Ứng dụng của các bất đẳng thức Bohr-Bernstein

Các bất đẳng thức Bohr và bất đẳng thức Bernstein cho ta mối liên hệ giữa đạo hàm và hàm khi biết phổ của nó. Điều này rất có ích khi ta phân tích hàm thành chuỗi hàm mà mỗi số hạng của chuỗi ta biết được khoảng phổ của nó, từ đó giúp ta đánh giá được đạo hàm của từng số hạng. Từ việc đánh giá này ta có thể hiểu về độ trơn của hàm ban đầu. Để cụ thể ta quan sát W-phân tích sau

\sum\limits_{k=0}^\infty W_{2^k}(f)

với f\in C(\mathbb T), W_n(f)=(V_{2n}-V_n)*f, W_1f=V_2*f

trong đó V_n(x)=2K_{2n}(x)-K_n(x)=\sum\limits_{|j|=0}^{n}e^{ijx}+\sum\limits_{|j|=n+1}^{2n}(2-\frac{|j|}{n})e^{ijx} (nhân de la Vallee Poussin),

K_n(x)=\sum\limits_{j=-n}^n(1-\frac{|j|}{n})e^{ijx} (nhân Fejer).

Định lý Fejer khẳng định: khi f\in C(\mathbb T) thì K_n*f hội tụ đều đến f trên \mathbb T. Từ đó có V_n*f cũng hội tụ đều đến f trên \mathbb T hay

chuỗi \sum\limits_{k=0}^\infty W_{2^k}(f) hội tụ đều đến f trên \mathbb T.

Có thể thấy rằng W_n f là đa thức lượng giác có dạng

\sum\limits_{|j|=n+1}^{4n}a_je^{ijx}

hay nói cách khác, nó là hàm có phổ nằm trong tập \{j\in\mathbb Z|\; n+1\le|j|\le 4n\}.

Chú ý rằng do ||K_n||_1=1 nên

||K_n*f||_\infty\le ||f||_\infty.

Do đó ||W_n(f)||_\infty\le 6||f||_\infty.

Nếu ta biết f khả vi liên tục thì

(W_n(f))^{(1)}=W_n(f^{(1)}).

Do đó

||(W_n(f))^{(1)}||_\infty\le 6||f^{(1)}||_\infty.

Khi đó từ bất đẳng thức Bohr

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-1}).

Câu hỏi: liệu từ ước lượng trên có dẫn đến tính khả vi của f không?

Trả lời: đáng tiếc không. Có thể lấy ví dụ hàm Weierstrass

W(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty a^k\cos(b^kx)

với 0<a<1, ab\ge 1. G. H. Hardy đã chứng minh rằng W(x) là hàm liên tục và không khả vi tại mọi điểm. Trong trường hợp a=1/2, b=2 không khó để thấy W-phân tích của hàm Weierstrass thỏa mãn

||W_n(W)||_\infty=O(n^{-1}).

Tuy nhiên nhìn lại hàm Weierstrass ta có hai điểm vớt lại:

+) khi a=1/2, b=2 hàm Weierstrass là hàm không Lipschitz nhưng bù lại nó là hàm Holder với mọi cấp \alpha\in(0, 1),

+) khi a=(1/2)^\alpha, b=2, \alpha\in(0, 1) thì hàm Weierstrass là hàm Holder cấp \alpha.

Ở điểm thứ hai có W-phân tích thỏa mãn

||W_n(W)||_\infty=O(n^{-\alpha}).

Như ta biết nếu f là hàm Holder cấp \alpha\in(0, 1) thì

||K_n*f-f||_\infty\le Cn^{-\alpha}||f||_{Lip_\alpha}

với ||f||_{Lip_\alpha}=||f||_\infty+\sup\limits_{t\in\mathbb T\atop h\not=0}\dfrac{|f(t+h)-f(t)|}{|h|^\alpha}.

Ngoài ra

W_n(f)=(V_{2n}-V_n)*f=

=2(K_{4n}*f-f)-3(K_{2n}*f-f)+(K_n*f-f)

nên nếu f là hàm Holder cấp \alpha thì

||W_n(f)||_\infty\le Cn^{-\alpha}||f||_{Lip_\alpha}.

