Sadržaj
1 Prostor test funkcija i aproksimacija
2 Distribucije
2.1 Osnovno o distribucijama . . . .
2.2 Operacije na distribucijama . . .
2.3 Konvergencija distribucija . . . .
2.4 Nosač distribucije, jednadžbe u D0
.
.
.
.
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Fourierova analiza
3.1 Fourierova transformacija . . . . . . . . . .
3.2 Inverzna Fourierova transformacija . . . . .
3.3 Schwartzov prostor . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Fourierova transformacija na L2 . . . . . . .
3.5 Temperirane distribucije . . . . . . . . . . .
3.6 Konvolucije i Fourierova transformacija . . .
3.7 Primjena Fourierove transformacije na PDJ
4 Prostori Soboljeva
4.1 Osnovne definicije . . . . . . . . .
4.2 Soboljevljevi prostori na Rd . . .
4.3 Soboljevljevi prostori cjelobrojnog
4.4 Lax-Milgramova lema i primjene .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
reda na Ω ⊆ Rd
. . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
5
8
12
14
.
.
.
.
.
.
.
20
20
25
26
28
29
34
37
.
.
.
.
40
40
41
44
48
Poglavlje 1
Prostor test funkcija i aproksimacija
Definicija 1.1.1. Neka je Ω ⊆ Rd otvoren skup. S Cc∞ (Ω) ćemo označavati prostor svih
funkcija klase C ∞ na Ω čiji je nosač kompaktan u Ω. Osim oznake Cc∞ (Ω) nekad ćemo
koristiti i oznaku D(Ω).
Na prvi pogled nije uopće jasno da taj prostor sadrži netrivijalne funkcije. U idućem
zadatku ćemo konstruirati upravo jednu takvu, dok ćemo kasnije vidjeti kako pomoću nje
možemo dobiti većinu preostalih funkcija, tj. barem onih nama potrebnih.
Zadatak 1.1.2. Označimo s f (t) = e−1/t 1h0,∞i (t). Tada je
a) f ∈ C ∞ (R),
b) funkcija ρ : Rd → R definirana s
(
1
Ce |x|2 −1 , |x| < 1,
2
ρ(x) = Cf (1 − |x| ) =
,
0,
|x| ≥ 1
−1
´
pri čemu je C = Rd ρ , je klase C ∞ te vrijedi supp ρ = K[0, 1].
Rješenje.
a) Očito je f klase C ∞ na R \ {0}, te je u 0 neprekidna. Preostaje provjeriti
da za sve n ∈ N vrijedi limt→0+ f (n) (t) = 0. Ovdje indukcijom možemo pokazati da
je n-ta derivacija oblika
f (n) (t) = e−1/t pn−1 (t)t−2n ,
pri čemu je pn−1 polinom stupnja n − 1. Da bi pokazali da je gornji limes jednak
nuli, dovoljno je provjeriti da vrijedi
lim e−1/t t−k = lim e−s sk = 0,
t→0+
s→∞
k > 0,
što vrlo lako slijedi ponovljenom primjenom L’Hopitala.
b) Direktno iz a) slijedi da je funkcija x´ 7→ f (1 − |x|2 ) klase C ∞ , te da joj je nosač
upravo K[0, 1]. Posebno je tada i 0 < Rd ρ(x)dx < ∞, pa onda i ρ očito zadovoljava
ista dva svojstva.
2
3
Napomena 1.1.3. Konstanta C u prethodnoj konstrukciji je odabrana na način da bi
vrijedilo
ˆ
ρ(x)dx = 1.
Rd
Pomoću ρ definiramo i tzv. poseban izgladujući niz (ρn )n formulom
ρn (x) := nd ρ(nx).
Za ovaj niz tada očito vrijedi
1. ρn ≥ 0,
2. supp ρn = K[0, 1/n],
´
3. Rd ρn (x)dx = 1.
Cilj će nam biti aproksimirati funkcije iz poznatih nam funkcijskih prostora upravo
pomoću niza Cc∞ funkcija. To su prije svega prostori neprekidnih funkcija (koje možemo
označiti i s C 0 , prostori funkcija klase C m , gdje je m ∈ N ∪ {∞}, te Lp prostori, za
1 ≤ p ≤ ∞. Očito vrijedi Cc∞ (Ω) ⊆ C m (Ω), m ∈ N0 ∪ {∞}. Takoder je za 1 ≤ p ≤ ∞ i
ϕ ∈ Cc∞ (Ω)
||ϕ||Lp (Ω) ≤ | supp ϕ|1/p · ||ϕ||L∞ (Ω) < ∞,
pa vidimo da je Cc∞ (Ω) ⊆ Lp (Ω), za sve 1 ≤ p ≤ ∞.
Glavno sredstvo u aproksimaciji će nam biti operacija konvolucije. Prisjetimo se da
za dvije funkcije f, g (definirane na Rd ) definiramo konvoluciju f i g (u oznaci f ∗ g) s
ˆ
f ∗ g(x) := f (y)g(x − y)dy.
Više o konvoluciji, njenim svojstvima i primjenama ćemo vidjeti kasnije u drugom poglavlju. Zasad samo napomenimo kako gornja definicija ima smisla, odnosno integral u
definicij konvergira s.s., ako uzmemo funkciju f ∈ L1loc (Rd ) te g ∈ Cc∞ (Rd ). Zaista, uz
oznaku K = supp g imamo
ˆ
ˆ
ˆ
f (y)g(x − y)dy =
f (x − y)g(y)dy =
f (x − y)g(y)dy ≤ ||f ||L1 (K) ||g||L∞ (K) .
Rd
Rd
K
Očito su sve neprekidne funkcije, odnosno funkcije klasa C m kao ranije sadržane u L1loc (Ω).
Takoder, jednostavnom primjenom Hölderove nejednakosti slijedi Lp (Ω) ⊆ L1loc (Ω) za
1 ≤ p ≤ ∞. Stoga je dobro definirana konvolucija Cc∞ funkcija i funkcija iz svih poznatih
nam funkcijskih prostora. Aproksimacijski niz ćemo dobiti na idući način: za funkciju u
ćemo promotriti niz
ˆ
ˆ
un (x) := (u ∗ ρn )(x) =
u(y)ρn (x − y)dy =
u(x − z/n)ρ(z)dz.
Rd
Imamo sljedeći rezultat.
K[0,1]
4
Teorem 1.1.4. Neka je u ∈ L1 (Ω), s kompaktnim nosačem K. Tada je un ∈ Cc∞ (Ω) ako
je d(K, ∂Ω) > n1 . Ako je u neprekidna, onda un konvergira k u uniformno, dok u slučaju
da je u ∈ Lp (Ω), 1 ≤ p < ∞, vrijedi ||un − u||Lp → 0.
Zadatak 1.1.5. Odredite 1[ a, b] ∗ 1[ c, d], te skicirajte graf te funkcije u slučaju c = − n1 i
d = n1 .
Osim samog postupka izgladivanja funkcije, često će nam biti potrebno i tzv. funkcija
rezanja, tj. Cc∞ funkcija koja će služiti lokalizaciji (glatka verzija indikatorske funkcije).
Zadatak 1.1.6. Neka je K ⊆ Ω kompakt. Tada postoji ψ ∈ Cc∞ (Ω) takva da vrijedi
1. 0 ≤ ψ ≤ 1,
2. ψ ≡ 1 na nekoj okolini kompakta K.
Rješenje. Označimo s δ = d(K, ∂Ω) > 0, te neka je n ∈ N takav da je n4 < δ. Neka je
Kn := {x ∈ Ω : d(x, K) < n2 }, te neka je ψ = 1Kn ∗ ρn . Kako je d(supp 1Kn , ∂Ω) > n1 ,
vrijedi ψ ∈ Cc∞ (Ω). Očito je 0 ≤ ψ ≤ 1. Konačno, za x ∈ {y ∈ Ω : d(y, K) < n1 } je
ˆ
ˆ
ψ(x) =
1Kn (x − y/n)ρ(y)dy =
ρ(y)dy = 1,
K[0,1]
K[0,1]
pa je {y ∈ Ω : d(y, K) < n1 } tražena okolina.
Preostaje reći nešto o tipu konvergencije koji bismo htjeli imati na ovom prostoru,
odnosno topologiji. Kako smo već vidjeli, Cc∞ funkcije su potprostori velikog broja poznatih funkcijskih prostora, pa bi jedan mogući pristup bio definirati promotriti Cc∞ s
nasljedenom topologijom iz odgovarajućeg nadprostora. Medutim, svaka od tih topologija je preslaba za ono što želimo promatrati. Na način kao što je napravljeno na
predavanjima, može se uvesti topološka struktura na prostoru Cc∞ (Ω), medutim za sve
naše potrebe to je prekomplicirano i od manje važnosti za poznavanje. U ovom trenutku
ćemo samo istaknuti sljedeću definiciju nizovne konvergencije.
Definicija 1.1.7. Za niz (ϕn )n ⊆ Cc∞ (Ω) kažemo da konvergira u D prema u ∈ Cc∞ (Ω)
D
i pišemo un −→ u ako vrijedi
1. supp un ⊆ K, za neki fiksni kompakt K,
u
2. ∂ α ϕn −→ ∂ α ϕ, za sve α ∈ Nd0 .
D
Zadatak 1.1.8. Neka je (ϕn )n niz u Cc∞ (Ω) takav da ϕ −→ ϕ. Pokažite da tada vrijedi
Lp
Cm
i ϕn −→ ϕ te ϕn −→ ϕ, za 1 ≤ p ≤ ∞ i m ∈ N0 .
5
Poglavlje 2
Distribucije
2.1
Osnovno o distribucijama
Definicija 2.1.1. Neka je Ω ⊆ Rd otvoren. Za linearan funkcional T : Cc∞ (Ω) → C
kažemo da je distribucija ako
∞
(∀K ∈ K(Ω))(∃C > 0, m ∈ N)) ϕ ∈ CK
(Ω) ⇒ hT, ϕi ≤ C max ||∂ α ϕ||L∞ (K) .
|α|≤m
S D0 (Ω) ćemo označavati skup svih distribucija na Ω. Ukoliko m možemo izabrati neovisno
o kompaktu K, kažemo da je distribucija T reda manje ili jednako m. Najmanji takav
m zovemo redom distribucije. Ukoliko takav ne postoji, kažemo da je distribucija
beskonačnog reda.
Propozicija 2.1.2. Za linearan funkcional T : Cc∞ → C ekvivalentno je:
a) T je distribucija,
D
b) T je nizovno neprekidan, tj. hT, ϕn i → hT, ϕi, kad god ϕn → ϕ.
Primjer 2.1.3. Za funkciju f ∈ L1loc (Ω) definiramo funkcional na Cc∞ (Ω) s
ˆ
hTf , ϕi :=
f (x)ϕ(x)dx.
Ω
Linearnost ovog preslikavanja je očita. Za proizvoljan K ∈ K(Ω) i ϕ ∈ Cc∞ (Ω) takvu da
je supp ϕ ⊆ K imamo
ˆ
hTf , ϕi =
f ϕ ≤ ||f ||L1 (K) ||ϕ||L∞ (K) ,
K
te vidimo da je s Tf dobro definirana jedna distribucija reda 0.
Definicija 2.1.4. Za distribuciju T ∈ D0 (Ω) ćemo reći da je regularna ako postoji
f ∈ L1loc (Ω) takva da je T = Tf .
2.1. OSNOVNO O DISTRIBUCIJAMA
6
Napomena 2.1.5. Od sad nadalje poistovjećujemo funkciju f ∈ L1loc s pripadnom distribucijom Tf , te umjesto hTf , ϕi pišemo hf, ϕi.
Napomena 2.1.6. Osnovna lema varijacijskog računa nam osigurava da je ulaganje
L1loc (Ω) ,→ D0 (Ω) injektivno.
Primjer 2.1.7. (Diracova delta funkcija) Za x ∈ Ω definiramo hδx , ϕi := ϕ(x). Zbog
|hδx , ϕi| = |ϕ(x)| ≤ ||ϕ||L∞ je δx ∈ D0 , za sve x ∈ Ω, te je očito δx distribucija reda 0.
Pokažimo da δx nije regularna distribucija:
Dokaz. Uzmimo, jednostavnosti radi, da je x = 0 i Ω = Rd . Pretpostavimo da postoji
f ∈ L1loc (Rd ) takva da je
ˆ
f (x)ϕ(x)dx = hδ0 , ϕi = ϕ(0), ϕ ∈ Cc∞ (Rd ).
Rd
Neka je ρ ∈ Cc∞ (Rd ) standardni izgladivač. Tada bi imali
ˆ
ˆ
ˆ
f (x)ρ(nx)dx ≤
|f (x)|ρ(nx)dx ≤ ||ρ||L∞
0 < |ρ(0)| =
1
K[0, n
]
Rd
LT DK
|f (x)|dx −→ 0,
1
K[0, n
]
što je očito nemoguće.
Napomena 2.1.8. Prethodni primjer nam pokazuje kako ulaganje L1loc (Ω) ,→ D0 (Ω) nije
surjektivno.
Zadatak 2.1.9. Jesu li sljedeći funkcionali distribucije?
a) hT, ϕi = |ϕ(0)|,
b) hT, ϕi = a, a ∈ C,
´
c) hT, ϕi = Rd |x|α ϕ(x)dx,
α ∈ R.
Rješenje. Funkcionali iz a) i b) nisu linearni, pa ne mogu biti distribucije.
Provjerimo za koje je α ∈ R funkcija x 7→ |x|α u L1loc (Rd ). Dovoljno je provjeriti kada
je |x|α integrabilna na nekoj kugli oko 0 (dalje od 0 je riječ o neprekidnoj funkciji).
Računamo

1


ω
ln
r
, α = −d,
d−1

ˆ
ˆ 1ˆ

0
α
α
|x| dx =
r dσ(y)dr =

K[0,1]
0
S(0,r)
1


ωd−1 rα+d , α 6= −d,
α+d
0
odakle vidimo da se funkcija nalazi u L1loc (Rd ) ako i samo ako je α > −d.
Pokažimo za kraj da u slučaju α ≤ −d zaista pripadni integral ne konvergira. Neka je
ψ ∈ Cc∞ (Rd ) takva da je 0 ≤ ψ ≤ 1, ψ ≡ 1 na K[0, 1]. Tada je
ˆ
ˆ
α
hT, ψi =
|x| ψ(x)dx ≥
|x|α dx = ∞,
Rd
K[0,1]
odakle slijedi da T nije uopće dobro definirano, pa samim time ni distribucija.
2.1. OSNOVNO O DISTRIBUCIJAMA
Primjer 2.1.10. Glavna vrijednost
na Cc∞ (R) definirano s
1
x
7
(p.v.
ˆ
hT, ϕi := lim
ε→0
|x|>ε
1
))
x
Promotrimo linearno preslikavanje
ϕ(x)
dx.
x
Tvrdimo da je T distribucija reda 1.
