Lý thuyết xấp xỉ và ứng dụng

Định lý 5.3.1. Dãy {Vj}j?Z là một phân tích đa phân giải của L2(R), với hàm thang bậc ?(x) = sinpxpx. Chứng minh. Dễ thấy Vj là một không gian con của L2(R). Ta có, ánh xạ F : L2(R) ? L2(R) ánh xạ f vào fˆ là một song ánh tuyến tính liên tục, bảo toàn chuẩn. Do L2([-2jp, 2jp]) là tập đóng của L2(R) nên Vj = F-1(L2([-2jp, 2jp])) cũng là một tập đóng của L2(R). Vây với mỗi j ? Z, Vj là một không gian con đóng của L2(R).

pdf91 trang | Chia sẻ: nguyenlam99 | Ngày: 15/01/2019 | Lượt xem: 25 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Lý thuyết xấp xỉ và ứng dụng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
guyên nhỏ nhất, lớn hơn hoặc bằng q/2. Chứng minh. Do Tn ∈ Tn nên T rn ∈ Trn. Ta có T rn(t) = 1 2pi ∫ T T rn(x)Dm(x− t)dx, m := rn, do đó 2pi‖T rn‖∞ = 2pi‖Tn‖r∞ 6 ‖Tn‖r−q/2∞ ∫ T |Tn(x)|q/2|Dm(x− t)|dx. 6 2pi‖Tn‖r−q/2∞ ‖Dm‖2‖Tn‖q/2q = 2pi‖Tn‖r−q/2∞ ‖Tn‖q/2q √ 2pi(2m+ 1), vì ‖Dm‖2 = √ 2pi(2m+ 1), suy ra ‖Tn‖∞ 6 (2nr + 1 2pi )1/q‖Tn‖q. 50 Vậy bất đẳng thức Nikolskii được chứng minh khi p = ∞. Khi p = q hiển nhiên bất đẳng thức đúng. Khi p > q, ta sử dụng bất đẳng thức sau để thu được kết luận ‖Tn‖p = ( ∫ T |Tn(x)|p)1/p = ( ∫ T |Tn(x)|p−q|Tn(x)|q)1/p 6 (‖Tn‖p−q∞ ∫ T |Tn(x)|qds)1/p = ‖Tn‖1−q/p∞ ‖Tn‖q/pq . 3.8 Bài tập cuối chương Bài tập 1. (a) Cho 1 6 p 6 q, |A| <∞. Chứng minh rằng ‖f‖p 6 |A|1/p−1/q‖f‖q. (b) Cho p1, p2, ..., pm ∈ (1,∞) và ∑m i=1 1/pi = 1, A = T, fj ∈ Lpj(T). Chứng minh ∫ T | m∏ i=1 fi(t)|dt 6 m∏ i=1 ‖fi‖pi . Bài tập 2. Chứng minh các bất đẳng thức (i)Với A 6= [a, b], ‖f ′‖p 6 2‖f‖1/2p ‖f ′′‖1/2p , f ∈ W 2p , 1 6 p 6∞. (ii)Với A = R, ‖f ′‖2∞ 6 2‖f‖∞‖f ′′‖∞, f ∈ W 2∞. (iii) Khi A = T, p = r = 2, ‖f ′‖2 6 ‖f‖1/22 ‖f ′′‖1/22 , f ∈ W 22 . Bài tập 3. Cho f, fn, n = 1, 2, ... là các hàm trong không gian Sobolev W r p (T). Biết rằng (a) ‖f (r)n − f (r)‖p → 0 khi n→∞. (b) Tồn tại a ∈ T sao cho fn(a)→ f(a) khi n→∞. Chứng minh rằng (a) f (k) n (x) hội tụ đều đến f (k)(x) trên T khi n→∞, k = 0, 1, ..., r − 1. (b) ‖fn − f‖W rp → 0 khi n→∞. 51 Vận dụng kết quả này hãy chứng minh rằng C∞(T) trù mật trong W rp (T) với mọi r = 1, 2..., p ≥ 1. Bài tập 4. Bằng quy nạp chứng minh biểu diễn sau của phần dư f − Tr−1(f, c, x) với f ∈ W rp (A), f − Tr−1(f, c, x) = ∫ x c f (r)(t)(x− t)r−1 (r − 1)! dt. Bài tập 5. Cho ω là một hàm lõm liên tục trên R+ và tăng với ω(0) = 0. Chứng minh rằng ω là một modul liên tục. Tìm một ví dụ chứng tỏ rằng có hàm là modul liên tục mà không phải hàm lõm. Bài tập 6. Chứng minh rằng nếu ω là modul liên tục, thì tồn tại modul liên tục ω∗ sao cho ω(t) 6 ω∗(t) 6 2ω(t). Bài tập 7. Cho f(x) = sin x và r = 1, 2, ã ã ã , p ∈ [1,∞]. Chứng minh (i) Tồn tại t1 > 0 và các hằng số C1(r), C2(r) > 0 sao cho với t ∈ (0, t1), C1(r)t r 6 ωr(f, t)p 6 C2(r)tr. (ii) ‖∆rpi(f)‖1 = 2r+2. Bài tập 8. (a)(Xem lại Hệ quả 1.2.4) Chứng minh rằng n∑ k=0 ( k n − x)2 ( n k ) xk(1− x)n−k 6 1 4n (b) Cho f là một hàm bị chặn trên [0, 1], chứng minh (b1) |f(x)− f(y)| 6 ω(f, |x− y|) với mọi x 6= y ∈ [0, 1]. (b2) ‖f −Bn(f)‖∞ 6 32ω(f, n−1/2) Bài tập 9. Cho f ∈ L2(T), g = f(ã + t)− f và En(f)2 = infT∈Tn( 12pi ∫ 2pi 0 |f(x)− T (x)|2dx)1/2. Chứng minh rằng (a) |gˆ(k)|2 = 2|fˆ(k)|2(1− cos kt) (b) En(g) 2 2 = 2En(f) 2 2 − 2 ∑ |k|>n |fˆ(k)|2 cos kt. (c) Tồn tại hằng số c không phụ thuộc vào n, En(f) 2 2 6 c.ω(f, t)22 + ∑ |k|>n |fˆk|2 cos kt, 52 Bài tập 10. Cho A = [0, 1], Ax = [0, x], V (x) = V ar(f, Ax). Chứng minh V (x)− f(x) là hàm không giảm. Bài tập 11. Cho A = [0, 1] và f0(x) = { 1 nếu x ∈ [0, 1/2); −1 nếu x ∈ [1/2, 1], và g0(x) = { 0 nếu x = 0; x cos pi x nếu x 6= 0, (a) Hãy tính V ar(f0, A) . Từ đó suy ra, W 1 1 (A) là tập con thực sự của BV (A). (b) Chứng minh V ar(g0, A) = ∞. Từ đó suy ra W 11 (A) là tập con của BV (A) ⋂ C(A). Bài tập 12. Cho A = [a, b] và c ∈ (a, b). Đặt Ac = [a, c] và Ac = [c, b]. Chứng minh V ar(f, A) = V ar(f, Ac) + V ar(f, Ac). Bài tập 13. Kiểm tra lại rằng (a) Với A = [0, 1] hàm f(x) = { x log x nếu x ∈ (0, 1]; 0 nếu x = 0, thuộc không gian Z[0, 1]. (b) Lip(α,Lp) ⊂ Hpα với mọi α ≥ 1. Bài tập 14. Cho A = R, 1 6 p 6∞ và các hàm f và g xác định trên A như sau f(x) = { 1 nếu x ∈ (0,∞); 0 nếu x 6∈ (0,∞), và g(x) =  1 nếu x ∈ (1,∞); x nếu x ∈ (0, 1]; 0 nếu x ∈ (−∞, 0]. Chứng minh: (a) Với α = 1/p, ω(f, t)p 6 C.tα. (b) Với 1 ≥ α ≥ 1/p, ω(g, t)p 6 C.tα. Bài tập 15. Cho B = [0, 1) và M1(x) = { 1 nếu x ∈ B; 0 nếu x 6∈ B, là hàm đặc trưng của tập B. Ta xác định dãy các hàm M2,M3, ã ã ã ,Mr như sau: Mr(x) = (Mr−1 ∗M1)(x) = ∫ R Mr−1(x− y)M1(y)dy. Hãy tìm M2,M3 dưới dạng biểu thức tường minh. 53 Bài tập 16. Chứng minh (a) Mr(x) > 0, với mọi x ∈ (0, r). (b)Mr(x) là đối xứng qua x = r/2: Mr(x) =Mr(r − x); (c) ∑ k∈ZMr(x− k) = 1với mọi x ∈ R. (d) ∫∞ −∞Mr(x)dx = 1. Bài tập 17. Cho p ≥ 1, r = 1, 2, ã ã ã ,{fn}n, f là một dãy hàm trong W rp . Biết rằng ‖fn − f‖W rp (A) → 0 khi n→∞. Chứng minh rằng với mỗi 0 6 k < r, f (k)n hội tụ đều đến f (k) trên mỗi tập [c, d] ⊂ A. Bài tập 18. Cho p ≥ 1, r = 1, 2, ã ã ã . Chứng minh rằng W rp (A) là không gian Banach. Bài tập 19. Cho ak, bk là các hệ số Fourier (dạng thực ) của f ∈ L2(T). Biết rằng En(f) 2 2 6 1 2 ω(f, t)22 + pi ∑ k>n (a2k + b 2 k) cos kt. Chứng minh (a) En(f) 2 2 6 n4 ∫ pi/n 0 ω(f, t)22 sinnt dt. (b) En(f)2 6 C.ω(f, pi/n)2, trong đó C là hằng số không phụ thuộc vào f và n. Bài tập 20. Cho f ∈ W r2 (T). Chứng minh rằng En(f) 2 2 6 n−2rEn(f (r))22. Bài tập 21. Chứng minh: (a) Các tính chất của K−Phiếm hàm. (b) Với p ∈ [1,∞], r = 1, 2, ã ã ã . ωr(f, t) 6 CK(f, tr;Lp,W rp ), trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc vào r. Bài tập 22. A = [a, b],T. Cho f ∈ Lp(T) với p ∈ [1,∞). Chứng minh tồn tại dãy đa thức (lượng giác khi A = T) sao cho limn→∞ ‖f − Pn‖p = 0. 54 Chương 4 Cácđịnhlý trungtâmcủalý thuyết xấp xỉ Chúng ta đã đi qua một bước chuẩn bị tương đối dài để đi đến các Định lý trung tâm của lý thuyết xấp xỉ. Các định lý này sẽ giải quyết vấn đề trọng tậm của lý thuyết xấp xỉ. Vấn đề này được đặt ra như sau: (i) Xác định tốc độ xấp xỉ khi biết độ trơn của hàm số f . (ii) Xác định độ trơn theo tốc độ hội tụ của En(f)p := inf ϕ∈Tn ‖f − ϕ‖p. Khi p =∞, ta có hai định lý sau Định lý 4.0.1. (Jackson (1912)) Nếu f ∈ Cr(T), thì En(f)∞ 6 Crn−rω(f (r), n−1), n = 1, 2... Định lý 4.0.2. (Bernstein) Nếu tồn tại 0 < α < 1 sao cho En(f)∞ 6 Crn−r−α, n = 1, 2, ..., thì f (r) ∈ Lipα Các Định lý này sẽ được chứng minh trong các mục sau. Từ hai khẳng định trên ta suy ra f ∈ Lipα khi và chỉ khi En(f)∞ 6 Cn−α, 0 < α < 1. 