Chứng minh BĐT Bohr và BĐT Bernstein

Cách đây khá lâu, trong bài

https://datuan5pdes.wordpress.com/2008/05/03/b%E1%BA%A5t-d%E1%BA%B3ng-th%E1%BB%A9c-h-bohr-b%E1%BA%A5t-d%E1%BA%B3ng-th%E1%BB%A9c-s-bernstein/

tôi có nêu các bất đẳng thức Bohr và bất đẳng thức Bernstein như hai mặt đối lập về tính chất của phổ của hàm số.

Dưới đây tôi sẽ trình bày chứng minh cho các bất đẳng thức trên.

Trước tiên ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức trên cho đa thức lượng giác

S_n(x)=a_0+\sum\limits_{k=1}^n(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)).

Ta thử tính phổ của hàm e^{ikx}, k\in\mathbb R. Có e^{ikx} là hàm tăng chậm và có biến đổi Fourier là hàm suy rộng tăng chậm được xác định bởi

\langle \mathcal F(e^{ikx}), \varphi\rangle=\int\limits_{\mathbb R}e^{ikx}\mathcal F\varphi(x)dx.

Để ý rằng, với biến đổi Fourier \mathcal F\varphi(x)=\int\limits_{\mathbb R}e^{-2\pi i x\xi}\varphi(\xi)d\xi, có

biến đổi ngược Fourier \mathcal F^{-1}\varphi(x)=\int\limits_{\mathbb R}e^{2\pi i x\xi}\varphi(\xi)d\xi,

e^{ikx}\mathcal F(\varphi(\eta))(x)=\mathcal F(\varphi(\eta+\frac{k}{2\pi}))(x), \int\limits_{\mathbb R}\psi(x)dx=\mathcal F^{-1}\psi(0).

Khi đó

\langle\mathcal F(e^{ikx}), \varphi\rangle =\varphi(\frac{k}{2\pi}) hay \mathcal F(e^{ikx})=\delta(x-\frac{k}{2\pi}).

Từ đó có phổ của hàm e^{ikx} là tập một điểm \{\frac{k}{2\pi}\}.

Lại để ý \cos(kx)=\dfrac{e^{ikx}+e^{-ikx}}{2}, \cos(kx)=\dfrac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{2i}

nên phổ của các hàm \cos(kx), \sin(kx) là tập \{\pm\frac{k}{2\pi}\}.

Như vậy phổ của đa thức lượng giác S_n(x) chứa các điểm

+) 0 nếu a_0\not=0,

+) ít nhất một trong hai điểm -\dfrac{k}{2\pi}, \dfrac{k}{2\pi} nếu |a_k|^2+|b_k|^2\not=0.

Khi đó, nói phổ của đa thức lượng giác S_n(x) nằm trong khoảng (-\Lambda, \Lambda), \Lambda>0 nghĩa là n< 2\pi\Lambda.

Như trong bài

https://datuan5pdes.wordpress.com/2012/08/19/khong-gian-bat-bien-voi-phep-dich-chuyen/

do S_n(x) là đa thức lượng giác bậc n nên

S^{,}_n(x)=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}\alpha_kS_n(x+\tau_k)

với \tau_k=\dfrac{(2k-1)\pi}{2n}, \alpha_k=\dfrac{1}{n(2\sin(\tau_k/2))^2}.

Từ đây ta có đánh giá

|S^{,}(x)|\le (\sum\limits_{k=1}^{2n}\alpha_k)\sup\limits_{x\in\mathbb R}|S_n(x)|.

Chú ý, nếu cho S_n(x)=\sin(nx) ta có

\sum\limits_{k=1}^{2n}\alpha_k=n

nên

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|S_n^{,}(x)|\le n\sup\limits_{x\in\mathbb R}|S_n(x)|.

Có dấu bằng khi S_n(x)=\sin(nx).

Lại có n<2\pi\Lambda nên ta có bất đẳng thức Bernstein cho đa thức lượng giác có chu kỳ 2\pi.

