utożsamiamy często u z u.

OK

116

5.7. Sploty funkcji i dystrybucji

2 (=⇒)Odwrotnie, niech u : C∞(Ω) −→ C- ciągły funkcjonał liniowy. Korzys-

tamy z Tw. 5.2. dla X := C∞(Ω). Z ciągłości wynika zatem, że ∃K ⊂ Ω-zwarty: ∃N ∈ N, C > 0: ∀ϕ ∈ D(Ω):

|u(ϕ)| 6 C · ‖ϕ‖K,N .

Dlatego supp u ⊂ K. W przeciwnym razie supp u \ K 6= ∅, a wtedyistniałaby funkcja próbna ϕ ∈ D(Ω) taka, że u(ϕ) 6= 0 i supp ϕ ∩K = ∅.Ponieważ ‖ϕ‖K,N = 0, otrzymalibyśmy sprzeczność z powyższym osza-cowaniem.Zatem supp u ⊂ K jest zbiorem zwartym.

Uwaga. Dla przestrzeni liniowo topologicznej X, przestrzeią dualną do X jestprzestrzeń ciągłych funkcjonałów liniowych na X.

5.7 Sploty funkcji i dystrybucjiNa potrzeby tego rozdziały wprowadzamy następujące oznaczenia:

D := D(Rn), D′ := D′(Rn), C∞ := C∞(Rn).

Def. Niech f, g ∈ L1(Rn). Wtedy splot funkcji f i g definiujemy jako:

(f ∗ g)(x) :=∫

Rn

f(y) · g(x− y)dy,

gdzie x, y ∈ Rn, 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:

τxf(y) := f(y − x),

którą nazywamy shiftem, oraz:

f(y) := f(−y),

którą nieformalnie nazywamy ptaszkowaniem.Wtedy

(f ∗ g)(x) :=∫

Rn

f(y) · τxg(y)dy ≡∫

Rn

f · τxgdy.

Mamy

τxg(y) = g(y − x) = g(x− y) = τ−xg(−y) = (τ−xg) (y).

117


Uwaga. Zachodzą następujące wzory:

τx τy = τx+y = τy τx

τx ˇ = ˇ τ−xNależy 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, którezdejmujemy (tj. wykonujemy) z niej w odwrotnej kolejności. Zatem np. τxf =(τx )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 (wówczasmożemy utożsamiać uf ' f), i policzmy następujące wyrażenie:

uf (τxϕ) =∫

Rn

f(y) · τxϕ(y)dy =∫

Rn

f(y) · ϕ(x− y)dy = (f ∗ ϕ)(x) ≡ (uf ∗ ϕ)(x).

Rozumowanie to doprowadziło nas do wyrażenia na splot dystrybucji uf zfunkcją próbną ϕ:

(uf ∗ ϕ)(x) = uf (τxϕ),które teraz uogólnimy na dowolne dystrybucje.

Def. Niech u ∈ D′; ϕ ∈ D. Wtedy splot dystrybucji z funkcją próbnąu ∗ ϕ definiujemy następująco:

(u ∗ ϕ)(x) := u(τxϕ).

Def. Jeśli u ∈ D′, to shift dystrybucji u definiujemy następująco:

τxu(ϕ) := u(τ−xϕ).

Uzasadnienie definicji shiftu dystrybucji. Rozważmy u := uf , gdzie fjest lokalnie sumowalna, i policzmy nas

τxuf (ϕ) = uf (τ−xϕ) =∫

Rn

f(y) · τ−xϕ(y)dy =∫

Rn

f(y) · ϕ(y + x)dy =

=∫

Rn

f(t− x) · ϕ(t)dt =∫

Rn

τxf(t) · ϕ(t)dt = uτxf (ϕ)

Otrzymaliśmy zatem zależność τxuf = uτxf , która jest zgodna z utożsami-aniem uf ≡ f .

118


Własności 5.6 (własności splotu dystrybucji z funkcją próbną).Dla u ∈ D′; ϕ,ψ ∈ D; x ∈ Rn:

1) τx(u ∗ ϕ) = τxu ∗ ϕ = u ∗ τxϕ

2) u ∗ ϕ ∈ C∞ oraz Dα(u ∗ ϕ) = Dαu ∗ ϕ = u ∗ Dαϕ

3) supp (u ∗ ϕ) ⊂ supp u+ supp ϕ, skąd jeśli u jest dystrybucją o supporciezwartym, 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 domknię-tym.

Dowód.

Ad. 1) Pierwsza część równości:

τx(u ∗ ϕ)(y) = (u ∗ ϕ)(y − x) = u(τy−xϕ).

Druga część równości:

(τxu ∗ ϕ)(y) = τxu(τyϕ) = u(τ−xτyϕ) = u(τy−xϕ).

Trzecia część równośći:

(u ∗ τxϕ)(y) = u(τy(τxϕ) ) = u(τyτ−xϕ) = u(τy−xϕ).

Ad. 2) Zauważmy na początek, że:

τx(Dαϕ) (y) = (Dαϕ) (x− y) = (−1)|α|Dα(ϕ(x− y))︸︷︷︸bo mamy −y w argumencie

=

= (−1)|α|Dα(τxϕ(y))

Obliczmy teraz:

(u ∗ Dαϕ)(x) = u (τx (Dαϕ) ) = (−1)|α|u(Dα(τxϕ)) =

= Dαu(τxϕ) = (Dαu ∗ ϕ)(x)

119


Niech t ∈ Rn. Rozpatrzymy przypadek |α| = 1. Wtedy:

∂

∂t(u ∗ ϕ)(x) = lim

h→0

(u ∗ ϕ)(x+ ht)− (u ∗ ϕ)(x)h

=

= limh→0

u(τx+htϕ)− u(τxϕ)h

= (uτx ) limh→0

τ−htϕ− τ0ϕh

= (uτx )∂ϕ∂t

=

= u

(τx(∂ϕ

∂t))

= u ∗ ∂ϕ∂t

(x).

Wynika stąd, że dowolny splot u∗ϕ ma pochodne cząstkowe, przy czymu ∗ ∂xiϕ są funkcjami ciągłymi. W szczególności,

∂

∂xi(u ∗ ϕ) = u ∗ ∂ϕ

∂xi.

Iterując, widzimy, że istnieją kolejne pochodne cząstkowe, czyli u ∗ ϕ ∈C∞. Ponadto

Dα(u ∗ ϕ) = Dαu ∗ ϕ = u ∗ Dαϕ.

Ad. 3) Z definicji splotu:

(u ∗ ϕ)(x) = u(τxϕ).

Jeżeli więc

supp u ∩ supp τxϕ = ∅,

to: (u ∗ ϕ)(x) = 0. Ale: τxϕ(y) = ϕ(x− y), skąd

supp τxϕ = 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

x = a+ b ∈domknięty︷︸︸︷

supp u︸︷︷︸domknięty

+ supp ϕ︸︷︷︸zwarty

.