4.1 Các định lý thuận Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các dạng khác nhau của định lý thuận, trong đó có cả Định lý Jackson. Giả sử f ∈ Lp(T), 1 6 p 6∞ (khi p =∞, ta thay L∞(T) bởi C(T)). Ta đặt Ln(f, x) := ∫ T f(x+ t)Λn(t)dt = ∫ T f(t)Λn(x− t)dt, (1.3) 55 trong đó Λn là một đa thức lượng giác không âm, chẵn, bậc 6 n, có tích phân 1, Λn(t) = n∑ k=0 a(k) cos kt ≥ 0, t ∈ T. Từ công thức cos k(x − t) = cos kx cos kt + sin kx sin kt ta suy ra Ln(f) là đa thức lượng giác bậc 6 n, nó là chẵn nếu f chẵn. Ta có Ln(f, x)− f(x) = ∫ T [f(x+ t)− f(x)]Λn(t)dt = ∫ pi 0 [f(x+ t) + f(x− t)− 2f(x)]Λn(t)dt. Theo bất đẳng thức Minkowski ta suy ra ‖f − Ln(f)‖p 6 ∫ pi 0 ‖f(ã+ t) + f(ã − t)− 2f(ã)‖pΛn(t)dt 6 ∫ pi 0 ω2(f, t)pΛn(t)dt 6 ω2(f, n−1)p ∫ pi 0 (nt+ 1)2Λn(t)dt. Vì vậy nếu ∫ pi 0 tkΛn(t)dt 6 Cn−k, k = 0, 1...., thì ‖f − Ln(f)‖p 6 Cω2(f, n−1)p. Do đó En(f)p 6 Cω2(f, n−1)p. (1.4) Bây giờ ta xét nhân Jackson Kn(t) cho bởi Kn(t) := λn( sinmt/2 sin t/2 )4, m := [n/2] + 1, ∫ T Kn(t)dt = 1; (1.5) đẳng thức cuối cùng xác định λn. Khi đó (1.1) được viết lại dưới dạng Jn(f, x) = ∫ T f(x+ t)Kn(t)dt. Tổng quát hoá nhân Jackson là nhân Kn,r(t) := λn,r( sinmt/2 sin t/2 )2r, m := [n/r] + 1, ∫ T Kn,r(t)dt = 1, n, r > 0. (1.6) Rõ ràng các nhân Jackson tổng quát là các đa thức lượng giác bậc 6 n, không âm, chẵn. Ta ký hiệu An  Bn, n→∞, nếu tồn tại các hằng số C, C ′ và n0 sao cho CBn 6 An 6 C ′Bn, n ≥ n0. Bổ đề 4.1.1. Với r = 1, 2, ..., ta có (i) λn,r  n−2r+1, n→∞. (ii) ∫ pi 0 tkKn,r(t)dt 6 Crn−k, k = 0, 1, ...2r − 2. 56 Chứng minh. Vì 2 pi t 6 sin t 6 t, 0 6 t 6 pi 2 , nên suy ra λ−1n,r = 2 ∫ pi 0 ( sinmt/2 sin t/2 )2rdt  ∫ pi 0 ( sinmt/2 t )2rdt  m2r−1 ∫ mpi/2 0 ( sinu u )2r  n2r−1 Tương tự, với k = 0, 1, ...2r − 2, ta có∫ pi 0 tkKn,t(t)dt 6 Cλn,r ∫ pi 0 tk( sinmt/2 t )2rdt 6 Cn2r−k−1λn,r ∫ mpi/2 0 uk( sinu u )2rdu 6 Cn−k. (1.7) Từ bổ đề này ta thấy rằng nhân Jackson Kn,2 thoả mãn các điều kiện của nhân Λn, do đó ta có Định lý 4.1.2. (Jackson) Tồn tại hằng số C sao cho ‖f − Jn(f)‖p 6 Cω2(f, n−1)p 6 Cω(f, n−1)p. (1.8) Để có thể thay thế ω2 bởi ωr, r > 2, ta đặt Sn(f, x) := Sn,r(f, x) := ∫ T {(−1)r+1∆rt (f, x) + f(x)}Kn,r(t)dt (1.9) Ta sẽ chứng minh Sn(f) là đa thức lượng giác bậc 6 n. Để làm điều này ta cần bổ đề sau Bổ đề 4.1.3. Cho hàm g ∈ L1(R) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2pi/k, k là số nguyên dương. Khi đó nếu l ∈ Z không chia hết cho k, thì∫ T g(t) cos ltdt = ∫ T g(t) sin ltdt = 0. Chứng minh. Ta có∫ 2pi 0 g(t)eiltdt = ∫ 2pi+2pi/k 2pi/k g(t)eiltdt = eilt/k ∫ 2pi 0 g(t)eiltdt. Vì răng l không chia hết cho k nên eilt/k 6= 1, do đó ta có kết quả trên. Từ định nghĩa của sai phân ta đã suy ra ∆rt (f, x) = r∑ k=0 (−1)r+k ( r k ) f(x+ kt). 57 Nhưng Kn,r(t) là đa thức lượng giác chẵn, nên Sn(f, x) là tổ hợp tuyến tính của các tích phân dạng∫ T f(x+ kt) cos ltdt, k = 1, ..., r; l = 1, ...n. (1.10) Vì f(x + kt) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2pi/k, nên theo Bổ đề trên (1.8) chỉ khác 0 khi l chia hết cho k. Khi đó chỉ cần đổi biến u = x + kt và áp dụng công thức cộng cung của hàm số cos, ta sẽ nhận được Sn(f) là một đa thức lượng giác bậc 6 n. Định lý 4.1.4. (Steckhin [1951]) Với r = 1, 2..., tồn tại hằng số Cr sao cho En(f)p 6 Crωr(f, n−1)p, n = 1, 2, ..., 1 6 p 6∞. (1.11) Chứng minh. Ta có ωr(f, t)p 6 (nt + 1)rωr(f, n−1)p (tính chất của modul trơn). Sử dụng bất đẳng thức Minkowski, ‖sn(f)− f‖p 6 ∫ T ‖∆rt (f, ã)‖pKn,r(t)dt 6 ∫ T ωr(f, t)pKn,r(t)dt 6 ωr(f, n−1)p ∫ T (nt+ 1)rKn,r(t)dt 6 Crωr(f, n−1)p bất đẳng thức cuối cùng có được do Bổ đề 4.1.1 Hệ quả 4.1.5. Nếu f ∈ W rp , thì En(f)p 6 Crn−rωr(f (r), n−1)p. Hệ quả 4.1.6. Nếu f ∈ Hαp , α > 0, thì En(f)p = O(n−α) Giả sử f ∈ L1(T). Ta nói f có giá trị trung bình bằng không nếu fˆ(0) = 1 2pi ∫ T f(x)dx = 0. Nếu f có giá trị trung bình bằng 0, và Sn(x) = ∑ |k|6n c(k)eikx, thì suy ra |c(0)| 6 1 2pi ∫ T |Sn(x)− f(x)|dx 6 (2pi)−1/p‖Sn − f‖p (1.12) Ta đặt S◦n(x) := ∑ 0<|k|6n c(k)eikx = Sn(x)− c(0). 58 Ta có ‖f(x)− S◦n(x)‖p = ‖c(0) + f(x)− Sn(x)‖p 6 2‖f − Sn‖p, 1 6 p 6∞ (1.13) Từ (1.11) ta có bổ đề sau Bổ đề 4.1.7. En(f)p 6 C 1 n En(f ′)p, với 1 6 p 6∞, f ∈ W rp . Chứng minh. Gọi ∼ Sn là xấp xỉ tốt nhất của f ′ , và Sn là tích phân tuần hoàn của ∼ S◦n. Do f ′ có giá trị trung bình không nên kết hợp (1.11) với Định lý Jackson ta có En(f)p = En(f − Sn)p 6 ω1(f − Sn, n−1)p 6 C 1 n ‖f ′ − ∼ S◦n‖p 6 2C 1 n ‖f ′ − ∼ Sn‖p = 2C 1 n En(f ′)p. Bằng cách lặp lại quá trình chứng minh trong bổ đề r lần ta thu được kết quả sau: Hệ quả 4.1.8. En(f)p 6 Crn−rEn(f (r))p, f ∈ W rp . (1.14) Ta kết thúc mục này bằng nhận xét sau: Nhận xét 4.1.9. Các cận trên của sai số xấp xỉ En(f)p thường viết ở một trong các dạng sau: En(f)p 6  Crn −r‖f (r)‖p f ∈ W pr ; (A) Cα,pn −α‖f‖Hαp f ∈ Hαp ; (B) Crn −kωr−k(f (k), n−1)P , 0 6 k 6 r, f ∈ W kp ; (C) Crωr(f, n −1)p f ∈ Lp; (D) Từ các tính chất của modul trơn ta có (D)⇒ (C)⇒ (B)⇒ (A) (chứng minh xem như một bài tập). 4.2 Xấp xỉ đồng thời Dưới đây chúng ta sẽ xấp xỉ đồng thời f và các đạo hàm f (k), k = 1, 2, ..., r, bởi Tn và các đạo hàm T (k) n , k = 1, ..., r. 59 Bổ đề 4.2.1. Cho g ∈ Lp(T), 1 6 p < ∞, hoặc g ∈ C(T), p = ∞, và đa thức lượng giác Tn thoả mãn ‖g − Tn‖p 6 Kω(f, n−1)p. Khi đó ta có ‖T ′n‖P 6 K1nω(g, n−1), K1 := 2(K + 1). Chứng minh. Đặt h := n−1, ta có ‖Tn(ã+ h)− Tn(ã − h)‖p 6 2‖g − Tn‖p + ω(f, 2h)p 6 2(K + 1)ω(g, h)p. Mặt khác sử dụng khai triển thành chuỗi Taylor của Tn và sử dụng bất đẳng thức Bernstien ta có ‖Tn(ã+ h)− Tn(ã − h)‖p = ‖ ∞∑ j=1 2 h2j−1 (2j − 1)!T (2j−1) n ‖p ≥ 2h‖T ′n‖p − 2 ∞∑ j=2 h2j−1 (2j − 1)!‖T (2j−1) n ‖p ≥ 2h‖T ′n‖p{1− ∞∑ j=2 (hn)2j−2 (2j − 1)!} = 2h‖T ′n‖p{1− ∞∑ j=2 1 (2j − 1)!