Vậy với đa thức lượng giác có chu kỳ khác, chẳng hạn

s_n(x, T)=a_0+\sum\limits_{k=1}^n(a_n\cos(\frac{2k\pi}{T}x)+b_n\sin(\frac{2k\pi}{ T}x))

ta có bất đẳng thức Bernstein

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|s_n^{,}(x, T)|\le \dfrac{2\pi n}{T}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|s_n(x, T)|.

Dấu bằng xảy ra khi s_n(x, T)=\sin(\frac{2n\pi}{ T}x).

Chứng minh bất đẳng thức Bernstein cho đa thức lượng giác này xin dành cho bạn đọc.

Một hàm f:\mathbb R\to \mathbb C khả vi vô hạn, tuần hoàn chu kỳ T có biểu diễn dạng chuỗi Fourier

a_0+\sum\limits_{k=1}^\infty (a_k\cos(\frac{2k\pi}{T}x)+b_k\sin(\frac{2k\pi}{ T}x)).

Nếu hạn chế phổ của hàm f nằm trong tập (-\Lambda, \Lambda) thì chỉ có hữu hạn các hệ số a_k, b_k khác 0. Lúc đó hàm trở thành đa thức lượng giác. Ta lại có bất đẳng thức Bernstein.

Ta chuyển sang bất đẳng thức Bohr cho hàm f khả vi vô hạn, tuần hoàn chu kỳ T như trên. Trước hết để ý rẳng: nói phổ của hàm f nằm ngoài tập (-\Lambda, \Lambda) nghĩa là có

a_0=a_k=b_k=0 với k<T\Lambda

hay \int\limits_0^1 f(x+Tz)dz=0, và với k=1, \dots, m (m là số nguyên lớn nhất thỏa mãn m<T\Lambda)

\int\limits_0^1 f(x+Tz)\cos(2k\pi z)dz=\int\limits_0^1 f(x+Tz)\sin(2k\pi z)dz=0.

Từ đây ta có biểu diễn tích phân

f(x)=-T\int\limits_0^1\Big(B_1(1-z)-\sum\limits_{k=1}^m A_k \sin(2k\pi z)\Big)f^{,}(x+Tz)dz

với B_1(z)=z-\dfrac{1}{2} là đa thức Bernoulli bậc 1,

A_k, k=1, 2, \dots, m là các hệ số thực bất kỳ, được chọn sau.

Từ biểu diễn tích phân trên có

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f(x)|\le \Big(T\int\limits_0^1|B_1(1-z)-\sum\limits_{k=1}^m A_k \sin(2k\pi z)|dz\Big) \sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|.

Việc còn lại ta đi tìm các hệ số A_k để tích phân

\int\limits_0^1|B_1(1-z)-\sum\limits_{k=1}^m A_k \sin(2k\pi z)|dz

đạt giá trị bé nhất.

Với m=0 nghĩa là 0<T\Lambda\le 1, ta không phải chọn và có ngay

\int\limits_0^1|B_1(1-z)|dz=\dfrac{1}{4}.

Lúc đó có bất đẳng thức Bohr cho trường hợp phổ của hàm tuần hoàn chu kỳ T nằm trong (-\Lambda, \Lambda), 0<T\Lambda\le 1

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f(x)|\le \dfrac{T}{4}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|\le (4\Lambda)^{-1}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|.

Trong trường hợp m=1 nghĩa là 1< T\Lambda\le 2, giá trị của tích phân trên là hai lần số đo diện tích miền màu đỏ

Dùng tính đối xứng có thể thấy ngay giá trị tích phân bé nhất khi đồ thị hàm B_1(1-z) cắt đồ thị A_1\sin(2\pi z) tại điểm chính giữa, hay một cách công thức, hàm

\varphi_1(z)=B_1(1-z)-A_1\sin(2\pi z)

có không điểm z=1/4.

Khi đó giá trị của tích phân

\int\limits_0^1 |B_1(1-z)-A_1\sin(2\pi z)|dz=\dfrac{1}{8}

và bất đẳng thức Bohr cho trường hợp phổ của hàm tuần hoàn chu kỳ T nằm trong (-\Lambda, \Lambda), 1< T\Lambda\le 2

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f(x)|\le \dfrac{T}{8}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|\le (4\Lambda)^{-1}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|.