Như vậy nếu f\in Lip_\alpha(\mathbb T), 0<\alpha<1, thì

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-\alpha}).

Nếu f\in C^{m+\alpha}(\mathbb T), m\in\mathbb Z_+, 0<\alpha<1, nghĩa là

f\in C^m(\mathbb T), f^{(m)}\in Lip_\alpha(\mathbb T),

thì nhờ bất đẳng thức Bohr ta có

||W_n(f)||_\infty\le Cn^{-m}||W_n(f^{(m)})||_\infty\le 6Cn^{-m-\alpha}||f^{(m)}||_{Lip_\alpha}

hay

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-m-\alpha}).

Câu hỏi: liệu ước lượng trên có phải là đặc trưng của không gian C^{m+\alpha}(\mathbb T), m\in \mathbb Z_+, 0<\alpha<1?

Trả lời: khác với trường hợp \alpha\in\{0, 1\}, đúng vậy.

Để chứng minh điều này ta sử dụng bất đẳng thức Bernstein

||(W_{2^k}(f))^{(m)}||_\infty\le C2^{-k\alpha}

||(W_{2^k}(f))^{(m+1)}||_\infty\le C2^{k(1-\alpha)}.

Do 0<\alpha<1

+) chuỗi \sum\limits_{k=0}^\infty (W_{2^k}(f))^{(m)} hội tụ đều trên \mathbb T, do đó f\in C^m(\mathbb T);

+) \sum\limits_{k=0}^\infty |(W_{2^k}(f))^{(m)}(t+h)-(W_{2^k}(f))^{(m)}(t)|\le C|h|^\alpha nên f^{(m)}\in Lip_\alpha(\mathbb T).

Như vậy f\in C^{m+\alpha}(\mathbb T), m\in\mathbb Z_+, 0<\alpha<1 khi và chỉ khi W-phân tích của nó thỏa mãn

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-m-\alpha}).

Hơn nữa chuẩn

||f||_{C^{m+\alpha}}=\sum\limits_{k=1}^m||f^{(k)}||_\infty+||f||_{Lip_\alpha}

tương đương với chuẩn

||f||_{W, m, \alpha}=\sup\limits_{k\in\mathbb Z_+}2^{-k(m+\alpha)}||W_{2^k}(f)||_\infty.

Điều này dẫn đến kết quả sau của Jackson:

Nếu f\in C^{m+\alpha}, m\in\mathbb Z_+, 0<\alpha<1, thì

E_n(f)=\inf ||f-P||_\infty=O(n^{-m-\alpha})

với \inf lấy trên tất cả các đa thức P có bậc không quá n.

Bernstein chứng minh điều ngược lại với chú ý

W_n(f)=W_n(f-P)

với P là đa thức có bậc không quá n, nên

||W_n(f)||\le 6||f-P||_\infty, \forall P là đa thức bậc không quá n, hay

||W_n(f)||_\infty\le 6E_n(f).

Quay trở lại điểm vớt đầu tiên của hàm Weierstrass: khi ab=1 có hàm Weierstrass là hàm Holder mọi cấp \alpha\in(0, 1) nhưng không là hàm Lipschitz.

Ta cũng biết rằng nếu f là hàm Lipschitz thì

||J_n*f-f||_\infty \le Cn^{-1}||f||_{Lip1}

với J_n(x)=||K_n||^{-2}_{L^2}K_n^2(x) (nhân Jackson).

J_n*f là đa thức lượng giác bậc không quá n nên

||W_n(f)||_\infty\le 6E_n(f)\le 6Cn^{-1}

hay ||W_n(f)||_\infty=O(n^{-1}).

Tuy nhiên với hàm Weierstrass ước lượng trên không phải là đặc trưng của không gian các hàm khả vi, cũng như các hàm Lipschitz. Vậy nó là đặc trưng của không gian nào?

Trả lời: dĩ nhiên không gian cần tìm phải chứa các không gian Holder cấp \alpha\in(0, 1). Người trả lời chính xác câu hỏi này là Zygmund.

