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).
91 trang |
Chia sẻ: nguyenlam99 | Lượt xem: 1089 | Lượt tải: 0
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:
- ly_thuyet_xap_xi_va_ung_dung_dinh_dung_91_trang_5063.pdf