Một số cách chứng minh Định lý Wiener-Tauberian

Như trong bài “Định lý Wiener-Tauberian(tiếp)” để chứng minh Định lý Wiener-Tauberian ta chứng minh một trong ba phát biểu sau.

PB1. Cho f\in L^1(\mathbb R) thỏa mãn

Z_f=\{\xi|\; \mathcal Ff(\xi)=0\}=\emptyset.

Khi đó, không gian sinh bởi các dịch chuyển của f trù mật trong L^1(\mathbb R).

PB2. Cho f\in \mathbb A(\mathbb R)=\{\mathcal Ff|\; f\in L^1(\mathbb R)\} thỏa mãn

f(x)\not=0, \forall x\in\mathbb R.

Khi đó f không nằm trong một ideal đóng thực sự nào trong \mathbb A(\mathbb R).

PB3. Cho f\in L^1(\mathbb R), g\in L^\infty(\mathbb R) thỏa mãn

(i) Z_f=\emptyset,

(ii) f*g(x)=0, h.k.n trong \mathbb R.

Khi đó g=0.

Dưới đây tôi sẽ trình bày một số cách chứng minh ba phát biểu trên.

Trước hết, ta tìm hiểu một số cách chứng minh PB3.

Cách 1 (J. Korevaar). Ta cần hai bổ đề sau.

BĐ 1. Cho \varphi\in S(\mathbb R), đặt

\varphi_n(x)=\dfrac{1}{n}\varphi(x/n), n=1, 2, \dots.

Khi đó

\lim\limits_{n\to\infty}||f*\varphi_n-\mathcal Ff(0)\varphi_n||_{L^1}=0.

BĐ 2. Giả sử u, v\in L^1(\mathbb R) thỏa mãn ||v||_{L^1}<1. Khi đó, \mathcal Fv(\xi)+1\not=0, \forall \xi

\dfrac{\mathcal F u}{1+\mathcal F v}\in\mathbb A(\mathbb R).

Sử dụng hai bổ trên vào chứng minh PB3 như sau.

Chọn \varphi\in S(\mathbb R) sao cho

\mathcal F\varphi(\xi)=1 khi |\xi|\le 1 và supp\mathcal F\varphi\subset[-2, 2].

Khi đó với |\xi|\le1/n và supp\mathcal F\varphi_n\subset[-2/n, 2/n] ta có

\mathcal F\varphi_n(\xi)=\mathcal F\varphi(n\xi)=1.

Do đó khi \xi\in supp\mathcal F\varphi_{2n} ta có

\mathcal Ff(0)+\mathcal F(\xi)\mathcal F\varphi_n(\xi)-\mathcal Ff(0)\mathcal F\varphi_n(\xi)=\mathcal F(\xi).

Đặt

u=\dfrac{\varphi_{2n}}{\mathcal Ff(0)}, v=\dfrac{1}{\mathcal Ff(0)}(\varphi_n*f-\mathcal Ff(0)\varphi_n).

Theo BĐ 1, do \mathcal Ff(0)\not=0 nên với n đủ lớn có

||v||_{L^1}<1.

Khi đó theo BĐ 2 hàm

\dfrac{\mathcal Fu}{1+\mathcal Fv}=\dfrac{\mathcal F\varphi_{2n}}{\mathcal Ff}\in \mathbb A(\mathbb R)

nghĩa là nó là biến đổi Fourier của một hàm w\in L^1(\mathbb R) khi n đủ lớn. Khi đó

\varphi_{2n}=f*w, w\in L^1(\mathbb R).

Từ giả thiết ta có

g*\varphi_{2n}=(g*f)*w=0.

\varphi_{2n}\in S(\mathbb R), g\in L^\infty(\mathbb R)\in S'(\mathbb R) nên g*\varphi_{2n}\in S(\mathbb R)

\mathcal Fg(\xi)\mathcal F\varphi_{2n}(\xi)=0, \xi\in\mathbb R.

Như vậy \mathcal Fg(\xi)=0 khi |\xi| đủ nhỏ.

Tương tự trên ta áp dụng cho các hàm f_c(x)=f(x)e^{-i2\pi xc}, g_c(x)=g(x)e^{-i2\pi xc} cũng thỏa mãn các giả thiết trong PB 3 nên

\mathcal Fg(\xi-c)=\mathcal Fg_c(\xi)=0 khi |\xi| đủ nhỏ.