Dokaz. Za početak, pokažimo da je T dobro definirano preslikavanje, tj. da gornji limes
postoji. Neka je ϕ ∈ Cc∞ (R) te neka je K = supp ϕ. Za ε > 0 imamo
ˆ
ˆ −ε
ˆ ∞
ˆ ∞
ϕ(x)
ϕ(x)
ϕ(x) − ϕ(−x)
ϕ(x)
dx =
dx +
dx =
dx.
x
x
x
x
−∞
ε
ε
|x|>ε
Prema teoremu srednje vrijednosti, za svaki x ∈ h0, ∞i postoji ξ ∈ h−x, xi takav da je
ϕ(x) − ϕ(−x) = 2xϕ0 (ξ), iz čega zaključujemo da je za svaki x ∈ h0, ∞i
ϕ(x) − ϕ(−x)
≤ 2|ϕ0 (ξ)| ≤ 2||ϕ0 ||L∞ ,
x
· 1{|x|>ε} ograničene (uniformno po ε) s 1
odakle zaključujemo da su funkcije ϕ(x)−ϕ(−x)
x
0
1
∞
2||ϕ ||L · 1K∪(−K) ∈ L (R), pa primjenom LTDK-a dobivamo
ˆ
ˆ ∞
ϕ(x)
ϕ(x) − ϕ(−x)
lim
dx = lim
dx
ε→0
ε→0 ε
x
x
|x|>ε
postoji, odnosno da je T zaista dobro definirano preslikavanje. Iz gornje ograde takoder
slijedi da je ono reda manje ili jednako 1.
Preostaje pokazati da T nije reda 0. Da bismo to pokazali konstruirat ćemo niz
funkcija čiji će nosač biti sve bliži nuli, kako bi odgovarajući integrali divergirali (želimo
nekako iskoristiti činjenicu da x1 nije integrabilno blizu 0). U tu svrhu promotrimo niz
(ϕn ) ⊆ Cc∞ (R) koji zadovoljava sljedeće:
• 0 ≤ ϕn ≤ 1,
n ∈ N,
• ϕn = 1 na [ n1 , 1],
1
• ϕn = 0 na [ 2n
, 2]c ,
n ∈ N,
n ∈ N.
Očito je ||ϕn ||L∞ = 1 za sve n ∈ N. S druge strane,
ˆ
ˆ
ˆ
ϕn (x)
ϕn (x)
dx
hT, ϕn i = lim
dx =
dx ≥
= ln n −→ ∞.
ε→0 |x|>ε
1
1
x
x
[ 2n
,2]
[n
,1] x
Dakle, s jedne strane je niz ||ϕn ||L∞ ograničen s 1, dok s druge strane niz hT, ϕn i divergira,
pa očito ne možemo dobiti ogradu za djelovanje T samo pomoću vrijednosti funkcija
(nultih derivacija) kao u definiciji.
Ovu distribuciju ćemo ubuduće označavati s p.v. x1 (glavna vrijednost pridružena funkciji x1 ).
2.2. OPERACIJE NA DISTRIBUCIJAMA
2.2
8
Operacije na distribucijama
Propozicija 2.2.1 (deriviranje distribucija). Za T ∈ D0 (Ω) i α ∈ Nd0 linearan funkcional ∂ α T na Cc∞ (Ω) definiran s
h∂ α T, ϕi := (−1)α hT, ∂ α ϕi,
ϕ ∈ Cc∞ (Ω)
je distribucija. Štoviše, ako je T distribucija reda manje ili jednako m, tada je ∂ α T
distribucija reda manje ili jednako m + |α|.
Kao motivacija za ovakvu definiciju može nam poslužiti slučaj T = Tf , za f dovoljno
glatku (u ovom slučaju C 1 ).
0
Zadatak 2.2.2. Za f ∈ C 1 (Ω) je Tf = Tf 0 .
Rješenje. Neka je ϕ ∈ Cc∞ (Ω). Tada je
ˆ
ˆ
0
P.I.
0
0
f 0 (x)ϕ(x)dx = hTf 0 , ϕi.
hTf , ϕi = −hTf , ϕ i = − f (x)ϕ (x)dx =
Ω
K
Propozicija 2.2.3 (množenje distribucija C ∞ funkcijom). Za T ∈ D0 (Ω) i ψ ∈
C ∞ (Ω) linearan funkcional ψT na Cc∞ (Ω) definiran s
ϕ ∈ Cc∞ (Ω)
hψT, ϕi := hT, ψϕi,
je distribucija.
Propozicija 2.2.4 (translacija distribucija). Za T ∈ D0 (Rd ) i a ∈ Rd linearan funkcional τa T na Cc∞ (Rd ) definiran s
hτa T, ϕi := hT, τ−a ϕi,
ϕ ∈ Cc∞ (Rd )
je distribucija.
Kao motivaciju za prethodne dvije operacije čitatelja se upućuje da raspiše slučaj
T = Tf , slično kao i za deriviranje distribucija (s tim da ovdje nije potrebna nikakva
glatkoća na f za takav račun).
Zadatak 2.2.5. Odredite f (n) u smislu distribucija, gdje je f : R → R, f (x) = |x|.
Rješenje. Računamo po definiciji za n = 1:
hf 0 , ϕi = −hf, ϕ0 i
ˆ
= − |x|ϕ0 (x)dx
ˆ 0R
ˆ
0
=
xϕ (x)dx −
−∞
P.I.
ˆ
∞
xϕ0 (x)dx
0
0
= −
ϕ(x)dx + xϕ(x)
−∞
ˆ ∞
=
sgn(x)ϕ(x)dx
−∞
= hsgn, ϕi.
ˆ
0
ϕ(x)dx − xϕ(x)
+
−∞
∞
∞
0
0
2.2. OPERACIJE NA DISTRIBUCIJAMA
Dakle, f 0 = sgn. Za n = 2 imamo:
hf 00 , ϕi = −hf 0 , ϕ0 i = −hsgn, ϕ0 i =
´0
−∞
9
ϕ0 (x)dx −
´∞
0
(n−2)
Indukcijom sada lako dobijemo f (n) = (−1)n 2δ0
ϕ0 (x)dx = 2ϕ(0) = h2δ0 , ϕi.
, n ≥ 2.
Lema 2.2.6. Neka je u ∈ C 1 (R \ {a}), te pretpostavimo da u točki a ima prekid prve
vrste. Tada vrijedi:
u0 = {u} + hδa , h = u(a+) − u(a−),
gdje je {u} funkcija koja je jednaka u0 u onim točkama gdje u0 postoji i naziva se regularni
dio derivacije u smislu distribucija funkcije u.
Dokaz.
ˆ
∞
u(x)ϕ0 (x)dx
0
hu , ϕi = −
ˆ−∞
a
ˆ
∞
0
=−
u(x)ϕ (x)dx −
u(x)ϕ0 (x)dx
−∞
a
ˆ a
ˆ ∞
a
P.I.
0
=
u (x)ϕ(x)dx − u(x)ϕ(x)
+
u0 (x)ϕ(x)dx − u(x)ϕ(x)
−∞
a
−∞
ˆ ∞
=
{u}(x)ϕ(x)dx + [u(a+) − u(a−)]ϕ(a).
∞
a
−∞
Napomena 2.2.7. Gornji rezultat se na jednostavan način može poopćiti na funkcije
klase C 1 osim u konačno mnogo točaka s prekidom prve vrste.
Napomena 2.2.8. Primijetimo kako gornja lema zapravo daje još jednu motivaciju za
δ; za funkcije koje imaju prekid u nekoj točki, ona zapravo mjeri koliki je skok funkcije u
toj točki. Slično za derivacije δ (n) ; n-ta derivacija mjeri skokove n-te derivacije funkcije.
Ono što posebno valja imati na umu je i činjenica da izostanak istih povlači neku razinu
neprekidnosti funkcije u odgovarajućim točkama (ne vidi se nikakav skok).
Zadatak 2.2.9. Odredite distribucijsku derivaciju funkcije


x≤0
x,
f (x) = sin x, 0 < x < π

 2
x,
x ≥ π.
Rješenje.
f 0 = {f } + (0 − 0)δ0 + (π 2 − 0)δπ = {f } + π 2 δπ ,
gdje je


x≤0
1,
{f }(x) = cos x, 0 < x < π


2x,
x ≥ π.
2.2. OPERACIJE NA DISTRIBUCIJAMA
10
a) Pokažite: τa δb = δa+b , a, b ∈ R.
P∞
b) Pokažite da je s T :=
n=−∞ δna , a > 0 dobro definirana jedna distribucija s
periodom a (tj., τa T = T ).
P
(n)
c) Pokažite da je s hT, ϕi := ∞
(n) dobro definirana jedna distribucija te joj
n=1 ϕ
odredite red.
Zadatak 2.2.10.
Rješenje.
a) hτa δb , ϕi = hδb , τ−a ϕi = (τ−a ϕ)(b) = ϕ(b − (−a)) = hδa+b , ϕi.
b) Neka je K proizvoljan kompakt u R. Tada postoji N ∈ N takav da je K ⊆
[−N a, N a]. Uzmimo ϕ ∈ Cc∞ (R) takvu da je supp ϕ ⊆ K. Tada imamo ocjenu
N
X
hT, ϕi ≤
|ϕ(na)| ≤ (2N + 1)||ϕ||L∞ (K) .
n=−N
Dakle, T je dobro definirano, linearno, te je iz gornjeg distribucija reda 0. Takoder,
uz oznake kao prije,
hτa T, ϕi = hT, τ−a ϕi =
N
−1
X
ϕ(n(a + 1)) =
n=−N −1
N
X
ϕ(na) = hT, ϕi.
n=−N
c) Neka je K proizvoljan kompakt u R. Tada postoji N ∈ N takav da je K ⊆ [−N, N ].
Uzmimo ϕ ∈ Cc∞ (R) takvu da je supp ϕ ⊆ K. Tada imamo ocjenu
hT, ϕi ≤
N
X
n=0
|ϕ(n) (n)| ≤ (N + 1)max||ϕ(k) ||L∞ (K) .
k≤N
Dakle, T je dobro definirano, linearno, te iz gornjeg distribucija. Pokažimo da je
(n)
beskonačnog reda. Za to nam je dovoljno pokazati da je δ0 distribucija reda n.
Naime, lagano je za vidjeti da translacija distribucije ne mijenja njen red, pa uzimanjem ϕ ∈ Cc∞ (R) takve da je supp ϕ = [n − 21 , n + 21 ] gornja distribucija se svodi
(n)
upravo na τn δ0 .
(n)
Jasno je da je δ0 distribucija reda manje ili jednako n. Da bi pokazali da nije
reda manjeg od n konstruirat ćemo familiju funkcija ϕε takvih da hδ (n) , ϕε i teži u
beskonačnost brže nego max||ϕ(k) ||L∞ kako ε teži k nuli (slično kao i u primjeru
k<n
1.1.11., želimo pokazati da ne možemo ograničiti djelovanje distribucije pomoću
derivacija nižeg reda). Neka je ϕ ∈ Cc∞ takva da je ϕ(n) (0) = 1 te supp ϕ = [−1, 1]
(primjer jedne takve funkcije bi bila xn ϑ(x), gdje je ϑ ∈ Cc∞ (R) takva da je ϑ(0) =
1
). Za ε > 0 definiramo
n!
x
ϕε (x) := ϕ
.
ε
2.2. OPERACIJE NA DISTRIBUCIJAMA
11
(n)
Uočimo kako je tada ϕε (0) = ε−n i supp ϕε = [−ε, ε]. Dodatno, za x ∈ supp ϕε i
k < n vrijedi ocjena
x
hδ (k) , ϕε i = ε−k ϕ(k)
≤ ε−k ||ϕ(k) ||L∞ .
ε
Kada bi δ (n) bila reda manjeg od n, recimo m, tada bi postojao C > 0 takav da je
za sve ε > 0
−m
ε−n = hδ (n) , ϕε i ≤ Cmax||ϕ(k)
max||ϕ(k) ||L∞ ,
ε ||L∞ ≤ Cε
k≤m
k≤m
odnosno
εm−n ≤ Cmax||ϕ(k) ||L∞ .
k≤m
Puštanjem ε → 0, zbog toga što je m < n, lijeva strana teži prema beskonačno, dok
je desna strana konstantna, što nas navodi na kontradikciju.
Zadatak 2.2.11. Za funkciju g ∈ C ∞ (Rd ) pokažite da je gδa = g(a)δa .
Rješenje.
hgδa , ϕi = hδa , gϕi = (gϕ)(a) = g(a)ϕ(a) = hg(a)δa , ϕi.
Zadatak 2.2.12. Pokažite da vrijedi x · p.v. x1 = 1.
Zadatak 2.2.13. Pokažite da je funkcija f (x) = ln |x| ∈ L1loc (R) te odredite njenu distribucijsku derivaciju.
´1
Rješenje. Zbog parnosti funkcije f , dovoljno je pokazati da je 0 ln xdx < ∞. Računamo:
ˆ 1
ˆ 1
1
P.I.
ln xdx = x ln x −
dx = −ε ln ε − 1 + ε −→ 0
ε
ε
ε
zbog limε→0 ε ln ε = 0. Dakle, ln |x| ∈ L1loc (R). Odredimo još (ln |·|)0 . Neka je ϕ ∈ Cc∞ (R).
Imamo
ˆ
0
0
ln |x|ϕ0 (x)dx
R
ˆ
= − lim
ln |x|ϕ0 (x)dx
hln | · | , ϕi = −hln | · |, ϕ i =
ε→0
= − lim
ε→0
P.I.
= lim
ε→0
|x|>
−ε
hˆ
hˆ
−∞
|x|>ε
ˆ
0
∞
ln xϕ0 (x)dx
ln(−x)ϕ (x)dx +
ε
i
ϕ(x)
dx + (ϕ(ε) − ϕ(−ε)) ln ε
x
1
= hp.v. , ϕi + lim(ϕ(ε) − ϕ(−ε)) ln ε.
ε→0
x
i
2.3. KONVERGENCIJA DISTRIBUCIJA
12
Kao i ranije, koristeći teorem srednje vrijednosti, imamo ocjenu
|(ϕ(ε) − ϕ(−ε)) ln ε| ≤ 2ε| ln ε|||ϕ0 ||L∞ ,
odakle uzimanjem limesa ε → 0 konačno dobivamo
1
ln | · |0 = p.v. .
x
2.3
Konvergencija distribucija
Na prostoru distribucija gledamo slabo-* topologiju. Posebno, za niz distribucija (Tn )n
reći ćemo da konvergira k T ako:
(∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω)) hTn , ϕi −→ hT, ϕi.
D0
U tom slučaju pišemo Tn −→ T .
u
D0
Primjer 2.3.1. Neka je un niz u C(Ω) te u ∈ C(Ω) takva da un −→ u. Tada un −→ u.
Dokaz. Uzmimo ϕ ∈ Cc∞ (Ω). Imamo
ˆ
ˆ
hun , ϕi − hu, ϕi =
un (x)ϕ(x)dx − u(x)ϕ(x)dx
Ω
Ω
ˆ
|un (x) − u(x)||ϕ(x)|dx
≤
Ω
≤ | supp ϕ| · ||ϕ||L∞ · ||un − u||L∞ (supp ϕ) −→ 0.
Primjer 2.3.2. Neka su un i u funkcije iz Lp (Ω), p ∈ [1, ∞], za sve n ∈ N, te pretpostaLp
D0
vimo da vrijedi un −→ u. Tada un −→ u.
Dokaz. Uzmimo ϕ ∈ Cc∞ (Ω). Imamo
ˆ
ˆ
hun , ϕi − hu, ϕi =
un (x)ϕ(x)dx −
ˆ
Ω
≤
Ω
Hölder
u(x)ϕ(x)dx
Ω
|un (x) − u(x)||ϕ(x)|dx
≤ ||un − u||Lp ||ϕ||Lq −→ 0.
