12.2 分布上的运算

English

若 $T$ 与 $S$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的 $m$ 阶分布，则显然对一切 $a\in \mathbb{R}$，$T+S$ 与 $aT$ 都是该阶分布。因此 ${\mathcal{D}}^{\prime m}({\mathbb{R}}^n)$ 是一个向量空间。

随文练习

证明 $T+S$ 是线性且连续的。类似地，$aT$ 也是如此。

两个分布的乘积 $ST$ 不是分布。例如，若我们定义 $(ST)(\phi )=S(\phi )T(\phi )$，则它对 $\phi .$ 不是线性的。然而，若 $\alpha$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的 $C^m$ 函数，且 $T$ 是 $m$ 阶分布，则 $\alpha$ $T$ 可定义为 $m,$ 阶分布，只需令

$$(\alpha T)(\phi )=T(\alpha \phi ),$$

因为对所有的 $\phi \in {\mathcal{D}}^m({\mathbb{R}}^n)$ 都有 $\alpha \phi \in {\mathcal{D}}^m({\mathbb{R}}^n)$）。注意，对于此构造，$\alpha$ 不必是试验函数——即使函数 $\alpha$ 不具有紧支集，该构造仍然成立。

若 $T$ 是 ${\mathbb{R}}^n,T=T_f$ 上的正则分布，则 $\alpha$ $T_f=T_{\alpha f}$ 。对于

$$\begin{array}{l}\alpha T_f(\phi )=T_f(\alpha \phi )\\ ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\cdots \int \phi \alpha f{\mathrm{d}}^{n}x\\ =T_{\alpha f}(\phi ).\end{array}$$

将正则分布 $T_f$ 乘以 $\alpha$ 的运算，等价于直接将相应的密度函数 $f$ 乘以 $\alpha$。在这种情况下，$\alpha$ 只需是局部可积函数。

例 12.3

例 12.2 中定义的分布 $\delta$ 是零阶分布，因为它定义在连续试验函数空间 ${\mathcal{D}}^0(\mathbb{R})$ 上。对任意连续函数 $\alpha (x)$，我们有

$$\alpha \delta (\phi )=\delta (\alpha \phi )=\alpha (0)\phi (0)=\alpha (0)\delta (\phi ).$$

因此

$$\alpha \delta =\alpha (0)\delta .\text{\hspace{1em}(12.3)}$$

就“狄拉克函数”而言，这一恒等式通常写作

$$\alpha (x)\delta (x)=\alpha (0)\delta (x),$$

由于

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\alpha (x)\delta (x)\phi (x)dx=\alpha (0)\phi (0)={\int }_{-\infty }^{\infty }\alpha (0)\delta (x)\phi (x)dx.$$

对于任意点 $a$ 处的狄拉克函数，这些恒等式被替换为

$$\alpha {\delta }_a=\alpha (a){\delta }_a,\alpha (x)\delta (x-a)=\alpha (a)\delta (x-a).\text{\hspace{1em}(12.4)}$$

令 $\alpha (x)=x$ 成立可得到有用的恒等式

$$x\delta =0,x\delta (x)=0.\text{\hspace{1em}(12.5)}$$

随文练习

将这些恒等式推广到$n$维狄拉克函数，

$$\alpha {\delta }_{\mathbf{a}}=\alpha (\mathbf{a}){\delta }_{\mathbf{a}},\alpha (\mathbf{x}){\delta }^n(\mathbf{x}-\mathbf{a})=\alpha (\mathbf{a})\delta (\mathbf{x}-\mathbf{a}).$$

分布的微分

设 $T_f$ 是一个正则分布，其中 $f$ 是可微函数。实分析中的标准结果保证导数 $f^{\prime }=\mathrm{d}f/\mathrm{d}x$ 是局部可积函数。设 $\phi$ 是来自 ${\mathcal{D}}^1(\mathbb{R})$ 的任意试验函数。利用分部积分

$$\begin{array}{l}{T}_{f^{\prime }}(\phi )={\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x)\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\\ ={\left[\phi f\right]}_{-\infty }^{\infty }-{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}f(x)\mathrm{d}x\\ =T_f(-{\phi }^{\prime }),\end{array}$$