Như vậy ta có gợi ý nên chọn các A_1, A_2, \dots, A_m để

\varphi_m(z)=B_1(1-z)-\sum\limits_{k=1}^m A_k\sin(2k\pi z)

có các không điểm z_j=\dfrac{j}{2(m+1)}, j=1, 2, \dots, m.

Khi đó hàm \varphi_m sẽ đổi dấu như sau

(0=)z_0 + z_1 - z_2 + \dots (-)^{m-1} z_m (-)^m z_{m+1}(=1/2).

Ta có

\int\limits_0^1|\varphi_m(z)|dz=\sum\limits_{j=1}^{m+1}(-1)^{j-1}\int\limits_{z_{j-1}}^{z_j}\varphi_{m}(z)dz.

Lưu ý e^{\frac{i2k\pi}{m+1}}, k=1, 2, \dots, m là nghiệm của đa thức

z^m+\dots+1=0

nên với mỗi k=1, 2, \dots, m

\sum\limits_{j=1}^{m+1}(-1)^{j-1}\int\limits_{z_{j-1}}^{z_j}\sin(2\pi k z)dz=0.

Từ đó tích phân cần tính có giá trị

\int\limits_0^1|\varphi_m(z)|dz=\dfrac{1}{4(m+1)}.

Có bất đẳng thức Bohr cho trường hợp hàm tuần hoàn chu kỳ T có phổ nằm trong (-\Lambda, \Lambda), m<T\Lambda\le m+1

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f(x)|\le \dfrac{T}{4(m+1)}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|\le (4\Lambda)^{-1}\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|.

Dấu bằng xảy ra khi f: \mathbb R\to \mathbb R tuần hoàn chu kỳ T,  với phổ nằm trong (-\Lambda, \Lambda), T\Lambda=m+1 được xác định như sau

f(x)=(-1)^j\Big(\dfrac{2j+1}{4(m+1)}-\dfrac{x}{T}\Big)

khi \dfrac{jT}{2(m+1)}\le x\le \dfrac{(j+1)T}{2(m+1)}, j=0, 1, \dots, 2m+1.

Tuy nhiên có thể thấy ngay hàm f ở trên liên tục nhưng lại không khả vi tại các điểm dạng \dfrac{j}{2(m+1)}, j\in\mathbb Z.

Ta làm trơn hàm này bằng cách lấy tích chập với hàm \rho_\epsilon(x)=\epsilon^{-1}\rho(\epsilon^{-1}x), \epsilon>0

\rho(x)=\begin{cases}Ce^{\frac{1}{x^2-1}} \; khi \; |x|<1\\    0 \; khi \; |x|\ge 1\end{cases},

(hằng sốC thỏa mãn \int\limits_{\mathbb R}\rho(x)dx=1)

như sau

f_\epsilon(x)=\int\limits_{\mathbb R} f(x-y)\rho_\epsilon(y)dy.

Các bạn có thể tự kiểm tra, khi 0<\epsilon<\dfrac{T}{8(m+1)}

+) f_\epsilon\in C^\infty(\mathbb R),

+) |f_\epsilon(x)|\le \dfrac{1}{4(m+1)},

+) f^{,}_\epsilon\Big(\dfrac{(2j+1)T}{2(m+1)}\Big)=\dfrac{1}{T}.

Khi \epsilon\to 0_+ thì f_\epsilon(0)\to \dfrac{1}{4(m+1)}.

Như vậy ngay cả trong lớp hàm khả vi vô hạn hằng số (4\Lambda)^{-1} là tốt nhất!

Bây giờ ta chuyển sang xem xét bất đẳng thức Bernstein cho các hàm liên tục và có đạo hàm hầu khắp nơi f: \mathbb R\to \mathbb C có phổ nằm trong (-\Lambda, \Lambda). Lưu ý ta chỉ quan tâm tới hàm mà đạo hàm của nó bị chặn nên hàm như vậy là hàm suy rộng tăng chậm và có biến đổi Fourier. Khi đó phổ của hàm f là tập E gồm các điểm x\in \mathbb R để

\mathcal F f \not=0 tại x

hay nói cách khác

\langle \mathcal F f, \varphi\rangle =\langle f, \mathcal F \varphi\rangle =0 với \varphi\in C^\infty_0(\mathbb R), supp\varphi\subset \mathbb R\setminus E.