Hàm f\in C(\mathbb T) có W-phân tích thỏa mãn

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-1})

khi và chỉ khi

f\in \Lambda_* (không gian Zygmund), nghĩa là

||f||_{\Lambda_*}=\sup\limits_{t\in\mathbb T\atop h\not=0}\dfrac{|f(t+h)+f(t-h)-2f(t)|}{|h|}<\infty.

Lại bằng cách sử dụng các bất đẳng thức Bohr và bất đẳng thức Bernstein ta có

hàm f\in C^{m+1}(\mathbb T), m\in\mathbb Z_+, nghĩa là f\in C^m(\mathbb T), f^{(m)}\in\Lambda_* khi và chỉ khi W-phân tích của nó thỏa mãn

||W_n(f)||_\infty=O(n^{-m-1}).

Hơn nữa, chuẩn

||f||_{C^{m+1}}=\sum\limits_{k=0}^m||f^{(k)}||_\infty+||f||_{\Lambda_*}

tương đương với chuẩn

||f||_{W, m, 1}=\sup\limits_{k\in\mathbb Z_+}2^{k(m+1)}||W_{2^k}(f)||_\infty.

Ta cũng có kết quả tương tự với không gian Sobolev các hàm tuần hoàn H^m(\mathbb T), m\in\mathbb Z_+ gồm các hàm f\in L^2(\mathbb T) thỏa mãn

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}|\hat{f}(n)|^2|n|^{2m}<\infty.

Trên H^m(\mathbb T) ta định nghĩa chuẩn

||f||_{H^m}=\Big(\sum\limits_{n\in\mathbb Z}|\hat{f}(n)|^2(1+|n|^2)^{m}\Big)^{1/2}.

Nhờ đẳng thức Parseval và (f^{(j)})\hat{}(n)=(in)^j\hat{f}(n) nên H^m(\mathbb T) là không gian gồm các hàm f\in C^{m-1}(\mathbb T) thỏa mãn f^{(m-1)} là hàm liên tục tuyệt đối, có đạo hàm hầu khắp nơi và f^{(m)}\in L^2(\mathbb T). Khi đó trên H^m(\mathbb T) có thể định nghĩa chuẩn tương đương

||f||_{H^m, 1}=\Big(\sum\limits_{j=0}^m ||f^{(j)}||^2_{L^2}\Big)^{1/2}.

Do

(V_{2n}-V_n)\hat{} (j)= \begin{cases} 0 \; khi \; |j|\le n \; or \; |j|\ge 4n,\\ \frac{|j|}{n}-1 \; khi \; n<|j|\le 2n,\\ 2-\frac{|j|}{2n} \; khi \; 2n<|j|<4n \end{cases}

nên

||W_{2^k}(f)||^2_{L^2}\le \sum\limits_{|j|=2^k}^{2^{k+2}}|\hat{f}(j)|^2, k=1, 2, \dots,

||W_1(f)||^2_{L^2}\le \sum\limits_{j=-3}^3 |\hat{f}(j)|^2.

Khi đó nếu f\in H^m(\mathbb T) thì

\sum\limits_{k=0}^\infty 2^{2km}||W_{2^k}(f)||^2_{L^2}\le |\hat{f}(0)|^2+2\sum\limits_{j\in\mathbb Z}|\hat{f}(j)|^2|j|^{2m}\le 2||f||_{H^m}.

Để chứng minh điều ngược lại ta cần đến bất đẳng thức Bernstein trong L^2(\mathbb T)

||(W_{2^k}(f))^{(j)}||_{L^2}\le C2^{jk}||W_{2^k}(f)||_{L^2}.

Khi đó

\sum\limits_{k=0}^\infty ||(W_{2^k}(f))^{(j)}||^2_{L^2}\le C\sum\limits_{k=0}^\infty 2^{2jk}||W_{2^k}(f)||_{L^2}.

Nếu

\sum\limits_{k=0}^\infty 2^{2km}||W_{2^k}(f)||^2_{L^2}<\infty

thì với j\in\{0, 1, \dots, m\}

chuỗi \sum\limits_{k=0}^\infty (W_{2^k}(f))^{(j)} hội tụ trong L^2. Khi đó f\in H^m(\mathbb T).

