Một số cách chứng minh Bất đẳng thức Bernstein – Bất đẳng thức Bohr

Trong bài

https://datuan5pdes.wordpress.com/2012/09/02/chung-minh-bdt-bohr-va-bdt-bernstein/

tôi đã trình bày các chứng minh cho bất đẳng thức Bernstein và bất đẳng thức Bohr. Dưới đây tôi sẽ trình bày một số cách khác.

Đầu tiên ta quan tâm đến bất đẳng thức Bernstein cho đa thức lượng giác

f(x)=\sum\limits_{j=-n}^n a_je^{ijx}, a_j\in \mathbb C.

Khi đó ta có bất đẳng thức Bernstein

||f'||_\infty \le Cn||f||_\infty.

Cách đầu tiên ta dùng nhân Fejer (tham khảo từ cuốn “An introduction to Harmonic Analysis” của Y. Katznelson)

K_n(x)=\sum\limits_{j=-n}^n(1-\frac{|j|}{n})e^{ijx}=\dfrac{1}{n}\Big(\frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}\Big)^2.

Xét hàm

H_n(x)=-2nK_n(x)\sin(nx)=inK_n(x)(e^{inx}-e^{-inx})

là đa thức bậc 2n, có hệ số Fourier

\hat{H}_n(j)=ij khi |j|\le n,

\hat{H}_n(j)=i(2n-j) khi n<j\le 2n,

\hat{H}_n(j)=-i(2n+j) khi -2n\le j<n.

Hơn nữa ||H_n||_{L^1}\le 2n||K_n||_{L^1}=2n.

Khi đó ta có

+) f'(x)=(H_n*f)(x)\hat{f'}(j)=\hat{H_n}(j)\hat{f}(j),

+) ||f'||_\infty\le ||H_n||_{L^1}||f||_\infty\le 2n||f||_\infty.

Ta có bất đẳng thức Bernstein với C=2.

Cách thứ hai ta dùng nhân de la Vallee Poussin (tham khảo từ cuốn “Classical and Multilinear Harmonic Analysis” của C. Muscalu – W. Schlag)

V_n(x)=(1+e^{inx}+e^{-inx})K_n(x)=2K_{2n}(x)-K_n(x).

V_n là đa thức có bậc 2n với hệ số Fourier là

\hat{V}_n(j)=1 khi |j|\le n,

\hat{V}_n(j)=2-\dfrac{|j|}{n} khi n<|j|\le 2n.

Khi đó ta có

f=V_n*f nên f'=V'_n*f.

Sử dụng ||V'_n||_{L^1}\le Cn ta có bất đẳng thức Bernstein.

Cách thứ ba ta dùng đẳng thức (tham khảo từ “Classical Fourier Analysis” của L. Grafakos)

f'(x)=2in\Big(e^{inx}\big((e^{-inx}f)*K_n\big)(x)-e^{-inx}\big((e^{inx}f)*K_n\big)(x)\Big).

Điểm chung của các cách trên đều có gắng biểu diễn đạo hàm thông qua tích chập của f với một hàm dễ có đánh giá chuẩn trong L^1. Hình ảnh của ba cách trên

+ cho H_n, V_n
Bernstein1

+ cho cách thứ ba

Bernstein2
Tuy nhiên có hai điểm

– thứ nhất: khó tính được chuẩn của trong L^1 của các hàm đó, chẳng hạn

||K_n(e^{inx}-e^{-inx})||_{L^1}, ||V_n'||_{L_1} chính xác là bao nhiêu?

– thứ hai: nếu như tính được, chẳng hạn

||K_n||_{L_1}=1

thì liệu có hay không

||f*K_n||_\infty=||f||_\infty ||K_n||_{L^1}?

Nói cách khác các đánh giá như trên đã thực sự tốt nhất chưa? Chúng mới cho ta ước lượng thô. Muốn có được hằng số tốt nhất ta cần lấy tích chập một cách tinh vi hơn. Quay trở lại công thức trong sách “Trigonometric series” của A. Zygmund

S'(x)=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}\alpha_k S(x+\tau_k)

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

S(x)=\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{j=1}^n \Big(a_j\cos(jx)+b_j\sin(jx)\Big).

Dĩ nhiên nhờ có công thức này ta có ngay bất đẳng thức Bernstein với hằng số tốt nhất. Tiếp theo đây ta sẽ lý giải từ đâu ra có công thức này.

Đặt \delta_k=\delta(x-\tau_k), với cách hiểu

\langle \varphi, \delta_k\rangle=\varphi(\tau_k), \varphi\in C(\mathbb T).

Xét độ đo

\mu=\dfrac{1}{2n}\sum\limits_{k=1}^{2n}\delta_k.