Dlatego supp (u ∗ ϕ) ⊂ supp u + supp ϕ. Ponadto, jeżeli supp u jestzwarty, to supp (u ∗ ϕ) jest zwarty.

120


Ad. 4) Ponieważ ϕ(x) = τ−xϕ(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:

(ϕ ∗ ψ) (x) = (ϕ ∗ ψ)(−x) =∫

Rn

ψ(y)ϕ(−x− y)dy =∫

Rn

ψ(−t)ϕ(t− x)dt =

=∫

Rn

ψ(t)τtϕ(x)dt

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -Lemat. Niech K ⊂ Rnx- zwarty, L ⊂ Rnt - kostka, czyli ogranic-zony przedział wielowymiarowy; Φ : Rnx × Rnt −→ C- klasy C∞,taka, że supp Φ ⊂ K × L; (Qν)ν∈N- normalny ciąg podziałówtaki, że Qν = (Qνα)α, gdzie Qνα ⊂ L- α-ta kostka ν-tego podzi-ału; |Qνα|- objętość przedziału Qνα; ξνα ∈ Qνα- punkty pośred-nie w danym przedziale Qνα; σν(x)- suma Riemanna dla ν-tegopodziału, zdefiniowana następująco:

σν(x) :=∑α

Φ(x, ξνα)|Qνα|.

Wtedy:

σν(x) ν→∞−→∫

Rn

Φ(x, t)dt,

w przestrzeni DK (względem x), a zatem i w D.Dowód. Dla powyższego ciągu należy udowodnić zbieżność jed-nostajną wraz z wszystkimi pochodnymi. Wykażemy zbieżnośćjednostajną ciągu funkcji, gdyż dla pochodnych cząstkowychrozumowanie jest analogiczne. Mamy:∑

α

mνα(x)|Qνα| 6∑α

Φ(x, ξνα)|Qνα| 6∑α

Mνα(x)|Qνα|,

gdzie mνα- najmniejsza wartość funkcji Φ na przedziale Qνα;Mνα- największa wartość funkcji Φ na przedziale Qνα. Ciągiodpowiadające mνα iMνα nazywamy odpowiednio ciągiem sumdolnych (jest to ciąg rosnący) i ciągiem sum górnych (jest to ciągmalejący). Dla całki Riemanna sumy dolne rosną do całki, sumy

121


górne maleją do całki, a pomiędzy nimi sumy aproksymacyjnedążą do całki.

Wystarczy zatem wykazać, że ∀x ∈ K:∑α

(Mνα(x)−mνα(x))|Qνα|ν→∞⇒ 0.

Niech zatem ε > 0. Z jednostajnej ciągłości, ∃δ > 0 takie,że jeżeli |(x, t)− (x, t)| < δ, to:

|Φ(x, t)− Φ(x, t)| < ε.

Wtedy dla ν 0 takiego, że diam Qν := maxα

Qνα < δ

mamy ∀α:

Mνα(x)−mνα <ε

|L|,

gdzie |L| jest objętością kostki L. Wtedy:

∑α

(Mνα(x)−mνα(x))|Qνα| 6ε

|L|·∑α

|Qνα|︸︷︷︸=|L|

= ε.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

W naszym przypadku

Φ : Rn × Rn 3 (x, t) −→ ψ(t) · τtϕ(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)︸︷︷︸⊂K

× (−supp ψ)︸︷︷︸⊂L

,

czyli jest ograniczony.W związku z tym ϕ ∗ψ ∈ DK . Można zatem aproksymować (ϕ ∗ψ) (x)

przez sumy Riemanna, które mają w tym przypadku postać:

σν(x) =∑α

ψ(ξνα)τξνα ϕ(x)|Qνα|,

Korzystając z lematu, uzyskujemy:

(u ∗ (ϕ ∗ ψ))(0) = u((ϕ ∗ ψ) ) = u(

limν→∞

σν

)= limν→∞

u(σν)︸︷︷︸z ciągłości u

=

122


= limν→∞

∑α

ψ(ξνα) · u(τξνα ϕ)︸︷︷︸(u∗ϕ)(ξνα)

·|Qνα|

Ale to są sumy Riemannowskie dla funkcji ψ · u ∗ ϕ. Zatem

(u∗(ϕ∗ψ))(0) =∫

Rn

ψ(t)·(u∗ϕ)(t) dt =∫

Rn

(u∗ϕ)(t)·ψ(−t) dt = ((u∗ϕ)∗ψ)(0),

co kończy dowód.

Def. Niech u ∈ D′- o supporcie zwartym; ϕ ∈ C∞. Wtedy splot dystrybucjio supporcie zwartym z funkcją gładką definiujemy następująco:

(u ∗ ϕ)(x) := u(τxϕ), x ∈ Rn.

Własności 5.7 (własności splotu dystrybucji o supporcie zwartym zfunkcją gładką).

Dla u ∈ D′- o supporcie zwartym; ϕ ∈ C∞; ψ ∈ D; x ∈ Rn:

1) τx(u ∗ ϕ) = τxu ∗ ϕ+ u ∗ τxϕ

2) u ∗ ϕ ∈ C∞ oraz Dα(u ∗ ϕ) = Dαu ∗ ϕ = u ∗ Dαϕ

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).




Twierdzenie 5.8. (tw. umożliwiające definicję splotu dwóch dystry-bucji).

i) Jeśli u ∈ D′, to:

Λ : D 3 ϕ −→ u ∗ ϕ ∈ C∞

jest ciągłym odwzorowaniem liniowym spełniającym warunek: ∀x ∈ Rn :τxΛ = Λτx, czyli Λ komutuje z shiftem τx.

123


ii) Jeśli Λ : D −→ C∞ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym komutującymz shiftem τx ∀x ∈ Rn, to ∃!u ∈ D′ taka, że Λϕ = u ∗ ϕ.

iii) Jeśli u ∈ D′ ma suport zwarty, to Λ : C∞ 3 ϕ −→ u∗ϕ ∈ C∞ jest ciągłymodwzorowaniem liniowym przestrzeni Frécheta, które komutuje z shiftemτx ∀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 tylkowtedy, 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

τxϕk → τxϕ w D.

Stąd

f(x) = limk→∞

(u ∗ ϕk)(x) = limk→∞

u(τxϕk) = u

(limk→∞

τxϕk

)=

= u(τxϕ) = (u ∗ ϕ)(x)

OK

124


Ad. ii) 1 Istnienie dystrybucji u.Połóżmy u(ϕ) := (Λϕ) (0), gdzie ϕ ∈ D. Wtedy oczywiście u :

D −→ C jest ciągłym funkcjonałem liniowym, czyli u ∈ D′.Dla x ∈ Rn mamy:

(Λϕ) (x) = (τ−xΛϕ) (0) = (Λτ−xϕ) (0) = u(τ−xϕ) = u(τxϕ) =

= (u ∗ ϕ)(x)

OK

2 Jedyność dystrybucji u.Niech u1, u2 ∈ D′ 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(τxϕ),

a w szczególności u(ϕ) = 0. Dlatego u = 0.- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Z lematu u ≡ 0, skąd u1 ≡ u2.