} ≥ h‖T ′n‖p. Từ đây ta suy ra khẳng định trên. Từ bổ đề trên ta đi đến định lý về xấp xỉ đồng thời Định lý 4.2.2. (Czipszer và Freud [1958]) Cho f ∈ W rp , 1 6 p 6∞, và Tn là đa thức xấp xỉ tốt nhất của f . Khi đó ‖f (k) − T (k)n ‖p 6 CrEn(f (k))p, k = 0, 1, ..., n = 0, 1, ..., Chứng minh. Định lý được chứng minh bằng quy nạy theo r. Nếu r = 0, thì hiển nhiên k = 0. Do Tn là đa thức lượng giác xấp xỉ tốt nhất f , nên định lý đúng với r = 0. Giả sử định lý đúng với r 6= 0, ta chứng minh định lý đúng với r+1. Giả sử f ∈ W r+1p , ký hiệu ∼ Sn là đa thức xấp xỉ tốt nhất f ′ , và Sn là tích phân tuần hoàn của ∼ Sn − a(0),( a(0) là hạng tử tự do của ∼ Sn). Sử dụng (1.11) và giả thiết quy nạp ta có ‖f (k+1) − S(k+1)n ‖p 6 CrEn(f (k+1))p. 60 Gọi Rn là đa thức lượng giác xấp xỉ tốt nhất f−Sn. Khi đó ta có Tn = Rn+Sn, và ‖R′n‖p 6 Cnω(f − Sn, n−1)p 6 C‖f ′ − S ′n‖p 6 CEn(f ′)p, trong đó bất đẳng thức thứ nhất là do Bổ đề 4.2.1, bất đẳng thức thứ hai là do bất đẳng thức Minkowski ( cụ thể hơn là tính chất của modul trơn), bất đẳng thức cuối cùng là do giả thiết quy nạp với k = 0. Sử dụng bất đẳng thức Bernstein và Hệ quả 4.1.8 ta có ‖R(k+1)n ‖p 6 Cnk‖R′n‖p 6 CnkEn(f ′)p 6 CEn(f (k+1))p. Ta có ‖f − Tn‖p = En(f)p và hơn nữa với k = 0, 1, ..r, ‖f (k+1) − T (k+1)n ‖p 6 ‖f (k+1) − S(k+1)n ‖p + ‖R(k+1)n ‖p 6 CEn(f (k+1))p. Vậy định lý được chứng minh. Nhựơc điểm của bất đẳng thức trên là đa thức xấp xỉ tốt nhất hiếm khi biết. Tuy nhiên, chúng ta cũng có cách khắc phục như sau: Định lý 4.2.3. Cho f ∈ W rp và Sn ∈ Tn thoả mãn ‖f − Sn‖p 6 Crn−rω(f (r), n−1)p, n = 1, 2, .... Khi đó ta có, với n = 1, 2, .., ‖f (k) − S(k)n ‖ 6 Crnk−rω(f (r), n−1)p, k = 1, ..., r, và ‖S(r+1)n ‖p 6 Crnω(f (r), n−1)p. Chứng minh. Gọi Tn là đa thức xấp xỉ tốt nhất f . Ta có ‖Sn − Tn‖p 6 ‖Sn − f‖p + ‖Tn − f‖p 6 C ′rn−rω(f (r), n−1)p. Sử dụng bất đẳng thức Bernstein và Định lý 4.2.2 ta có ‖f (k) − S(k)n ‖p 6 ‖f (k) − T (k)n ‖p + ‖S(k)n − T (k)n ‖p 6 Crnk‖Tn − Sn‖p + CrEn(f (k))p 6 Crnk−rω(f (r), n−1)p. Bất đẳng thức thứ hai của định lý được suy ra rừ Bổ đề 4.2.1 và bất đẳng thức thứ nhất với k = r. Vậy định lý được hoàn toàn chứng minh. 61 4.3 Các định lý ngược Trong mục các Định lý thuận ta đã ước lượng các sai số xấp xỉ En(f)p thông qua modul trơn. Trong phần này chúng ta sẽ ước lượng ngược lại, tức là ước lượng các modul trơn thông qua sai số xấp xỉ. Định lý 4.3.1. Cho f ∈ Lp(T), 1 6 p 6 ∞, r = 1, .... Khi đó tồn tại hằng số Cr sao cho ωr(f, n −1)p 6 Crn−r n∑ k=1 kr−1Ek(f)p, n = 1, ... (3.16) Chứng minh. Giả sử Tn là đa thức xấp xỉ tốt nhất f. Khi đó với m = 0, 1...., và h := n−1, ta có ωr(f, h)p 6 ωr(f − T2m+1 , h)p + ωr(T2m+1 , h)p. (3.17) Ta có ωr(f − T2m+1 , h)p 6 2rE2m+1(f) và ωr(T2m+1 , h)p 6 hr‖T (r)2m+1‖p 6 hr{‖T (r)1 − T (r)0 ‖p + m∑ ν=0 ‖T (r)2ν+1 − T (r)2ν ‖p} 6 hr{2E0(f)p + m∑ ν=0 2(ν+1)r‖T2ν+1 − T2ν‖p} 6 2hr{E0(f)p + m∑ ν=0 2(ν+1)rE2ν (f)p}. Vì rằng 2(ν+1)rE2r(f)p 6 22r ∑2ν k=2ν−1+1 k r−1Ek(f)p, ν ≥ 1 nên ta có ωr(T2m+1 , h)p 6 22r+1hr{E0(f)p + E1(f)p + 2m∑ k=2 kr−1Ek(f)p}. (3.18) Với mỗi n, ta chọn m sao cho 2m 6 n < 2m+1. Khi đó, từ bất đẳng thức (3.14) và (3.15), ta suy ra (3.13) với vế phải cộng thêm E0(f)p. Lặp lại quá trình trên với g := f − c, với c là hằng xấp xỉ tốt nhất f , ta suy ra (3.13) đúng với f . Vậy định lý được chứng minh. Đặc biệt khi r = 1, ta có ω(f, n−1)p 6 Cn−1 n∑ k=1 Ek(f)p, f ∈ Lp(T). (3.19) Định lý sau đây cho ta điều kiện đủ để một hàm thuộc W rp : 62 Định lý 4.3.2. Nếu hàm f ∈ Lp(T), 1 6 p 6 ∞, r = 1, 2, ..., thoả mãn điều kiện ∞∑ k=1 kr−1Ek(f)p <∞, thì f ∈ W rp . Chứng minh. Gọi Tn là đa thức xấp xỉ tốt nhất f , ta có ‖T2ν+1−T2ν‖p 6 2E2ν (f)p. Từ bất đẳng thức Bernstein ta có ‖T (r)2ν+1 − T (r)2ν ‖p 6 2(ν+1)r+1E2ν (f)p 6 C 2ν∑ k=2ν−1 kr−1Ek(f)p. Suy ra ∑ ‖T (r)2ν+1 − T (r)2ν ‖p <∞. Vì vậy {T2ν} là dãy Cauchy trong W rp . Do W rp là không gian Bannach và T2ν → f trong Lp, nên f ∈ W rp . Từ Định lý 4.3.1 ta suy ra: Hệ quả 4.3.3. Nếu En(f)p = O(n−α), α > 0, n = 1, 2, ...., (3.20) thì ωr(f, t)p =  O(tα) nếu α < r O(tα log(1/t)) nếu α = r O(tr) nếu α > r. Đặt r = [α] + 1, thoả mãn r > α, vì vậy từ (3.17) suy ra f ∈ Hαp . Kết hợp với Hệ quả 4.1.6 ta có Định lý 4.3.4. Với α > 0, 1 6 p 6 ∞, hệ thức En(f)p = O(n−α) tương đương với f ∈ Hαp . Ví dụ 3. En(f)p = O(n−1) tương đương với f ∈ Z1,p := H1p . Tuy nhiên không suy ra f ∈ Lip(1, Lp), với 1 < p 6∞. 4.4 Xấp xỉ bằng đa thức đại số Cho A = [a, b], f ∈ Lp(A). Sai số xấp xỉ tốt nhất f bởi Pn được cho bởi En(f)p := inf Pn∈Pn ‖f − Pn‖p. Không mất tổng quát ta xét A = [−1, 1], nếu không thì ta dùng một phép thế tuyến tính đưa A về [−1, 1]. Chúng ta sẽ ước lượng En(f)p thông qua modul trơn, (định lý thuận). Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng. Vì tại gần các điểm cuối ±1 có các quy tắc đặc biệt trong xấp xỉ. Ví dụ một hàm f ∈ C([−1, 1]) có thể được xấp xỉ tốt hơn khi x gần ±1. 63 Định lý 4.4.1. Cho f ∈ W rp (A), n > r, r = 0, 1, ...., 1 6 p 6 ∞. Khi đó sai số xấp xỉ thoả mãn En(f)p 6 Cn−rω(f (r), n−1)p. Chứng minh. Định lý được chứng minh bởi các bước sau: Bước 1. Ta chứng minh với f ∈ W 1p (A), En(f)p 6 C n ‖f ′‖p. (4.22) Đặt x := cos t và g(t) := f(cos t). Khi đó g là hàm chẵn, và g ∈ W 1p vì ‖g′‖pp = ∫ T |g′(t)|pdt = 2 ∫ pi 0 |g′(t)|pdt = 2 ∫ 1 −1 | sin tf ′(t)|p dt sin t 6 2‖f ′‖p. Gọi Tn là đa thức lượng giác xấp xỉ tốt nhất g. Theo hệ quả của Định lý thuận, ta có ‖Tn − g‖p 6 C n ‖g′‖p. Vì g là hàm chẵn nên Tn cũng là hàm chẵn, do đó tồn tại Pn ∈ Pn sao cho Pn(cos t) = Tn(t). Ta có ‖f − Pn‖p 6 2−1/p‖g − Tn‖p 6 Cn−1‖g′‖p 6 Cn−1‖f ′‖p ⇒(4.18). Bước 2 Ta chứng minh En(f)p 6 Cω(f, n−1)p, f ∈ Lp. (4.23) Với h ∈ W 1p , ta có En(f)p 6 ‖f − h‖p + En(h)p 6 C{‖f − h‖p + n−1‖h′‖p}, do đó En(f)p 6 CK1(f, n−1) 6 Cω(f, n−1). Bước 3 Ta chứng minh, với n ≥ 1, f ∈ W 1p : En(f)p 6 Cn−1En−1(f ′)p. (4.24) Giả sử P ′n ∈ Pn là một đa thức xấp xỉ tốt nhất f ′. Gọi Pn là một tích phân của P ′n. Ta có En(f)p = En(f − Pn) 6 Cn−1‖f ′ − P ′n‖p = Cn−1En−1(f ′)p. Từ (4.19) và (4.20) ta suy ra định lý bằng cách lặp lại r lần các bước trên. 64 Định lý 4.4.2. Cho 1 6 p 6 ∞, r = 1, .... Khi đó tồn tại hằng số Cr > 0 sao cho: với f ∈ Lp([−1, 1]), En(f)p 6 Crωr(f, n−1)p, n ≥ r. Chứng minh. Giả sử g ∈ W rp . Ta có En(g)p 6 Crn−rω(g(r), n−1)p 6 Crn−r‖g(r)‖p. Vì vậy với f ∈ Lp, ta có En(f)p 6 C(‖f − g‖p + En(g)p) 6 Cr(‖f − g‖p + n−r‖g(r)‖p) 6 CrK(f, n−r;Lp,W rp ) 6 Crωr(f, 1/n)p Nhận xét 4.4.3. (i) Không có bất đẳng thức đảo đối với Định lý 4.4.2. (ii) Tuy nhiên khi I = [−a, a], 0 < a < 1. Ta có ωr(f, n −1)Lp(I) 6 Cn−r n∑ k=r kr−1Ek(f)p. Nhưng bất đẳng thức này không đúng cho I = [−1, 1]! 