2.3. KONVERGENCIJA DISTRIBUCIJA
13
Iz prethodnih primjera vidimo kako konvergencija u većini poznatih prostora (prostori
C , k ≥ 0, odnosno Lp , p ∈ [1, ∞]) povlači konvergenciju u prostoru distribucija (drugim riječima, konvergencija u D0 je slabija od navedenih). Sada ćemo pokazati da je ta
konvergencija strogo slabija.
k
Primjer 2.3.3. Definiramo niz funkcija un (x) := sin(nx). Kako je riječ o nizu neprekidnih funkcija, on je posebno sadržan u L1loc (R). Prema tome, un definira niz distribucija.
D0
Pokažimo da vrijedi un −→ 0, ali da ista konvergencija ne vrijedi u nijednom od navedenih
prostora.
Dokaz. Za ϕ ∈ C∞
c (R) imamo
ˆ
ˆ
cos(nx) 0
LTDK
P.I.
ϕ (x)dx −→ 0.
hun , ϕi =
sin(nx)ϕ(x)dx =
n
R
R
S druge strane, za p ∈ [1, ∞i, funkcije un se uopće ne nalaze u Lp (R), pa je jasno da ne
mogu ni konvergirati k 0 u tom prostoru. U slučaju p = ∞ i C(R) ne konvergiraju k 0
zbog ||un ||L∞ = 1 za sve n ∈ N.
Zadatak 2.3.4. Dokažite da vrijedi ρn −→ δ0 .
Rješenje.
ˆ
hρn , ϕi − hδ0 , ϕi =
ρn (x)ϕ(x)dx − ϕ(0)
ˆ
ˆ
=
ρn (x)ϕ(x)dx − ρn (x)ϕ(0)dx
ˆ
≤ |ρn (x)||ϕ(x) − ϕ(0)|dx
ˆ
d
≤ C||ρ||L∞ · n
|ϕ(x) − ϕ(0)|dx
1
]
K[0, n
|ϕ(x) − ϕ(0)|dx −→ 0.
= C||ρ||L∞
1
K[0, n
]
Napomena 2.3.5. Deriviranje distribucija je (nizovno) neprekidno preslikavanje na D0 .
D0
Zaista, ako je (Tn ) niz distribucija te T takva da vrijedi Tn −→ T , tada za sve α ∈ Nd0
imamo:
h∂ α Tn , ϕi = (−1)|α| hTn , ∂ α ϕi −→ (−1)|α| hT, ∂ α ϕi = h∂ α T, ϕi.
Zadatak 2.3.6. Odredite limes u prostoru D0 (R) niza fn (x) =
n
.
1+n2 x2
Rješenje. Primijetimo prvo kako je fn = gn0 , gdje je gn (x) = arctg nx. Odredimo stoga
∞
limn gn u D0 . Neka je K kompakt u R te ϕ ∈ CK
(R). Za niz gn imamo
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
• gn −→
• |gn | ≤
π
2
π
2
14
sgn s.s. u K,
∈ L1 (K),
pa primjenom LTDK-a slijedi
ˆ
limhgn , ϕi = lim
n
ˆ
gn ϕ =
n
K
π
π
( sgn)ϕ = h sgn, ϕi.
2
K 2
Konačno, zbog neprekidnosti deriviranja u D0 , imamo
lim fn = lim gn0 = (lim gn )0 =
n
n
n
π
(sgn)0 = πδ0 .
2
2.4
Nosač distribucije, jednadžbe u D0
Definicija 2.4.1. Kažemo da je distribucija T ∈ D0 (Rd ) nula na otvorenom skupu Ω ⊆
Rd ako vrijedi
(∀ϕ ∈ Cc∞ (Rd )) supp ϕ ⊆ Ω ⇒ hT, ϕi = 0.
Nosač distribucije T tada definiramo kao komplement najvećeg otvorenog skupa na
kojem je T nula.
Zadatak 2.4.2. Ako je T ∈ D0 (R) nula na otvorenim skupovima Ω1 i Ω2 , pokažite da je
T nula na Ω1 ∪ Ω2 .
Lema 2.4.3. Ako ϕ ∈ Cc∞ (R) zadovoljava ϕ(0) = 0, tada postoji funkcija ψ ∈ C ∞ (R)
takva da je ϕ(x) = xψ(x) za sve x ∈ R.
Dokaz. Za fiksni x ∈ R definiramo ϑ(t) := ϕ(tx). Posebno je ϑ(1) = ϕ(x) i ϑ(0) = 0.
Tada je
ˆ 1
ˆ 1
ˆ 1
0
0
ϕ(x) = ϑ(1) − ϑ(0) =
ϑ (t)dt =
xϕ (tx)dt = x
ϕ0 (tx)dt.
0
Stavljanjem ψ(x) :=
´1
0
0
0
ϕ0 (tx)dt dobivamo traženu tvrdnju.
Napomena 2.4.4. U slučaju da ϕ(0) 6= 0, primjenjujemo prethodnu lemu na funkciju
ϕ − ϕ(0)ϑ, gdje je ϑ ∈ Cc∞ (R) takva da je ϑ(0) = 1. U tom slučaju dobivamo postojanje
funkcije ψ ∈ C ∞ (R) takve da je
ϕ(x) = ϕ(0)ϑ(x) + xψ(x),
x ∈ R.
Izračunat ćemo ovdje i vrijednost ψ(0) (kasnije će se pokazati potreba za tim izrazom):
ˆ 1
ψ(0) =
ϕ0 (0)dt = ϕ0 (0)
0
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
15
u slučaju ϕ(0) = 0, odnosno
ˆ 1
[ϕ0 (0) − ϕ(0)ϑ0 (0)]dt = ϕ0 (0) − ϕ(0)ϑ0 (0)
ψ(0) =
0
u slučaju ϕ(0) 6= 0.
Teorem 2.4.5. T ∈ D0 (R) zadovoljava T 0 = 0 ako i samo ako je T konstanta, tj.
ˆ
hT, ϕi = C ϕ(x)dx, ϕ ∈ Cc∞ (R).
R
Pomoću ovih rezultata ćemo pokazati na nekoliko primjera kako se rješavaju jednadžbe
u D0 (R).
Zadatak 2.4.6. U D0 (R) riješite jednadžbu
xT = 0.
Rješenje. Neka je ϕ ∈ Cc∞ (R) proizvoljna. Na način koji je prikazan u napomeni 1.4.4.,
dolazimo do funkcije ψ ∈ C ∞ (R) takve da vrijedi
ϕ(x) = ϕ(0)ϑ(x) + xψ(x).
Djelovanjem T na ϕ dobivamo
LIN.
1.2.3.
hT, ϕi = hT, ϕ(0)ϑ + xψi = ϕ(0)hT, ϑi + hT, xψi = ϕ(0)hT, ϑi + hxT, ϕi.
Uvrštavanjem xT = 0 dobivamo konačno
hT, ϕi = hT, ϑiϕ(0),
iz čega čitamo
T = hT, ϑiδ0 = Cδ0 ,
gdje je C konstanta koja ne ovisi o ϕ. Dakle, da bi T ∈ D0 (R) zadovoljavala xT = 0
nužno je da je T oblika kao gore. Pokažimo da je to i dovoljan uvjet. Neka je ϕ ∈ Cc∞ (R),
te pretpostavimo da je T = Cδ0 , za neku konstantu C. Imamo
hxT, ϕi = hT, xϕi = Chδ0 , xϕi = C · (0 · ϕ(0)) = 0.
Promatrimo sada jednadžbe oblika
f T = U,
f ∈ C ∞ (R), U ∈ D0 (R).
Jednadžbu iz prethodnog zadatka možemo nazvati homogenom (desna strana je distribucija pridružena konstantnoj funkciji 0). U općenitom slučaju možemo postupiti na sličan
način kao i u ODJ-u: prvo riješimo homogenu jednadžbu
f TH = 0,
a zatim pronademo jedno partikularno rješenje TP ,
f TP = U.
Konačan skup rješenja gornje jednadžbe je tada dan s T = TH + TP .
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
16
Zadatak 2.4.7. U D0 (R) riješite jednadžbu
xT = δ0 .
Rješenje. Postupamo na isti način kao u prošlom zadatku:
hT, ϕi = ϕ(0)hT, ϑi + hδ0 , ψi
= ϕ(0)hT, ϑi + ψ(0)
= ϕ(0)hT, ϑi + ϕ0 (0) − ϕ(0)ϑ0 (0)
= (hT, ϑi − ϑ0 (0))ϕ(0) + ϕ0 (0)
= C · ϕ(0) + ϕ0 (0)
= hCδ0 − δ00 , ϕi.
Dakle, nužan uvjet na T je da je to distribucija oblika
T = Cδ0 − δ00 ,
gdje je C neka konstanta. Provjerimo da je to i dovoljan uvjet, tj. da je za svaku konstantu
C distribucija gornjeg oblika rješenje jednadžbe xT = δ0 :
hx(Cδ0 − δ00 ), ϕi = hCδ0 − δ00 , xϕi
= 0 + hδ0 , (xϕ)0 i
= hδ0 , ϕi + hδ0 , xϕ0 i
= ϕ(0) + 0
= hδ0 , ϕi.
Alternativno, s obzirom da iz prethodnog zadatka već znamo rješenje homogene jednadžbe, mogli smo samo pogoditi jedno partikularno rješenje. Jedan način na koji možemo
doći do partikularnog rješenja je sljedeći: znamo da vrijedi
xδ0 = 0,
pa nakon deriviranja dobijemo
xδ00 + δ0 = 0,
odnosno
x(−δ00 ) = δ0 .
Zadatak 2.4.8. U D0 (R) riješite jednadžbu
xT = 1.
Rješenje. Rješenje homogene jednadžbe smo već odredili, to je TH = Cδ0 . Prema zadatku
1.2.11., jedno partikularno rješenje je p.v. x1 . Dakle, skup svih rješenja gornje jednadžbe
je dan s
1
T = Cδ0 + p.v. , C ∈ C.
x
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
17
Napomena 2.4.9. Prije sljedećeg zadatka, promotrimo sljedeću situaciju: neka je f ∈
C ∞ (R) takva da je i f1 ∈ C ∞ (R), te pretpostavimo da T zadovoljava jednadžbu f T = U ,
gdje je U ∈ D0 (R). Tada vrijedi sljedeće:
1
1
1
1
hT, ϕi = hT, (f )ϕi = hf T, ϕi. = hU, ϕi = h U, ϕi,
f
f
f
f
odnosno, zaključujemo da je
1
U.
f
Drugim riječima, jednadžbe u D0 (R) možemo ”množiti” C ∞ funkcijama koje nisu nigdje
0 (polinomi bez realnih nultočaka će biti česti primjer).
T =
Zadatak 2.4.10. U D0 (R) riješite jednadžbu
(1 + x2 )(1 − x2 )T = 0.
Rješenje. Koristeći napomenu prije zadatka, jednadžbu množimo s
dolazimo do ekvivalentnog problema
1
1+x2
(1 − x2 )T = 0.
Označimo s V := (1 − x)T . Gornju jednadžbu tada možemo zapisati kao
(1 + x)V = 0.
Rješavamo sada ovaj problem.
(1 + x)V = 0 ⇐⇒
τ−1 (x)V = 0 ⇐⇒
τ−1 (x(τ1 V )) = 0 ⇐⇒
x(τ1 V ) = 0.
Prema zadatku 1.4.5., slijedi da je
τ1 V = C1 δ0 ,
C1 ∈ C,
odnosno
V = τ−1 (C1 δ0 ) = C1 δ−1 ,
C1 ∈ C.
Preostaje riješiti jednadžbu
(1 − x)T = V.
Imamo
(1 − x)T = V ⇐⇒
(x − 1)T = −V ⇐⇒
τ1 (x)T = −V ⇐⇒
τ1 (x(τ−1 T )) = −V ⇐⇒
x(τ−1 T ) = −τ−1 V ⇐⇒
x(τ−1 T ) = C1 δ−2 .
∈ C ∞ (R), te
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
18
Ponovno, zbog zadatka 1.4.5., znamo da su sva homogena rješenja posljednje jednadžbe
dana s
τ−1 TH = C2 δ0 ,
odnosno
TH = τ1 (C2 δ0 ) = C2 δ1 .
Preostaje pogoditi jedno partikularno rješenje. S obzirom da je supp(C1 δ−2 ) = {−2},
vidimo da mora biti i supp(x(τ−1 TP )) = {−2}, pa onda i supp(τ−1 TP ) = {−2}, odnosno
supp TP = {−1}. Rezultat s predavanja nam tada kaže da TP mora biti linearna kombinacija derivacija Diracovih delta funkcija u 2. Vidimo da već za TP = − C21 δ−1 dobivamo
traženo partikularno rješenje, pa su sva rješenja početne jednadžbe dana s
T = TH + TP = C2 δ1 −
C1
δ−1 = C3 δ−1 + C2 δ1 ,
2
C2 , C3 ∈ C.
Zadatak 2.4.11. U D0 (R) riješite jednadžbu
T 00 = δ0 .
Rješenje. Kako je supp δ0 = {0}, to mora biti i supp T 00 = {0}. Posebno, T 00 je nula na
otvorenim skupovima h−∞, 0i i h0, ∞i, što zbog teorema 1.4.5. povlači da je
(
C1 , na h−∞, 0i
0
T =
C2 , na h0, ∞i
Zapravo, T 0 je obična funkcija (i to po dijelovima konstantna). S obzirom da se sada radi
o običnoj funkciji, lako zaključujemo da je onda
(
C1 x + D1 , x < 0
T (x) =
C2 x + D2 , x > 0
Nadalje, kako je T 00 = δ0 , po lemi 1.2.6. zaključujemo da je
T 0 (0+) − T 0 (0−) = 1,
odnosno
C2 = C1 + 1.
Konačno, zbog toga što se u distribucijskoj derivaciji ne pojavljuje δ0 (u protivnom bi u
T 00 imali član s δ00 ), zaključujemo da T mora biti neprekidna funkcija, što nas navodi na
D1 = D2 .
Dakle, sva rješenja gornje jednadžbe su dana s
(
Cx + D,
x<0
T (x) =
,
(C + 1)x + D, x > 0
C, D ∈ R.
2.4. NOSAČ DISTRIBUCIJE, JEDNADŽBE U D0
19
Zadatak 2.4.12. U D0 (R) riješite sljedeće jednadžbe:
a) xT 0 = 0,
b) x2 T = δ0 ,
c) xT 0 = δ0 .
Napomena 2.4.13. Jednadžba T 0 = U , U ∈ D0 (R) ima rješenje u D0 (R) i dano je s
T = F + C,
gdje je C proizvoljna konstanta, a F ∈ D0 (R) takva da vrijedi
F 0 = U.
Dakle, dovoljno je naći jedno rješenje gornje jednadžbe, ostala se tada razlikuju do na
konstantu. Kao i u slučaju realnih funkcija, to je posljedica teorema 1.4.5.
Napomena 2.4.14. Prethodni zadatak smo mogli riješiti i pomoću Napomene. Znamo
da je jedno rješenje jednadžbe
U 0 = δ0
Heavysideova funkcija H. Ukoliko imamo T 00 = δ0 , tada slijedi
T 0 = H + C,
C ∈ R.
Ponovno, jednostavno vidimo da je jedno rješenje ove distribucijske jednadžbe dano (funkcijom)
(
Cx,
x<0
T (x) =
(C + 1)x, x > 0
Dakle, i na ovaj način, dodavanjem svih mogućih konstanti D ∈ R, dolazimo do istog
oblika rješenja kao i ranije.