OK

Ad. iii) Dowód analogiczny, jak dla punktu (i).

Def. Niech u, v ∈ D′, z których co najmniej jedna ma suport zwarty. Wtedysplotem 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 ∈ D′:

1) Jeśli co najmniej jedna z dystrybucji u, v ma suport zwarty, to u∗v = v∗uoraz 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) Dαu = Dαδ0 ∗ u, gdzie δ0- miara/delta Diraca.

4) Jeśli co najmniej jedna z dystrybucji u, v ma suport zwarty, to Dα(u∗v) =Dαu ∗ v = u ∗ Dαv.

Dowód.

Ad. 1) 1 Przemienność splotu dystrybucji.Niech ϕ,ψ ∈ D. Wtedy mamy:

(u ∗ v) ∗ (ϕ ∗ ψ) = u ∗ (v ∗ (ϕ ∗ ψ))︸︷︷︸z def. u∗v

= u ∗ ((v ∗ ϕ) ∗ ψ)︸︷︷︸Wł. 5.6. (4)

=

= u ∗ (ψ ∗ (v ∗ ϕ))︸︷︷︸splot funkcji jest przemienny

= (u ∗ ψ) ∗ (v ∗ ϕ)︸︷︷︸Wł. 5.6. (4)

= (v ∗ ϕ) ∗ (u ∗ ψ)

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) ∗ ϕ)(0) = (u ∗ (v ∗ ϕ))(0)︸︷︷︸z def. u∗v

= u((v ∗ ϕ) ).

Ale z Wł. 5.6. (3):

supp (v ∗ ϕ) ⊂ supp v + supp ϕ = supp u− supp ϕ.

Stąd:

supp u ∩ (supp ϕ− supp v) = ∅ =⇒ supp u ∩ supp (v ∗ ϕ) = ∅ =⇒

126


=⇒ (u ∗ v)(ϕ) = 0Zadanie.

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)) ∗ ϕObrywając ϕ, uzyskujemy tezę.

OKII. 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(τxϕ) = τxϕ(0) = ϕ(−x) = ϕ(x).

Zatem δ0 ∗ ϕ = ϕ. Stąd:

Dαu ∗ϕ = u ∗ Dαϕ︸︷︷︸Wł. 5.6. (2)

= u ∗ Dα(δ0 ∗ϕ) = u ∗ (Dαδ0 ∗ ϕ)︸︷︷︸Wł. 5.6. (2)

= (u ∗ Dαδ0) ∗ϕ.

Obrywając ϕ, uzyskujemy tezę.

Ad. 4) Własność ta wynika z poprzednich. Mamy bowiem:

Dα(u ∗ v) = Dαδ0 ∗ (u ∗ v)︸︷︷︸Wł. 5.8. (3)

= (Dαδ0 ∗ u) ∗ v︸︷︷︸Wł. 5.8. (2)

= Dαu ∗ v︸︷︷︸Wł. 5.8. (3)

.

Z Wł. 5.8. (1) uzyskujemy tezę.

127

Chapter 6

Transformacja Fouriera

6.1 Definicja transformacji FourieraNiech dx1 . . . dxn- miara Lebesgue’a. Wtedy znormalizowaną miarę Lebesgue’a

definiujemy następująco:

dmn := dx1 . . . dxn(2π)n2

.

Niech f, g ∈ L1(Rn). Wtedy splot tych funkcji definiujemy następująco:

(f ∗ g)(x) =∫

Rn

f(y)g(x− y)dmn(y).

Niech x, t ∈ Rn; α ∈ Nn0 . Wprowadzamy następujące oznaczenia:

Dα := (i)−|α| · Dα = (i)−|α| ∂|α|

∂xα11 . . . xαnn

,

et(x) := eit·x, gdzie t · x =n∑k=1

tkxk, i =√−1.

Oczywiście

et(x+ y) = et(x) · et(y), Dαet(x) = tαet,

gdzie tα := tα11 . . . tαnn ∈ R.

Def. Niech f ∈ L1(Rn). Wtedy transformatą Fouriera funkcji f nazywamyfunkcję f : Rn −→ C zadaną wzorem:

f(t) :=∫

Rn

fe−tdmn ≡∫

Rn

f(x)e−t(x)dmn(x) =∫

Rn

f(x) · e−it·xdmn(x), t ∈ Rn

128

6.1. Definicja transformacji Fouriera

Odwzorowanie Φ : f −→ f nazywamy transformacją Fouriera.Uwaga.

1) f(t) = (f ∗ et)(0)

2) Dla wielomianu P (t) :=∑αCαt

α mamy:

P (D) :=∑α

CαDα, P (−D) =∑α

(−1)|α|CαDα

OczywiścieP (D)et = P (t)et.

Własności 6.1 (własności transformaty Fouriera).Dla f, g ∈ L1(Rn); x ∈ Rn:

1) (τxf ) = e−xf

2) (exf ) = τxf

3) (f ∗ g) = f · g

4) Jeśli λ > 0, h(x) := f(xλ ), to:

h(t) = λnf(λt).

Dowód.

Ad. 1) Mamy:

(τxf ) (t) =∫

Rn

τxf(y) · e−t(y)dmn(y) =∫

Rn

f (y − x)︸︷︷︸s

·e−t(y)dmn(y) =

=∫

Rn

f(s) · e−t(x+ s)dmn(s) =∫

Rn

f(s) · e−t(x) · e−t(s)dmn(s) =

= e−t(x)∫

Rn

f(s) · e−t(s)dmn(s) = e−t(x) · f(t) = e−x(t) · f(t)

OK

Ad. 2) Mamy:

(exf ) (t) =∫

Rn

(exf)(y) · e−t(y)dmn(y) =∫

Rn

f(y) · e−(t−x)(y)dmn(y) =

= f(t− x) = τxf(t)

129

6.1. Definicja transformacji Fouriera

OK

Ad. 3) Mamy:

(f ∗ g) (t) =∫

Rn

∫Rn

f(x− y)g(y)dmn(y)

· e−t(x)dmn(x) =

=∫∫

Rn×Rn

f(x− y)g(y) · e−t(x)dmn(x)dmn(y)

︸︷︷︸z tw. Fubiniego

= . . .