4.5 Bài tập cuối chương Bài tập 1. Nhân Jackson tổng quát cho bởi Kn,r(t) := λn,r( sinmt/2 sin t/2 )2r, m = [n/r] + 1, n, r > 0, hằng số λn,r được xác định bởi phương trình: ∫ 2pi 0 Kn,r(t)dt = 1. Chứng minh (a) Khi r = 1, Kn,1(t) sai khác một hằng số nhân với nhân Fejer Fn(t) (Xem chương 1), tức là Kn,1(t) = cFn(t), trong đó c là hằng số không phụ thuộc vào n, t. (b) Kn,r(t) là hàm chẵn không âm và là đa thức lượng giác bậc 6 n. 65 Bài tập 2. Cho α ∈ (0, 1). Chứng minh rằng f ∈ Lip(α,Lp) khi và chỉ khi ‖f − σn(f)‖p 6 C.n−α, trong đó C là hằng số dương không phụ thuộc vào f và n, σn(f) là tích chập của nhân Fejer với f . Bài tập 3. Chứng minh rằng nếu En(f)p 6 C1n−r|f |Hrp thì En(f)p 6 C2n−r‖f (r)‖p, trong đó C1 và C2 là các hằng số không phụ thuộc và f và n. Bài tập 4. Xét nhân Λn,r(t) := λn,r( sinnt/2 n sin t/2 )2r, n, r = 1, 2, . . . , hằng số λn,r được xác định bởi phương trình: ∫ 2pi 0 Λn,r(t)dt = 1. Chứng minh (a) Λn,r(t) là hàm chẵn không âm và là đa thức lượng giác bậc 6 r(n− 1). (b) λn,r  n, tức là tồn tại các hằng số dương c1(r), c2(r) sao cho c1(r).n 6 λn,r 6 c2(r).n. (c) ∫ pi −pi |t|kΛn,r(t)dt 6 Crn−k, k = 0, 1, ã ã ã , 2r − 2. Gợi ý: Làm hoàn toàn tương tự như nhân Jackson. Bài tập 5. Cho A = [−1, 1], f ∈ C(A), và Λn,r như trong bài tập 36 . Đặt x = cos t với 0 6 t 6 pi, và Qn,r(f, x) := ∫ pi −pi f(cos(t+ u))Λn,r(u)du. Chứng minh rằng |f(x)−Qn,2(f, x)| 6 C.ω(f, | sin t|n + 1n2 ). Bài tập 6. Biết rằng En(f)p 6  Crn −r‖f (r)‖p (A) Cα,pn −α|f |Hαp (B) Crn −kωr−k(f (k), n−1)p, 0 6 k 6 r (C) Crωr(f, n −1)p. (D) Hãy chứng minh (D)⇒ (C)⇒ (B)⇒ (A). Bài tập 7. Chứng minh rằng: (a) Nếu f ∈ C1(T) thì nEn(f)→ 0 khi n→∞; (b) Nếu ∑∞ n=1En(f) <∞, thì f ∈ C1(T). 66 Bài tập 8. Chứng minh Z 6= Lip1 bằng cách kiểm tra hàm số ψ(t) = ∑∞n=1 n−2 sin(nt) trên T. Bài tập 9. Cho A = [−1, 1] và hàm số f(x) = ∞∑ k=1 2−αkC2k(x), 0 < α < 1, trong đó {Cm}m là dãy các thức chebyshev: Cn(x) := cosnt với x = cos(t), t ∈ [0, pi]. Chứng minh rằng En(f)∞ 6 C.n−α, n = 1, 2, . . . . Hơn nữa f 6∈ Lip(β,∞), 1 > β > α/2. 67 Chương 5 Sóngnhỏ Sóng nhỏ là đối tượng đã và đang được phát triển rất mạnh mẽ cả về lý thuyết lẫn ứng dụng. Hiện nay có ba khuynh hướng nghiên cứu chính về sóng nhỏ: Thứ nhất, nghiên cứu sóng nhỏ như là một cơ sở để biểu diễn hàm số. Thứ hai, một kỹ thuật mới để phân tích thời gian - tần số của tín hiệu. Thư ba, một đối tượng toán học mới. Cả ba khuynh hướng này đều đang trên đà phát triển mạnh mẽ. Tương tự như gải tích Fourier, trong gải tích sóng nhỏ, "phép biến đổi tích phân sóng nhỏ" và "chuỗi sóng nhỏ" là hai thực thể toán học đóng vai trò nòng cốt. Nội dung của chương này trình bầy một số kết quả cơ bản của khuynh hướng thứ nhất, như thế việc khai triển hàm thành chuỗi sóng nhỏ sẽ là mục đích của chương này. Trong các chương trước chúng ta đã biết rằng mỗi hàm f ∈ L2(T) có thể khai triển thành chuỗi Fourier f(x) = ∞∑ n=−∞ cne inx hội tụ theo chuẩn của không gian L2(T), ở đây cn là các hệ số Fourier của f , được cho bởi cn = 1 2pi ∫ 2pi 0 f(x)e−inxdx. Từ biểu diễn trên ta thấy rằng: mỗi hàm f trong không gian f ∈ L2(T) là sự chồng chất của các sóng sin với các tần số n khác nhau. Nhưng các sóng sin, einx, n ∈ Z, được sinh bởi một hàm eix bằng các phép co giãn biến số. Do đó chỉ duy nhất một hàm eix sinh toàn bộ không gian L2(T). Để ý rằng dãy {cneinx}n∈Z là dãy trực giao. Xét không gian L2(R) các hàm xác định trên R, đo đựơc và thoả mãn∫ ∞ −∞ |f(x)|2dx <∞. Mặc dù các không gian L2(R) và f ∈ L2(T) là thực sự khác biệt, nhưng chúng ta cũng mong muốn tìm một ''sóng'' sinh ra toàn bộ L2(R) theo nghĩa 68 tương tự như sóng sin, eix ở trên. Sau khi đọc xong Chương 5 độc giả sẽ tìm được lời gải đáp cho mong muốn này. Tuy nhiên trứơc khi nghiên cứu về lý thuyết tổng quát, độc giả nên đọc kỹ ví dụ kinh điển dưới đây về cơ sở Haar, cơ sở này được nhà toán học Haar đề xuất năm 1910. 5.1 Sóng nhỏ Haar Hàm Haar là một hàm số xác định bởi ψ(x) =  1 nếu x ∈ [0, 1 2 ); −1 nếu x ∈ [1 2 , 1); 0 nếu x 6∈ [0, 1). Với mỗi cặp (m,n) ∈ Z2, đặt ψm,n(x) := 2m/2ψ(2mx − n), hàm ψm,n được sinh ra từ ψ bằng các phép co giãn và tịnh tiến biến số, và supp(ψm,n) = [n2−m, (n+ 1)2−m]. Hàm ψ được gọi là sóng nhỏ Haar. Ta có định lý sau: Định lý 5.1.1. Họ {ψm,n}(m,n)∈Z2 là một cơ sở trực chuẩn của không gian L2(R). Chứng minh. Để chứng minh Định lý này chúng ta cần chỉ ra rằng: (1) Họ {ψm,n}(m,n)∈Z2 là một hệ trực chuẩn; (2) Mọi hàm f ∈ L2(R) đều có thể xấp xỉ với độ chính xác tuỳ ý bằng tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các phần tử ψm,n. Với mỗi m ∈ Z cố định và n 6= n′, supp(ψm,n)∩ supp(ψm,n′) = ∅, do đó 〈ψm,n, ψm,n′〉 = ∫ ∞ −∞ ψm,n(x)ψm,n(x)dx = 0. Giả sử m 6= m′, không mất tổng quát ta có thể giả thiết m′ < m. Khi đó nếu supp(ψm,n)∩ supp(ψm′,n′) 6= ∅, thì supp(ψm,n) nằm toàn bộ trên miền mà ψm′,n′ = const. Do đó 〈ψm,n, ψm′,n′〉 = const ∫ ∞ −∞ ψm,n(x)dx = 0. Mặt khác với mọi m,n ∈ Z, dễ thấy ‖ψm,n‖L2(R) = 1. Vậy (1) được chứng minh. Ta chứng minh (2). Vì rằng mọi hàm f ∈ L2(R) có thể xấp xỉ với độ chính xác tuỳ ý bằng các hàm bậc thang có giá compact và nhận giá trị 69 không đổi trên các khoảng [2−mn, (n + 1)2−m) với m đủ lớn, n ∈ Z. Vì thế chúng cần chỉ ra rằng mọi hàm bậc thang như vậy có thể xấp xỉ với độ chính xác tuỳ ý bằng tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các phần tử ψm,n. Giả sử rằng f là một hàm có giá compact, supp(f) ⊂ [−2J1 , 2J1 ], và nhận giá trị không đổi trên các khoảng [2−J0l, (l + 1)2−J0), l ∈ Z, J1 và J0 có thể lớn tuỳ ý. Đặt f 0 = f , f 0|[l2−J0 ,(l+1)2−J0 ) = f 0l = const. Ta biểu diễn f 0 dưới dạng tổng hai hàm f 0 = f 1 + δ1, trong đó f 1 là hàm nhận giá trị không đổi trên các khoảng [k2−J0+1, (k + 1)2−J0+1), tức là f 1|[k2−J0+1,(k+1)2−J0+1) = f 1k = const. Giá trị f 1k được tính bằng trung bình cộng của f 0 2k và f 0 2k+1, f 1 k = 1 2 (f 02k+f 0 2k+1). Hàm δ1 nhận giá trị không đổi trên cùng các khoảng mà f 0 nhận giá trị không đổi (nói cách khác δ1 và f 0 có cùng bước nhảy). Dễ thấy rằng δ12l = f 0 2l − f 1l = 1 2 (f 02l − f 02l+1) và δ12l+1 = f 0 2l+1 − f 1l = 1 2 (f 02l+1 − f 02l) = −δ12l. Khi đó hàm δ1 có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các hàm ψ(2J0−1 ã −l), δ1 = 2J1+J0−1∑ l=−2J1+J0−1+1 δ12lψ(2 J0−1 ã −l) = 2J1+J0−1∑ l=−2J1+J0−1+1 δ12l2 (−J0+1)/2ψJ0−1,l. Vì vậy f = f 0 = f 1 + ∑ l cJ0−1,lψJ0−1,l. 70 Hình 1. f 1 trung bình hoá f 0 trên các đoạn [2k, 2k + 2), k ∈ Z. Chú ý rằng hàm f 1 có cùng dạng như f 0 nhưng bước nhẩy lớn hơn hai lần của f 0, giá của f 1 vẫn trên [−2J1 , 2J1 ]. Vì vậy áp dụng quá trình trên ta cũng có f 1 = f 2 + ∑ l cJ0−2,lψJ0−2,l, trong đó hàm f 2 có supp(f 2) ⊂ [−2J1 , 2J1 ], và có bước nhảy bằng 2−J0+2, gấp hai lần bước nhảy của f 1, nhận giá trị không đổi trên các khoảng [k2−J0+2, (k + 1)2−J0+2). Tiếp tục quá trình này sau J0 + J1 bước ta có f = fJ0+J1 + J1+2J0∑ m=J0−1 ∑ l cm,lψm,l, trong đó hàm fJ0+J1 có supp(f−J0+J1) = [−2J1 , 2J1 ], và chỉ nhận hai giá trị trên [−2J1 , 2J1 ]: fJ0+J1 |[0,2J1 ) = fJ0+J10 = giá trị trung bình của f trên [0, 2J1), và fJ0+J1|[−2J1 ,0) = fJ0+J1−1 = giá trị trung bình của f trên [−2J1 , 0). 