Poglavlje 3
Fourierova analiza
U poglavlju koje slijedi će domena funkcija koje promatramo uvijek biti cijeli prostor Rd
(eventualno će se napomenuti o kojoj se dimenziji radi, ako je to potrebno), stoga ćemo
koristiti kraći zapis za odgovarajuće funkcijske prostore (Lp umjesto Lp (Rd ), Cc∞ umjesto
Cc∞ (Rd ) i slično).
3.1
Fourierova transformacija
Za f ∈ L1 definiramo Fourierovu transformaciju funkcije f s
ˆ
Ff (ξ) = fˆ(ξ) :=
f (x)e−2πiξ·x dx.
Rd
Zbog toga što je f ∈ L1 gornji integral ima smisla, te vrijedi ocjena
||fˆ||∞ ≤ ||f ||1 ,
pa zapravo imamo da je preslikavanje F : L1 → L∞ ograničen linearan operator norme
manje ili jednake 1 (kasnije ćemo pokazati na primjeru da se gornja jednakost postiže,
štoviše, da operator F ima fiksnu točku).
Vrijedi i nešto više: kao jednostavna posljedica teorema o dominiranoj konvergencije
slijedi da je Fourierova transformacija L1 funkcije neprekidna funkcija, i još dodatno, da
je to neprekidna funkcija koja trne u beskonačnosti, odnosno element prostora C0 .
Preciznije, C0 je prostor svih neprekidnih funkcija f koje zadovoljavaju sljedeći uvjet:
(∀ε > 0)(∃M > 0) |x| > M ⇒ |f (x)| < ε.
Ove rezultate rezimiramo u sljedećem teoremu.
Teorem 3.1.1 (Riemann-Lebesgueova lema). Preslikavanje F je ograničen linearan
operator s L1 u C0 .
20
3.1. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
21
Primjer 3.1.2. Odredimo Fourierovu transformaciju elementarne funkcije, f (x) = 1[a,b] (x).
ˆ
ˆ
f (ξ) =
1[a,b] (x)e−2πiξx dx
R
ˆ b
e−2πiξx dx
=
a
1 −2πiξx b
e
2πiξ
a
−2πiξa
−2πiξb
e
−e
=
.
2πiξ
=−
Gornja formula naizgled nema smisla za ξ = 0, medutim, znamo da je za L1 funkcije
njena Fourierova transformacija neprekidna funkcija pa je gornji izraz smislen i za ξ = 0
na limesu, gdje se dobije da je fˆ(0) = b − a, što bi se dobilo i da se na početku uvrstilo
ξ = 0 u integralu.
Napomena 3.1.3. Primijetimo kako već za ograničenu funkciju s kompaktnim nosačem,
kao što je f iz prethodnog zadatka, Fourierova transformacija neće više imati kompaktan
nosač. Štoviše, fˆ ne mora biti ni integrabilna. Zaista, stavimo a = − 21 , b = 12 da bi dobili
sin πξ
fˆ(ξ) =
.
πξ
Sada je
ˆ
∞
−∞
2
sin πξ
dξ =
πξ
π
=
2
π
2
≥
π
=
ˆ
∞
sin πξ
dξ
ξ
0
∞
Xˆ n
n=1
∞
X
n−1
1
n
n=1
∞
X
4
π2
sin πξ
dξ
ξ
n=1
ˆ
n
| sin πξ|dξ
n−1
1
= ∞,
n
odnosno fˆ ∈
/ L1 .
Sada ćemo navesti nekoliko osnovnih svojstava Fourierove transformacije.
Propozicija 3.1.4. Pretpostavimo da su f, g ∈ L1 . Tada vrijedi:
a) (τy f )ˆ(ξ) = e−2πiξ·y fˆ(ξ) i τη (fˆ) = (e2πiη·x f )ˆ.
b) Ako je xα f ∈ L1 za |α| ≤ k, onda je fˆ ∈ C k i vrijedi
∂ α fˆ = [(−2πix)α f ]ˆ.
3.1. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
22
c) Ako je f ∈ C k , ∂ α f ∈ L1 za |α| ≤ k i ∂ α f ∈ C0 za sve |α| ≤ k − 1, onda je
(∂ α f )ˆ(ξ) = (2πiξ)α fˆ(ξ).
d) (f (ax))ˆ(ξ) =
e)
´
fˆg =
´
1 ˆ ξ
f ( a ),
|a|d
a ∈ R.
f ĝ.
Sada ćemo navesti jedan bitan primjer funkcije, odnosno njene Fourierove transformacije.
d π2 |ξ|2
2
Propozicija 3.1.5. Stavimo f (x) = e−a|x| , gdje je a > 0. Tada je fˆ(ξ) = πa 2 e− a .
Dokaz. Pokažimo prvo tvrdnju za d = 1 i a = 1. Kako je
2
f 0 (x) = −2xe−x ,
koristeći propoziciju 2.1.4.b), c) dobivamo
2
(fˆ)0 (ξ) = (−2πixe−x )ˆ(ξ) = πi(f 0 )ˆ(ξ) = πi(2πiξ)fˆ(ξ) = −2π 2 ξ fˆ(ξ).
Rješavanjem ove diferencijalne jednadžbe dobivamo da je
2 2
fˆ(ξ) = Ce−π ξ ,
za neku konstantu C. Preostaje još odrediti tu konstantu, što činimo uvrštavanjem ξ = 0,
te korištenjem poznatog identiteta
ˆ
√
2
e−x dx = π.
R
U slučaju općenitog a > 0 koristimo propoziciju 2.1.4 d):
−ax2
(e
12
π 2 ξ2
π
)ˆ(ξ) =
e− a .
a
Konačno,
za višedimenzionalni slučaj koristimo Fubinijev teorem te činjenicu da je |x|2 =
Pd
2
i=1 |xi | :
fˆ(ξ) =
=
d ˆ
Y
i=1
d
Y
i=1
=
2
e−axj e−2πiξj xj dxj
R
π 12 − π2 ξj2
e a
a
π d2 − π2 |ξ|2
e a .
a
3.1. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
23
Stavljanjem a = π u funkciji iz prethodne propozicije dolazimo do primjera funkcije za
koju vrijedi fˆ = f . Posebno, to pokazuje da je Fourierova transformacija zaista operator
norme 1.
2
Zadatak 3.1.6. Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f (x) = e−a|x| , gdje je a ∈ C
takav da je Re(a) > 0.
Rješenje. Na skupu Ω = {a ∈ C : Re(a) > 0} promatramo funkciju
ˆ
2
a 7→
e−a|x| · e−2πiξ·x dx.
R
Ta je funkcija holomorfna na tom skupu. Kako iz prethodnog zadatka znamo da je za
a ∈ h0, ∞i ⊆ Ω ova funkcija jednaka
d2
π 2 |ξ|2
π
e− a ,
a
što je takoder holomorfna funkcija na skupu Ω, to te dvije funkcije moraju biti jednake i
na čitavom Ω, pa je Fourierova transformacija funkcije f dana s
− d2
π|ξ|2
π
π
e− a =
fˆ(ξ) =
a
a
d
2
e−i
d·arg(a)
2
e−
π 2 |ξ|2
a
.
Zadatak 3.1.7. Izračunajte Fourierovu transformaciju funkcije f (x) =
a > 0.
1
,
a2 +x2
gdje je
Rješenje. Kako je f ∈ L1 , njenu Fourierovu transformaciju računamo po definiciji:
ˆ −2πiξx
ˆ ∞
e
e−2πiξx
ˆ
f (ξ) =
dx
=
dx.
2
2
R a +x
−∞ (x + ia)(x − ia)
Promatramo prvo slučaj ξ < 0 kako bi mogli primijeniti Jordanovu lemu na podintegralnu
funkciju (prisjetite se tehnike računanja integrala realne funkcije iz kompleksne analize).
Tako dobivamo
−2πiξz
e
e−2πiξz
π
ˆ
f (ξ) = 2πi · res 2
, ia = 2πi lim (z − ia) · 2
= e2πaξ .
2
2
z→ia
a +z
a +z
a
Za odredivanje vrijednosti fˆ(ξ) za ξ > 0 koristimo sljedeću korisnu činjenicu: Fourierova
transformacija parne (neparne) funkcije je ponovno parna (neparna). Ovo se vrlo lako
vidi iz same definicije Fourierove transformacije. Takoder je vrlo lako vidjeti da vrijedi
˜ˆ
fˆ˜ = f.
3.1. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
24
Kako je f iz zadatka parna funkcija, dobivamo da je za ξ > 0
π
fˆ(ξ) = fˆ(−ξ) = e−2πaξ .
a
Konačno, možemo zapisati
π
fˆ(ξ) = e−2πa|ξ| ,
a
ξ ∈ R.
Zadatak 3.1.8. Izračunajte Fourierovu transformaciju sljedećih funkcija:
a) f1 (x) = e−ax H(x),
Re(a) > 0,
b) f2 (x) = eax H(−x),
Re(a) > 0,
c) f3 (x) =
xk −ax
e H(x),
k!
d) f4 (x) =
xk ax
e H(−x),
k!
e) f5 (x) = e−a|x| ,
Re(a) > 0,
Re(a) > 0,
Re(a) > 0,
f ) f6 (x) = sgn(x)e−a|x| ,
Re(a) > 0,
gdje je H Heavisideova funkcija.
Rješenje.
a)
ˆ
ˆ
f1 (ξ) =
ˆ
∞
e
−2πiξx −ax
e
−∞
∞
−(2πiξ+a)x
e
H(x)dx =
0
1
dx = −
e−(2πiξ+a)x
2πiξ + a
∞
=
0
gdje smo u zadnjoj jednakosti koristili činjenicu da je
lim e−(2πiξ+a)x = lim e−(2πiξ+iIm(a))x e−Re(a)x = 0,
x→∞
x→∞
zbog toga što je prvi faktor uvijek modula 1, dok drugi zbog Re(a) > 0 teži k 0.
b) Primijetimo kako je f2 = f˜1 , pa je stoga
fˆ2 (ξ) = fˆ˜1 (ξ) = fˆ1 (−ξ) =
1
.
a − 2πiξ
c) Primijetimo kako f3 možemo zapisati pomoću f1 kao
f3 (x) = (−2πix)k f1 (x)
1
(−2πi)−k .
k!
Sada možemo lakše primijeniti propoziciju 2.1.4 b):
(k)
1
1
fˆ3 (ξ) = (−2πi)−k fˆ1 (ξ) =
.
k!
(a + 2πiξ)k+1
1
,
2πiξ + a
3.2. INVERZNA FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
25
d) Slično kao ranije, primijetimo kako je f4 = (−1)k f˜3 , pa je
fˆ4 (ξ) = (−1)k fˆ3 (−ξ) = −
1
.
(2πiξ − a)k+1
e) Primijetimo kako je f5 = f1 + f2 s.s. Stoga je
fˆ5 (ξ) = fˆ1 (ξ) + fˆ2 (ξ) =
a2
2a
.
+ 4π 2 ξ 2
f) Primijetimo kako je f6 = f1 − f2 , pa je onda
fˆ6 (ξ) = −
a2
4πiξ
.
+ 4π 2 ξ 2
3.2
Inverzna Fourierova transformacija
Slično kao ranije, za f ∈ L1 definiramo preslikavanje
ˆ
f (x)e2πiξ·x dx.
fˇ(ξ) =
Rd
Sljedeći rezultat nam daje vezu izmedu preslikavanja f 7→ fˆ i f 7→ fˇ.
Teorem 3.2.1. Pretpostavimo da je f ∈ L1 takva da je i njena Fourierova transformacija
fˆ ∈ L1 . Tada postoji neprekidna funkcija f0 takva da vrijedi:
a) f = f0 s.s,
b) (fˆ)ˇ = (fˇ)ˆ = f0 .
Posebno, za neprekidnu funkciju f koja zadovoljava uvjete teorema 2.2.1. vrijedi
ˆ
fˆ(x) = f˜(x) = f (−x),
x ∈ Rd .
Navedimo još jednu jednostavnu posljedicu prethodnog teorema.
Korolar 3.2.2. Ako je f ∈ L1 takva da je fˆ = 0, tada je i f = 0 s.s.
Napomena 3.2.3. Prethodni korolar nam takoder govori kako je Fourierova transformacija injektivan operator.
Primjer 3.2.4. Sada ćemo vidjeti kako možemo prethodne rezultate primijeniti na funkcije iz zadatka 2.1.8.
3.3. SCHWARTZOV PROSTOR
26
a) Funkcija f1 ne zadovoljava uvjete teorema; naime, njena Fourierova transformacija
1
fˆ1 (ξ) = a+2πiξ
nije u L1 , pa (zasad) nemamo način kako bismo izračunali (i što bi
uopće značila) njenu inverznu Fourierovu transformaciju.
b) Isti zaključak kao u a).
c) Funkcija fˆ3 (ξ) =
1
(a+2πiξ)k+1
je u L1 za sve k ∈ N, pa možemo primijeniti teorem:
ˆ
fˆ3 (x) = f3 (−x) = (−1)k f4 (x).
d) Isto kao i u b) dolazimo do
ˆ
fˆ4 (x) = (−1)k f3 (x).
e) Fourierova transformacija funkcije f5 je u L1 , pa primjenom teorema dobivamo
ˆ
fˆ5 (x) = f5 (−x) = f5 (x).
f ) Fourierova transformacija funkcije f6 se ne nalazi u L1 ;
ponaša kao funkcija 1ξ ∈
/ L1 .
3.3
−4πiξ
a2 +4π 2 ξ 2
se za |ξ| → ∞
Schwartzov prostor
Već smo vidjeli kako je za proučavanje svojstava Fourierove transformacije L1 nezahvalan
prostor; često su potrebne dodatne tehničke pretpostavke kako bi se odredeni rezultati
mogli dokazati. Takoder, slika prostora L1 pri tom preslikavanju je, kako smo vidjeli,
(strogi) potprostor prostora C0 , a funkcije koje dobijemo u slici ne moraju više uopće biti
integrabilne (odnosno, gube svojstva koja su imala njihovi originali). Takoder, htjeli bismo
dati smisao i Fourierovoj transformaciji nekih objekata koji nisu nužno u L1 ; primjerice
preostali Lp prostori, a u konačnici ćemo reći i što bi bila Fourierova transformacija
(temperirane) distribucije. Stoga u ovom trenutku uvodimo novi prostor funkcija na
kojem ćemo imati daleko bolja, i lakše dostižna svojstva, a zatim ćemo definiciju proširiti
gdje je to moguće koristeći standardne tehnike funkcionalne analize.
Definicija 3.3.1. Za funkciju f ∈ C ∞ definiramo sljedeće dvije familije polunormi:
||f ||α,β := ||xα ∂ β f ||L∞ ,
||f ||k := max ||f ||α,β ,
|α+β|≤k
α, β ∈ Nd0 ,
k ∈ N0 .
Prostor svih C ∞ funkcija f takvih da je ||f ||k < ∞ za sve k ∈ N0 zovemo Schwartzov
prostor te označavamo s S.
3.3. SCHWARTZOV PROSTOR
27
Drugim riječima, S je prostor svih C ∞ funkcija čija svaka derivacija u beskonačnosti
trne brže od svakog polinoma. Primjere takvih funkcija nije teško naći; primjerice, sve
2
funkcije oblika xα e−|x| , α ∈ Nd0 se nalaze u S. Takoder, očito je da vrijedi i Cc∞ ⊆ S.