Dokonując zmiany zmiennych x = u+ y, y = y, której jakobian wynosi1, kontynuujemy

· · · =∫∫

Rn×Rn

f(u)g(y) · e−t(u+ y)dmn(x)dmn(y) =

∫∫Rn×Rn

f(u) · e−t(u) · g(y) · e−t(y)dmn(u)dmn(y) =

=∫

Rn

f(u) · e−t(u)dmn(u) ·∫

Rn

g(y) · e−t(y)dmn(y) = f(t) · g(t)

OK

Ad. 4) Mamy:

h(t) =∫

Rn

h(y)e−t(y)dmn(y) =∫

Rn

f( yλ

)e−t(y)dmn(y) = . . .

Dokonujemy teraz zamiany zmiennych x = yλ . Wtedy dmn(x) = λn ·

dmn(y), ponieważ jakobian tej zamiany zmiennych wynosi J = λn. Stąd:

· · · =∫

Rn

f(x) · e−λt(x) · λndmn(x) = λnf(λt).

130

6.2. Funkcje szybko malejące

6.2 Funkcje szybko malejąceDef. Przestrzeń funkcji szybko malejących definiujemy następująco:

Sn := ϕ ∈ C∞(Rn) : max|α|6N

supx∈Rn

(1 + |x|2

)N · |Dαϕ(x)|︸︷︷︸=‖(1+|x|2)N ·Dαϕ‖Rn

<∞ ∀N ∈ N =

= ϕ ∈ C∞(Rn) : P · Dαϕ- 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 · Dαϕ ∈ L1(Rn)

∀α ∈ Nn0 ,∀P - wielomian. Wynika to z faktu, że z definicji funkcji szybko male-jącej funkcja: (

1 + |x|2)N · P · Dαϕ

jest funkcją ograniczoną ∀N ∈ N. Zatem dla pewnego C > 0 i N 0 mamy

|P · Dαϕ| 6C

(1 + |x|2)N ,

skąd teza.Przestrzeń Sn jest przestrzenią liniową. Wprowadzimy teraz seminormy w

tej przestrzeni:

‖ϕ‖i := max|α|6i

‖(1 + |x|2)iDαϕ‖Rn , ϕ ∈ Sn, i ∈ N.

Uwaga. Mamy: DK ⊂ Sn. Ponadto topologia Frécheta na DK jest topologiąindukowaną przez topologię wyznaczoną przez seminormy ‖i na Sn.

Własności 6.2 (własności topologii przestrzeni funkcji szybko maleją-cych).

1) ϕk → ϕ0 w Sn, gdy ∀α ∈ Nn0 ,∀P - wielomian: P · Dαϕk ⇒ P · Dαϕ0 naRn.

2) (ϕk) jest ciągiem Cauchy’ego w Sn, gdy ∀α ∈ Nn0 ,∀P - wielomian: (P ·Dαϕk)k∈N jest ciągiem Cauchy’ego w normie ‖sup.

3) Przestrzeń Sn z seminormami ‖i jest przestrzenią Frécheta.

131


Dowód. Punkty 1) i 2) są oczywiste. Jedyną rzeczą, którą należy udowodnić,jest zupełność topologii wyznaczonej przez seminormy ‖i.

Niech (ϕk) będzie ciągiem Cauchy’ego w Sn. Dzięki własnociści 2), ciąg(P ·Dαϕk)k∈N jest ciągiem Cauchy’ego w przestrzeni Banacha C∞(Rn) z normą‖sup, ∀α ∈ Nn0 ,∀P - wielomian.

Wtedy z zupełności przestrzeni C∞(Rn): ∃ϕ0 ∈ C∞(Rn) taka, że: P ·Dαϕk ⇒ P · Dαϕ0 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 −→ Dαϕ 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) = P · ϕ

b) wzór na „pochodną” transformaty Fouriera:

P (−D)ϕ = (P · ϕ)

3) Transformacja Fouriera Φ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym Sn wSn.

Dowód.

Ad. 1) Z definicji przestrzeni Sn: Dαϕ ∈ Sn. Ze wzoru Leibnitza na pochodnąiloczynu mamy:

Dα(P · ϕ) =∑β6α

CαβDα−βP · Dβϕ

Dα(ψ · ϕ) =∑β6α

CαβDα−βψ · Dβϕ

Zatem P · ϕ ∈ Sn i ψ · ϕ ∈ Sn, ponieważ kontrolujemy normy ‖sup.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, toχ = P · ϕ. Ale to jest oczywiste, gdyż zbieżność w Sn oznacza zbieżnośćjednostajną, więc tym bardziej punktową P · ϕk → P · ϕ.

Ad. 2) a) (P (D)ϕ) = P · ϕMamy:

P (D)ϕ ∗ et = ϕ ∗ P (D)et = ϕ ∗ P (t)et = P (t) · (ϕ ∗ et).

132


Stąd

(P (D)ϕ) (t) = (P (D)ϕ ∗ et)(0) = (P (t) · (ϕ ∗ et))(0) = P (t) · ϕ(t).

OK

b) P (−D)ϕ = (P · ϕ)Wystarczy sprawdzić ten wzór dla P (x) = x1, a następnie iterować.

Oczywiście

P (−D) = −D1 = 1−i· D1 = 1

−i∂

∂x1.

Niech v = (1, 0, . . . , 0) ∈ Rn. Wtedy

P (−D)ϕ(t) = −D1ϕ(t) = limλ→0

ϕ(t+ λv)− ϕ(t)−λi

=

= limλ→0

1−λi

∫Rn

ϕ(x) ·(e−(t+λv)(x)− e−t(x)

)dmn(x) =

= limλ→0

∫Rn

ϕ(x) · e−t(x) · e−λv(x)− 1−λi

dmn(x) =

=∫

Rn

ϕ(x) · e−t(x) · limλ→0

e−λv(x)− 1−λi

dmn(x)

︸︷︷︸z tw. o zbieżności zmajoryzowanej

= . . .

Ale:

limλ→0

e−λv(x)− 1−λi

= limλ→0

e−iλv·x − 1−λi

=

= limλ→0

e−iλx1 − 1−λi

H= limλ→0

−ix1e−iλx1

−i= x1,

przy czym jest to zbieżność jednostajna (ponieważ e−iλx1 jest okre-sowa) względem x ∈ Rn.Stąd:

· · · =∫

Rn

x1 · ϕ(x) · e−t(x)dmn(x) = (x1 · ϕ) (t) = (P · ϕ) (t).

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), ψ = Dαϕ oraz

P · Dαϕ = P · ψ = (P (D)ψ) .

Ale P (D)ψ ∈ L1(Rn), skąd (P (D)ψ) jest funkcją ograniczoną. Pokazal-iśmy zatem, że po wymnożeniu dowolnej pochodnej funkcji ϕ przez dowolnywielomian otrzymaliśmy funkcję ograniczoną. Zatem ϕ ∈ Sn.

Ciągłość wynika z twierdzenia o wykresie domkniętym. Należy pokazać,że jeżeli ϕk → ϕ w Sn i ϕk → ψ w Sn, to ψ = ϕ.