Từ đẳng thức

\sum\limits_{k=1}^{2n} e^{ij\tau_k}=\begin{cases} 0\; khi \; 1\le j\le 2n-1, \\ 2n\; khi \; j=0,\\ -2n\; khi \; j=2n,\end{cases}

ta có

\langle 1, \mu\rangle=1,

\langle \cos(jx), \mu\rangle=\langle \sin(jx), \mu\rangle=0, 1\le j\le 2n-1,

\langle \cos(2nx), \mu\rangle=-1, \langle \sin(2nx), \mu\rangle=0,

\langle\cos^2(jx), \mu\rangle=\langle\sin^2(jx), \mu\rangle=1/2, 1\le j\le n-1,

\langle \cos^2(nx), \mu\rangle=0, \langle \sin^2(nx), \mu\rangle=1.

Khi đó

S(x)=\frac{a_n}{2}\cos(nx)+\langle S(t)\tilde{D}_n(x-t), \mu\rangle

trong đó \tilde{D}_n(t)=\dfrac{1+\cos(nt)}{2}+\sum\limits_{j=1}^{n-1}\cos(jt)=\dfrac{\sin(nt)}{2\tan(t/2)}.

Như vậy

S(x)=\dfrac{a_n}{2}\cos(nx)+\dfrac{1}{2n}\sum\limits_{k=1}^{2n}S(\tau_k)\dfrac{\sin(n(x-\tau_k))}{2\tan(x-\tau_k)}.

Khi đó

S'(0)=\dfrac{1}{2n}\sum\limits_{k=1}^{2n}S(\tau_k)\Big(\dfrac{n\cos(n\tau_k)}{\tan(-\tau_k/2)}-\dfrac{\sin(-n\tau_k)}{2\sin^2(\tau_k/2)}\Big)

\tau_k=\dfrac{(2k-1)\pi}{2n} nên

S'(0)=\sum\limits_{k=1}^{2n}S(\tau_k)\dfrac{(-1)^{k+1}}{4n\sin^2(\tau_k/2)}.

Cố định x_0 xét \bar{S}(x)=S(x+x_0) ta có

S'(x_0)=\sum\limits_{k=1}^{2n}S(x_0+\tau_k)\dfrac{(-1)^{k+1}}{4n\sin^2(\tau_k/2)}.

Ta thu được công thức cần chứng minh.

Ta có thể viết lại biểu diễn cuối

S'= \mu_n*S

trong đó \mu_n=\dfrac{K_n(x)}{2\tan(nx/2)}\sum\limits_{k=1}^{2n}\delta_{\tau_k}.

Nếu nhìn vào cách biểu diễn này thật sự khó tính

||\mu_n||_{M(\mathbb T)}.

Cách này khá may mắn ở điểm:

+) ||\mu_n*S||_\infty \le \Big(\dfrac{1}{4n}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{1}{\sin^2(\tau_k/2)}\Big)||S||_\infty,

+) lấy S(x)=\sin(nx)

||\mu_n*\sin(nx)||_\infty=n\cos(0),

n\cos(0)=\dfrac{1}{4n}\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}\dfrac{\sin((2k-1)\pi/2)}{\sin^2(\tau_k)}=

=\Big(\dfrac{1}{4n}\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac{1}{\sin^2(\tau_k)}\Big)||\sin(nx)||_\infty.

Như vậy ||\mu_n||_{M(\mathbb T)}=n và bất đẳng thức Bernstein thu được

||S'||_\infty\le n||S||_\infty

có hằng số tốt nhất.

Cách tiếp cận dưới đây của Katznelson cũng dựa vào ý tưởng xây dựng độ đo như của Zygmund nhưng việc tính chuẩn của độ đo không thông qua cách tính chuẩn của phiếm hàm như trên. Cụ thể Katznelson quan tâm đến độ đo

\nu_n=\dfrac{e^{inx}K_n(x)}{2}\sum\limits_{j=0}^{2n-1}\delta_{j, n}

với \langle \varphi, \delta_{j, n}\rangle=\varphi(\frac{(2j+1)\pi}{4n}).

Khác với độ đo \mu_n, độ đo \nu_n

+) ||\nu_n||_{M(\mathbb T)}=||e^{-inx}\nu_n||_{M(\mathbb T)},

+) e^{-inx}\nu_n=\dfrac{K_n(x)}{2}\sum\limits_{j=0}^{2n-1}\delta_{j, n} là độ đo dương nên

||e^{-inx}\nu_n||_{M(\mathbb T)}=\langle 1, e^{-inx}\nu_n\rangle=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{j=0}^{2n-1}K_n(\frac{(2j+1)\pi}{4n}).

