Nguyên lý bất định

Nguyên lý bất định Heisenberg khẳng định rằng:

“Không thể cùng lúc đo được chính xác cả vận tốc và vị trí của electron.”

Về mặt toán học, nó được diễn đạt qua bất đẳng thức Heisenberg:

Cho f\in L^2(\mathbb R; \mathbb C)(=L^2), ||f||_{L^2}=1. Khi đó

\int\limits_{\mathbb R} |x|^2|f(x)|^2dx\int\limits_{\mathbb R}|\xi|^2|\mathcal Ff(\xi)|^2d\xi\ge \dfrac{1}{16\pi^2},

trong đó \mathcal Ff(\xi)=\int\limits_{\mathbb R}e^{-2\pi i x\xi}f(x)dx.

Chứng minh dưới đây được viết dựa vào bài báo của G. B. Folland, A. Sitaram:

“The uncertainty principle: a mathematical survey”, The J. of  Fourier Analysis and Applications, V. 3, No 3, 1997, pp. 207-238.

Trường hợp một trong hai tích phân bên trái vô hạn ta có ngay điều phải chứng minh.

Ta xét trường hợp hai tích phân bên trái hữu hạn, từ mối quan hệ giữa phép lấy đạo hàm và biến đổi Fourier

\mathcal F(f^{,})(\xi)=2\pi i \xi \mathcal F f(\xi)

và đẳng thức Plancherel ta có f^{,}\in L^2 cũng như bất đẳng thức Heisenberg sẽ chuyển thành

\int\limits_{\mathbb R} |x|^2|f(x)|^2dx\int\limits_{\mathbb R}| f^{,}(x)|^2dx\ge \dfrac{1}{4}.

Đến đây ta có thể thấy việc sẽ sử dụng Bất đẳng thức Schwarz.

Lưu ý

(|f(x)|^2)^{,}=(f(x)\bar{f}(x))^{,}=2\Re{f(x)\bar{f^{,}}(x)}

nên dùng tích phân từng phần

2\Re\int_c^d xf(x)\bar{f^{,}}(x)dx=x|f(x)|^2\big|_c^d-\int_c^d |f(x)|^2dx.

xf(x), f(x), f^{,}(x)\in L^2 nên tồn tại các giới hạn

\lim\limits_{c\to -\infty}\int_c^d xf(x)\bar{f^{,}}(x)dx, \lim\limits_{c\to -\infty}\int_c^d |f(x)|^2dx,

\lim\limits_{d\to +\infty}\int_c^d xf(x)\bar{f^{,}}(x)dx, \lim\limits_{d\to +\infty}\int_c^d |f(x)|^2dx.

Từ đó ta có các giới hạn

\lim\limits_{c\to-\infty}c|f(c)|^2, \lim\limits_{d\to+\infty}d|f(d)|^2

tồn tại.

Do f\in L^2 nên

\lim\limits_{c\to-\infty}c|f(c)|^2= \lim\limits_{d\to+\infty}d|f(d)|^2=0.

Như vậy

-2\Re\int\limits_{\mathbb R} xf(x)\bar{f^{,}}(x)dx=\int\limits_{\mathbb R} |f(x)|^2dx=1.

Đến đây dùng bất đẳng thức Schwarz ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xf(x)=-cf^{,}(x), c>0 hay f(x)=Ae^{-cx^2}.

Cũng trong bài báo trên, một cách nhìn nguyên lý bất định khá trực giác cũng được giới thiệu:

cách nhìn của Amrein & Berthier, Benedicks như sau

“Giá của f và của \mathcal Ff không thể cùng bé.”

Chính xác hơn

“Nếu f\in L^1, |supp(f)||supp(\mathcal F f)|<\infty thì f\equiv 0.

Ở đây |supp(f)| là độ đo Lebesgue của tập giá của hàm f.

Để chứng minh mệnh đề này ta sẽ sử dụng công thức Tổng Poisson

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}f(x+n)e^{-2\pi i(x+n)y }=\sum\limits_{k\in\mathbb Z}\mathcal Ff(y+k)e^{2\pi ix}. \;\;(1)

Bằng cách co giãn hàm g(x)=f(ax) ta có thể giả sử |supp f|<1.

Khi đó

+ \sum_{n\in\mathbb Z}\chi_{supp f}(x+n) là số nguyên không âm,

+ \int_{[0, 1]} \sum_{n\in\mathbb Z}\chi_{supp f}(x+n)dx=\int_{\mathbb R}\chi_{supp f}(x)dx=|supp f|<1,

trong đó \chi_{K}(x) là hàm đặc trưng của tập K.

Do đó không thể có \sum_{n\in\mathbb Z}\chi_{supp f}(x+n)=1 a.e. x\in [0, 1] hay

có một tập đo được F\subset [0, 1], |F|>0 để

\sum_{n\in\mathbb Z}\chi_{supp f}(x+n)=0 \forall x\in F

hay \chi_{supp f}(x+n)=0 \forall n\in \mathbb Z nếu x\in F nghĩa là (x+\mathbb Z)\cap supp f=\emptyset \;\forall x\in F.