Sada ćemo navesti nekoliko rezultata o Schwartzovom prostoru.
Propozicija 3.3.2. Schwartzov prostor S uz topologiju definiranu (prebrojivom) familijom polunormi {|| · ||k }k∈N0 je Fréchetov prostor.
Prostor S je metrizabilan, što posebno znači da su nizovi dovoljni za opis svih topoloških svojstava S (posebno, pitanja konvergencije i neprekidnosti nekakvih preslikavanja). Podsjetimo još kako izgleda konvergencija u S:
Niz (fn )n u S konvergira k f ∈ S ako
(∀k ∈ N0 ) ||fn − f ||k → 0,
odnosno
(∀α, β ∈ Nd0 ) ||fn − f ||α,β → 0.
Zadatak 3.3.3. Neka je (ϕn )n niz u Cc∞ takav da konvergira prema ϕ u topologiji prostora
Cc∞ . Tada taj niz konvergira prema ϕ i u S.
Propozicija 3.3.4. Cc∞ je gusto u S.
Propozicija 3.3.5. Neka je f ∈ S. Tada vrijedi sljedeće:
a) (∀α ∈ Nd0 ) ∂ α f ∈ S, te je deriviranje neprekidno preslikavanje na S,
b) (∀ψ ∈ O) ψf ∈ S, te je to množenje neprekidno preslikavanje na S,
c) f ∈ Lp , p ∈ [1, ∞]. Za p ∈ [1, ∞i imamo i više: kako vrijedi Cc∞ ⊆ S ⊆ Lp te kako
otprije znamo da je Cc∞ gusto u Lp , to je onda i S gusto u Lp , za gornje p-ove.
Sljedeće navodimo jednu korisnu karakterizaciju prostora S.
Propozicija 3.3.6. Neka je f ∈ C ∞ . Tada je ekvivalentno:
a) ||xα ∂ β f ||L∞ < ∞ za sve α, β ∈ Nd0 ,
b) ||∂ β (xα f )||L∞ < ∞ za sve α, β ∈ Nd0 ,
c) ||(1 + |x|)N ∂ β f ||L∞ < ∞ za sve N ∈ N0 , β ∈ Nd0 ,
N
d) ||(1 + |x|2 ) 2 ∂ β f ||L∞ < ∞ za sve N ∈ N0 , β ∈ Nd0 .
Dokaz. Ekvivalencija a) i b) slijedi jednostavno iz činjenice da je svaki od ∂ β (xα f ) linearna kombinacija izraza oblika xγ ∂ δ f i obrnuto (Leibnizovo pravilo). Pokažimo sada
ekvivalenciju a) i c). Očito P
za svaki x vrijedi |xα | ≤ |x||α| ≤ (1 + |x|)|α| , pa imamo da c)
povlači a). S druge strane, dj=1 |xj |N je strogo pozitivno za sve x na jediničnoj sferi, pa
3.4. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA NA L2
28
taj izraz poprima svoj pozitivni minimum M tamo. Tada za proizvoljni x, s obzirom da
x
je |x|
na jediničnoj sferi (0 je trivijalan slučaj) vrijedi
d
X
|xj |N ≥ M |x|N ,
j=1
pa imamo
d
1 X N
2N X β
(1 + |x|) ≤ 2 (1 + |x| ) ≤ 2 1 +
|x | ≤
|x |,
M j=1 j
M
N
N
N
N
|β|≤N
što daje i drugu implikaciju.
Konačno, ekvivalencija familije polunormi u d) s preostalima slijedi lagano iz
|xα | ≤ |x||α| ≤ (1 + |x|2 )
odnosno
|α|
2
,
N
(1 + |x|2 ) 2 ≤ (1 + |x|2 )N ≤ C max |xα |.
|α|≤2N
U prethodnoj propozicji smo zapravo pokazali da su familije normi iz naše definicije
ekvivalentne familiji normi iz c), odnosno d) dijela propozicije. Posebno, one generiraju i
istu topologiju na prostoru S, te ćemo mi ponekad radi praktičnosti koristiti i te norme,
uz oznaku || · ||N,β .
Takoder, možemo definirati i familiju polunormi analognu onoj iz definicije 2.3.1: za
f ∈ S i k ∈ N0 stavimo
||f ||k := max ||f ||N,β .
N +|β|≤k
Ove polunorme ponovno generiraju istu topologiju na S.
Kao što smo već najavili, Schwartzov prostor će nam biti pogodan zbog dobrog
ponašanja Fourierove transformacije na njemu. Preciznije, imamo idući rezultat.
Teorem 3.3.7. Fourierova transformacija je izomorfizam prostora S na samog sebe.
3.4
Fourierova transformacija na L2
Teorem 3.4.1 (Plancherel). Fourierova transformacija definirana integralom na S ⊆ L1
se na jedinstven način može proširiti s S do unitarnog operatora na L2 i vrijedi Parsevalova formula
hf, gi = hfˆ, ĝi, f, g ∈ L2 .
2
´∞
Zadatak 3.4.2. Izračunajte −∞ sinx x dx.
3.5. TEMPERIRANE DISTRIBUCIJE
29
Rješenje. Primijetimo prvo da je sinx x ∈ L2 ; oko nule je taj funkcija ograničena zbog
1
limx→0 sinx x = 1, dok zbog sinx x ≤ |x|
je u beskonačnosti takoder kvadratno integrabilna.
Primijenjujemo Plancherelov teorem:
2
2
ˆ ∞ ˆ ∞
ˆ ∞
sin x
sin x
π · 1[− 1 , 1 ] (ξ)dξ = π.
dx =
ˆ(ξ) dξ =
2π 2π
x
x
−∞
−∞
−∞
ˆ
Napomena: Kasnije ćemo opravdati korištenje identiteta fˆ = f˜ kada fˆ nije nužno u
L1 kao što je slučaj u ovom zadatku.
3.5
Temperirane distribucije
Definicija 3.5.1. Za neprekidan linearan operator T : S → F kažemo da je temperirana
distribucija. Drugim riječima, T je temperirana distribucija ako postoje konstanta C >
0 i k ∈ N0 takvi da vrijedi
|hT, ϕi| ≤ C||ϕ||k , ϕ ∈ S.
Prostor svih temperiranih distribucija označavamo s S 0 .
Primjer 3.5.2. Svaka temperirana distribucija T može se na prirodan način shvatiti kao
element prostora D0 . Promatramo restrikciju tog funkcionala na prostor test funkcija,
D
T |Cc ∞ . Neka je (ϕn )n niz u Cc∞ takav da ϕn → ϕ. Tada taj niz konvergira prema ϕ i u
S (zad. 2.3.3.) pa zbog toga što je T ∈ S 0 niz hT, ϕn i konvergira prema hT, ϕi.
Štoviše, zbog gustoće test funkcija u prostoru S, preslikavanje T 7→ T |Cc∞ je injektivno, pa
stoga imamo željeno ulaganje S 0 ,→ D0 .
Razumno se nakon ovoga pitati može li se svaka distribucija (element D0 ) proširiti
do temperirane distribucije (elementa S 0 ). Odgovor je ne. Promotrimo primjer funkcije
2
f (x) = ex . Ovo je dobro definiran element D0 . S druge strane, f ∈
/ S 0 (dovoljno je vidjeti
1 2
da je hf, e− 2 x i = ∞). Pretpostavimo da se f može proširiti do neprekidnog funkcionala
na S (uz istu oznaku). Neka je ϑ ∈ D takva da je 0 ≤ ϑ ≤ 1 te ϑ = 1 na [−1, 1]. Tada
1 2
1 2 S
imamo ϑ(·/n)e− 2 x → e− 2 x , što dalje povlači
ˆ n
1 2
− 12 x2
− 12 x2
hf, e
i = limhf, ϑ(·/n)e
i ≥ lim
e 2 x dx ≥ lim 2n = ∞.
n
n
−n
n
Dakle, takvo proširenje je nemoguće.
Zadatak 3.5.3. Pokažite da je svaka distribucija s kompaktnim nosačem ujedno i temperirana.
Primjer 3.5.4. Vrijedi Lp ,→ S 0 , za p ∈ [1, ∞]. Zaista, neka je p ∈ [1, ∞] i f ∈ Lp . Za
svaku ϕ ∈ S imamo
ˆ
|hf, ϕi| ≤ |f (x)ϕ(x)|dx ≤ ||f ||p ||ϕ||q ≤ (2π)d ||f ||p ||ϕ||2d .
Takoder, iz osnovne leme varijacijskog računa vidimo da je ta identifikacija zapravo injekp
tivna. Posebno, kako je S ⊆ ∩∞
p=1 L , na sličan način zaključujemo i da je S uložen u
0
S.
3.5. TEMPERIRANE DISTRIBUCIJE
30
Primjer 3.5.5. Neka su T ∈ S 0 i ψ ∈ O. Tada je i ψT ∈ S 0 , gdje je ψT definirano s
hψT, ϕi := hT, ψϕi.
Primjer 3.5.6. δ0 ∈ S 0 . Naime, |hδ0 , ϕi| = |ϕ(0)| ≤ ||ϕ||0 .
Primjer 3.5.7. Pretpostavimo da je T ∈ S 0 . Tada je i xα ∂ β T ∈ S 0 za sve α, β ∈ Nd0 .
Zaista, za svaki ϕ ∈ S imamo
hxα ∂ β T, ϕi = (−1)|α| h∂ β T, xα ϕi = (−1)|α| hT, ∂ β (xα ϕ)i.
Propozicija 2.3.6. sad daje tvrdnju.
Primjer 3.5.8. Pokažimo da je ln |x| ∈ S 0 (R). Kao posljedicu toga ćemo imati i da je
S
(ln |x|)0 = p.v. x1 ∈ S 0 . Neka je (ϕn )n niz u S takav da ϕn → 0. Ocjenjujemo
ˆ
ˆ
| ln |x||
|hln |x|, ϕn i| ≤ | ln |x|||ϕn (x)|dx =
[(1 + |x|)3 ϕn (x)]dx.
(1 + |x|)3
Funkcije x 7→ (1 + |x|)3 ϕn su ponovno elementi S. S druge strane, funkcija x 7→
je u L1 . Da bi ovo vidjeli, primijetimo kako na segmentu [0, 1] imamo
ln |x|
(1+|x|)3
| ln x|
≤ | ln x|,
(1 + x)3
za koju smo već pokazali da je tamo integrabilna, dok na [1, ∞i imamo
ln x
ln x
1
=
·
,
3
(1 + x)
1 + x (1 + x)2
pa kako je prva funkcija ograničena, a druga integrabilna, slijedi tvrdnja o integrabilnosti
| ln x|
funkcije (1+x)
3 na R. Sada možemo iskoristiti Hölderovu nejednakost da zaključimo
|hln |x|, ϕn i| ≤
ln |x|
(1 + |x|)3
||ϕn ||3,0 → 0.
1
Napomena 3.5.9. Na prostoru S 0 takoder promatramo slabo-* konvergenciju nizova: niz
(Tn )n u S 0 konvergira k T ∈ S 0 ako vrijedi
hTn , ϕi → hT, ϕi,
ϕ ∈ S.
Definicija 3.5.10. Za T ∈ S 0 definiramo njenu Fourierovu transformaciju T̂ kao temperiranu distribuciju koja djeluje na sljedeći način:
hT̂ , ϕi := hT, ϕ̂i,
ϕ ∈ S.
ˆ
Napomena 3.5.11. Vrijedi formula inverzije: T̂ = T̃ . Dakle, Fourierova transformacija
je linearna bijekcija sa S 0 u samog sebe.
3.5. TEMPERIRANE DISTRIBUCIJE
31
Napomena 3.5.12. Fourierova transformacija je nizovno neprekidno preslikavanje na
∗
S 0 . Zaista, neka je (Tn )n niz u S 0 te T ∈ S 0 takav da vrijedi Tn → T . Tada za svaki
ϕ ∈ S imamo
hTˆn , ϕi = hTn , ϕ̂i → hT, ϕ̂i = hT̂ , ϕi.
Napomena 3.5.13. Prisjetimo se kako za distribuciju T kažemo da je parna ako vrijedi
T̃ = T , odnosno neparna ako vrijedi T̃ = −T . Formula inverzije nam govori kako je
Fourierova transformacija (ne)parne distribucije ponovno (ne)parna.
ˆ
Primjer 3.5.14. Sada ima smisla promatrati fˆ za funkcije iz zadatka 2.1.8., odnosno
primjera 2.2.3.
1
a) Funkcija fˆ1 (ξ) = a+2πiξ
je u L∞ , pa ju ima smisla promatrati kao objekt u S 0 .
Koristeći formulu inverzije dobivamo
ˆ
fˆ1 (x) = f˜1 (x) = f2 (x).
ˆ
b) S obzirom da je f2 = f˜1 , to je fˆ2 = f1 .
4πiξ
∞
f ) Funkcija fˆ6 (ξ) = − a2 +4π
, pa ima smisla promatrati njenu Fourierovu
2 ξ 2 je u L
transformaciju. Ponovno formulom inverzije dolazimo do
ˆ
fˆ6 (x) = − sgn(x)e−a|x| .
Primjer 3.5.15. Odredimo δˆ0 . Za ϕ ∈ S imamo
ˆ
ˆ
hδ0 , ϕi = hδ0 , ϕ̂i = ϕ̂(0) = ϕ(x)dx = h1, ϕi.
Dakle, δˆ0 = 1. Koristeći propoziciju 2.1.4. a) i b) dolazimo i do
−2πiaξ ˆ
δˆa = τd
δ0 = e−2πiaξ ,
a δ0 = e
odnosno
d
(k)
δ0 = (2πiξ)k .
Posebno, formulom inverzije vidimo da vrijedi
xbk =
[1 .
Zadatak 3.5.16. Odredite p.v.
x
1
(k)
δ0 .
k
(−2πi)
3.5. TEMPERIRANE DISTRIBUCIJE
32
Rješenje. Označimo s T = p.v. x1 . Za ϕ ∈ S imamo sljedeći niz jednakosti
hδ0 , ϕi = h1̂, ϕi
= h1, ϕ̂i
= hx · T, ϕ̂i
= hT, xϕ̂i
1 b0
= hT,
ϕi
2πi
1
=h
T̂ , ϕ0 i
2πi
1
(T̂ )0 , ϕi.
= h−
2πi
Dakle, vrijedi
T̂ 0 = −2πiδ0 .
Rješenje ove jednadžbe su funkcije oblika
T̂ (ξ) = −2πiH(ξ) + C,
gdje je H Heavisideova funkcija, a C proizvoljna konstanta. Medutim, naše rješenje mora
biti jedinstveno, stoga moramo nekako odrediti tu konstantu. To ćemo učiniti koristeći
već spomenuto svojstvo Fourierove transformacije: slika neparne distribucije je ponovno
neparna. Dakle, T̂ mora biti neparna funkcija, što nam daje da mora biti C = iπ, odnosno
[1
p.v. (ξ) = −iπ sgn(ξ).
x
Primjer 3.5.17. Primjenom formule inverzije na prethodni zadatak dobivamo
sgn
c =
1
1
p.v. .
iπ
x
Sada ćemo pokazati na već poznatom primjeru kako možemo računati Fourierovu
transformaciju koristeći do sad izvedene rezultate.