由于 $\phi (\pm \infty )=0$。我们可以将这个恒等式推广到一般分布，方法是定义 $\mathbb{R}$ 上阶为 $m\ge 0$ 的 分布导数(distributional derivative) $T$ 为阶为 $m+1$ 的分布 $T^{\prime }$，其由下式给出

$$T^{\prime }(\phi )=T(-{\phi }^{\prime })=-T({\phi }^{\prime }).\text{\hspace{1em}(12.6)}$$

正则分布的导数对应于对密度函数求导。注意，分布求导后其阶数会增加，因为 ${\phi }^{\prime }\in {\mathcal{D}}^m(\mathbb{R})$ 蕴含 $\phi \in {\mathcal{D}}^{m+1}(\mathbb{R})$ 。特别地，若 $T$ 是零阶分布，则 $T^{\prime }$ 是一阶分布。

为证明 $T^{\prime }$ 是连续的（线性性是显然的），我们利用如下事实：在函数序列 ${\phi }_n\to \phi$ 按阶 $m+1$ 收敛的定义中，要求直到并包括阶 $m+1$ 在内的所有导数在紧子集 $K$ 上一致收敛，其中该紧子集是

$\mathbb{R}$。特别地，对于所有 $x\in K$，均有 ${\phi }_n^{\prime }(x)\to {\phi }^{\prime }(x)$，并且

$$T^{\prime }({\phi }_n)=T(-{\phi }_n^{\prime })\to T(-{\phi }^{\prime })=T^{\prime }(\phi ).$$

由此可见，任意阶的每个分布都是无穷次可微的。

若 $T$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 上阶大于或等于 0 的分布，我们可以用类似的方式定义其偏导数，

$$\frac{\partial T}{\partial x_k}(\phi )=-T\left(\frac{\partial \phi }{\partial x_k}\right).$$

至于 $\mathbb{R},$ 上的分布，任何这样的分布都是无穷次可微的。对于更高阶导数，由此可知

$$D_{\underline{m}}T(\phi )=(-1{)}^{m}T(D_{\underline{m}}\phi )\text{ where }m=|\underline{m}|=\sum _i{m}_i.$$

随文练习

证明

$$\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{{\partial }^{2}T}{\partial x_j\partial x_j}.$$

例 12.4

设$\theta (x)$为亥维赛德阶跃函数(Heaviside step function)

$$\theta (x)=\{\begin{array}{ll}1& \text{ if }x\ge 0,\\ 0& \text{ if }x<0.\end{array}$$

这显然是一个局部可积函数，并生成一个正则分布$T_{\theta }$。对于任意试验函数$\phi \in {\mathcal{D}}^1(\mathbb{R})$

$$\begin{array}{l}{T}_{{\theta }^{\prime }}(\phi )=T_{\theta }(-{\phi }^{\prime })=-{\int }_{-\infty }^{\infty }{\phi }^{\prime }(x)\theta (x)\mathrm{d}x\\ =-{\int }_0^{\infty }\frac{\mathrm{d}\phi }{\mathrm{d}x}\mathrm{d}x\\ =\phi (0)\text{ since }\phi (\infty )=0\\ =\delta (\phi ).\end{array}$$

因此我们得到分布方程，仅当 ${\mathcal{D}}^1(\mathbb{R})$ 时成立，

$$T_{\theta }^{\prime }=\delta .$$

这通常用“函数”来表述为

$$\delta (x)={\theta }^{\prime }(x)=\frac{\mathrm{d}\theta (x)}{\mathrm{d}x}.$$

直观上，$x=0$ 处的台阶是“无限陡峭”的。

例 12.5

狄拉克分布的导数定义为 1 阶分布 ${\delta }^{\prime }$，它可以作用于任意试验函数 $\phi \in {\mathcal{D}}^1(\mathbb{R})$

$${\delta }^{\prime }(\phi )=\delta (-{\phi }^{\prime })=-{\phi }^{\prime }(0).$$

用狄拉克函数表示，此式可写为

$${\int }_{-\infty }^{\infty }{\delta }^{\prime }(x)\phi (x)\mathrm{d}x=-{\phi }^{\prime }(0),$$

对于在原点邻域上可导的任意函数 $x=0$，继续求更高阶导数，我们有

$${\delta }^{\prime \prime }(\phi )={\phi }^{\prime \prime }(0)$$

或用狄拉克记号

$${\int }_{-\infty }^{\infty }{\delta }^{\prime \prime }(x)\phi (x)dx={\phi }^{\prime \prime }(0).$$