Jeżeli ϕk → ϕ w Sn, to również ϕk → ϕ w L1(Rn). Stąd ϕk(t)→ ϕ(t)∀t ∈ Rn. Ale z założenia, ϕk(t)→ ψ(t), skąd teza.

6.3 Aproksymacja przez splotDef. Niech ψ ∈ D(Rn) taka, że ψ > 0 i

∫Rnψ(x)dmn(x) = 1. Wtedy ciąg

funkcji:

ψk(x) := knψ(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:

ϕk(x) = (ϕ ∗ ψk)(x) =∫

Rn

ϕ(y)ψk(x− y)dmn(y)

︸︷︷︸∈D(Rn)

.

Niech ε > 0. Mamy

|ϕ(x)− (ϕ ∗ψk)(x)| =

∣∣∣∣∣∣∫

Rn

ϕ(x)ψk(x− y)dmn(y)−∫

Rn

ϕ(y)ψk(x− y)dmn(y)

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣∫

Rn

(ϕ(x)− ϕ(y))ψk(x− y)dmn(y)

∣∣∣∣∣∣ 6∫

Rn

|ϕ(x)−ϕ(y)|ψk(x−y)dmn(y) 6 . . .

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

· · · 6 ε ·∫

Rn

ψ(x− y)dmn(y)

︸︷︷︸=1

= ε,

skąd ϕk ⇒ ϕ.

Zatem dowolną funkcję ciągłą o supporcie zwartym można aproksymowaćciągiem 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 FourieraLemat. Jeśli f ∈ L1(Rn), to:

‖f‖∞ 6 ‖f‖1 (6.1)

oraz f ∈ C0(Rn) (przestrzeń funkcji ciągłych znikających w nieskończoności).

Dowód. Nierówność (6.1) jest oczywiste z samej definicji transformaty Fouri-era.

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 odwzorowaniemliniowym z L1(Rn) w L∞(Rn). Dlatego:

Φ(L1(Rn)

)= Φ

(SnL1)⊂ . . .

Ale dla odwzorowań ciągłych obraz domknięcia zawiera się w domknięciuobrazu. Stąd:

· · · ⊂ Φ (Sn)L∞⊂ Sn

L∞ ⊂ C0(Rn)L∞

.

Ale norma ‖∞ w przestrzeni funkcji ciągłych redukuje się do normy ‖sup(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).

Stwierdzenie 6.3. Niech χn : Rn −→ R, χn(x) := e−12 |x|

2 . Wtedy χn ∈ Sn,χn = χn oraz:

χn(0) =∫

Rn

χn(t)dmn(t) = 1.

135


Dowód. Jest oczywiste, że χn ∈ Sn.

I. n = 1Wtedy χ1 spełnia równanie różniczkowe χ′1 + xχ1 = 0. Dalej:

(χ′1) = (iDχ1) = ixχ1.

Do tego:

(xχ1) = −Dχ1 = −1iχ′1 = iχ′1.

Stąd:

0 = 0 = (χ′1 + xχ1) = ixχ1 + iχ′1 = i(χ′1 + xχ1).

Jak widać χ1 spełnia to samo równanie różniczkowe. Zatem z jednoz-naczności należy sprawdzić, czy χ1 i χ1 przyjmują te same wartości wzerze. Mamy:

χ1(0) = 1

χ1(0) = 1√2π

∞∫−∞

e−12x

2dx =

√2π√2π

= 1

Stąd χ1 = χ1.

OK

II. n- dowolneZauważmy, że:

χn(x) = χ1(x1) . . . χ1(xn),

skąd:

χn(x) = χ1(x1) . . . χ1(xn).

Stosujemy zatem punkt 1, uzyskując tezę.

Stwierdzenie 6.4. Niech f, g ∈ L1(Rn). Wtedy:∫Rn

f(y) · g(y)dmn(y) =∫

Rn

f(x) · g(x)dmn(x).

136


Dowód. Z twierdzenia Fubiniego:

∫Rn

f(y) · g(y)dmn(y) =∫

Rn

∫Rn

f(x) · e−ix·y · g(y)dmn(x)dmn(y) =

=∫

Rn

f(x) · g(x)dmn(x).

Twierdzenie 6.5 (o odwracaniu transformacji Fouriera).

i) Jeśli ϕ ∈ Sn, to dla x ∈ Rn:

ϕ(x) =∫

Rn

ϕ(t) · eit·xdmn(t). (6.2)

ii) Transformacja Fouriera Φ jest ciągłym odwzorowaniem liniowym Sn naSn o okresie 4 (tj. Φ Φ Φ Φ = id), którego odwzorowanie odwrotnejest również ciągłe. Ponadto Φ(Φ(ϕ)) = ϕ, tzn. ˆϕ = ϕ.

iii) Jeśli f, f ∈ L1(Rn), to ∀!x ∈ Rn (tj. dla prawie wszystkich, czyli zdokładnością do zbioru miary zero): f(x) = f0(x), gdzie:

f0(x) :=∫

Rn

f(t) · eit·xdmn(t).

Dowód.

Ad. i) Niech ϕ ∈ Sn, ψ(x) := χn(xλ ), gdzie λ > 0. Wtedy z Wł. 6.1. (4):

ψ(t) = λnχn(λt)︸︷︷︸Wł. 6.1. (4)

= λnχn(λt)︸︷︷︸Stw. 6.3.

.

Stąd i ze Stw. 6.4.:

∫Rn

ψ(x)︷︸︸︷χn

(xλ

)·ϕ(x)dmn(x) =

∫Rn

ϕ (t) ·

ψ(t)︷︸︸︷λnχn(λt) dmn(t) =

=∫

Rn

ϕ(xλ

)· χn(x)dmn(x)

︸︷︷︸x=λt

Jeśli λ→∞, to

137


ϕ(xλ

)· χn(x)

Rn⇒ ϕ(0) · χn(x)

oraz

χn

(xλ

)· ϕ(x)

Rn⇒ χn(0) · ϕ(x),

ponieważ χn, ϕ ∈ C0(Rn) (jak wykazano w lemacie).Z twiedzenia Lebesgue’a o zbieżności zmajoryzowanej:∫

Rn

ϕ(xλ

)· χn(x)dmn(x) λ→∞−→

∫Rn

ϕ(0) · χn(x)dmn(x)

∫Rn

χn

(xλ

)· ϕ(x)dmn(x) λ→∞−→

∫Rn

χn(0) · ϕ(x)dmn(x)

Stąd

ϕ(0)∫

Rn

χn(x)dmn(x)

︸︷︷︸=1

=∫

Rn

χn(0)︸︷︷︸=1

·ϕ(x)dmn(x).

Zatem

ϕ(0) =∫

Rn

ϕ(t)dmn(t).