K_n(x)=\sum\limits_{k=-n}^n(1-\frac{|k|}{n})e^{ikx} nên

\sum\limits_{j=0}^{2n-1}K_n(\frac{(2j+1)\pi}{4n})=\sum\limits_{k=-n}^n (1-\frac{|k|}{n})\sum\limits_{j=0}^{2n-1}e^{ik\frac{(2j+1)\pi}{4n}}.

Lại có

\sum\limits_{j=0}^{2n-1}e^{ik\frac{(2j+1)\pi}{4n}}=\begin{cases} 0 \; khi \; 0<|k|\le n, \\ 2n\; khi \; k=0\end{cases}

nên ||\nu_n||_{M(\mathbb T)}=n.

Vấn đề còn lại ta cần xem xét

f'=i\nu_n*f

hay

\hat{\nu}_n(j)=j khi |j|\le n không?

Ta có

\hat{\nu}_n(j)=\overline\langle e^{ijx}, \nu_n\rangle,

\langle e^{ijx}, \nu_n\rangle=\sum\limits_{\ell=0}^{2n-1}e^{i(j-n)\frac{(2\ell+1)\pi}{4n}}K_n(\frac{(2\ell-1)\pi}{4n})

=\sum\limits_{k=-n}^n (1-\frac{|k|}{n})\sum\limits_{\ell=0}^{2n-1}e^{i(j+k-n)\frac{(2\ell+1)\pi}{4n}}.

Lại có |k|\le n, |j|\le n thì

-3\pi/2<(i+j-n)\frac{\pi}{2n}<\pi/2.

Khi đó

\sum\limits_{\ell=0}^{2n-1}e^{i(j+k-n)\frac{(2\ell+1)\pi}{4n}}=\begin{cases} 0\; khi \; j+k\not=n,\\ 2n\; khi \;j+k=n.\end{cases}

Do đó

\hat{\nu}_n(j)=j khi |j|\le n.

Từ các cách biểu diễn của Zygmund hay Katznelson ta đều có bất đẳng thức Bernstein trong L_p, 1\le p \le\infty như sau

||f'||_{L_p}\le n ||f||_{L_p}

với hằng số tốt nhất trong không gian các đa thức có bậc không quá n.

Một bài tập nhỏ: ta cũng có bất đẳng thức Bernstein như trên cho đa thức liên hợp

\tilde{f}(x)=\sum\limits_{j=-n}^n -i \; sgn(j)a_je^{ijx}

với gợi ý tìm độ đo \tilde{\nu}_n gần giống trên sao cho hệ số Fourier của nó thỏa mãn

\hat{\tilde{\nu}}_n(j)=|j| khi |j|\le n.

Giờ ta chuyển sang bất đẳng thức Bohr cho các hàm f\in C^1(\mathbb T) có chuỗi Fourier

\sum\limits_{|j|\ge n}a_je^{ijx}

hay hệ số Fourier \hat{f}(j)=a_j=0 khi |j|<n.

Giống như việc chứng minh bất đẳng thức Bernstein, để chứng minh bất đẳng thức Bohr ta cũng cố gắng biểu diễn f qua tích chập của f' và một hàm đủ tốt G. Hàm đủ tốt này phải có hệ số Fourier

\hat{G}(j)=\dfrac{C}{j} khi |j|\ge n.

Nếu được hàm G nên có thêm tính chất

+) G\in L^1,

+) G(x)\ge 0 để ||G||_{L^1}=\int\limits_{\mathbb T}G(x)dx.

Muốn có các điều này ta cần đến Bổ đề về hệ số Fourier như sau.

Cho dãy số dương \{a_n\}_{n\in\mathbb Z_+} hội tụ về 0. Dãy này thỏa mãn điều kiện lồi, nghĩa là

a_{n-1}+a_{n+1}-2a_n\ge 0, \forall n\ge 1.

Khi đó có một hàm dương G\in L^1 mà hệ số Fourier

\hat{G}(n)=\hat{G}(-n)=a_n, n\in\mathbb Z_+.

Chi tiết về kết quả này các bạn tham khảo bài

http://bomongiaitich.wordpress.com/2014/09/21/day-khong-am-loi-chan-hoi-tu-ve-0-chuoi-fourier/

Ta biết hệ số Fourier của G

\hat{G}(j)=\dfrac{C}{j} khi |j|\ge n

là không đối xứng nên có một trở ngại lớn ở đây. Nếu ta quan sát đạo hàm cấp hai f", nghĩa là ta cần tìm G để

f"=G*f

thì \hat{G}(j)=\dfrac{C}{j^2} khi |j|\ge n.

Lúc này ta có thể sử dụng Bổ đề về dãy lồi, dương hội tụ về 0 ở trên.