Từ đó, với x\in F: VT (1)=0.

Để xem vế phải là gì tương tự ta cũng xét

\int\limits_{[0, 1]} \sum\limits_{k\in\mathbb Z}\chi_{supp \mathcal F f}(\xi+k)d\xi=\int\limits_{\mathbb R}\chi_{supp \mathcal F f}(\xi)d\xi=|supp \mathcal F f|<+\infty.

Do đó với hầu hết \xi\in[0, 1]: \sum_{k\in\mathbb Z}\chi_{supp \mathcal F f}(\xi+k)<+\infty.

Mà hàm đặc trưng có giá trị là 0 hoặc 1 nên chỉ có hữu hạn k\in\mathbb Z

\chi_{supp\mathcal F f}(\xi+k)=1 hay \mathcal F f(\xi +k)\not=0.

Do đó với hầu hết y\in [0, 1] ta có VP(1) chỉ là tổng của một số hữu hạn các số hạng nên nó là hàm lượng giác. Hàm lượng giác, cũng là hàm giải tích, bằng không trên tập F có độ đo dương thì nó phải đồng nhất không. Khi đó hệ số Fourier \mathcal F f(y+k)=0 \;\forall k\in \mathbb Z với hầu hết y\in [0, 1]. Từ đó \mathcal F f=0 a.e hay f=0.

Một cách nhìn nữa của Hardy cũng được trình bày trong bài báo như sau:

“Độ tăng của f\mathcal F f không cùng nhỏ.”

Chính xác hơn

“Với a>0, b>0, ký hiệu E(a, b) là tập các hàm đo được f trên \mathbb R thỏa mãn

|f(x)|\le c e^{-a\pi x^2}, |\mathcal F f(\xi)|\le c e^{-b\pi x^2}.

Nếu ab<1: dimE(a, b)=\infty.

Nếu ab=1: E(a, b)=\mathbb C e^{-a\pi x^2}.

Nếu ab>1: E(a, b)=\{0\}.”

Kết quả của Hardy có rất nhiều mở rộng, đặc biệt mở rộng gần đây của Bruno Demange trong bài báo

“A survey on certainty principles related to quadratic forms”, Collet. Math., 2006, pp. 1-36, của A. Bonami & B. Demange,

như sau:

“Cho f\in S^{,}(\mathbb R).

Nếu e^{\pi x^2}f(x)\in S^{,}(\mathbb R), e^{\pi\xi^2}\mathcal Ff(\xi)\in S^{,}(\mathcal R)

thì f(x)=P(x)e^{-\pi x^2}, P(x) là đa thức nào đó.”

Kết quả này có được nhờ sử dụng phép biển đổi kiểu Bargmann

\mathcal B f(z)=e^{\frac{\pi}{2}z^2 }\langle f(x), e^{-\pi(x-z)^2}\rangle, x\in\mathbb R, z\in\mathbb C

và Nguyên lý cực đại Phragmen-Linderlof.

Tôi nói vắn tắt cách chứng minh.

Ta xuất phát:

vai trò của f\mathcal F f là như nhau nên

việc chứng minh f(x)=Pe^{-\pi x^2} tương đương với

việc chứng minh \mathcal F f(\xi)e^{-\pi \xi^2}=Qe^{-2\pi \xi^2}.

Từ tính chất của biến đổi Fourier ta có

việc chứng minh \mathcal F f(\xi)e^{-\pi\xi^2}=Qe^{-2\pi \xi^2} tương đương với

việc chứng minh f(x)*e^{-\pi x^2}=Re^{-\frac{\pi}{2} \xi^2}

hay \mathcal B f(x)=R(x).

Chú ý P, Q, R là các đa thức nào đó.

Để chứng minh \mathcal Bf(z) là đa thức, ta dùng Định lý Liouville cho hàm nguyên từ đánh giá

|Bf(z)|\le C(1+|z|)^N, \forall z\in\mathbb C với N\in\mathbb N nào đó.

Để có đánh giá trên ta lại dùng nguyên lý cực đại Phragmen-Linderlof với các điều kiện sinh ra từ giả thiết

e^{\pi x^2}f\in S^{,}, e^{\pi \xi^2}\mathcal F f\in S^{,}.

Cũng lưu ý thêm rằng, từ đẳng thức Plancherel

\mathcal B f(z)=e^{-\frac{\pi}{2}z^2}\langle \mathcal Ff(\xi), e^{-\pi(\xi-iz)^2}\rangle

\mathcal Bf(z)=\langle e^{\pi x^2}f(x), e^{-2\pi(x-z/2)^2}\rangle=\langle e^{\pi \xi^2}\mathcal Ff(\xi), e^{-2\pi(\xi-iz/2)^2}\rangle.

One thought on “Nguyên lý bất định

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s