Như vậy ta đã chứng minh được rằng f\in H^m(\mathbb T) khi và chỉ khi W-phân tích của nó thỏa mãn

\sum\limits_{k=0}^\infty 2^{2km}||W_{2^k}(f)||^2_{L^2}<\infty.

Khi đó các chuẩn sau tương đương

||f||_{H^m}=\Big(\sum\limits_{n\in\mathbb Z}|\hat{f}(n)|^2(1+|n|^2)^{m}\Big)^{1/2},

||f||_{H^m, 1}=\Big(\sum\limits_{j=0}^m||f^{(j)}||^2_{L^2}\Big)^{1/2},

||f||_{H^m, W}=\Big(\sum\limits_{k=0}^\infty 2^{2km}||W_{2^k}(f)||^2_{L^2}\Big)^{1/2}.

Tương tự ta cũng có kết quả cho không gian Sobolev H^m(\mathbb R)=W^{1, 2}(\mathbb R) là không gian các hàm f\in L^2(\mathbb R) thỏa mãn

\int\limits_{\mathbb R}|\hat{f}(\xi)|^2(1+|\xi|^2)^md\xi<\infty.

Khi đó chuẩn trong H^m(\mathbb R) được xác định bởi

||f||_{H^m(\mathbb R)}=\Big(\int\limits_{\mathbb R}|\hat{f}(\xi)|^2(1+|\xi|^2)^m\Big)^{1/2}

Như ta cũng biết f\in H^m(\mathbb R) khi và chỉ khi f và các đạo hàm suy rộng f^{(j)}, 1\le j\le m đều thuộc vào L^2(\mathbb R). Khi đó ta có chuẩn tương đương

||f||_{H^m(\mathbb R), 1}=\Big(\sum\limits_{j=0}^m||f^{(j)}||_{L^2(\mathbb R)}\Big)^{1/2}.

Đến đây ta cần đến các bất đẳng thức Bohr và Bernstein trong \mathbb R như sau.

Cho f\in L^2(\mathbb R) có phổ supp\hat{f}\subset \lambda \mathcal C, với vành \mathcal C=\{x\in\mathbb R|\; a\le |x|\le b\}, 0<a<b. Khi đó có số dương C (chỉ phụ thuộc f, a, b) để

C^{-j-1}\lambda^{j}||f||_{L^2(\mathbb R)}\le ||f^{(j)}||_{L^2(\mathbb R)}\le C^{j+1}\lambda^j||f||_{L^2(\mathbb R)}, \forall j\in\mathbb N.

Thay vì dùng W-phân tích cho hàm tuần hoàn, ta dùng phân tích Littlewood-Paley. Lấy hàm

\phi(x)=(\rho_{1/2}*\chi_{[-3/2, 3/2]})(x)

với

\chi_{[-3/2, 3/2]}(x)=\begin{cases} 1\; khi \; |x|\le3/2,\\ 0\; otherwise,\end{cases}

\rho_{1/2}(x)=\begin{cases}Ce^{\frac{1}{4x^2-1}}\; khi \; |x|<1/2,\\ 0\; otherwise,\end{cases}

C=(\int\limits_{-1/2}^{1/2}e^{\frac{1}{4x^2-1}}dx)^{-1}.

Khi đó \phi(x)=1 khi |x|\le 1 và supp\phi\subset [-2, 2]. Đặt \psi(x)=\phi(x)-\phi(2x)

+) supp\psi(2^kx)\subset 2^{-k}\mathcal C, với \mathcal C=[-2, -1/2]\cup [1/2, 2],

+) \sum\limits_{k\in\mathbb Z}\psi(2^kx)=1, x\not=0.

Phân tích Littlewood-Paley

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}P_kf

với P_kf=m_k*f, m_k(x)=(\psi(2^k\xi))\hat{}(x)=2^{-k}\hat{\psi}(2^{-k}x). Do 0\le \psi(2^kx)\le 1\sum\limits_{k\in\mathbb Z}\psi(2^k x)=1, x\not=0,

nên sử dụng đẳng thức Plancherel có

||P_kf||_{L^2(\mathbb R)}\le \min\{2^{-k}, 1\}||f||_{L^2(\mathbb R)}.