71 Hình 2. Trung bình hoá của f trên các đoạn [2J1 , 0), và [0,−2J1) vẫn có thể căng ra các khoảng rộng hơn [−2J1+1, 0), [0, 2J1+1). Mặc dù chúng ta đã làm căng ra toàn bộ [−2J1 , 2J1 ] nhưng chúng ta vẫn có thể xấp xỉ mở rộng ra khoảng [−2J1+1, 2J1+1], .... Ta phân tích fJ0+J1 thành tổng của hai hàm fJ0+J1 = fJ0+J1+1 + δJ0+J1+1, trong đó fJ0+J1+1|[0,2J1+1) = 1 2 fJ0+J10 , f J0+J1+1|[−2J1+1,0) = 1 2 fJ0+J1−1 và δJ0+J1+1 = 1 2 fJ0+J10 ψ(2 −J1−1x)− 1 2 fJ0+J1−1 ψ(2 −J1−1x+ 1). Sau K bước ta lại có f = fJ0+J1+K + J1+2J0+K∑ m=J0−1 ∑ l cm,lψm,l, trong đó supp(fJ0+J1+K) = [−2J1+K , 2J1+K ] và fJ0+J1+K |[0,2J1+K) = 2−KfJ0+J10 , fJ0+J1+K |[−2J1+K ,0) = 2−KfJ0+J1−1 . Ta có ‖f − J1+2J0+K∑ m=J0−1 ∑ l cm,lψm,l‖2L2(R) = ‖fJ0+J1+K‖2L2(R) = 2−K/2.2J1/2[|fJ0+J10 |2 + |fJ0+J1−1 |2]1/2. 72 Vế phải có thể làm nhỏ tuỳ ý khi K đủ lớn, vì vậy hàm f có thể xấp xỉ với độ chính xác tuỳ ý cho trước bởi một tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các phần tử ψm,l. Vậy Định lý được chứng minh. Cách chứng minh Định lý trên ngầm ẩn cách tiếp cận đa phân giải : (i) Các hàm f j trung bình hoá của f trên các khoảng ngày càng rộng. (ii) Tại mỗi bước chúng ta đã xác định được hiệu số giữa xấp xỉ với độ phân gải 2j−1 và mức sau thô hơn với độ phân giải 2j như là tổ hợp tuyến tính của các sóng nhỏ Haar ψm,n. (iii) Như vậy ta đã xác định một họ các không gian con: Vj = {f ∈ L2(R) : f nhận giá trị không đổi trên các khoảng [k2−j, (k + 1)2−j), k ∈ Z}. Họ các không gian {Vj}j∈Z có các tính chất sau: (1) ... ⊂ V−2 ⊂ V−1 ⊂ V0 ⊂ V1 ⊂ V2...; (2) ⋂ j∈Z Vj = {0}, ⋃ j∈Z Vj = L2(R); (3) f ∈ Vj nếu và chỉ nếu f(2−jã) ∈ V0; (4) f ∈ V0 kéo theo f(ã −m) ∈ V0 với mọi m ∈ Z; Tính chất (3) nói rằng các không gian Vj là sự co giãn nhị phân của một không gian con V0. Đối với họ các sóng nhỏ Haar ở trên ta có ProjVj f = ProjVj−1f + ∑ k∈Z 〈f, ψj,k〉ψj,k. (1.2) Tính đẹp đẽ và thú vị của cách tiếp cận đa phân giải đó là bất cứ khi nào họ {Vj}j∈Z thoả mãn bốn tính chất trên cùng với (5) Tồn tại hàm ϕ ∈ V0 sao cho {ϕ(ã − n)}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0, thì tồn tại ψ sao cho (1) thoả mãn. Khi đó họ {ψj,k}j,k∈Z tự động là một cơ sở trực chuẩn. Trong ví dụ sóng nhỏ Haar ở trên ta có thể lấy ϕ = I[0,1). Chúng ta có thể xây dựng ψ như sau: Vì ϕ ∈ V0 ⊂ V1 và các hàm ϕ1,n = 21/2ϕ(2 ã −n), n ∈ Z tạo thành cơ sở trực chuẩn của V1 nên ta có ϕ = ∑ n∈Z βnϕ1,n, βn = 〈ϕ, ϕ1,n〉. Lấy αn = 2 1/2βn, ta có ϕ(x) = ∑ n∈Z αnϕ(2x− n). 73 Vì vậy ψ = ∑ n∈Z (−1)nα−n+1ϕ(2x− n). Trở lại với sóng nhỏ Haar, ta có hàm ϕ = I[0,1) thoả mãn ϕ(x) = ϕ(2x) + ϕ(2x− 1), do đó ψ(x) = ϕ(2x)− ϕ(2x− 1) là sóng nhỏ Haar ban đầu. 5.2 Phân tích đa phân giải và cơ sở sóng nhỏ trực chuẩn. Chúng ta bất đầu mục này với định nghĩa của sóng nhỏ, khái niệm chính của chương. Định nghĩa 5.2.1. Một sóng nhỏ là một hàm ψ ∈ L2(R) sao cho họ các hàm {ψm,n}(m,n)∈Z2 xác định bởi ψm,n(x) := 2 m/2ψ(2mx− n), x ∈ R, là một cơ sở trực chuẩn của không gian Hilbert L2(R). Cho trước một hàm ϕ ∈ L2(R), nếu không nói gì khác ta luôn ký hiệu ϕm,n := 2 m/2ϕ(2m ã −n). Theo Định nghĩa mỗi sóng nhỏ ψ xác định một cơ sở trực chuẩn của không gian L2(R), cơ sở này được gọi là cơ sở sóng nhỏ. Các sóng nhỏ tốt thường xây dựng từ một phân tích đa phân giải, khái niệm này được tiên đề hoá từ các tính chất của họ các không gian con {Vj}j∈Z ở mục trước. Định nghĩa 5.2.2. Một phân tích đa phân giải là một họ các không gian con đóng {Vj}j∈Z của L2(R) thoả mãn các tính chất sau (i) ... ⊂ V−2 ⊂ V−1 ⊂ V0 ⊂ V1 ⊂ V2...; (ii) ⋂ j∈Z Vj = {0}, ⋃ j∈Z Vj = L2(R); (iii) f ∈ Vj nếu và chỉ nếu f(2−jã) ∈ V0; (iv) f ∈ V0 kéo theo f(ã −m) ∈ V0 với mọi m ∈ Z; (v) Tồn tại hàm ϕ ∈ V0 sao cho {ϕ(ã − n)}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0. Hàm ϕ được gọi là hàm thang bậc của phân tích đa phân giải. 74 Giả sử {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của L2(R). Gọi Pj là toán tử chiếu trực giao lên không gian con Vj. Vì ⋃ j∈Z Vj = L2(R) nên limj→∞ Pjf = f. Từ điều kiện (iii) suy ra các không gian Vj là sự co giãn nhị phân của không gian V0. Từ (v) ta có họ {ϕj,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của Vj. Dưới đây chúng ta sẽ xem một cơ sở sóng nhỏ được xây dựng từ một phân tích đa phân giải như thế nào. Gọi Wj là phần bù trực giao của Vj trong Vj+1, Vj+1 = Vj ⊕Wj, Wj ⊂ Vj+1. Ta có với mọi j, j′ ∈ Z, j 6= j′, Wj⊥Wj′ , và với mọi k > 0, Vj = Vj−k k⊕ i=1 Wj−k. Nhưng ⋂ j∈Z Vj = {0} và ⋃ j∈Z Vj = L2(R) nên ta suy ra L2(R) = ⊕ j∈Z Wj. (2.3) Vậy L2(R) được phân tích thành tổng trực tiếp của một dãy các không gian con đóng, trực giao từng đôi. Do (iii) nên ta cũng có f ∈ Wj ⇔ f(2−jã) ∈ Wj+1. (2.4) Từ (2.2) suy ra nếu {ψj,k}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn củaWj thì họ {ψk,j}(k,j)∈Z là cơ sở trực chuẩn của L2(R). Nhưng do (2.3), nếu {ψ0,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của W0 thì dãy {ψj,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của Wj. Vậy chúng ta chỉ cẩn xây dựng hàm ψ sao cho dãy {ψ(ã − k)}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của W0. Quá trình xây dựng ψ được thực hiện theo các bước sau: Bứơc 1. Vì ϕ ∈ V0 ⊂ V1 và {ϕ1,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V1 nên ta có ϕ = ∑ n∈Z hnϕ1,n = √ 2 ∑ n∈Z hnϕ(2 ã −n), (2.5) trong đó sự hội tụ của chuỗi bên vế phải là hội tụ theo chuẩn của L2, và dễ thấy hn = 〈ϕ, ϕ1,n〉, ∑ n∈Z |hn|2 = 1. (2.6) Lấy biến đổi Fourier hai vế của (2.4) ta có ϕˆ(ξ) = 1√ 2 ϕˆ(ξ/2) ∑ n hne −inξ/2. 