Một cách khác nữa, phổ của hàm f là tập E sao cho

\langle f, \psi(x)\rangle =\int\limits_{\mathbb R}f(x)\psi(x)dx=0

khi \psi\in S(\mathbb R) có phổ nằm ngoài E.

Như vậy nói phổ của hàm f nằm trong (-\Lambda, \Lambda)

\int\limits_{\mathbb R}f(x)\psi(x)dx=0

khi \psi\in S(\mathbb R)\mathcal F\psi(\xi)=0 \; \forall\xi\in[-\Lambda, \Lambda].

Lấy hàm \chi\in C^\infty_0(\mathbb R) (như trong việc xây dựng phân hoạch đơn vị đăc biệt trong luận văn của Phạm Vân Hà) có các tính chất

+) 0\le\chi(x)\le 1 \; \forall x\in\mathbb R, \chi(0)=1, \chi(x) là hàm chẵn,

+) supp\chi= [-3\pi/2, 3\pi/2], \int\limits_{\mathbb R}\chi(x)dx=2\pi.

Đặt \phi(x)=\chi(2\pi x)

+) 0\le\phi(x)\le 1 \; \forall x\in\mathbb R, \phi(0)=1, \phi(x) là hàm chẵn,

+) supp\phi=[-3/4, 3/4], \int\limits_{\mathbb R}\phi(x)dx=1,

+) \sum\limits_{n\in\mathbb Z}\phi(x+n)=1.

Lấy \varphi(x)=\mathcal F\phi(x) ta có

+) \varphi\in S(\mathbb R),

+) \varphi(x)=2\int\limits_0^1 \cos(2\pi x\xi)\phi(\xi)d\xi\ge 0, \varphi(0)=1.

Sử dụng công thức tổng Poisson ta có

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\varphi(x+n)=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}e^{i2n\pi x}\phi(n)

\phi(n)=0 khi n\not=0\phi(0)=1 nên

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\varphi(x+n)=1.

Ta xét chuỗi hàm

g_h(x)=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\varphi(hx+n)f^{,}(x+nh^{-1})

có các tính chất sau.

+) Do f có đạo hàm bị chặn và \varphi\in S(\mathbb R) nên chuỗi trên hội tụ đều trên từng compact đến hàm g_h(x) tuần hoàn chu kỳ h^{-1};

+) Có hiệu

|f^{,}(x)-g_h(x)|=

=|f^{,}(x)(1-\varphi(hx))+\sum\limits_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\varphi(hx+n)f^{,}(x+nh^{-1})|

\le M(1-\varphi(hx))+M\sum\limits_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\varphi(hx+n)\;

(do 0\le \varphi(x)\ge 1, M=\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|)

\le 2M(1-\varphi(hx))\;

(do \sum\limits_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\varphi(hx+n)=1-\varphi(hx)

nên g_h(x) hội tụ đều trên từng compact đến f^{,}(x) khi h\to 0_+.

+) Khai triển Fourier của g_h(x)

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}c_ke^{i2kh\pi x}

với hệ số Fourier

c_k(h)=h\int\limits_0^{h^{-1}}e^{-i2kh\pi x}g_h(x)dx

=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}h\int\limits_0^{h^{-1}}\varphi(h(x+nh^{-1}))f^{,}(x+nh^{-1})e^{-2ikh\pi x}dx

=h\int\limits_{\mathbb R}\varphi(hx)f^{,}(x)e^{-2ikh\pi x}dx.

Lại có biến đổi Fourier của h\varphi(hx)e^{-2ikh\pi x}

\mathcal F(h\varphi(hx)e^{-2ikh\pi x})(\xi)=\phi(k+\xi h^{-1})=0 khi h>0 đủ nhỏ, |k|>h^{-1}\Lambda+1, |\xi|<\Lambda.