对于第 $m$ 阶导数，

$${\delta }^{(m)}(\phi )=(-1{)}^m{\phi }^{(m)}(0),{\int }_{-\infty }^{\infty }{\delta }^{(m)}(x)\phi (x)\mathrm{d}x=(-1{)}^m{\phi }^{(m)}(0).$$

对于可微函数 $\alpha$ 与分布 $T$ 的乘积，我们得到通常的莱布尼茨法则，

$$(\alpha T{)}^{\prime }=\alpha T^{\prime }+{\alpha }^{\prime }T,$$

对于

$$\begin{array}{rl}(\alpha T{)}^{\prime }(\phi )& =\alpha T(-{\phi }^{\prime })\\ & =T(-\alpha {\phi }^{\prime })\\ & =T((-\alpha \phi {)}^{\prime }+{\alpha }^{\prime }\phi )\\ & =T^{\prime }(\alpha \phi )+{\alpha }^{\prime }T(\phi )\\ & =\alpha T^{\prime }(\phi )+{\alpha }^{\prime }T(\phi ).\end{array}$$

例 12.6

由例 12.3 和 12.5 可知

$$(x\delta {)}^{\prime }=0^{\prime }=0$$

和

$$(x\delta {)}^{\prime }=x{\delta }^{\prime }+x^{\prime }\delta =x{\delta }^{\prime }+\delta .$$

因此

$$x{\delta }^{\prime }=-\delta .$$

我们也可以通过以自然的方式操作狄拉克函数来推导出这个方程，

$$x{\delta }^{\prime }(x)=(x\delta (x){)}^{\prime }-x^{\prime }\delta (x)=0^{\prime }-1.\delta (x)=-\delta (x).$$

随文练习

通过将两边作为分布作用于任意试验函数 $\varphi$($x$)，验证恒等式 $x{\delta }^{\prime }=-\delta$。

$\delta$函数中的变量替换

在狄拉克函数的数学应用中，通常考虑诸如$\delta (f(x))$这样的“函数”。尽管这一运算并不能推广到所有分布，但在某种意义上，我们可以对许多函数$f$的狄拉克分布定义这一概念。首先，若$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$是连续单调递增函数，使得$f(\pm \infty )=\pm \infty$，并且我们采用狄拉克的记号，那么，假定积分可以按变量代换的标准规则进行运算，

$$\begin{array}{l}{\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x)\delta (f(x))\mathrm{d}x={\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x)\delta (y)\frac{\mathrm{d}y}{f^{\prime }(x)}\text{where}y=f(x)\\ ={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\phi (f^{-1}(y))}{f^{\prime }(f^{-1}(y))}\delta (y)\mathrm{d}y\\ =\frac{\phi (a)}{f^{\prime }(a)}\text{where}f(a)=0.\end{array}$$

若 $f(x)$ 单调递减，则积分区间反转为 ${\int }_{-\infty }^{\infty }$ ，从而导致符号改变。对于任一方向的单调函数 $f$ ，若其在 $x=a$ 处有唯一零点，则一般公式为

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x)\delta (f(x))dx=\frac{\phi (a)}{|f^{\prime }(a)|}.\text{\hspace{1em}(12.7)}$$

在符号上，我们可以写作

$$\delta (f(x))=\frac{1}{|f^{\prime }(a)|}\delta (x-a),$$

或用分布表示，

$$\delta \circ f=\frac{1}{|f^{\prime }(a)|}{\delta }_a.\text{\hspace{1em}(12.8)}$$

本质上，该方程可作为分布 $\delta \circ f$ 的定义。令 $f(x)=-x$，则可知 $\delta (x)$ 是偶函数 $\delta (-x)=\delta (x)$