75 Đặt m0(ξ) := 1√ 2 ∑ n hne −inξ, (2.7) ta có ϕˆ(ξ) = m0(ξ)ϕˆ(ξ/2), a.e. (2.8) Do (2.5) nên m0 ∈ L2(T). Bước 2. Vì {ϕ(ã − k)}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0 nên ta có δ0,k = ∫ R ϕ(x)ϕ(x− k)dx = ∫ R |ϕˆ(ξ)|2eikξdξ = ∫ 2pi 0 eikξ ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2dξ, suy ra ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2 = 1 2pi a.e. (2.9) Kết hợp với (2.7), từ (2.8) ta có với ζ = ξ/2,∑ l∈Z |m0(ζ + pil)|2|ϕˆ(ζ + pil)|2 = 1 2pi a.e. (2.10) Tách tổng bên vế trái của (2.9) theo l chẵn và l lẻ, chú ý đến tính tuần hoàn của m0 và (2.8), ta có |m0(ζ)|2 + |m0(ζ + pi)|2 = 1 a.e (2.11) Bước 3. Giả sử f ∈ W0, khi đó f ∈ V1 và f⊥V0. Vì {ϕ1,n}n∈Z là cơ sở trực chuẩn của V0 nên ta có f = ∑ n∈Z fnϕ1,n, trong đó fn = 〈f, ϕ1,n〉. Lấy biến đổi Fourier hai vế ta có fˆ(ξ) = 1√ 2 ϕˆ(ξ/2) ∑ n∈Z fne −inξ/2 = mf (ξ/2)ϕˆ(ξ/2), (2.12) với mf (ξ) := 1√ 2 ∑ n∈Z fne −inξ a.e. Dễ thấy mf ∈ L2(T). Vì f⊥V0 nên với mọi k, ta có 0 = ∫ R f(x)ϕ(x− k)dx = ∫ R fˆ(ξ)ϕˆ(ξ)eikξdξ = ∫ 2pi 0 eikξ ∑ l∈Z fˆ(ξ + 2pil)ϕˆ(ξ + 2pil)dξ, 76 do đó ∑ l∈Z fˆ(ξ + 2pil)ϕˆ(ξ + 2pil) = 0, (2.13) với sự hội tụ của chuỗi bên vế trái là hội tụ tuyệt đối trong L1(T). Thay fˆ và ϕˆ xác định bởi (2.11) và (2.7) vào (2.12), rồi tách tổng theo l chẵn, l lẻ, và sử dụng (2.8), ta có mf (ζ)m0(ζ) +mf (ζ + pi)m0(ζ + pi) = 0 a.e. (2.14) Từ (2.10) suy ra m0(ζ) và m0(ζ + pi) không thể cùng triệt tiêu trên một tập có độ đo dương, nhưng do (2.13) nên tồn tại hàm λ(ζ) tuần hoàn với chu kỳ 2pi sao cho mf (ζ) = λ(ζ)m0(ζ + pi) a.e (2.15) và λ(ζ) + λ(ζ + pi) = 0 a.e. (2.16) Phương trình (2.15) có thể viết lại dưới dạng λ(ζ) = eiζν(2ζ), (2.17) trong đó ν là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi. Thay (2.14) và (2.16) vào (2.11) ta có fˆ(ξ) = eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ν(ξ)ϕˆ(ξ/2). (2.18) Bước 4 Ta đặt ψˆ(ξ) := eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ϕˆ(ξ/2). Khi đó (2.17) được viết lại dưới dạng fˆ(ξ) = ν(ξ)ψˆ(ξ/2). Ta có∫ 2pi 0 |ν(ξ)|2dξ = 2 ∫ pi 0 |λ(ζ)|2dζ và từ định nghĩa của mf suy ra∫ 2pi 0 |mf (ξ)|2dξ = pi ∑ n∈Z |fn|2 = pi‖f‖2 <∞. Mặt khác từ (2.14) ta có∫ 2pi 0 |mf (ξ)|2dξ = ∫ 2pi 0 |λ(ξ)|2|m0(ξ + pi)|2dξ = ∫ pi 0 |λ(ξ)|2[|m0(ξ + pi)|2 + |m0(ξ)|2]dξ = ∫ pi 0 |λ(ξ)|2dξ. 77 Vì vậy ∫ 2pi 0 |ν(ξ)|2dξ = 2pi‖f‖2 <∞. Do đó ta có thể viết ν dưới dạng ν(ξ) = ∑ k∈Z νke −ikξ. Thay ν vào biểu thức của fˆ ta có fˆ = ( ∑ k∈Z νke −ikξ)ψˆ(ξ), suy ra f = ∑ k∈Z νkψ(ã − k), f ∈ W0. Hơn nữa từ tính chất của m0 và ϕˆ ta thấy rằng ψ ∈ V1 và ⊥V0, do đó ψ ∈ W0. Do đó để chỉ ra ψ là một sóng nhỏ ta chỉ cần chỉ ra tính trực chuẩn của dãy {ψ(ã − k)}k∈Z. Thật vậy, ta có∑ l∈Z |ψˆ(ξ + 2pil)|2 = ∑ l∈Z |m0(ξ/2 + pil + pi)|2|ϕˆ(ξ/2 + pil)|2 = |m0(ξ/2 + pi)|2 ∑ n∈Z |ϕˆ(ξ/2 + 2pin)|2 + |m0(ξ/2)|2 ∑ n∈Z |ϕˆ(ξ/2 + pi + 2pin)|2 = (2pi)−1[|m0(ξ/2)|2 + |m0(ξ/2 + pi)|2] a.e = (2pi)−1 a.e (2.19) và ∫ R ψ(x)ψ(x− k)dx = ∫ R eikξ|ψˆ(ξ)|2dξ = ∫ 2pi 0 eikξ ∑ l∈Z |ψˆ(ξ + 2pil)|2dξ. (2.20) Kết hợp (2.18) và (2.19) ta suy ra ∫ R ψ(x)ψ(x− k)dx = δ0,k. Vậy dãy {ψ(ã − k)}k∈Z là một dãy trực chuẩn. Bước 5. Kết luận: Dãy {ψ(ã − k)}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0, do đó {ψm,n}(m,n)∈Z2 là một cơ sở trực chuẩn của L2(R). Theo định nghĩa ψ là một sóng nhỏ của L2(R). Từ cách xây dựng trên ta đi đến định lý sau: 78 Định lý 5.2.3. (Mallat - Mayer) Giả sử {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của không gian L2(R). Khi đó tồn tại một cơ sở sóng nhỏ trực chuẩn {ψm,n}(m,n)∈Z2 của L2(R) sao cho Pj = Pj−1 + ∑ k∈Z 〈ã, ψj,k〉ψj,k. (2.21) Một trong những khả năng để xây dựng ψ đó là ψˆ(ξ) = eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ϕˆ(ξ/2), (với m0 được xác định bởi (2.6), (2.5)) hay tương đương với ψ(x) = √ 2 ∑ n∈Z (−1)n−1h−n−1ϕ(2x− n). (2.22) Nhận xét 5.2.4. (a) Sóng nhỏ ψ xác định trong cách xây dựng trên không duy nhất. Thật vậy, đặt ψˆ1(ξ) := ρ(ξ)ψˆ(ξ), trong đó ρ là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi và |ρ(ξ)| = 1a.e. Khi đó ψ1 cũng thoả mãn (2.20). Đặt biệt nếu ta chọn ρ(ξ) = ρ0e imξ , thì chỉ làm thay đổi một pha và một tịnh tiến bởi m đối với ψ. Vì vậy ta có thể thay (2.21) bằng ψ(x) = 21/2 ∑ n∈Z (−1)nh−n+1ϕ(2x− n). (b) Không phải mọi sóng nhỏ đều được xây dựng từ phân tích đa phân giải! 5.3 Sóng nhỏ Shannon-kotelnikov Trong mục này chúng ta xét một ví dụ xây dựng sóng nhỏ từ một phân tích đa phân giải, đó là sóng nhỏ Shannon-kotelnikov. Xét hàm số ϕ(x) := sinpix pix . Dễ thấy ϕ là một hàm giải tích và thoả mãn ϕ(n) = δ0,n với mọi n ∈ Z. Hơn nữa ta có thể viết lại ϕ dưới dạng tích phân ϕ(x) = 1 2pi ∫ pi −pi eiξxdξ. Do đó biến đổi Fourier của ϕ là ϕˆ(ξ) = 1 (2pi)1/2 χ(−pi,pi)(ξ). 79 Với mỗi σ ∈ R đặt Bσ := {f ∈ L2(R) : f(x) = 1 (2pi)1/2 ∫ σ −σ F (ξ)eiξxdξ, F ∈ L2((−σ, σ))}. Từ biểu diễn trên của ϕ ta có {ϕ(ã − n)}n∈Z ⊂ Bpi. Đặt Vj = B2jpi. Định lý 5.3.1. Dãy {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của L2(R), với hàm thang bậc ϕ(x) = sinpix pix . Chứng minh. Dễ thấy Vj là một không gian con của L2(R). Ta có, ánh xạ F : L2(R)→ L2(R) ánh xạ f vào fˆ là một song ánh tuyến tính liên tục, bảo toàn chuẩn. Do L2([−2jpi, 2jpi]) là tập đóng của L2(R) nên Vj = F−1(L2([−2jpi, 2jpi])) cũng là một tập đóng của L2(R). Vây với mỗi j ∈ Z, Vj là một không gian con đóng của L2(R). Ta kiểm tra các điều kiện còn lại của Định nghĩa 5.2.2. Rõ ràng với mọi j ∈ Z, Vj ⊂ Vj+1, và ⋂ j∈Z Vj = {0}. Giả sử f ∈ L2(R) và f⊥ ⋃ j∈Z Vj. Ta có ϕˆj,k(ξ) = 1 (2j+1pi)1/2 e−ik2 −jξχ[−2jpi,2jpi](ξ), do đó dãy {ψj,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn đầy đủ trong không gian L2([−2jpi, 2jpi]). Nhưng F−1 là một song ánh tuyến tính liên tục, bảo toàn tích vô hướng, nên suy ra {ϕj,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn đầy đủ trong Vj. Vì f⊥Vj nên nói riêng f⊥ϕj,k với mọi k ∈ Z. Suy ra fˆ(ξ) = 0 a.e trên [−2jpi, 2jpi]. (3.23) Do (3.22) đúng với mọi j ∈ Z, nên fˆ(ξ) = 0 a.e trên R. Do đó f = 0. Nói cách khác ⋃ j∈Z Vj trù mật trong L2(R). Để kiểm tra điều kiện (iii) ta chỉ cẩn kiểm tra ϕj,k(2ã) ∈ Vj+1 và ϕj+1,k(ã/2) ∈ Vj với mọi k ∈ Z. Ta có ϕj,k(2x) = 2 j/2 sin(pi2 j+1x− k) pi(2j+1x− k) = 2−1/2ϕj+1,k(x), suy ra ϕj,k(2ã) ∈ Vj+1. Tương tự ϕj+1,k(ã/2) = 21/2ϕj,k ∈ Vj. Điều kiện (iv) là hiển nhiên từ cách xác định Vj, còn điều kiện (v) đã được chứng minh ở trên. Vậy {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của L2(R), với hàm thang bậc ϕ. Như trong lý thuyết tổng quát xây dựng ở mục trước, ta cần tìm hàm ψ sao cho {ψ0,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của W0. 