Lấy dãy \{a_j\}_{j\in\mathbb Z_+} xác định bởi

a_j=\begin{cases}\frac{(n+1-j)(2n+1)+n^2}{n^2(n+1)^2}\; khi \; 0\le j\le n, \\ \frac{1}{j^2} \; khi j>n.\end{cases}

Không khó để thấy dãy trên là một dãy lồi, dương, hội tụ về 0 nên có hàm không âm G\in L^1

\hat{G}(-j)=\hat{G}(j)=a_j.

Khi đó

f"=-G*f,

||G||_{L^1}=\hat{G}(0)=\dfrac{3n^2+3n+1}{n^2(n+1)^2}<\dfrac{3}{n^2}

nên ||f||_\infty\le \dfrac{1}{3n^2}||f"||_\infty.

Quay trở lại f', làm thế nào để lách qua được chỗ

dãy \dfrac{C}{j}, |j|\ge n, không chẵn?

Ta sẽ xây dựng hàm chỉ có phổ nằm trên nửa trục để tách phần phổ âm và phổ dương. Cụ thể như sau.

Đặt [n/2]=\ell Với mỗi k\in\mathbb Z_+ dãy

a_{j, k}=\begin{cases} \frac{1}{j} \; khi \; j>2^k\ell, \\ \frac{2^{k+1}\ell-j+1}{2^k\ell(2^k\ell+1)}\; khi\; 0\le j\le 2^k\ell. \end{cases}

Dãy này lồi, không âm, giảm dần về 0 nên có hàm dương G_k\in L^1 sao cho

\hat{G}_k(j)=a_{j,k}, j\in\mathbb Z_+.

Ngoài ra ||G_k||_{L^1}=\hat{G}_k(0)=\dfrac{2^{k+1}\ell-j+1}{2^k\ell(2^k\ell+1)}<\dfrac{2}{2^k\ell}.

Phần tiếp theo khá kỹ thuật.

Ta tiếp tục đặt

\Psi_{n, k}(x)=(e^{i2^{k+1}\ell x}+\frac{1}{2}e^{i(2+1)2^k\ell x})K_{2^k\ell}(x).

Nhắc lại

K_{2^k\ell}(x)=\sum\limits_{m=-2^k\ell}^{2^k\ell}(1-\frac{|m|}{2^k\ell})e^{imx}.

Khi đó phổ của \Psi_{n, k}

\hat{\Psi}_{n, k}(j)=\begin{cases}0 \; khi \; j\le 2^k\ell, \; hay \; j\ge 2^{k+2}\ell, \\ \frac{j}{2^k\ell}-1\; khi \; 2^k\ell<j\le 2^{k+1}\ell, \\ 2-\frac{j}{2^{k+1}\ell} \; khi \; 2^{k+1}\ell<j\le 2^{k+2}\ell,\end{cases}

||\Psi_{n, k}||_{L^1}\le 3/2.

Như vậy:

+) ||\Psi_{n, k}*G_k||_{L^1}\le \dfrac{3}{2^k\ell} nên

chuỗi \sum\limits_{k=0}^\infty \Psi_{n, k}*G_k hội tụ trong L^1, ta ký hiệu hàm giới hạn \Phi_n thì

||\Phi_n||_{L^1}\le \sum\limits_{k=0}^\infty\dfrac{3}{2^k\ell}=\dfrac{6}{\ell};

+) với j\le 0 thì \hat{\Psi}_{(n, k)}(j)\hat{G}_k(j)=0, \forall k\in\mathbb Z_+ nên

\hat{\Phi}_n(j)=0;

+) với j\ge n\ge 2\ellk_0\in\mathbb Z_+ sao cho

2^{k_0}\ell\le j<2^{k_0+1}\ell,

khi đó \sum\limits_{k=0}^\infty \hat{\Psi}_{n, k}(j)\hat{G}_k(j)=\hat{\Psi}_{n, k_0-1}(j)\hat{G}_{k_0-1}(j)+\hat{\Psi}_{n, k_0}(j)\hat{G}_{k_0}(j),

j\ge 2^{k_0}\ell>2^{k_0-1}\ell\hat{G}_{k_0-1}(j)=\hat{G}_{k_0}(j)=1/j nên

\hat{\Phi}_n(j)=\dfrac{1}{j}\Big(\hat{\Psi}_{n, k_0-1}(j)+\hat{\Psi}_{n, k_0}(j)\Big)=\dfrac{1}{j}.

Hình ảnh cho việc tính toán ở trên

Bohr

Do đó

f'=(\Phi_n(x)-\Phi_n(-x))*f.

Từ đó ta có bất đẳng thức Bohr.

2 thoughts on “Một số cách chứng minh Bất đẳng thức Bernstein – Bất đẳng thức Bohr

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