Zadatak 3.5.18. Izračunajte Fourierovu transformaciju funkcije f (x) =
Rješenje. Funkciju f zapišimo na sljedeći način:
1
1
1
1
f (x) = 2
=
−
,
a + x2
2ai x − ia x + ia
pa je
1
fˆ(ξ) =
2ai
1
1
ˆ(ξ) −
ˆ(ξ) .
x − ia
x + ia
1
,
a2 +x2
a > 0.
3.5. TEMPERIRANE DISTRIBUCIJE
33
Sada računamo Fourierove transformacije pribrojnika u zagradi:
1
1
ˆ(ξ) = i
ˆ(ξ) = 2πie2πaξ H(−ξ).
x
x − ia
a + 2πi( 2π
)
1
1
ˆ(ξ) = 2πie−2πaξ H(ξ).
ˆ(ξ) = −i
x
)
x + ia
a + 2πi( −2π
Uvrštavanjem dobivenih transformacija na kraju dobivamo
π
fˆ(ξ) = e−2πa|ξ| .
a
Zadatak 3.5.19. Koristeći kompleksne trigonometrijske identitete pokažite:
a) (cos(ax))ˆ(ξ) = 12 δ 2πa + δ− 2πa , a ∈ R,
b) (sin(ax))ˆ(ξ) = 2i1 δ 2πa − δ− 2πa , a ∈ R.
2
Zadatak 3.5.20. Izračunajte Fourierovu transformaciju funkcije f (x) = e−ia|x| , a ∈
R \ {0}.
Rješenje. Neka je (an )n niz kompleksnih brojeva takvih da je Re(an ) > 0 za sve n te da
vrijedi an → ia. Za ϕ ∈ S, zbog teorema o dominiranoj konvergenciji vrijedi
ˆ
ˆ
n→∞
−an |x|2
e
ϕ(x)dx −→
e−ia|x| ϕ(x)dx,
ˆ
−
e
π 2 |ξ|2
an
n→∞
ˆ
ϕ(ξ)dξ −→
e
iπ 2 |ξ|2
a
ϕ(ξ)dξ.
S0
2
Označimo s fn (x) = e−an |x| . Iz prvog reda čitamo da vrijedi fn → f , pa zbog nizovne
neprekidnosti Fourierove transformacije mora biti i fˆ = limn fˆn . Prema zadatku 2.1.6.
vrijedi
1
2
π 2 |ξ|2
d·arg(an )
π
fˆn (ξ) =
ei 2 e− an .
an
Iz drugog reda i činjenice da
π
an
d
2
i
e
d·arg(an )
2
konačno dobivamo
π
fˆ(ξ) =
a
d
2
π
→
a
ei
d
2
dπ sgn(a)
4
ei
e
dπ sgn(a)
4
iπ 2 |ξ|2
a
.
3.6. KONVOLUCIJE I FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
3.6
34
Konvolucije i Fourierova transformacija
Za f, g izmjerive funkcije definiramo konvoluciju kao
ˆ
(f ∗ g)(x) := f (x − y)g(y)dy
za one x za koje gornji integral konvergira. Postoji nekoliko uvjeta na funkcije f i g pod
kojim gornji integral konvergira za skoro svaki x. Navest ćemo jedan od najpoznatijih.
Propozicija 3.6.1 (Youngova nejednakost). Neka su p, q ∈ [1, ∞]. Pretpostavimo da
su f ∈ Lp i g ∈ Lq . Tada je f ∗ g ∈ Lr , gdje je r takav da vrijedi p1 + 1q = 1 + 1r , te vrijedi
ocjena
||f ∗ g||r ≤ ||f ||p ||g||q .
Dobro svojstvo konvolucije dviju funkcija je, okvirno govoreći, činjenica da je rezultat
onoliko gladak koliko je glatka ”bolja” od funkcija.
Propozicija 3.6.2. Neka su f ∈ L1 , te g ∈ C k . Pretpostavimo dodatno da je ∂ α g
ograničena funkcija za sve |α| ≤ k. Tada je f ∗ g ∈ C k i vrijedi
∂ α (f ∗ g) = f ∗ (∂ α g),
|α| ≤ k.
Lako je za vidjeti da je konvolucija dvije funkcije iz L1 ponovno u L1 (izmedu ostalog,
možemo to vidjeti i u Youngovoj nejednakosti za p = q = r = 1). Kako je S ⊆ L1 ,
konvolucija dvije funkcije iz S je dobro definiran element u L1 . Postavlja se pitanje vrijedi
li i više, odnosno, je li konvolucija dvije Schwartzove funkcije ponovno Schwartzova.
Propozicija 3.6.3. Neka su f, g ∈ S. Tada je i f ∗ g ∈ S.
Dokaz. Za N ∈ N0 i β ∈ Nd0 imamo
ˆ
N β
(1 + |x|) |∂ (f ∗ g)|(x) ≤ (1 + |x|)N |∂xβ f (x − y)||g(y)|dy
ˆ
≤ (1 + |x − y|)N |∂xβ f (x − y)|(1 + |y|)N |g(y)|dy
ˆ
dy
≤ ||f ||N,β ||g||N +d+1,0
.
(1 + |y|)d+1
Kako je posljednji integral konačan, slijedi tvrdnja.
Sada ćemo se posvetiti vezi konvolucije funkcija i Fourierove transformacije.
Propozicija 3.6.4. Neka su f, g ∈ L1 . Tada je f[
∗ g = fˆ · ĝ.
Zadatak 3.6.5. Neka su f, g ∈ L2 . Tada je
(fˆĝ)ˇ= f ∗ g.
3.6. KONVOLUCIJE I FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
35
Rješenje. Kako su f, g ∈ L2 , to je fˆĝ ∈ L1 , pa lijeva strana ima smisla i može se računati
2
integralom. Za x ∈ Rd označimo s h(y) := g(x − y) = τf
x g(y) ∈ L . Tada je
ˆ
ˆ
ˆ
Planch.
d
ˆ
f (ξ)h(ξ) = fˆ(ξ)b
g (ξ)e2πiξ·x dξ = (fˆĝ)ˇ(x).
f ∗ g(x) = f (y)h(y) =
Zadatak 3.6.6. Odredite Fourierovu transformaciju funkcije
(
1 − |x|, |x| ≤ 1
f (x) =
0,
|x| > 1.
Rješenje. Primijetimo prvo kako je f (x) = 1[− 1 , 1 ] ∗ 1[− 1 , 1 ] (x). Primjenom prethodne
2 2
2 2
propozicije dobivamo
2
sin πξ
fˆ(ξ) = (1[− 1 , 1 ] )b(ξ)2 =
.
2 2
πξ
Zadatak 3.6.7. Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f (x) =
1
.
(1+x2 )2
Rješenje. Primijetimo prvo kako je zbog zadatka 2.5.18.
1 2
\
−2π|ξ| )(x)2 .
f (x) =
= (πe
1 + x2
Sada koristeći prethodnu propoziciju imamo
f (x) = π 2 (e−2π|ξ| ∗ e−2π|ξ| )b(x),
pa primjenom Fourierove transformacije dobivamo
π
fˆ(ξ) = π 2 (e−2π|ξ| ∗ e−2π|ξ| ) = (1 + 2π|ξ|)e−2π|ξ| .
2
Za kraj se bavimo pitanjem konvolucije u slučaju da jednu od funkcija zamijenimo
distribucijom.
Propozicija 3.6.8. Za T ∈ D0 i ψ ∈ Cc∞ definiramo njihovu konvoluciju T ∗ ψ kao
distribuciju
hT ∗ ψ, ϕi = hT, ψ̃ ∗ ϕi.
Tada vrijedi
a) T ∗ ψ ∈ C ∞ , te je dana formulom (T ∗ ψ)(x) = hT, τx ψ̃i,
b) ∂ α (T ∗ ψ) = (∂ α T ) ∗ ψ = T ∗ (∂ α ψ),
3.6. KONVOLUCIJE I FOURIEROVA TRANSFORMACIJA
36
c) τa (T ∗ ψ) = (τa T ) ∗ ψ = T ∗ (τa ψ).
Propozicija 3.6.9. Za T ∈ S 0 i f ∈ S definiramo njihovu konvoluciju T ∗ f kao temperiranu distribuciju
hT ∗ f, ϕi := hT, f˜ ∗ ϕi.
Tada vrijedi
a) T ∗ f ∈ O, te je dana formulom (T ∗ f )(x) = hT, τx f˜i,
b) ∂ α (T ∗ f ) = (∂ α T ) ∗ f = T ∗ (∂ α f ),
c) τa (T ∗ f ) = (τa T ) ∗ f = T ∗ (τa f ),
d) T[
∗ f = T̂ fˆ.
Napomena 3.6.10. Primijetimo kako zbog T ∗ f ∈ O vrijedi i T ∗ f ∈ S 0 , pa zaista
ima smisla promatrati T[
∗ f . Pokažimo usput tvrdnju d) prethodne prepozicije. Neka je
ϕ ∈ S. Imamo
c
ˆ
hT[
∗ f , ϕi = hT ∗ f, ϕ̂i = hT, f˜ ∗ ϕ̂i = hT, fˆ ∗ ϕ̂i = hT, fˆϕi = hT̂ , fˆϕi = hfˆT̂ , ϕi.
Za definiranje konvolucije dviju općenitih distribucija potrebne su neke dodatne pretpostavke (kao što je recimo kompaktnost nosača barem jedne od dviju distribucije koje
konvoluiramo), no mi se ovdje nećemo previše baviti tim pitanjem. Napomenimo samo
kako svojstva analogna svojstvima b) i c) iz prethodnih propozicija vrijede i u tom slučaju.
Istaknimo svejedno jedan bitan primjer.
Primjer 3.6.11. Za T ∈ D0 vrijedi
δ0 ∗ T = T ∗ δ0 = T.
Dokaz. Neka je ϕ ∈ Cc∞ . Imamo
hT ∗ δ0 , ϕi = hT, hδ0 , ϕ(x + ·)ii = hT, ϕi.
Analogno dobivamo i δ0 ∗ T = T .
Napomena 3.6.12. Slično kao i ranije, imamo takoder za T ∈ D0
δa ∗ T = T ∗ δa = τa (δ0 ∗ T ) = τa T.
Zadatak 3.6.13. Izračunajte Fourierovu transformaciju funkcije
(
0,
x<0
f (x) =
ix
e , x ≥ 0.
3.7. PRIMJENA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE NA PDJ
37
Rješenje. Zapišimo prvo funkciju iz zadatka kao
f (x) = eix H(x).
Znamo da je
ix
δd
− 1 = e ,
2π
te da je
H(x) =
1
1
1 i
1
sgn(x) + = ( p.v. + δ0 )b,
2
2
2 π
ξ
iz čega slijedi da je
i
1
1
1 · (
p.v. + δ0 )b
f (x) = δd
− 2π
2
π
ξ
i
1
1
=
δ 1 ∗ ( p.v. + δ0 ) b
2 − 2π
π
ξ
1
1 i
1
p.v.
=
1 + δ− 2π b.
2 π
ξ + 2π
Primjenom Fourierove transformacije na dobivenu jednakost konačno dobivamo
1 i
1
ˆ
1
f=
p.v.
1 + δ 2π .
2 π
ξ − 2π
3.7
Primjena Fourierove transformacije na PDJ
U ovom dijelu ćemo na nekoliko primjera pokazati kako primjenom rezultata Fourierove
analize možemo riješiti početnu zadaću. Za početak ćemo pogledati primjer jednadžbe
provodenja:
(
ut − ∆u = 0,
u(·, 0) = u0 ,
gdje za početak pretpostavljamo u0 ∈ S. Primjenom Fourierove transformacije u prostornoj varijabli x jednadžba provodenja prelazi u
ût + 4π 2 |ξ|2 û = 0,
zbog
c =−
−∆u
n
X
i=1
u
cii =
n
X
4π 2 ξi2 = 4π 2 |ξ|2 .
i=1
Ovo je sada ODJ (u varijabli t), čije je rješenje, uz transformirani početni uvjet ub0 ∈ S
dano s
2
2
û(ξ, t) = ub0 (ξ)e−4π |ξ| t .
3.7. PRIMJENA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE NA PDJ
38
Funkcija s desne strane je ponovno u S, pa možemo primijeniti inverznu Fourierovu transformaciju, te dobivamo
ˆ
|x|2
|x−y|2
−4π 2 |ξ|2 t
− d2 − 4t
− d2
u(x, t) = u0 ∗ (e
)ˇ(x) = u0 (x) ∗ (4πt) e
= (4πt)
e− 4t u0 (y)dy.
Napomena 3.7.1. Na predavanjima je pokazano da sličan rezultat vrijedi ukoliko je u0 ∈
H s ili Lp prostorima. Posebno, gornju jednadžbu možemo riješiti i uz početni uvjet
u0 = δ0 ∈ H s , za dovoljno mali s. U tom slučaju, istim postupkom kao i gore, dobivamo
d
u(x, t) = δ0 ∗ (4πt)− 2 e−
|x|2
4t
d
= (4πt)− 2 e−
|x|2
4t
,
što je već otprije poznato elementarno rješenje jednadžbe provodenja.
Slično možemo postupiti i kod Schrödingerove jednadžbe
(
ut − i∆u = 0,
u(·, 0) = u0 ,
gdje je u0 ∈ S.
Primjenom Fourierove transformacije po prostornoj varijabli dobivamo ODJ
ût + 4π 2 i|ξ|2 û = 0.
Rješenje ove ODJ je dano s
û(ξ, t) = ub0 (ξ)e−4π
2 i|ξ|2 t
.
Ovdje treba biti nešto oprezniji jer funkcija
ξ 7→ e−4π
2 i|ξ|2 t
nije u S, već samo u S 0 , što znači da je s desne strane produkt funkcije iz S i elementa S 0 .
Medutim, konvolucija takva dva elementa je ponovno u S 0 , te smijemo koristiti inverznu
Fourierovu transformaciju te formulu, pa kao i prije dolazimo do
ˆ
|x|2
|x−y|2
−4π 2 i|ξ|2 t
− d2 − 4it
− d2
u(x, t) = u0 ∗ (e
)ˇ(x) = u0 (x) ∗ (4πit) e
= (4πit)
e− 4it u0 (y)dy.
Za kraj, izvest ćemo i formulu rješenja valne jednadžbe u jednoj dimenziji, D’Alembertovu
formulu, istim pristupom. Dakle, rješavamo početnu zadaću


utt − uxx = 0
u(·, 0) = u0


ut (·, 0) = u1 ,
gdje su u0 , u1 ∈ S. Kao i do sada, primjenjujemo Fourierovu transformaciju po prostornim
varijablama te dobivamo ODJ
ûtt + 4π 2 ξ 2 û = 0,
3.7. PRIMJENA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE NA PDJ
39
uz početne uvjete û(·, 0) = ub0 i ût (·, 0) = ub1 . Rješenje istog je dano s
û(ξ, t) = ub0 (ξ) cos(2πtξ) + ub1 (ξ)
sin(2πtξ)
.
2πξ
Prema zadatku 2.5.19. je
1
δ−t + δt b(ξ) = cos(2πtξ),
2
te prema primjeru 2.1.2. je
1
sin(2πξt)
1[−t,t] b(ξ) =
.