A to jest wzór (6.2) dla x = 0. Z Wł. 6.1. (1) mamy:

ϕ(x) = (τ−xϕ)(0) =∫

Rn

(τ−xϕ) (t)dmn(t) =∫

Rn

ϕ(t) · eit·xdmn(t).

OK

Ad. ii) Wynika bezpośrednio z punktu (i).

OK

138


Ad. iii) Niech ϕ ∈ Sn. Ze Stw. 6.4. oraz wzoru (6.2):∫Rn

f0(x)ϕ(x)dmn(x) =∫

Rn

∫Rn

f(t)eit·xϕ(x)dmn(t)dmn(x) =

=∫

Rn

f(t)ϕ(t)dmn(t)

︸︷︷︸z równania (6.2)

=∫

Rn

f(t)ϕ(t)dmn(t)

︸︷︷︸Stw. 6.4.

.

Zatem

∀ϕ ∈ Sn∫

Rn

(f − f0)ϕ dmn = 0,

skąd

∀ϕ ∈ Sn∫

Rn

(f − f0)ϕ dmn = 0.

Powyższa równość zachodzi tym bardziej ∀ϕ ∈ D(Rn), a dzięki z gęstościprzestrzeni D(Rn) w Cc(Rn), również ∀ϕ ∈ Cc(Rn).Zauważmy teraz, że jeśli

∫Rnh · ϕ dmn = 0 ∀ϕ ∈ Cc(Rn), to h = 0 prawie

wszędzie. Dlatego f − f0 = 0 prawie wszędzie; fakt ten można uzyskaćwykorzystując twierdzenie Łuzina, sformułowane poniżej.

Twierdzenie Łuzina. Niech f : Rn → C bedzie funkcją mierzalną, A ⊂ Rnpodzbiorem 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) = ϕ ∗ ψ

b) ϕ ∗ ψ ∈ Sn

Dowód.

Ad. a) Z Wł. 6.1. (3):

Φ(ϕ ∗ ψ) = Φ(ϕ) · Φ(ψ) = ϕ · ψ = (ϕ · ψ) = Φ(Φ(ϕ · ψ)).

Ponieważ Φ jest odwracalne, możemy je oberwać. Stąd:

ϕ ∗ ψ = 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

Ψ : L2(Rn) na7−→ L2(Rn).

Dowód.

1 Jedyność.Jedyność wynika z gęstości Sn w L2(Rn).

OK

2 Istnienie.Dla ϕ,ψ ∈ Sn mamy (przy oznaczeniu ψ oznaczającym sprzężenie

funkcji ψ):∫Rn

ϕ(x)ψ(x)dmn(x) =∫

Rn

∫Rn

ψ(x)ϕ(t)eit·xdmn(t)dmn(x) =

=∫

Rn

∫Rn

ϕ(t)ψ(x)e−it·xdmn(t)dmn(x) =∫

Rn

ϕ(t)ψ(t)dmn(t)

Otrzymaliśmy zatem tzw. wzór Plancherela:

〈ϕ,ψ〉 =∫

Rn

ϕ · ψdmn =∫

Rn

ϕ · ¯ψdmn = 〈ϕ, ψ〉, ϕ, ψ ∈ Sn.

W szczególności dla ϕ = ψ otrzymujemy:

‖ϕ‖2 = ‖ϕ‖2.

Oznacza to, że Φ jest izometrią podprzestrzeni Sn w L2(Rn). Ale izome-tria przedłuża się jednoznacznie na domknięcie przestrzeni zupełnej, skądteza.

140

6.5. Dystrybucje temperowalne i transformata Fouriera dystrybucji

6.5 Dystrybucje temperowalne i transformata Fouri-era 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.

Wystarczy udowodnić, że ϕr ∈ D(Rn) oraz ϕrr→0−→ ϕ w Sn.

Pierwsza część stwierdzenia jest oczywista. W celu udowodnienia drugiejnależy wykazać, że:

max|α|6N

supx∈Rn

[(1 + |x|2

)N · |Dα(ϕ− ϕr)(x)|]r→0−→ 0.

Ze wzoru Leibnitza:

(1 + |x|2

)N · |Dα (ϕ− ϕr)(x)︸︷︷︸=ϕ(x)(1−ψ)(rx)

| =(1 + |x|2

)N ··|∑β6α

CαβDα−βϕ(x) · r|β|Dβ(1− ψ)(rx)︸︷︷︸=0 dla |x|6 1

r

| = . . .

Ale(1 + |x|2

)N ·Dα−βϕ(x) ∈ C0(Rn) z definicji funkcji szybko malejącej.Zatem:

. . .r→0−→ 0.

OK

Ad. ii) Niech K ⊂ Rn- zwarty. Pytamy, czy j : DK −→ Sn jest ciągłe? AleDK jest przestrzenią Frécheta z topologią Frécheta, która pokrywa sięz topologią indukowaną na DK z Sn. Zatem mamy ciągłość, a nawethomeomorfizm na obraz. Zatem odwzorowanie j : D(Rn) −→ Sn jestciągłe.

141


Def. Rozważmy następujące odwzorowanie:

D(Rn) j7−→ SnΛ7−→ C

i oznaczmy uΛ := Λ j : D(Rn) −→ C. Ponieważ Λ i j są ciągłe, uΛ ∈ D′(Rn).Dzięki gęstości D(Rn) w Sn odwzorowanie liniowe:

Sn 3 Λ 7−→ uΛ ∈ D′(Rn)jest injektywne. Dystrybucję postaci uΛ nazywamy dystrybucjami temper-owalnymi. Są to dokładnie te dystrybucje, które mają ciągłe rozszerzenia naSn (tzn. przedłużają się w sposób ciągły do funkcjonałów Λ na Sn). Ponieważprzedłużenie to jest jednoznaczne (co wynika z gęstości D(Rn) w Sn), będziemyutożsamiać uΛ z Λ ∈ S ′n, a Przestrzeń dystrybucji temperowalnych oz-naczać przez S ′n.

Sprawdzanie ciągłości funkcjonału u na przestrzeni Sn polega na szacowaniumodułu |u(ϕ)| przez wartości seminorm na ϕ, ϕ ∈ Sn. Wtedy u jest dystrybucjątemperowalną.

Przykład 1. Każda dystrybucja u ze zwartym nośnikiem jest temperowalna.

Dowód. Wynika to z faktu, że u przedłuża się do ciągłego funkcjonału liniwegona przestrzeni Frécheta C∞(Rn) oraz tego, że zanurzenie Sn −→ Cc(Rn) jestciągłe.

Przykład 2. Niech µ- dodatnia miara borelowska na Rn taka, że∫Rn

dµ(x)(1 + |x|2)N

<∞

dla pewnego N ∈ N. Wtedy u = uµ zdefiniowana jako

uµ(ϕ) :=∫

Rn

ϕdµ, ϕ ∈ Sn

jest dystrybucją temperowalną.

