Định lý xấp xỉ Weierstrass

Trong phần bài tập Chương 2 có bài yêu cầu chứng minh tính trù mật trong \mathcal D(\mathbb R^{2n}) của tập các hàm có dạng

\sum\limits_{1\le i, j\le N} v_i(x)w_j(y)

với v_i, w_j\in\mathcal D(\mathbb R^n), i, j =1, 2, \dots, N.

Đây là một Bổ đề trong cuốn “Methods of the Theory of Generalized Functions” của V. S. Vladimirov. Trong cuốn này, V. S. Vladimirov sử dụng dạng sau của Định lý xấp xỉ Weierstrass:

Cho f: [a, b]^n \to\mathbb R là hàm khả vi liên tục đến cấp k, nghĩa là nó có các đạo hàm riêng D^\alpha f: [a, b]^n \to\mathbb R là các hàm liên tục với mọi |\alpha|\le k. Khi đó, với mỗi \epsilon>0 ta đều tìm được đa thức

P(x)=\sum\limits_{\beta \in \mathbb Z^n \atop |\beta|\le N}c_\beta x^\beta

với các hằng số thực c_\beta và số nguyên không âm N, sao cho

\sup_{x\in[a, b]^n} |D^\alpha f(x)-D^\alpha P(x)|\le \epsilon, \forall |\alpha|\le k.

Dạng quen thuộc của Định lý xấp xỉ Weierstrass:

Cho f: [a, b]\to\mathbb R là hàm liên tục. Khi đó với mỗi \epsilon>0 đều có đa thức P(x) để

\max\limits_{x\in[a, b]}|f(x)-P(x)|<\epsilon.

Có nhiều cách chứng minh kết quả này. Một trong các cách là dùng đa thức Bernstein. Các bạn tham khảo

http://en.wikipedia.org/wiki/Bernstein_polynomial

Dưới đây tôi thử trình bày chi tiết cách chứng minh dạng đưa ra đầu bài cho trường hợp n=1.
Như phần phản hồi

https://datuan5pdes.wordpress.com/2013/09/09/trao-doi-bai-giang-lop-k55a1t/#comment-689

ta sẽ đi xấp xỉ từ đạo hàm cấp cao nhất.

Trước hết ta chứng minh cho trường hợp n=1, k=1. Từ giả thiết có f': [a, b]\to\mathbb R là hàm liên tục nên với \epsilon>0 bất kỳ, đã cho, theo Weierstrass có đa thức P_1(x) để

\max\limits_{x\in[a, b]}|f'(x)-P_1(x)|<\min\{\dfrac{\epsilon}{b-a}, \epsilon\}.

Khi đó đa thức cần tìm

P(x)=\int\limits_a^x P_1(t)dt+f(a).

Không khó khăn để chỉ ra P(x) là đa thức và P'(x)=P_1(x) nên ta chỉ còn phải chứng minh

\max\limits_{x\in[a, b]}|f(x)-P(x)|<\epsilon.

Thật vậy, theo Định lý cơ bản về phép tính vi-tích phân có

f(x)=\int\limits_a^x f'(t)dt + f(a).

Khi đó với x\in[a, b]

|f(x)-P(x)|\le \int\limits_a^x |f'(t)-P_1(t)|dt

\le \dfrac{\epsilon}{b-a}\int\limits_a^b 1dx=\epsilon.

Như vậy ta đã chứng minh được cho trường hợp k=1.

Kết quả với trường hợp k=1 có gì đó liên quan đến việc chuyển giới hạn qua đạo hàm. Các bạn tham khảo

https://bomongiaitich.wordpress.com/2011/04/25/chuy%E1%BB%83n-gi%E1%BB%9Bi-h%E1%BA%A1n-qua-d%E1%BA%A5u-d%E1%BA%A1o-ham/

Trước khi chứng minh cho trường hợp tổng quát ta thử kiểm tra trường hợp k=2 xem có gợi ý gì tốt không? Trước hết, giống trường hợp k=1 ta xấp xỉ đạo hàm cấp 2 trước. Do f":[a, b]\to\mathbb R là hàm liên tục nên theo Weierstrass với \epsilon>0 cho trước có đa thức P_2(x) để

\max\limits_{x\in[a, b]}|f"(x)-P_2(x)|<\epsilon.

Lại giống trường hợp trước, ta đặt

P_1(x)=\int\limits_a^x P_2(t)dt+f'(a),

tiếp đến ta có đa thức cần tìm

P(x)=\int\limits_a^x P_1(x_1)dx_1 +f(a)

=f(a)+f'(a)(x-a)+\int\limits_a^x dx_1\int\limits_a^{x_1}P_2(t)dt

=f(a)+f'(a)(x-a)+\int\limits_a^x\dfrac{(x-t)}{1}P_2(t)dt (đổi thứ tự lấy tích phân).

Công thức của đa thức P(x) liên quan đến công thức khai triển Taylor với phần dư dạng Cauchy

f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\int\limits_a^x\dfrac{(x-t)}{1}f"(t)dt.

Ta đã có gợi ý tốt cho trường hợp tổng quát. Với k tổng quát, ta có f^{(k)}: [a, b]\to\mathbb R là hàm liên tục nên với \epsilon>0 cho trước, theo Weierstrass có đa thức P_k(x) để

\max\limits_{x\in[a, b]}|f^{(k)}(x)-P_k(x)|<\min\{\dfrac{\epsilon}{(b-a)^j}, 0\le j\le k\}.

Khi đó đa thức cần tìm

P(x)=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j+\int\limits_a^x\dfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}P_k(t)dt.