2
2πξ
Sada možemo primijeniti inverznu Fourierovu transformaciju, te odgovarajuće formule za
konvoluciju S ∗ S 0 , te dobivamo
ˆ
1
1
1 x+t
1
u(x, t) = u0 ∗ δ−t + δt (x) + u1 ∗ 1[−t,t] (x) = (u0 (x − t) + u0 (x + t)) +
u1 (y)dy.
2
2
2
2 x−t
Zadatak 3.7.2. Riješite sljedeću početnu zadaću
(
4π 2 ut + 4π 2 u − uxx = 0,
√
2 2
u(x, 0) = πe−π x .
Rješenje. Primjenom Fourierove transformacije na zadaću dobivamo ODJ
4π 2 ût + 4π 2 û + 4π 2 ξ 2 û = 0,
odnosno
ût + (1 + ξ 2 )û = 0,
uz početni uvjet
2
ub0 (ξ) = e−ξ .
Rješenje je dano s
2
û(ξ, t) = e−ξ · e−(1+ξ
2 )t
2
= e−t · e−(1+t)ξ .
Primjenom inverzne Fourierove transformacije dobivamo
r
2 x2
π −t − π1+t
e ·e
.
u(x, t) =
1+t
Poglavlje 4
Prostori Soboljeva
Teorija Fourierove analize koju smo do sad proučavali daje nam jedan novi način na koji
možemo mjeriti regularnost funkcija. Ključ se krije u dva važna rezultata: Fourierova
transformacija je izometrički izomorfizam na L2 , te ona deriviranje prevodi u množenje
funkcije polinomom. Jednakost
α f || 2 = 2π |α| ||ξ α fˆ|| 2
||∂d
L
L
takoder sugerira da će za promatranje regularnosti funkcije f ulogu igrati brzina njenog
rasta/pada u beskonačnosti. Definicija Soboljevljevih prostora će se bazirati na prethodnim razmatranjima.
Prije nego nastavimo, uvodimo dvije oznake
Dα =
1
∂ α,
|α|
(2πi)
Dj =
1
∂j .
(2πi)|α|
te posebno
Razlog tome je nešto jednostavniji zapis pri korištenju svojstava Fourierove transformacije;
uz ove oznake imamo
α f = ξ α fˆ.
d
D
4.1
Osnovne definicije
1
Od sad na dalje λ će označavati funkciju λ(ξ) = (1 + |ξ|2 ) 2 , te ćemo općenito, za s ∈ R
s
pisati λs (ξ) = (1 + |ξ|2 ) 2 . Još jedna česta oznaka za ovu funkciju je i hξi.
Zadatak 4.1.1. Za svaki s ∈ R i α ∈ Nd0 postoji Cs,α > 0 takav da vrijedi
|∂ α λs (ξ)| ≤ Cs,α λs−|α| .
Posebno, za sve s ∈ R je λs ∈ O.
40
4.2. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI NA RD
41
Rješenje. Kako je
∂j λs (ξ) = sλs−2 (ξ)ξj ,
vidimo da će općenite derivacije ∂ α λs (ξ) biti linearna kombinacija (s koeficijentima koji
ovise o s i α) izraza oblika ξ β λs−|β|−1 (ξ), pri čemu je |β| ≤ |α|. Kako je |ξ β | ≤ λ|β| (ξ)
vidimo da je dovoljno dokazati slučaj ∂ α = ∂j . Ovdje slično kao ranije dobivamo
|∂j λs (ξ)| = sλs−2 (ξ)|ξj | ≤ sλs−1 (ξ).
Tvrdnja slijedi indukcijom.
Definicija 4.1.2. Neka je s ∈ R. Prostor Soboljeva H s (Rd ) definiramo kao
ˆ
s
d
0
(1 + |ξ|2 )s |û(ξ)|2 dξ = ||λs û||2L2 < ∞}.
H (R ) := {u ∈ S :
Rd
Napomena 4.1.3. Na prostoru H s definiramo skalarni produkt i normu na prirodan
način:
ˆ
s
s
hf, gis := hλ f, λ giL2 = fˆ(ξ)ĝ(ξ)(1 + |ξ|2 )s dξ,
ˆ
! 21
(1 + |ξ|2 )s |fˆ(ξ)|2 dξ
||f ||s := ||λs f ||L2 =
Rd
Istaknimo poseban slučaj, o kojem će još biti govora tokom ovog poglavlja. Riječ je
o Soboljevljevim prostorima s cjelobrojnim eksponentom k ∈ N0 . Kasnije ćemo pokazati
da ćemo te prostore moći opisati i na sljedeći način:
H k = {u ∈ L2 : ∂ α u ∈ L2 , |α| ≤ k}.
Primijetimo ovdje kako obje definicije imaju svoje prednosti i nedostatke. Dok je očiti
nedostarak druge definicije taj što ona ima smisla samo za k ∈ N0 , nju možemo koristiti i
za skupove osim samog Rd . S druge strane, prva definicija je dobra za sve realne brojeve,
medutim, zbog korištenja Fourierove transformacije u definiciji, ograničeni smo samo na
promatranje cijelog prostora.
4.2
Soboljevljevi prostori na Rd
U ovom dijelu ćemo se posvetiti proučavanju nekih od osnovnih svojstava Soboljevljevih
prostora.
a) Kako je za svaki ϕ ∈ S funkcija λs ϕ̂ ∈ L2 , to je S ⊆ H s za svaki s ∈ R. S druge
strane, iz same definicije je H s ⊆ S 0 za sve s ∈ R.
4.2. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI NA RD
42
b) Fourierova transformacija je unitarni izomorfizam izmedu prostora H s i L2 (Rd , µs ),
gdje je dµs (ξ) = λs (ξ)dξ. To je vrlo jednostavno za vidjeti iz same definicije:
||f ||s = ||λs fˆ||L2 = ||fˆ||(L2 ,dµs ) .
Posebno, H s je Hilbertov prostor. Alternativno, tu tvrdnju možemo dokazati i
direktno. Neka je (un )n Cauchyjev niz u H s . Tada je niz (λs u
cn )n Cauchyjev niz u
2
2
L . Stoga postoji v ∈ L takav da vrijedi
||λs u
cn − v||L2 → 0.
Stavimo u := (λ−s v)ˇ. To je dobro definiran element prostora H s , te vrijedi
||un − u||s = ||λs (c
un − û)||L2 = ||λs u
cn − v||L2 → 0.
c) S je gust potprostor od H s , za sve s ∈ R. Dokazu ove tvrdnje takoder možemo pristupiti na dva načina. Prvi je konkretna aproksimacija elementa iz H s Schwartzovim
funkcijama, i taj je dokaz proveden na predavanjima. Alternativno, možemo se koristiti tvrdnjom a) te činjenicom da je Cc∞ gusto podskup prostora (L2 , dµs ). Kako
∞
d
je Fourierova transformacija unitarni izomorfizam, to je onda C
c gust podskup od
2 , dµ ) = H s . S obzirom da je C ∞ ⊆ S i S
b = S, tvrdnja slijedi.
(L\
s
c
d) Cc∞ je gusto u H s za svaki s ∈ R. Kako smo u b) pokazali da je S gusto u H s ,
to je dovoljno pokazati da je Cc∞ gusto u S, ali gledano u normi H s prostora. U
tu svrhu, uzmimo ψ ∈ Cc∞ takvu da je ψ(0) = 1, te stavimo ψn (x) := ψ(x/n). Za
ϕ ∈ S definiramo niz ϕn := ψn ϕ ∈ Cc∞ . Imamo
||ϕn − ϕ||s = ||λs (ϕ̂n − ϕ̂)||L2
ˆ
21
s
2
=
λ (ξ)|ϕ̂n (ξ) − ϕ̂(ξ)| dξ
ˆ
≤ sup λ
s+(d+1)/2
(ξ)|ϕ̂n (ξ) − ϕ̂(ξ)| ·
λ−d−1 (ξ)dξ
21
ξ∈R
≤ C1 ||ϕ\
n − ϕ||s+d+1
≤ C2 ||ϕn − ϕ||s+2d+1 .
Dakle, H s normu ove razlike smo ocijenili pomoću jedne od normi prostora S, pa
bi nam za konvergenciju gornjeg niza u H s bila dovoljna konvergencija istog u S.
Medutim, taj niz je isti onaj koji smo koristili u dokazu tvrdnje da je Cc∞ gusto u
S, što daje tvrdnju.
e) Za t, s ∈ R, t < s, je H s gust potprostor od H t , te vrijedi || · ||t ≤ || · ||s . Prva
tvrdnja slijedi zbog b) i
S ⊆ H s ⊆ H t,
dok je druga tvrdnja očita iz definicije.
4.2. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI NA RD
43
f) H 0 = L2 i || · ||0 = || · ||L2 . Ovo je direktna posljedica Plancherelovog teorema.
g) Za svaki s ∈ R vrijedi
u ∈ H s+1 ⇐⇒ u, D1 u, · · · , Dd u ∈ H s ,
te vrijedi jednakost
||u||2s+1
=
||u||2s
+
d
X
||Dj u||2s .
j=1
Kako je λ2 (ξ) = 1 + |ξ|2 = 1 +
s+1
|λ
2
2
s
2
Pd
2
j=1 ξj ,
s
2
û| = λ |λ û| = |λ û| +
za û imamo
d
X
s
2
s
2
|λ ξj û| = |λ û| +
j=1
d
X
2
d
|λs D
j u| ,
j=1
iz čega integriranjem odmah dobivamo tvrdnju.
h) ∂ α je ograničen linearan operator s H s u H s−|α| . Tvrdnja f) nam osigurava da je
slika zaista u H s−|α| , dok zbog
|ξ α | ≤ |ξ||α| ≤ (1 + |ξ|2 )
|α|
2
vrijedi
α u|| 2 = 2π |α| ||λs−|α| ξ α û|| 2 ≤ C ||λs û|| 2 = C ||u|| .
||∂ α u||s−|α| = ||λs−|α| ∂d
α
α
s
L
L
L
i) Za s ≥ 0, zbog c) i d), distribucije u H s su zapravo i L2 funkcije. Za s < 0 to
općenito ne mora biti slučaj. Primjer toga je i δ0 ; prisjetimo se kako je δb0 = 1, a za
s < − d2 je
ˆ
(1 + |ξ|2 )s dξ < ∞.
Stoga za sve s < − d2 imamo δ0 ∈ H s .
Propozicija 4.2.1. Neka je s > k + d2 .
a) Ako je u ∈ H s , onda je (∂ α u)b ∈ L1 i ||(∂ α u)b||L1 ≤ Ck,s ||u||s , za sve |α| ≤ k.
b) ∂ α u ∈ C0 , za sve |α| ≤ k, uz ocjenu ||∂ α u||L∞ ≤ Ck,s ||u||s (posebno je u ∈ C k ).
Dokaz.
a) Tvrdnju dokazujemo indukcijom po k. Za k = 0, zbog s >
L2 , pa je stoga
û = λ−s (λs û) ∈ L1 ,
d
2
imamo λ−s ∈
uz ocjenu
||û||L1 ≤ ||λ−s ||L2 ||λs û||L2 = Cs ||u||s .
Korak indukcije radimo na sljedeći način. Ukoliko tvrdnja vrijedi za neki k, tada
iz s > (k + 1) + d2 i pretpostavke u ∈ H s slijedi ∂j u ∈ H s−1 , gdje sada imamo
s − 1 > k + d2 . Primjenom pretpostavke na ∂j u slijedi tvrdnja.
4.3. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI CJELOBROJNOG REDA NA Ω ⊆ RD
44
b) Zbog a) dijela i Riemann-Lebesgueovoj leme vrijedi ∂ α u ∈ C0 , za sve |α| ≤ k.
Takoder, koristeći ocjenu iz a) dijela te neprekidnost Fourierove transformacije s L1
u C0 , imamo i ocjenu
α u|| 1 ≤ C
||∂ α u||L∞ ≤ ||∂d
|α|,s ||u||s .
L
Korolar 4.2.2. Ako je u ∈ H s za sve s ∈ R, onda je u ∈ C ∞ .
Sljedeći rezultat je svojevrsna verzija reprezentacije neprekidnih linearnih funkcionala
za Soboljevljeve prostore. Mi ga ovdje nećemo dokazivati, a osim što je sam po sebni
bitan rezultat, poslužit će nam i kao alat za proširivanje opisa prostora H −k za cjelobrojni
eksponent kao u raspravi prošlog dijela.
Propozicija 4.2.3. Neka je s ∈ R i u ∈ H −s . Linearan funkcional na S dan s
ϕ 7→ hu, ϕi
se na jedinstven način proširuje do ograničenog linearnog funkcionala na H s , s operatorskom normom jednakom ||f ||−s . Štoviše, svaki se element (H s )0 dobiva na takav način.
S obzirom da je prostor Cc∞ gust u H k , to imamo sljedeću karakterizaciju prostora
H −k , za pozitivne cjelobrojne k.
Propozicija 4.2.4. Neka je k ∈ N. Prostor H −k (Rd ) je jednak prostoru svih linearnih
funkcionala u na H k (Rd ) čija je restrikcija na Cc∞ (Rd ) neprekidna, odnosno, za koje
postoji C > 0 takav da vrijedi
|hu, ϕi| ≤ C||ϕ||k ,
4.3
ϕ ∈ Cc∞ (Rd ).
Soboljevljevi prostori cjelobrojnog reda na Ω ⊆
Rd
Sada se okrećemo promatranja Soboljevljevih prostora s cjelobrojnim eksponentom. Za
početak ćemo pokazati pokazati ranije navedenu karakterizaciju ovih prostora. Neka je
k ∈ N0 . Imamo
||u||2k = ||λk û||2L2
= ||(1 +
d
X
k
ξj2 ) 2 û||2L2
j=1
X k =
||ξ α û||2L2
α
|α|≤k
X k α u||2 .
d
=
||D
L2
α
|α|≤k
4.3. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI CJELOBROJNOG REDA NA Ω ⊆ RD
45
Iz prethodnoga možemo zaključiti sljedeće:
α u ∈ L2 , za sve |α| ≤ k ⇐⇒ u ∈ H k .
d
D
odnosno, zbog Plancherelovog teorema
Dα u ∈ L2 , za sve |α| ≤ k ⇐⇒ u ∈ H k ,
čime je karakterizacija pokazana. Štoviše, vidimo da su norme
||u||k = ||λk û||L2
21
X
α
2
||u|| =
||∂ u||L2
|α|≤k
ekvivalentne, te ćemo obje označavati s || · ||k .
Ovakva karakterizacija nam na prirodan način daje i skalarni produkt, odnosno normu
za ove prostore na sljedeći način
X
hf, gik :=
h∂ α f, ∂ α giL2 ,
|α|≤k
||f ||k :=
X
||∂
α
f ||2L2
12
.
|α|≤k
Kao što smo već komentirali ranije, definicija prostora H k za cjelobrojne k preko
derivacija ima smisla i za Ω ⊆ Rd koji nisu nužno jednaki cijelom prostoru. Mi ćemo se
ovdje fokusirati na Ω ⊆ Rd otvorene i ograničene, te od sad na dalje to podrazumijevamo.
Razlog za pretpostavku ograničenosti je činjenica da za takve skupove vrijedi vrlo često
korištena Poincareova nejednakost.
Propozicija 4.3.1. Ako je |Ω| < ∞, onda postoji C > 0 takav da vrijedi
(∀u ∈ Cc∞ )
||u||L2 ≤ CΩ,d ||∇u||L2 .