Dowód. Niech ϕk → 0 w Sn. Wtedy:

εk := supx∈Rn

(1 + |x|2

)N · |ϕk(x)| k→0−→ 0,

a stąd:

|uµ(ϕk)| 6∫

Rn

(1 + |x|2

)N · |ϕk(x)|(1 + |x|2)N

dµ(x) 6 εk∫

Rn

dµ(x)(1 + |x|2)N

.

142


Przykład 3. Niech p ∈ [1,∞); f : Rn −→ C- globalna i mierzalna, taka, że:

C :=∫

Rn

(|f(x)|

(1 + |x|2)N

)pdmn(x) <∞

dla pewnego N ∈ N. Wtedy dystrybucja

u = uf : Sn −→ C, u(ϕ) :=∫

Rn

ϕ · fdmn, ϕ ∈ Sn,

jest dystrycucją temperowalną.

Dowód.

I. p > 1Niech 1

p + 1q = 1 (p, q- wykładniki sprzężone); ϕ ∈ Sn. Wtedy z Tw.

4.4. (nierówność Höldera) mamy:

|uf (ϕ)| 6∫

Rn

|ϕ| · |f |dmn 6∫

Rn

(1 + |x|2

)N · |ϕ(x)| · |f(x)|(1 + |x|2)N

dmn(x) 6

6 C1p

∫Rn

((1 + |x|2

)N · |ϕ(x)|)qdmn(x)

1q

6

6 C1p ·B

1q · ‖|ϕ(x)| ·

(1 + |x|2

)M ‖Rn︸︷︷︸jedna z seminorm na Sn

,

gdzie M 0- tak duża, aby

B :=∫

Rn

dmn(x)(1 + |x|2)(M−N)·q <∞.

OK

II. p = 1Niech ϕ ∈ Sn. Wtedy:

|uf (ϕ)| 6∫

Rn

|ϕ| · |f |dmn =∫

Rn

(1 + |x|2

)N · |ϕ(x)| · |f(x)|(1 + |x|2)N

dmn(x) 6

143


6 ‖(1 + |x|2

)N · |ϕ(x)|‖Rn ·∫

Rn

|f(x)|(1 + |x|2)N

dmn(x)

︸︷︷︸C<∞ (z założenia)

=

= C · ‖(1 + |x|2

)N · |ϕ(x)|‖Rn︸︷︷︸jedna z seminorm na Sn

Wniosek 1. Każda funkcja f ∈ Lp(Rn), p ∈ [1,∞) jest dystrybucją temper-owalną.

Wniosek 2. Każdy wielomian jest dystrybucją temperowalną.

Def. Niech u ∈ S ′n, ϕ ∈ Sn. Wtedy transformatę Fouriera dystrybucjitemperowalnej definiujemy następująco:

u(ϕ) := u(ϕ).

Twierdzenie 6.8 (o transformacji Fouriera dystrybucji temperowal-nych).

i) Niech u ∈ S ′n; α ∈ Nn0 ; P - wielomian; ψ ∈ Sn. Wtedy dystrybucje: Dαu,P · u, ψ · u są temperowalne.

ii) Transformacja Fouriera Ψ jest ciągłym liniowym odwzorowaniem bijekty-wnym S ′n na S ′n o okresie 4 i ma ciągłe odwzorowanie odwrotne.

iii) Jeśli u ∈ S ′n, P - wielomian, to zachodzą następujące wzory:

a) wzór na transformatę Fouriera „pochodnej”:

(P (D)u) = P · u

b) wzór na „pochodną” transformaty Fouriera:

P (−D)u = (P · u)

Dowód.

Ad. i) Wynika bezpośrednio z Tw. 6.1 (1) (o transformacji Fouriera funkcjiszybko malejących), gdyż na przykład:

(P · u)(ϕ) = u(P · ϕ), ϕ ∈ Sn.

144


Ad. ii) 1 LiniowośćLiniowość jest oczywista.

OK

2 CiągłośćNa przestrzeni S ′n mamy słabą* topologię. Należy wykazać, że odw-zorowanie Ψ : S ′n 3 u −→ u ∈ S ′n 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) = u(ϕ) = u(ϕ)︸︷︷︸z def

= ϕ∗(u).

Ale ϕ ∈ Sn. Zatem ϕ∗(u) jest ciągłe.

OK

3 BijektywnośćZ definicji, Ψ : S ′n −→ S ′n 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 równieżjest 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) = P · u

(P (D)u) (ϕ) = P (D)u(ϕ) = −u(P (D)ϕ) = u(P (−−D)ϕ) =

= u((P · ϕ) )︸︷︷︸z Tw. 6.1, (2)

= u(P · ϕ) = (P · u)(f)


OK

145


b) P (−D)u = (P · u)

P (−D)u(ϕ) = −u(P (−D)ϕ) = u(P (D)ϕ) = u((P (D)ϕ) ) =

u((P · ϕ))︸︷︷︸z Tw. 6.1. (2)

= (P · u)(ϕ) = (P · u) (ϕ)


Przykłady.

1) 1 = δ0 i δ = 1

1(ϕ) = 1(ϕ) =∫

Rn

ϕ(x)dmn(x) =∫

Rn

ϕ(x) · ei0·xdmn(x) = ϕ(0) = δ0

δ0(ϕ) = δ0(ϕ) = ϕ(0) =∫

Rn

ϕ(t)e−i0·tdmn(t) =∫

Rn

ϕ(t)dmn(t) = 1(ϕ)

2) Mamy:

(P (D)δ0) = P · δ0 = P.

W szczególności dla n = 1 i P (x) = x, P (D) = 1i∂∂x .

Zatem

(i−1∂/∂xδ0) = x, (∂/∂xδ0) = ix.

Z kolei dla P (x) = xα mamy:

((−i)−|α|Dαδ0) = xα, (Dαδ0) = i|α| · xα.

3) Mamy:

P = (P · 1) = P (−D)1 = P (−D)δ0.

W szczególności dla n = 1 i P (x) = xα:

146


(xα) =(−1i

)|α|· Dαδ0 = i|α| · Dαδ0.

Dla P (x) = x:

x = i∂δ0∂x

4) Wyznaczymy (sin x) .Połóżmy f(x) := sin x

x2+1 ∈ L1(Rn); g(x) := sin x. Wtedy

g(x) = f(x)(x2 + 1).

Ale

(P · u) = P (−D)u.

Policzmy zatem

f(t) = 1√2π

∫R

sin x · e−itx

x2 + 1 dx.

Mamy przy tym

sin x · eitx = 12i

(ei(t+1)x − ei(t−1)x

),

∞∫−∞

eiax

x2 + 1dx = π · e−|a|,

a więc

f(t) = 12i

√π√2

(e−|t−1| − e−|t+1|

).

Stąd

(sin x) = ((x2 + 1)︸︷︷︸P

·f(x)) = P (−D)f =(

1i2D2 + 1

)f = f −D2f .