Lưu ý với 0\le m\le k-1 ta đều có

P^{(m)}(x)=\sum\limits_{j=m}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{(j-m)!}(x-a)^{j-m}+\int\limits_a^x\dfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!}P_k(t)dt,

f^{(m)}(x)=\sum\limits_{j=m}^{k-1}\dfrac{f^{(j)}(a)}{(j-m)!}(x-a)^{j-m}+\int\limits_a^x\dfrac{(x-t)^{k-1-m}}{(k-1-m)!}f^{(k)}(t)dt.

Từ đó không khó để ta dẫn đến được điều phải chứng minh.

Các bạn tham khảo thêm về khai triển Taylor với phần dư Cauchy ở

http://en.wikipedia.org/wiki/Taylor%27s_theorem

Chuyển sang trường hợp n=2, ta cũng có khai triển Taylor với phần dư Cauchy cho hàm nhiều biến

f(x)=\sum\limits_{|\alpha|\le k-1}\dfrac{1}{\alpha!}D^\alpha f(a)(x-a)^\alpha+
+\sum\limits_{|\alpha|=k}\dfrac{k}{\alpha!}(x-a)^\alpha\int\limits_0^1(1-t)^k(D^\alpha f)(a+t(x-a))dt

với a=(a, \dots, a).

Như vậy nếu với mỗi \alpha, |\alpha|=k ta đều có thể tìm được đa thức xấp xỉ D^\alpha f thì từ khai triển Taylor với phần dư Cauchy trên ta có điều phải chứng minh. Tuy nhiên với cách làm như này ta vấp phải Định lý Schwarz về đổi thứ tự lấy đạo hàm riêng không thay đổi kết quả. Với mỗi \alpha ta xấp xỉ D^\alpha f bởi đa thức P_\alpha. Ta muốn các đa thức này có cùng chung một đa thức “nguồn” P, nghĩa là P_\alpha= D^\alpha P. Muốn vậy theo Schwarz các đạo hàm riêng của P_\alpha cần có mối quan hệ với nhau. Ta có thể thấy rõ hơn rắc rối này qua ví dụ khi k=1, n=2 sau. Lấy

P_1(x_1, x_2)=1, P_2(x_1, x_2)=x_1.

Ta muốn tìm P(x) để

P_1=D^{(1, 0)}P=\dfrac{\partial P}{\partial x_1}, P_2=D^{(0, 1)}P=\dfrac{\partial P}{\partial x_2}.

Ta thử dùng công thức trên

P(x)=(x_1-a)\int\limits_0^1 P_1(x_1+t(x_1-a), x_2+t(x_2-a))dt+
+ (x_2-a)\int\limits_0^1 P_2(x_1+t(x_1-a), x_2+t(x_2-a))dt

=(x_1-a)+a(x_2-a)+\dfrac{(x_1-a)(x_2-a)}{2}.

Dễ dàng kiểm tra

D^{(1, 0)}P(x)=1+\dfrac{x_2-a}{2}\not=P_1(x),

D^{(0, 1)}P(x)=a+\dfrac{x_1-a}{2}\not=P_2(x).

Lý do của việc không tốt ở trên

D^{(0, 1)}P_1=0\not= 1= D^{(1, 0)}P_2.

Có hai lối thoát khỏi điểm rắc rối này. Ở cả hai lối thoát tôi đều giả sử giá suppf\subset (a, b)^n. Khi đó f và các đạo hàm riêng D^\alpha f đều bằng 0 trên biên.

C1: tôi giả sử f có đạo hàm riêng liên tục đến cấp 2k. Để cụ thể lấy k=1, n=2 tôi cần f có đạo hàm riêng liên tục đến cấp 2. Khi đó

D^{(1, 0)}(D^{(0, 1)}f)=D^{(0, 1)}(D^{(1, 0)}f)=D^{(1, 1)}f.

Từ đây tôi sẽ tích phân dần lên!

Do D^{(1, 1)}f là hàm liên tục trên [a, b]^2 nên theo Weierstrass với \epsilon>0 cho trước ta luôn tìm được đa thức P_{(1, 1)}(x) để

\max\limits_{x\in[a, b]^2}|D^{(1, 1)}f(x)-P_{(1, 1)}(x)|<\epsilon.

Khi đó đa thức cần tìm

P(x)=\int\limits_a^{x_1} dz\int\limits_a^{x_2}P_{(1, 1)}(z, t)dt.

Do f, D^{(1, 0)}f, D^{(0, 1)} f bằng 0 trên biên nên

f(x)=\int\limits_a^{x_1} dz\int\limits_a^{x_2}D^{(1, 1)}f(z, t)dt.

C2: tôi học từ “Analysis on real and complex manifolds” của R. Narasimhan. Đường link

http://en.bookfi.org/book/582823

Cụ thể như sau. Do giá suppf\subset(a, b)^n nên ta có thể coi f\in C^k_0(\mathbb R^n). Khi đó, ta định nghĩa

f_\lambda(x)=\Big(\dfrac{\lambda}{\pi}\Big)^{n/2}\int\limits_{\mathbb R^n}f(y)e^{-\lambda||x-y||^2}dy.

\lim\limits_{\lambda\to+\infty}\max\limits_{x\in\mathbb R^n}\sum\limits_{|\alpha|\le k}|D^\alpha f(x)-D^\alpha f_\lambda(x)|=0

\lim\limits_{N\to+\infty}\max\limits_{||x||\le R}|D^\alpha e^{-\lambda||x||^2}-D^\alpha Q_N(x)|=0

với bất kỳ R>0, \alpha\in\mathbb Z^n_+,

trong đó

Q_N(x)=\sum\limits_{j=0}^N \dfrac{(-\lambda)^j}{j!}||x||^{2j}.

Từ đó ta có điều phải chứng minh. Chi tiết các bạn thử tự làm? Ngoài ra, liệu có bỏ được điều giả sử về giá không?

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