Napomena 4.3.2. Za vektorsku funkciju ∇u : Ω → Rd definiramo na prirodan način
L2 -normu
d
X
2
||∇u||L2 =
||∂j u||2L2 ,
j=1
te je jasno da je
∇u ∈ L2 ⇐⇒ ∂j u ∈ L2 ,
j = 1, . . . , d.
Vratimo se natrag na definiranje prostora H k . Za Ω kao ranije definiramo
H k (Ω) := {f ∈ L2 : ∂ α f ∈ L2 (Ω), |α| ≤ k}.
4.3. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI CJELOBROJNOG REDA NA Ω ⊆ RD
46
Skalarni produkt i norma na ovom prostoru su dani s:
X
hf, gik :=
h∂ α f, ∂ α giL2 (Ω) ,
|α|≤k
||f ||k :=
X
||∂
α
f ||2L2 (Ω)
21
.
|α|≤k
Napomena 4.3.3. Na prostoru H 1 (Ω) su norme u 7→ ||u||H 1 i u 7→ ||∇u||L2 ekvivalentne.
Zaista, očito je
||∇u||2L2 ≤ ||u||2L2 + ||∇u||2L2 = ||u||2H 1 ,
dok drugu ogradu daje upravo Poincareova nejednakost.
Kako je H k normiran prostor, opis konvergencije nizova je vrlo jednostavan, te slijedi
direktno iz definicije norme: niz (fn )n ⊆ H k konvergira prema f u H k ako i samo ako
∂ α fn konvergira ka ∂ α f u L2 za sve |α| ≤ k.
Takoder, H k je Hilbertov prostor. Da bi se uvjerili u to, uzmimo (fn )n Cauchyjev niz
u H k . Zbog
X
||fn − fm ||2k =
||∂ α fn − ∂ α fm ||2L2
|α|≤k
vidimo da to povlači da su (∂ α fn )n Cauchyjevi nizovi u L2 za sve |α| ≤ k. Kako je L2
potpun, to svaki od ∂ α fn konvergira prema nekoj L2 funkciji, koju ćemo označiti s gα .
Dakle, imamo
L2
∂ α fn −→ gα ,
|α| ≤ k.
S obzirom da konvergencija u L2 povlači konvergenciju u distribucijama, to zbog jedinstvenosti limesa u prostoru distribucija mora biti gα = ∂ α f .
Napomena 4.3.4. Prostor Cc∞ (Ω) nije gust u H k (Ω). Zapravo je dovoljno vidjeti da to
ne vrijedi za k = 1. Uzmimo konstantnu funkciju f = 1 ∈ H 1 . Pretpostavimo da postoji
niz (ϕn ) ⊆ Cc∞ takav da
H1
ϕn −→ f.
Kako smo već vidjeli, to je ekvivalentno s
||ϕn − f ||L2 → 0,
||∇ϕn ||L2 → 0
Prema Poincareovoj nejednakosti imamo
||ϕn ||L2 ≤ C||∇ϕn ||L2 → 0,
što povlači
L2
ϕn −→ 0.
Zbog jedinstvenosti limesa u L2 , zaključujemo f = 0, što je kontradikcija.
4.3. SOBOLJEVLJEVI PROSTORI CJELOBROJNOG REDA NA Ω ⊆ RD
47
Kako sam prostor Cc∞ nije gust u H k , prirodno je promatrati idući potprostor prostora
H k , zatvarač od Cc∞ u normi prostora H k
Hk
H0k (Ω) := Cc∞ (Ω)
.
Napomena 4.3.5.
a) Kao zatvoren potprostor Hilbertovog prostora, H0k je i sam Hilbertov prostor.
b) Zbog (očite) gustoće Cc∞ u H01 , tvrdnja Poincareove nejednakosti vrijedi i za sve funkcije
u ∈ H01 .
Motivirani odgovarajućim rezultatima iz prethodnog dijela, definiramo Soboljevljeve
prostore negativnog reda na Ω.
Definicija 4.3.6. Neka je k ∈ N. Prostor H −k (Ω) definiramo kao prostor svih neprekidnih funkcionala na H0k (Ω).
Kao i ranije, zbog (očite) gustoće Cc∞ u H0k imamo iduću karakterizaciju:
u ∈ H −k (Ω) ⇐⇒ |hu, ϕi| ≤ C||u||k ,
ϕ ∈ Cc∞ (Ω).
Primjer 4.3.7. Ako je f ∈ L2 , tada je ∂j f ∈ H −1 . Zaista, neka je ϕ ∈ Cc∞ . Imamo
ˆ
|h∂j f, ϕi| ≤ |hf, ∂j ϕi| ≤ |f ||∂j ϕ| ≤ ||f ||L2 ||∂j ϕ||L2 ≤ ||f ||L2 ||ϕ||1 .
Pokažimo na konkretnom primjeru kako izgledaju prostori H 1 (Ω), odnosno H01 (Ω).
Primjer 4.3.8. Neka je Ω = h−1, 1i ⊆ R. Ako je f ∈ H 1 (h−1, 1i) tada postoji f˜ ∈
C([−1, 1]) takva da je f = f˜ s.s. i f 0 = f˜0 s.s. Dodatno, prostor H01 (h−1, 1i) je tada
jednak {f ∈ H 1 (h−1, 1i) : f (−1) = f (1) = 0}.
Dokaz. Neka je f ∈ H 1 . Kako smo na prostoru konačne mjere, to je f 0 ∈ L2 ⊆ L1 . Stoga
je funkcija g na h−1, 1i dana s
ˆ x
g(x) =
f 0 (y)dy
−1
dobro definirana i neprekidna na [−1, 1]. Pokažimo sada da je g 0 = f 0 . Neka je ϕ ∈
Cc∞ (h−1, 1i). Imamo
hg 0 , ϕi = −hg, ϕ0 i
ˆ 1
=−
g(x)ϕ0 (x)dx
−1
ˆ 1 ˆ x
0
=−
f (y)dy ϕ0 (x)dx
−1
−1
ˆ 1
ˆ 1
0
0
=−
f (y)
ϕ (x)dx dy
ˆ
−1
y
1
f 0 (y)ϕ(y)dy
=
−1
= hf 0 , ϕi.
4.4. LAX-MILGRAMOVA LEMA I PRIMJENE
48
Zbog toga je f = g +C s.s. za neku konstantu C, pa stavljanjem f˜ = g +C dobivamo prvu
tvrdnju. Zbog ovog rezultata od sad na dalje podrazumijevamo da je f ∈ H 1 neprekidna
(odnosno promatramo njenog neprekidnog reprezentanta). Prije nego dokažemo drugu
tvrdnju, pokažimo da je δx ∈ H −1 ([−1, 1]) za svaki x ∈ [−1, 1]. Za početak, kako je f
neprekidna na [−1, 1], to |f | poprima minimum u nekoj točki c ∈ [−1, 1]. Imamo
ˆ
ˆ
1 1
1 1
1
2
2
|f (c)| =
|f (c)| dy ≤
|f (y)|2 dy = ||f ||2L2 .
2 −1
2 −1
2
Konačno, kako je
ˆ
x
f 0 (y)dy,
f (x) = f (c) +
c
imamo
√
1
|f (x)| ≤ √ ||f ||L2 + 2 ||f 0 ||L2 ≤ C||f ||1 .
2
Kako su posebno δ−1 i δ1 u H −1 (h−1, 1i), te se oni poništavaju na Cc∞ (h−1, 1i), to za
svaku f ∈ H01 vrijedi f (−1) = f (1) = 0. Obratno, neka je f ∈ H 1 takva da je f (−1) =
f (1) = 0. Da bi pokazali da je f ∈ H01 potrebno je aproksimirati f pomoću funkcija
iz Cc∞ u H 1 normi. Tehničke detalje izostavljamo, a ideja je sljedeća: prvo za λ < 1
definiramo fλ (x) = f (x/λ) (”suzimo početnu funkciju na malo manji nosač [−λ, λ]), te
zatim standardnim izgladivačem (za dovoljno veliki n) izgladimo fλ tako da je nosač još
uvijek kompakt u h−1, 1i.
4.4
Lax-Milgramova lema i primjene
Teorem 4.4.1 (Lax-Milgram). Neka je H Hilbertov prostor te
B :H ×H →R
bilinearna forma za koju postoje konstante α, β > 0 takve da vrijedi
1. (neprekidnost) |B(u, v)| ≤ α||u||| |v||, u, v ∈ H,
2. (koercitivnost) B(u, u) ≥ β||u||2 , u ∈ H.
Takoder, neka je f : H → R ograničen linearni funkcional. Tada postoji jedinstveni
element u ∈ H takav da vrijedi
B(u, v) = hf, vi, v ∈ H.
Dokaz. Za fiksni u ∈ H definiramo linearni operator Au : H → R s
Au (v) = B(u, v).
Au je ograničen linearan operator zbog
|Au (v)| = |B(u, v)| ≤ α||u|| · ||v||,
4.4. LAX-MILGRAMOVA LEMA I PRIMJENE
49
pa prema Rieszovom teoremu reprezentacije za ograničene linearne funkcionale postoji
jedinstveni vektor Au ∈ H takav da je
Au (v) = hAu, vi.
Preslikavanje A : H → H definirano s
u 7→ Au
je ponovno linearan operator. Zaista, za svaki v ∈ H vrijedi
hA(λ1 u1 + λ2 u2 ), vi = B(λ1 u1 + λ2 u2 , v)
= λ1 B(u1 , v) + λ2 B(u2 , v)
= λ1 hAu1 , vi + λ2 hAu2 , vi
= hλ1 Au1 + λ2 Au2 , vi.
Pokažimo da je A ograničen i odozgo i odozdo. Imamo
||Au||2 = hAu, Aui = Au (Au) = B(u, Au) ≤ α||u||||Au||.
Dijeljenjem s ||Au|| dobivamo željenu ograničenost odozgo (slučaj ||Au|| = 0 je očit). S
druge strane, imamo
||u|| ||Au|| ≥ |hAu, ui| = |B(u, u)| ≥ β||u||2 .
Ponovno, dijeljenjem s ||u|| dobivamo i željenu ograničenost odozdo. Kako je A odozdo
ograničen, on je injektivan i njegova je slika zatvorena. Iz relacije
H = Im A ⊕ Ker A = Im A
vidimo da je A i surjektivan operator. Neka je u ∈ H takav da vrijedi Au = f . Konačno,
za sve v ∈ H imamo
hf, vi = hAu, vi = B(u, v).
Promotrimo sada rubnu zadaću
(
−u00 + a(x)u = f, u
u = 0,
na ∂I,
gdje je I otvoren i ograničen interval u R, te f, a ∈ C(I) unaprijed poznate funkcije.
Pretpostavimo da je u ∈ C 2 (I) rješenje gornjeg problema. Pomnožimo prvu jednakost s
proizvoljnom v ∈ Cc∞ (I) te prointegriramo:
ˆ
ˆ
00
−u v + auv = f v,
I
I
4.4. LAX-MILGRAMOVA LEMA I PRIMJENE
50
odakle parcijalnom integracijom prvog člana prvog integrala dobivamo
ˆ
ˆ
0 0
u v + auv = f v.
I
I
Upravo smo vidjeli da u koji je klasično rješenje rubne zadaće zadovoljava gornju relaciju
za svaki v ∈ Cc∞ (I), pa onda i za svaki v ∈ H01 (I). Primijetimo kako u gornjoj relaciji
možemo oslabiti pretpostavke na funkcije a i f , a da ta relacija i dalje bude valjana i
smislena. Pretpostavimo sada da je f ∈ L2 (I) i a ∈ L∞ (I) te da je dodatno a ≥ 0
s.s. (razlozi za ovakve pretpostavke će postati jasni uskoro). Motivirani ovom raspravom
uvodimo pojam slabog rješenja.
Definicija 4.4.2. Kažemo da je u ∈ H01 (I) slabo rješenje rubne zadaće ako vrijedi
ˆ
ˆ
0 0
u v + auv = f v, v ∈ H01 (I).
I
I
Razlog zbog kojeg tražimo u ∈ H01 (I) jesu rubni uvjeti (u = 0 na rubu). Pokažimo
da tada postoji u ∈ H01 (I) slabo rješenje rubne zadaće. Ključan alat je, naravno, LaxMilgramova lema. Na H01 (I) definiramo bilinearnu formu B : H01 (I) × H01 (I) → R s
ˆ
B(u, v) = u0 v 0 + auv.
I
S druge strane, za f ∈ L2 (I) je preslikavanje
ˆ
v 7→ f v
I
neprekidan linearni funkcional na H01 (I) zbog
ˆ
I
f v ≤ ||f ||L2 ||v||L2 ≤ ||f ||L2 ||v||H01 .
Dakle, ukoliko pokažemo da je B neprekidna i koercitivna bilinearna forma na H01 (I),
Lax-Milgramova lema nam osigurava postojanje jedinstvenog elementa u ∈ H01 (I) takvog
da vrijedi
ˆ
ˆ
u0 v 0 + auv = B(u, v) =
I
f v.
I
Neprekidnost slijedi iz:
ˆ
|u0 v 0 | + |auv|
|B(u, v)| ≤
I
≤ ||u0 ||L2 ||v 0 ||L2 + ||a||L∞ ||u||L2 ||v||L2
≤ (1 + ||a||L∞ )||u||H01 ||v||H01 .
4.4. LAX-MILGRAMOVA LEMA I PRIMJENE
S druge strane, koercitivnost dobivamo zbog
ˆ
ˆ
a≥0
0 2
2
|u0 |2 = ||u0 ||2L2
B(u, u) = |u | + au ≥
I
I
51
Poincare
≥
C||u||2H 1 .
0
Lax-Milgramova lema sada daje jedinstveni u ∈ H01 (I) slabo rješenje rubne zadaće. Nakon
što smo došli do slabog rješenja, prirodno se pitati je li (i pod kojim uvjetima) to ujedno
i jako (klasično) rješenje. Za početak primijetimo kako je za svaki v ∈ Cc∞ (I)
ˆ
ˆ
00
0 0
0 0
hu , vi = −hu , v i = u v = (f − au)v = hf − au, vi,
I
I
odakle zaključujemo da je u00 = f − au ∈ L2 (I), tj. u ∈ H 2 (I). Pretpostavimo stoga
(ponovno kao na početku) da su f, a ∈ C(I). Podsjećamo kako zbog primjera 3.3.6.
svaku funkciju u ∈ H 1 (I) smatramo neprekidnom na I. Tada je, kako smo maloprije
dobili, u00 = f − au ∈ C(I), odnosno u ∈ C 2 (I). Sada se možemo ”vratiti natrag” iz
relacije koju zadovoljava takvo slabo rješenje u do jake formulacije: za svaki v ∈ Cc∞ (I)
vrijedi
ˆ
u0 v 0 + auv − f v = 0,
I
odakle parcijalnom integracijom prvog člana dobivamo
ˆ
(−u00 + au − f )v = 0.
I
Kako ova jednakost vrijedi za svaki v ∈ Cc∞ (I), osnovna lema varijacijskog računa daje
−u00 + au = f.
Primijetimo ovdje za kraj jedno svojstvo koje ima pridruženi (eliptički) parcijalni diferencijalni operator L
Lu = −u00 + au.
Slabo rješenje pripadne rubne zadaće će biti ”za dva prostora” bolje od desne strane koja
je odredena funkcijom f . Ovdje smo vidjeli kako je za f ∈ L2 (I) = H 0 (I) rješenje bilo u
H 2 , dok je za f ∈ C(I) ono bilo u C 2 (I).