Hơn nữa f\in L^2(\mathbb R) khi và chỉ khi

chuỗi \sum\limits_{k\in\mathbb Z}P_kf hội tụ trong L^2(\mathbb R).

Lưu ý rằng supp\psi(2^kx)\subset [-2^{-k-1}, -2^{-k+1}]\cup[2^{k-1}, 2^{k+1}] nên

+) ||\sum\limits_{k\in\mathbb Z}P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}=\sum\limits_{|k-\ell|\le 1}\langle P_kf, P_\ell f\rangle_{L^2}\le 3\sum\limits_{k\in\mathbb Z}||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)},

+) \sum\limits_{k\in\mathbb Z} |\psi(2^kx)|^2\le 2 nên

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}=\int\limits_{\mathbb R}(\sum\limits_{k\in\mathbb Z}|\psi(2^kx)|^2)|\hat{f}(x)|^2dx\le 2||f||^2_{L^2(\mathbb R)}.

Nói cách khác f\in L^2(\mathbb R) khi và chỉ khi phân tích Littlewood-Paley của nó thỏa mãn

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}<\infty.

Khi đó f^{(j)}\in L^2(\mathbb R) khi và chỉ khi

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}||(P_kf)^{(j)}||^2_{L^2(\mathbb R)}<\infty.

Mà suppP_kf\subset 2^{-k}\mathcal C nên có bất đẳng thức Bernstein

||(P_kf)^{(j)}||_{L^2(\mathbb R)}\le C^{-j-1}2^{-kj}||P_kf||_{L^2(\mathbb R)}.

Khi đó nếu

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}2^{-2kj}||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}<\infty

thì f^{(j)}\in L^2(\mathbb R).

Ngược lại nếu f^{(j)}\in L^2(\mathbb R) thì

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}2^{-2kj}||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}=\sum\limits_{k\in\mathbb Z}2^{-2kj}\int\limits_{2^{k-1}\le |x|\le 2^{k+1}}|\hat{f}(x)|^2|\psi(2^kx)|^2dx

\le C\sum\limits_{k\in\mathbb Z} \int\limits_{2^{k-1}\le |x|\le 2^{k+1}}|\hat{f}(x)|^2|x|^{-2kj}dx

\le 2C||f^{(j)}||^2_{L^2(\mathbb R)}.

Như vậy f\in H^m(\mathbb R) khi và chỉ khi phân tích Littlewood-Paley của nó thỏa mãn

\sum\limits_{k\in\mathbb Z}(1+2^{-2k})^m||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}<\infty.

Hơn nữa trong H^m(\mathbb R) ta có các chuẩn tương đương:

+) ||f||_{H^m(\mathbb R)}=\Big(\int\limits_{\mathbb R}|\hat{f}(\xi)|^2(1+|\xi|^2)^{m}d\xi\Big)^{1/2},

+) ||f||_{H^m(\mathbb R), 1}=\Big(\sum\limits_{j=0}^m||f^{(j)}||^2_{L^2(\mathbb R)}\Big)^{1/2},

+) ||f||_{H^m, LP}=\Big(\sum\limits_{k\in\mathbb Z}(1+2^{-2k})^m||P_kf||^2_{L^2(\mathbb R)}\Big)^{1/2}.

Câu hỏi: liệu có giống như trường hợp tuần hoàn, f\in C^{m+\alpha}(\mathbb R), m\in\mathbb Z_+, 0<\alpha\le 1, khi và chỉ khi

\sup\limits_{k\in\mathbb Z} 2^{-k(m+\alpha)}||P_kf||_\infty<\infty?

4 thoughts on “Ứng dụng của các bất đẳng thức Bohr-Bernstein

  1. dạ. e cảm ơn thầy. e đang làm luận văn cao học về ứng dụng của bất đẳng thức bohr-bernstein. thầy có thể cho e một số tài liệu thêm dc không ạ. có tiếng việt không thầy. thầy giải đáp Câu hỏi trong bài viết của thầy: liệu có giống như trường hợp tuần hoàn,

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