80 Bổ đề 5.3.2. Cho f ∈ L2(R). Khi đó∑ ν∈Z |fˆ(ξ + 2piν)|2 = (2pi)−1 a.e, khi và chỉ khi {f0,ν}ν∈Z là một dãy trực chuẩn. Chứng minh. Ta có∫ R |fˆ(ξ + 2piν)|2dξ = ∑ ν∈Z ∫ 2pi(ν+1) 2piν |fˆ(ξ)|2 = ∑ ν∈Z ∫ 2pi 0 |fˆ(ξ + 2piν)|2dξ = ∫ 2pi 0 ∑ ν∈Z |fˆ(ξ + 2piν)|2dξ Đặt H(ξ) = ∑ ν∈Z |fˆ(ξ + 2piν)|2. Rõ ràng H là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi. Vì fˆ ∈ L2(R) nên H ∈ L1(T). Các hệ số Fourier của H là Hˆ(n) = 1 2pi ∫ 2pi 0 ∑ ν∈Z |fˆ(ξ + 2piν)|2e−inxdx = 1 2pi ∑ ν∈Z ∫ 2pi 0 |fˆ(ξ + 2piν)|2e−inxdx = 1 2pi ∫ R |fˆ(x)|2e−inxdx = 1 2pi ∫ R f(x− n)f(x)dx = 1 2pi 〈f(ã − n), f〉, n ∈ Z. Vậy H(ξ) = (2pi)−1, a.e trên R khi và chỉ khi 〈f(ã − n), f〉 = δ0,n. Bổ đề 5.3.3. Với mỗi j ∈ Z, Wj = {f : f(x) = 1 (2pi)1/2 ∫ ∆j fˆ(ξ)eiξxdξ}, trong đó ∆j := [−2j+1pi,−2jpi] ⋃ [2jpi, 2j+1pi]. Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng minh khẳng định này với j = 0. Nếu supp(fˆ) ⊂ ∆0, thì f ∈ V1 và f⊥ϕ(ã − n), n ∈ Z, do đó f ∈ W0. 81 Mặt khác, Nếu f ∈ W0 thì theo định nghĩa củaW0 suy ra f ∈ V1 và f⊥ϕ(ã−n) với mọi n ∈ Z. Nhưng khi đó fˆ triệt tiêu bên ngoài đoạn [−2pi, 2pi] và 0 = 〈f, ϕ(ã − n)〉 = 1 (2pi)1/2 ∫ R fˆ(ξ)ϕˆ(ξ)e−inξdξ = 1 (2pi)1/2 ∫ pi −pi fˆ(ξ)e−inξdξ, với mọi n ∈ Z. (3.24) Do đó fˆ = 0 trên [−pi, pi]. Tóm lại fˆ = 0 bên ngoài ∆0, vậy f(x) = 1 (2pi)1/2 ∫ ∆0 fˆ(ξ)eiξxdξ. Bây giờ ta xác định ψ như sau: ψˆ(ξ) = 1 (2pi)1/2 e−iαξχ∆0(ξ), ξ ∈ R, (3.25) với α ∈ (0, 1). Khi đó, từ hai Bổ đề trên ta suy ra ψ ∈ W0 và {ψ0,n}n∈Z là một dãy trực chuẩn. Mệnh đề dưới đây sẽ chứng minh {ψ0,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0, và vì vậy {ψj,k}(j,k)∈Z2 là một cơ sở sóng nhỏ của L2(R). Mệnh đề 5.3.4. Dãy {ψ(ã − n)}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0. Chứng minh. Ta có {e−iξ : ξ ∈ ∆0} = {z ∈ C : |z| = 1} =: T, và A := span{e−inξ : ξ ∈ ∆0}n∈Z trù mật trong C(T), do đó A trù mật trong C(∆0). Nhưng C(∆0) trù mật trong L2(∆0), nên dãy {e−inξ : ξ ∈ ∆0}n∈Z là dãy đóng trong L2(∆0). Mặt khác, ánh xạ L2(∆0)→ L2(∆0) ánh xạ f vào e−iα(ã)f là một đẳng cự. Do đó {e−in(ã)ψˆ}n∈Z là một dãy đóng trong L2(∆), vì vậy nó là một dãy đầy đủ. Nhưng ̂ϕ(ã − n)(ξ) = e−inξψˆ(ξ), suy ra {ψ(ã − n)}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0. Hệ quả 5.3.5. Dãy {ψj,k}(j,k)∈Z là một cơ sở sóng nhỏ của L2(R), trong đó, lấy biến đổi fourier ngược từ (3.24), ψ(x) = sin 2pi(x− α) pi(x− α) − sin pi(x− α) pi(x− α) , x ∈ R. 82 5.4 Hàm thang bậc 5.4.1 Giảm nhẻ điều kiện trực chuẩn Điều kiện (v) của Định nghĩa 5.2.2 yêu cầu tồn tại hàm ϕ sao cho: {ϕ0,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0, điều kiện này có thể thay bằng điều kiện nhẹ hơn nhưng tương đương. Chúng ta chỉ cần tồn tại ϕ sao cho {ϕ0,n}n∈Z là một cơ sở Riesz của V0. Định nghĩa 5.4.1. Dãy {ϕ0,n}n∈Z được gọi là một cơ sở Riesz của V0 nếu (1) span{ϕ0,n}n∈Z = V0, (2) Tồn tại các hằng số A > 0, B <∞ sao cho với mọi dãy {ck}k∈Z ∈ `2(Z) thoả mãn A ∑ k∈Z |ck|2 6 ‖ ∑ k∈Z ckϕ0,k‖2 6 B ∑ k∈Z |ck|2. Giả sử {ϕ0,n}n∈Z là một cơ sở Riesz của V0. Ta có ‖ ∑ k∈Z ckϕ0,k‖2 = ∫ R | ∑ k∈Z cke −ikξϕˆ(ξ)|2dξ = ∫ 2pi 0 | ∑ k∈Z cke −ikξ|2 ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2dξ và ∑ k∈Z |ck|2 = (2pi)−1 ∫ 2pi 0 | ∑ k∈Z cke −ikξ|2dξ. Do đó điều kiện (2) của định nghĩa tương đương với (2pi)−1A 6 ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2 6 (2pi)−1B a.e. Đặt ϕˆ∗(ξ) = (2pi)−1[ ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2]−1/2ϕˆ(ξ). Dễ thấy ∑ l∈Z |ϕˆ∗(ξ + 2pil)|2 = (2pi)−1 a.e. Theo Bổ đề 5.3.2 suy ra {ϕ∗0,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn. Gọi V ∗0 là không 83 gian tuyến tính sinh bởi {ϕ∗0,k}k∈Z. Ta có V ∗0 = {f : f = ∑ n∈Z cnϕ ∗(ã − n), c = {cn}n∈Z ∈ `2(Z)} = {f : fˆ = νϕˆ∗, ν ∈ L2([0, 2pi])} = {f : fˆ = ν1ϕˆ, ν1 ∈ L2([0, 2pi])} = {f : f = ∑ n∈Z dnϕ(ã − n), d = {dn}n∈Z ∈ `2(Z)} = V0. Từ cách thiết lập trên ta đi đến kết kuận Mệnh đề 5.4.2. Dãy {ϕ0,n}n∈Z là một cở Riesz của V0 khi và chỉ khi tồn tại ϕ∗ ∈ V0 sao cho dãy {ϕ∗0,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0. 5.4.2 Xây dựng phân tích đa phân giải Một phân tích đa phân giải gồm một họ các không gian con đóng {Vj} và một hàm thang bậc ϕ sao cho các điều kiện (i) - (v) của Định nghĩa 5.2.2 được thoả mãn. Dưới đây chúng ta sẽ nghiên của các điều kiện của ϕ mà từ đó ta có thể xây dựng được một phân tích đa phân giải. Bổ đề 5.4.3. Cho H là một không gian Hilbert, và giả sử {vn}n∈Z là một cơ sở Riesz của H. Khi đó (i) Tồn tại dãy {un}n∈Z trong H sao cho {vn}n∈Z và {un}n∈Z là hệ song trực giao. Hơn nữa {un}n∈Z cũng là một cơ sở Riesz của H. (ii) Tồn tại các hằng số 0 < A 6 B sao cho với mọi x ∈ H thoả mãn A‖x‖2 6 ∑ n∈Z |〈x, vn〉|2 6 B‖x‖2. Chứng minh. Ký hiệu en = {δ0,n}n∈Z. Hiển nhiên en ∈ `2(Z). Xét toán tử tuyến tính F : `2(Z) → H xác định bởi F (en) = vn. Do {vn}n∈Z là một cơ sở Riesz của H nên F là một đẳng cấu. Vì vậy toán tử (F−1)∗ cũng là một đẳng cấu từ `2(Z) lên H. Đặt un = (F−1)∗(en). Ta có 〈un, vm〉 = 〈(F−1)∗(en), F (em)〉 = 〈en, em〉 = δm,n. Vì (F−1)∗ là một đẳng cấu từ `2(Z) lên H, nên {un}n∈Z cũng là một cơ sở Riesz. Giả sử x = ∑ n∈Z cnun, dễ thấy∑ n∈Z |〈x, un〉|2 = ∑ n∈Z |cn|2. Nhưng vì {vn}n∈Z là một cơ sở Riesz, nên ta có khẳng định (ii). 