Ponieważ

147


d

dte−|t| =

−e−|t|, t > 0e−|t|, t < 0

więc

d2

dt2e−|t| = e−|t| − 2δ0.

Ostatecznie otrzymujemy

(sin x) = P (−D)f = 12i

√π√2

1√2π

(2δ1 − 2δ−1) = 12i (δ1 − δ−1).

Def. Niech u ∈ S ′n; ϕ ∈ Sn. Wtedy splot dystrybucji temperowalnej zfunkcją szybko malejącą definiujemy następująco:

(u ∗ ϕ)(x) := u(τxϕ)

Własności 6.3 (własności dystrybucji temperowalnych).Dla u ∈ S ′n, ϕ,ψ ∈ Sn:

1) (τxu) = e−xu oraz (exu) = τxu

2) u ∗ ϕ ∈ C∞(Rn) oraz Dα(u ∗ ϕ) = Dαu ∗ ϕ = u ∗ Dαϕ.

3) Splot u∗ϕ ma wzrost wielomianowy, czyli jest dystrybucją temperowalną.

4) (u ∗ ϕ) ∗ ψ = u ∗ (ϕ ∗ ψ)

5) (u ∗ ϕ) = u · ϕ

6) u ∗ ϕ = (u · ϕ)

Dowód. Udowodnimy tylko własność (1). Niech ϕ ∈ Sn. Wtedy

(τxu) (ϕ) = (τxu)(ϕ) = u(τ−xϕ) = u((e−xϕ) ) = u(e−xϕ) = (e−xu)(ϕ)

(exu) (ϕ) = (exu)(ϕ) = u(exϕ) = u((τ−xϕ) ) = u(τ−xϕ) = τxu(ϕ)

Pozostałe dowody są podobne do dowodów własności splotu dystrybucji,poznanych wcześniej.

148

6.6. Zastosowanie transformacji Fouriera do rozwiązywania liniowych równańróżniczkowych cząstkowych o stałych współczynnikach

Przykład.

cosx = eix + e−ix

2 = e1(x) + e−1(x)2

sin x = eix − e−ix

2i = e1(x)− e−1(x)2i

Możemy zatem wykorzystać Wł. 6.3. (1) do obliczenia transformat Fouri-era funkcji sin x i cosx. Na przykład:

(cosx) = 12 ((e1 · 1) + (e−1 · 1) ) = 1

2(τ11+τ−11) = 12(τ1δ0+τ−1δ0) = 1

2(δ1+δ−1).

6.6 Zastosowanie transformacji Fouriera do rozwiązy-wania liniowych równań różniczkowych cząstkowycho stałych współczynnikach

Niech P (t)- wielomian n-tego stopnia o współczynnikach zespolonych. Eozważmyrównanie:

P (D)u = v, (6.3)

gdzie u- niewiadoma dystrybucja, a v ∈ S ′n- zadana dystrybucja temperowalna.Należy zawczasu zaznaczyć, że tą metodą możemy otrzymać jedynie rozwiązaniabędące dystrybucjami temperowalnymi.

Zadziałajmy na to równanie transformacją Fouriera Ψ:

(P (D)u) = v,

czyli:

P · u = v. (6.4)

Rozwiązanie równania różniczkowego (6.3) sprowadza się zatem do problemudzielenia dystrybucji temperowalnych przez wielomiany. Okazuje się, że jest tozawsze wykonalne, aczkolwiek nie ma jednoznaczności. Mówi o tym poniższebardzo ważne twierdzenie.

Twierdzenie 6.9 (Łojasiewicza-Hörmandera o dzieleniu dystrybucji).Niech Ω ⊂ Rn- otwarty; w ∈ D′(Ω) (w ∈ S ′n(Ω)); P (x)- wielomian (lub funkcjaanalityczna). Wtedy istnieje dystrybucja u ∈ D′(Ω) (u ∈ S ′n(Ω)) taka, żeP · u = w.

(bez dowodu)

149


Uwaga. Nie ma jednoznaczności dla rozwiązania problemu dzielenia dystry-bucji, np. każde dwa rozwiązania problemu dzielenia x · u = w, gdzie u ∈ D′()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 funkcjeklasy C∞ zerujące się w zerze mają taką własność, że można je wydzielićprzez 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)︸︷︷︸=0

(ψ) =

= u(ω)︸︷︷︸C

·δ0(ϕ)


Uwaga. Problem z jednoznacznością pojawia się jedynie w pobliżu miejsczerowych funkcji P (x). Dlatego dwa rozwiązania równania (6.6) mogą różnićsię wyłącznie o taką dystrybucję, której suport zawiera się w zbiorze zer funkcjiP (x).

Podsumowując, w celu rozwiązania równania (6.6) znajdujemy rozwiązanieproblemu dzielenia w = u ∈ S ′n. Wówczas rozwiązanie wyjściowego równania(6.3) dane jest wzorem:

u = Ψ−1(w).

150


Przykład. Rozwiążemy równanie cząstkowe:

∆u− u = v,

gdzie v ∈ S ′n- dana; u ∈ S ′n- niewiadoma; ∆ := ∂2

∂x21

+ · · · + ∂2

∂x2n- operator

Laplace’a.Oczywiście:

∆ = −n∑k=1

(1i

∂

∂xk

)2= −Q(D),

gdzie Q(t) :=n∑k=1

t2k. Zatem nasze równanie ma postać:

P (D)u = −v,

gdzie P (t) :=n∑k=1

t2k + 1.

Działamy na to równanie transformacją Fouriera, otrzymując:

P · u = v =⇒ u = v

P= w ∈ S ′n.

Ponieważ v,∈ S ′n oraz P (x) 6= 0 ∀x ∈ R, rozwiązanie problemu dzielenia jestjedyne, ale jedynie wśród rozwiązań z przestrzeni S ′n.

Uwaga.Rozwiązanie tego równania jest jedyne w klasie S ′n, gdy v ∈ S ′n. Jeżeli v ∈ Sn

lub v ∈ L2(R), to rozwiązanie u dane jest wzorem:

u(x) =∫

Rn

w(t)eit·xdmn(t) ∀!x ∈ Rn

Brak jedyności rozwiązania w sytuacji ogólnej zilustrujemy następującymprzykładem. Rozważmy równanie różniczkowe zwyczajne

d2u

dx2 − u = 0,

(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 dajejedyne rozwiązanie u = 0. Powodem tego braku jednoznaczności rozwiązaniajest fakt, że funkcje ex i e−x NIE są dystrybucjami temperowalnymi.

Przynależność do klasy S ′n jest rodzajem warunku brzegowego narzu-conego na dystrybucje, który ogranicza ich wzrost, wykluczając na przykładfunkcje wykładnicze.

151

analiza matematyczna iii mt notatki z wykładu prof

Documents