Do phổ của f nằm trong (-\Lambda, \Lambda) nên

f^{,} cũng có phổ nằm trong (-\Lambda, \Lambda).

Khi đó, với h>0, |k|>h^{-1}\Lambda +1c_k(h)=0. Nói cách khác, với h>0, g_h là đa thức lượng giác chu kỳ h^{-1} bậc không quá h^{-1}\Lambda+1.

Ngoài ra, do f^{,} bị chặn, \varphi\in S(\mathbb R) nên

c_0(h)=h\int\limits_{\mathbb R}\varphi(hx)f^{,}(x)dx=-h^2\int\limits_{\mathbb R}\varphi^{,}(hx)f(x)dx

hội tụ về 0 khi h\to 0_+.

Lại xét chuỗi

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\varphi(hx+n)f(x+nh^{-1})

hội tụ đều trên từng compact đến hàm f_h(x).

Ta cũng có f_h(x) hội tụ đều trên từng compact đến f(x). Nói riêng, ta có

\lim\limits_{h\to 0_+}f_h(0)=f(0).

Đặt G_h(x)=f_h(0)+\int\limits_0^x (g_h(y)-c_0(h))dy

là một nguyên hàm của g_h(x) thỏa mãn G_h(0)=f_h(0).

Khi đó

G_h(x)=f_h(0)+\sum\limits_{0<|k|\le (h^{-1}\Lambda +1)}\dfrac{c_k}{2ikh\pi}\big(e^{2ikh\pi x}-1\big)

là đa thức tuần hoàn chu kỳ h^{-1} có bậc không quá h^{-1}\Lambda+1.

Ta có bất đẳng thức Bernstein cho đa thức lượng giác G_h(x) tuần hoàn chu kỳ h^{-1} có bậc không quá h^{-1}\Lambda+1

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|G_h^{,}(x)|\le h2\pi(h^{-1}\Lambda+1)\sup\limits_{x\in\mathbb R}|G_h(x)|.

Lại có:

+) \lim\limits_{h\to 0_+}G_h(0)=\lim\limits_{h\to 0_+}f_h(0)=f(0),

+) G^{,}_h(x)=g_h(x)-c_0(h) hội tụ đều trên từng compact đến f^{,}(x) khi h\to 0_+

nên G_h(x) hội tụ đều trên từng compact đến hàm f(x) khi h\to 0_+.

Từ đó chuyển qua giới hạn khi cho h\to 0_+ bất đẳng thức Bernstein đối với G_h(x) ta được bất đẳng thức Bersnstein

\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f^{,}(x)|\le 2\pi\Lambda\sup\limits_{x\in\mathbb R}|f(x)|.

Với cách tiếp cận như trên bạn đọc thử tự chứng minh bất đẳng thức Bohr cho hàm liên tục có đạo hàm bị chặn và phổ nằm ngoài (-\Lambda, \Lambda). Cách tiếp cận này theo L. Hormander, trong bài báo

“A new proof and a generalization of an inequality of Bohr”, Math. Scand. 2(1954), pp. 33-45,

là của B. M. Lewitan.

Trong bài báo này L. Hormander trình bày cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Bohr trong trường hợp tuần hoàn. Cách trình bày ở trên dựa theo bài báo của J. Favard

“Sur les meilleurs procedes d’approximation de certaines classes de fonctions par des polynomes trigonometriques”, Bull. de Sciences Math., 2 serie, T. LXI (1937), pp. 209-224.

Cách chứng minh bất đẳng thức Bernstein trong trường hợp tuần hoàn trình bày ở trên dựa vào cuốn “Trigonometric series II” của A. Zygmund.