若两个试验函数 $\phi$ 与 $\psi$ 在原点 $x=0$ 的任意邻域 $[-ϵ,ϵ]$ 上一致，则

$$\delta (\phi )=\delta (\psi )=\phi (0)=\phi (\psi ).$$

因此，分布 $\delta$ 可以视为函数空间 $\mathcal{D}([-ϵ,ϵ])$ 上的分布，因为它本质上只对任意试验函数 $\phi$ 在原点邻域内的值进行采样。因此，写出下式是完全一致的

$$\delta (\phi )={\int }_{-ϵ}^{ϵ}\phi (x)\delta (x)dx.$$

这不过重申了如下观点：对于所有 $x\ne 0.$，均有 $\delta (x)=0$

若 $f(x)$ 在 $x=a_1,a_2,\dots$ 处为零，且 $f$ 在每个 $a_i.$ 的邻域内是单调函数，则通过变量替换为 $y=f(x)$，在将积分限制在一个小

每个零点的邻域，

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x)\delta (f(x))dx=\sum _i\frac{\phi \left(a_i\right)}{\left|f^{\prime }\left(a_i\right)\right|}.$$

因此

$$\delta (f(x))=\sum _i\frac{1}{|f^{\prime }(a_i)|}\delta (x-a_i),\text{\hspace{1em}(12.9)}$$

或等价地

$$\delta \circ f=\sum _i\frac{1}{|f^{\prime }(a_i)|}{\delta }_{a_i}.$$

例 12.7

函数 $f=x^2-a^2=(x-a)(x+a)$ 在其两个零点 $x=\pm a$ 处均局部单调，只要 $a\ne 0$ 。在 $x=a$ 的一个小邻域内，函数 $f$ 可用单调递增函数 $2a(x-a)$ 近似，而在 $x=-a$ 的邻域内它单调递减，并可用 $-2a(x+a)$ 近似。因此

$$\delta (x^2-a^2)=\delta (2a(x-a))+\delta (-2a(x+a))=\frac{1}{2a}(\delta (x-a)+\delta (x+a)),$$

与式 (12.9) 一致。

习题

习题 12.5

在问题12.4中所定义的收敛意义下，证明：若$T_n\to T$，则$T_n^{\prime }\to T^{\prime }$。

在分布意义下，证明我们有以下收敛：

$$f_n(x)=-\frac{2n^{3}x}{\sqrt{\pi }}{\mathrm{e}}^{-n^2{x}^2}\to {\delta }^{\prime }(x).$$

习题 12.6

求值

(a) 对于 $n=0,1,2$ 的 ${\int }_{-\infty }^{\infty }{\mathrm{e}}^{at}\sin (bt){\delta }^{(n)}(t)\mathrm{d}t$。

(b) ${\int }_{-\infty }^{\infty }(\cos t+\sin t){\delta }^{(n)}(t^3+t^2+t)\mathrm{d}t\mathrm{for}n=0,1.$

习题 12.7

证明下列恒等式：

$$\delta ((x-a)(x-b))=\frac{1}{b-a}(\delta (x-a)+\delta (x-b)).\text{\hspace{1em}(a)}$$ $$\text{ (b) }\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\theta (x^2-1)=\delta (x-1)-\delta (x+1)=2x\delta (x^2-1).$$

(c) $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\delta (x^2-1)=\frac{1}{2}({\delta }^{\prime }(x-1)+{\delta }^{\prime }(x+1)).$

$${\delta }^{\prime }(x^2-1)=\frac{1}{4}({\delta }^{\prime }(x-1)-{\delta }^{\prime }(x+1)+\delta (x-1)+\delta (x+1)).\text{\hspace{1em}(d)}$$

习题 12.8

证明：对于单调函数 $f$($x$)，使得 $f(\pm \infty )=\pm \infty \mathrm{with}f(a)=0$

$${\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (x){\delta }^{\prime }(f(x))dx=-\frac{1}{f^{\prime }(x)}\frac{d}{dx}\left(\frac{\phi (x)}{|f^{\prime }(x)|}\right){|}_{x=a}.$$

对于在其所有零点的邻域上单调的一般函数$f(x)$，求分布${\delta }^{\prime }\circ f$的一般公式

习题 12.9

证明这些恒等式

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\delta (f(x)))=f^{\prime }(x){\delta }^{\prime }(f(x))$$

和

$$\delta (f(x))+f(x){\delta }^{\prime }(f(x))=0.$$

由此证明 $\varphi (x,y)=\delta (x^2-y^2)$ 是该偏微分方程的一个解

$$x\frac{\partial \varphi }{\partial x}+y\frac{\partial \varphi }{\partial y}+2\varphi (x,y)=0.$$