84 Giả sử ϕ thoả mãn các điều kiện sau ϕ(x) = ∑ n∈Z cnϕ(2x− n), với {cn}n∈Z ∈ `2(Z), (4.26) và 0 < α 6 ∑ l∈Z |ϕˆ(ξ + 2pil)|2 6 β <∞. (4.27) Đặt Vj = span{ϕj,k}k∈Z. Khi đó các điều kiện (i), (iii), (iv) là rõ ràng. Do (4.26) nên theo Mệnh đề 5.4.2 điều kiện (v) được thoả mãn. Mệnh đề 5.4.4. Giả sử ϕ ∈ L2(R) thoả mãn (4.26). Khi đó ⋂ j∈Z Vj = {0}. Chứng minh. Do (4.26) nên dãy {ϕ0,k}k∈Z là một cơ sở Riesz của V0. Theo Bổ đề (5.4.3) tồn tại các hằng số 0 < A 6 B sao cho với mọi f ∈ V0, A‖f‖2 6 ∑ k∈Z |〈f, ϕ0,k|2 6 B‖f‖2. (4.28) Bằng phép đổi biến số x 7→ 2−jx ta suy ra với mọi f ∈ Vj, A‖f‖2 6 ∑ k∈Z |〈f, ϕj,k|2 6 B‖f‖2. (4.29) Giả sử f ∈ ⋂j∈Z Vj. Với mỗi  > 0, tồn tại hàm liên tục với giá compact f, suppf ⊂ [−R,R], sao cho ‖f − f‖ < . Ta có ‖f‖ = ‖f − Pjf + Pjf‖ 6 ‖f − Pjf‖+ ‖Pjf‖ = ‖Pj(f − f)‖+ ‖Pjf‖ 6 ‖f − f‖+ ‖Pjf‖ 6 + ‖Pjf‖, (4.30) trong đó Pj là toán tử chiếu trực giao lên không gian con Vj. Mặt khác vì Pj là toán tử chiếu trực giao lên Vj nên Pjf ∈ Vj và 〈f − Pjf, ϕjk〉 = 0 với mọi k ∈ Z. Khi đó áp dụng (4.28) suy ra ‖Pjf‖2 6 A−1 ∑ k∈Z |〈f, ϕj,k〉|2. (4.31) Ta có ∑ k∈Z |〈f, ϕj,k〉|2 6 2j ∑ k∈Z [ ∫ R −R |f(x)ϕ(2jx− k)|dx]2 6 2j‖f‖2L∞(R) ∑ k∈Z [ ∫ R −R |ϕ(2jx− k)|dx]2 6 2j‖f‖2L∞(R)2R ∑ k∈Z ∫ R −R |ϕ(2jx− k)|2dx 6 ‖f‖2L∞(R)2R ∑ k∈Z ∫ R2j−k −R2j−k |ϕ(x)|2dx. 85 Bất đẳng thức này dúng với mọi j, do đó ta có thể chọn j sao cho các khoảng [k − 2jR, k + 2jR] rời nhau từng đôi, chẳng hạn chọn j sao cho R2j < 1/2. Đặt Uj = ⋃ j∈Z[k − 2jR, k + 2jR], ta có∑ k∈Z |〈f, ϕj,k〉|2 6 ‖f‖2L∞(R)2R ∫ Uj |ϕ(x)|2dx = ‖f‖2L∞(R)2R ∫ R χUj(x)|ϕ(x)|2dx. (4.32) trong đó χUj là hàm đặc trưng của Uj. Rõ ràng, nếu x 6∈ Z thì χUj(x)→ 0 khi j → −∞. Theo Định lý hội tụ bị chặn vế phải của (4.31) sẽ hội tụ về 0 khi j → −∞.Vì vậy tồn tại j sao cho vế phải của (4.31) nhỏ hơn A2. Khi đó do (4.30) nên ‖Pjf‖ 6 . Điều này cùng với (4.29) dẫn đến ‖f‖ 6 2, với mọi  > 0. Vậy f = 0 và khẳng định được chứng minh. Mệnh đề 5.4.5. Giả sử ϕ thoả mãn (4.26), ϕˆ bị chặn và liên tục tại 0, với ϕˆ(0) 6= 0. Khi đó ⋃j∈Z Vj = L2(R). Chứng minh. Do ϕ thoả mãn (4.26), tương tự như Mệnh đề trên ta cũng có (4.28). Giả sử f ∈ (⋃j∈Z Vj)⊥. Cố định  > 0, bé tuỳ ý. Tồn tại hàm f ∈ C∞(R) với giá compact sao cho ‖f − f‖ 6 . Ta có ‖Pjf‖ = ‖Pj(f − f)‖ 6 ‖f − f‖ 6 . (4.33) Mặt khác từ (4.28) suy ra ‖Pjf‖ ≥ B−1 ∑ k∈Z |〈f, ϕj,k〉|2. (4.34) Ta có∑ k∈Z |〈f, ϕj,k〉|2 = ∑ k∈Z ∣∣ ∫ R fˆ(ξ)2 −j/2ϕˆ(2−jξ)eik2 −j dξ ∣∣2 = ∑ k∈Z 2−j ∣∣ ∫ 2pi2j 0 eik2 −jξ ∑ l∈Z fˆ(ξ + 2pil2 j)ψˆ(2−jξ + 2pil)dξ ∣∣2 = 2pi ∫ 2pi2j 0 ∣∣∑ l∈Z fˆ(ξ + 2pil2 j)ψˆ(2−jξ + 2pil) ∣∣2dξ = 2pi ∑ k∈Z ∫ R ψˆ(2−jξ)fˆ(ξ)fˆ(ξ + 2pik2j)ψˆ(2−jξ + 2pik)dξ = 2pi ∫ R | ˆψ(2−j)ξ|2|fˆ(ξ)|2 +R, (4.35) 86 trong đó R := 2pi ∑ k 6=0 ∫ R ψˆ(2−jξ)fˆ(ξ)fˆ(ξ + 2pik2j)ψˆ(2−jξ + 2pik)dξ. Vì f ∈ C∞(R) nên tồn tại hằng số C sao cho |fˆ(ξ)| 6 C(1 + |ξ|2)−3/2. Khi đó |R| 6 2pi ∑ k 6=0 ∫ R |ψˆ(2−jξ)||fˆ(ξ)||fˆ(ξ + 2pik2j)||ψˆ(2−jξ + 2pik)|dξ 6 2pi‖ϕˆ‖2L∞(R) ∑ k 6=0 ∫ R |fˆ(ξ)||fˆ(ξ + 2pik2j)|dξ 6 C22pi‖ϕˆ‖2L∞(R) ∑ k 6=0 ∫ R (1 + |ξ + 2j2pil|2)−3/2(1 + |ξ|2)−3/2dξ = C22pi‖ϕˆ‖2L∞(R) ∑ k 6=0 ∫ R (1 + |ξ + 2jpil|2)−3/2(1 + |ξ − 2jpik|2)−3/2dξ 6 C ′‖ϕˆ‖2L∞(R) ∑ k 6=0 (1 + pi2k222j)−1/2 ∫ R (1 + |ζ|2)−1dζ (ở đây ta sử dụng hai lần bất đẳng thức: (1 + |x− y|2)−1(1 + |x+ y|2)−1 6 C1(1 + |y|2)−1 với mọi x, y ∈ R) 6 C22−j (4.36) Kết hợp (4.33), (4.34), (4.35), 2pi ∫ R |ϕˆ(2−jξ)|2|fˆ(ξ)|2 6 B2 + C22−j. (4.37) Do ϕˆ bị chặn và liên tục tại 0, nên theo Định lý hội tụ bị chặn, vế trái của (4.36) hội tụ đến 2pi|ϕˆ(0)|2‖f‖2 khi j → +∞. Vì vậy với j đủ lớn ta có ‖f‖ 6 C|ϕˆ(0)|. Nhưng ‖f − f‖ 6  nên suy ra ‖f‖ 6 ‖f − f‖+ ‖f‖ 6 (1 + C|ϕˆ(0)|). Do  > 0, bé tuỳ ý nên f = 0. Vậy khẳng định được chứng minh. Từ các kết luận trên ta đi đến Định lý sau Định lý 5.4.6. Giả sử hàm ϕ ∈ L2(R) thoả mãn các điều kiện 87 (a1) ϕ(x) = ∑ n∈Z cnϕ(2x− n), với {cn}n∈Z ∈ `2(Z). (a2) 0 < α 6 ∑ k∈Z |ϕˆ(ξ + 2pik)|2 6 β <∞. (a3) ϕˆ bị chặn, liên tục trong lân cận của 0, với ϕˆ(0) 6= 0. Khi đó dãy các không gian con đóng {Vj}j∈Z, với Vj := span{ϕj,k}k∈Z, là một phân tích đa phân giải của không gian L2(R). Từ Định lý 5.2.3 và 5.4.6, ta có thể xây dựng một cơ sở sóng nhỏ theo các bước như sau: •Chọn hàm ϕ sao cho:(a) ϕ và ϕˆ có độ giảm hợp lý ở ∞, (b) thoả mãn các điều kiện a1, a2 của Định lý 5.4.6, (c) ∫ R ϕ(x)dx 6= 0. • Thực hiện phép chuẩn hoá ϕˆ∗(ξ) = ϕˆ(ξ)[2pi ∑ k∈Z |ϕˆ(ξ + 2pik)|2]−1/2 nếu cần. • Lấy ψˆ(ξ) = eiξ/2m∗0(ξ/2 + pi)ϕˆ∗(ξ/2), với m∗0(ξ) = m0(ξ)[ ∑ k∈Z |ϕˆ(ξ + 2pik)|2]1/2[ ∑ k∈Z |ϕˆ(2ξ + 2pik)|2]−1/2, hoặc một cách tương đương ψ(x) = 21/2 ∑ n∈Z (−1)nh∗−n+1ϕ∗(2x− n), với m∗0 = 2 −1/2∑ n h ∗ ne −inξ , h∗n = 〈ϕ∗, ϕ∗1,n〉. Hàm ψ chính là sóng nhỏ cần tìm. Ví dụ 4. (Tìm lại sóng nhỏ Haar) Xét hàm số ϕ(x) = χ[0,1)(x). Ta có ϕˆ(0) = (2pi)−1/2 ∫ 1 0 ϕ(x)dx = (2pi)−1/2 6= 0, ϕˆ(ξ) = ∫ 1 0 e−iξxdx = −(iξ)−1(e−iξ − 1) = sin(ξ/2) ξ/2 e−iξ/2 (2pi)1/2 , do đó ϕ và ϕˆ có độ giảm hợp lý tại∞, ϕˆ liên tục, bị chặn. Hơn nữa {ϕ0,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn, và ϕ(x) = ϕ(2x) + ϕ(2x− 1), 88 Vậy {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải. Ta tính ψ. Chú ý rằng ta không cần chuẩn hoá, vì {ϕ0,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn ,và do đó ϕ∗ = ϕ, h∗n = hn = 〈ϕ, ϕ1,n〉 = { 2−1/2 nếu n = 0, 1, 0 nếu khác. Vậy ψ(x) = ϕ(2x)− ϕ(2x− 1) =  1 nếu x ∈ [0, 1/2), −1 nếu x ∈ (1/2, 1], 0 nếu khác. Ví dụ 5. (B-splines và sóng nhỏ) Xét hàm ϕ xác định bởi ϕ(x) = { 1− |x| nếu 0 6 |x| 6 1; 0 nếu khác; Hàm ψ thoả mãn ϕ(x) = 1 2 ϕ(2x+ 1) + ϕ(2x) + 1 2 ϕ(2x− 1) và có biến đổi Fourier ϕˆ(ξ) = (2pi)−1( sin ξ/2 ξ/2 )2. Hơn nữa 2pi ∑ k∈Z | ˆξ + 2pik|2 = 3−1(1 + 2 cos2(ξ/2)) và ∫ R ϕ(x)dx = 1 6= 0. Từ đó suy ra {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của không gian L2(R). Vì dãy {ϕ(ã − k)}k∈Z không trực giao, nên ta phải thực hiện bước chuẩn hoá ϕˆ∗(ξ) = 31/2 (2pi)1/2 4 sin2(ξ/2) ξ2 √ (1 + 2 cos2(ξ/2)) . Chú ý rằng m0(ξ) = ϕˆ(ξ) ϕˆ(ξ/2) , nên ta có m∗0(ξ) = cos 2(ξ/2) [1 + 2 cos2(ξ/2) 1 + 2 cos2(ξ) ]1/2 . Vậy sóng nhỏ ψ sẽ là ψˆ(ξ) = 31/2eiξ/2 sin2(ξ/4) [ 1 + 2 sin2(ξ/4) (1 + 2 cos2(ξ/2))(1 + 2 cos2(ξ/4)) ]1/2 ϕˆ(ξ/2). 89 5.5 Bài tập cuối chương Bài tập 1. Cho φ ∈ L1(R) ⋂ L2(R) là hàm thang bậc thoả mãn phương trình (làm mịn) φ(x) = 2 ∑ m∈Z h(m)φ(2x−m), (5.41) trong đó dãy các hệ số của phương trình {h(m)}m∈Z. ∈ `2(Z). Chứng minh rằng nếu φˆ(0) 6= 0 thì ∑m∈Z h(m) = 1. Bài tập 2. Cho φi ∈ L1(R) ⋂ L2(R), i = 1, 2, thoả mãn (1) với dãy hệ số tương ứng là hi, i = 1, 2. Chứng minh rằng φ1 ∗ φ2 cũng thoả mãn (1) với dãy hệ số d = {d(m)}m∈Z nào đó. Tìm dãy d. Bài tập 3. Cho Mm(x) = (Mm−1 ∗M1)(x),m = 2, 3, . . . , trong đó M1(x) là hàm đặc trưng của [0, 1). Chứng minh rằng Mm(x) = 1 2m−1 m∑ k=0 ( m k ) Mm(2x− k). Bài tập 4. Sử dụng Định lý Meyer - Mallat để tìm sóng nhỏ ψ từ phân tích đa phân giải {Vj}j∈Z với hàm thang bậc ϕ(x) = χ[0,1)(x). Bài tập 5. Cho hàm f thoả mãn điều kiện |f(x)− f(y)| 6 C|x− y|α với mọi x, y ∈ R, trong đó C là một hằng số dương, α ∈ (0, 1] cố định. Ký hiệu ψ là hàm số Haar. Chứng minh |〈f, ψj,k〉| 6 C2−j(α+1/2). 90

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfly_thuyet_xap_xi_va_ung_dung_dinh_dung_91_trang_5063.pdf