3 thoughts on “Chứng minh BĐT Bohr và BĐT Bernstein

  1. datuan5pdes

    Một cách chứng minh bất đẳng thức Bernstein trực tiếp hơn, dựa vào công thức Shannon- Whittaker, trong bài “Công thức Poisson và Lý thuyết liên lạc”, đường link

    https://datuan5pdes.wordpress.com/2009/12/08/cong-th%E1%BB%A9c-poisson-va-ly-thuy%E1%BA%BFt-lien-l%E1%BA%A1c/

    Cụ thể như sau. Cố định x\in\mathbb R, có

    \mathcal F(f(x+t))(\xi)=e^{2\pi i x\xi}\mathcal Ff(\xi)

    nên tập phổ của f(t)f(x+t) là như nhau.

    Lưu ý trong bài “Công thức Poisson và Lý thuyết liên lạc” dùng biến đổi Fourier \hat{f}(w)=\int\limits_{\mathbb R}e^{-iwx}f(x)dx. Mối liên hệ giữa biến đổi Fourier \hat{f} và biến đổi Fourier trong bài này \mathcal Ff cho bởi

    \hat{f}(w)=\mathcal Ff(\frac{w}{2\pi}).

    Như vậy, nếu nói phổ của hàm f, theo biến đổi Fourier \mathcal F f, nằm trong (-\Lambda, \Lambda) thì phổ của hàm f, theo biến đổi Fourier \hat{f}, nằm trong (-2\pi\Lambda, 2\pi\Lambda).

    Với giả thiết phổ của f(t) nằm trong (-\Lambda, \Lambda) có ngay phổ của f(x+t) cũng vậy. Nên theo công thức Shannon-Whittaker có

    f(x+t)=\sum\limits_{k\in\mathbb Z}f(x+\frac{k}{2\Lambda})\dfrac{\sin(\pi(2\Lambda t-k))}{\pi(2\Lambda t-k)}.

    Lấy đạo hàm theo t hai vế

    f^{,}(x+t)=2\pi\Lambda\sum\limits_{k\in\mathbb Z}f(x+\frac{k}{2\Lambda})\times
    \times\Big(\dfrac{\cos(\pi(2\Lambda t-k))}{\pi(2\Lambda t-k)}-\dfrac{\sin(\pi(2\Lambda t-k))}{\pi^2(2\Lambda t-k)^2}\Big).

    Lấy \Lambda t=\dfrac{1}{4} và lưu ý

    \sum\limits_{k\in\mathbb Z}\dfrac{1}{(2k-1)^2}=\dfrac{\pi^2}{4}

    ta sẽ có bất đẳng thức Bernstein cho hàm khả vi có phổ nằm trong (-\Lambda, \Lambda).

    Cách chứng minh này dựa theo cuốn “Signal Analysis” của Athanasios Papoulis (trang 144).

    Câc bạn có thể lấy cuốn sách theo đường link

    http://en.bookfi.org/book/509376

  2. datuan5pdes

    Trong chứng minh bất đẳng thức Bernstein cho hàm f có đạo hàm f' là hàm bị chặn có vài điểm cần sửa lại vì

    \varphi(x)=2\int\limits_0^1 \cos(2\pi x\xi)\phi(\xi)d\xi chưa chắc là hàm không âm.

    Để sửa chỗ này, ta lấy

    \Phi(x)=2\phi(2x)*\phi(2x)=\int\limits_{\mathbb R}\phi(2t-y)\phi(y)dy

    \varphi(x)=\mathcal F\Phi(x)=[\mathcal F\phi(x/2)]^2/2\ge 0

    \mathcal F\phi(x)=2\int\limits_0^1\cos(2\pi x\xi)\phi(\xi)d\xi\in\mathbb R.

    Ngoài ra

    \Phi\in C^\infty_0(\mathbb R), supp\Phi\subset[-3/4, 3/4]\Phi(0)=1

    nên

    \varphi\in S(\mathbb R),

    \sum\limits_{n\in\mathbb Z}\varphi(x+n)=1,

    \mathcal F(h\varphi(hx)e^{-i2kh\pi x})(\xi)=\Phi(k+\xi h^{-1})=0 khi h>0 đủ nhỏ, |k|>h^{-1}\Lambda +1, |\xi|\le\Lambda.

  3. Pingback: Một số cách chứng minh Bất đẳng thức Bernstein – Bất đẳng thức Bohr | Lý thuyết Hàm Suy Rộng

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