Như vậy \mathcal Fg bằng 0 một cách địa phương, hay nó là hàm suy rộng 0. Do đó g=0.

Vài nhận xét về chứng minh trên:

+ Để chứng minh g=0, J. Korevaar chứng minh biến đổi Fourier \mathcal Fg là hàm suy rộng 0, cụ thể hơn \mathcal Fg là hàm thông thường 0 một cách địa phương.

Cũng giống J. Korevaar, trong cuốn “Functional Analysis” W. Rudin cũng tìm cách chứng minh \mathcal Fg là hàm suy rộng 0, cụ thể hàm suy rộng tăng chậm 0 bằng cách chứng minh giá supp\mathcal Fg=\emptyset. Dưới đây tôi trình bày cách tiếp cận của W. Rudin.

Cách 2(W. Rudin). Ta sẽ chứng minh với bất kỳ x_0\in\mathbb R ta đều có

x_0\not\in supp\mathcal Fg,

nghĩa là có một số \epsilon>0 sao cho với mọi \psi\in S(\mathbb R), supp\mathcal \psi\subset(x_0-\epsilon, x_0+\epsilon) thì

\langle \mathcal Fg, \mathcal F\psi\rangle=0

hay

(g*\psi)(0)=0.

Dưới đây ta sẽ chứng minh g*\psi=0. Để chứng minh điều này ta đi xây dựng hàm G\in L^1(\mathbb R) sao cho

\psi=G*f.

Khi đó từ giả thiết f*g=0 ta có ngay g*\psi=0.

Giống như cách chứng minh của J. Korevaar ta có thể giả sử x_0=0. Chọn \varphi, \varphi_n như trong chứng minh của J. Korevaar. Khi đó với n đủ lớn có

||f*\varphi_n-\mathcal Ff(0)\varphi_n||_{L^1}<|\mathcal Ff(0)|.

Chọn \epsilon<1/n. Do supp\psi\subset(-1/n, 1/n) nên

\dfrac{\mathcal F\psi(\xi)}{\mathcal Ff(0)+\mathcal Ff(\xi)\mathcal F\varphi_n(\xi)-\mathcal Ff(0)\mathcal F\varphi_n(\xi)}=\dfrac{\mathcal F\psi(\xi)}{\mathcal Ff(\xi)}.

Đặt

u=\dfrac{\psi}{\mathcal Ff(0)}, v=\dfrac{1}{\mathcal Ff(0)}(f*\varphi_n-\mathcal Ff(0)\varphi_n)

ta có

\dfrac{\mathcal Fu}{1+\mathcal Fv}=\dfrac{\mathcal F\psi}{\mathcal Ff}\in \mathbb A(\mathbb R).

Từ đó có hàm G\in L^1(\mathbb R) sao cho

\psi=f*G.

Điểm chung của hai cách trên: với bất kỳ hàm \psi\in C^\infty_0(\mathbb R) có giá của biến đổi Fourier \mathcal F\psi nằm trong lân cận của 0 ta đều có thương

\dfrac{\mathcal F\psi}{\mathcal Ff}\in\mathbb A(\mathbb R).

Một cách tổng quát ta có Định lý chia của Wiener (Wiener’s Division Theorem) sau.

Cho u, v\in \mathbb A(\mathbb R) thỏa mãn

suppu là compact và v(\xi)\not=0, \forall\xi\in suppu.

Khi đó u/v\in\mathbb A(\mathbb R).

Từ Định lý chia Wiener, kết hợp với bổ đề sau ta có ngay chứng minh cho PB2.

BĐ 3. Không gian các hàm có giá compact trong \mathbb A(\mathbb R)=\{\mathcal Ff|\; f\in L^1(\mathbb R)\} trù mật trong \mathbb A(\mathbb R).

Quay trở lại các chứng minh của J. Korevaar hay W. Rudin ta có thể mở rộng PB3 thành phát biểu như sau.

PB3′. Cho một họ J các hàm trong L^1(\mathbb R) và hàm g\in L^\infty(\mathbb R) thỏa mãn

(i) \cap_{f\in J}Z_f=\emptyset,

(ii) f*g=0, \forall f\in J.

Khi đó g=0.

Khi đó ta có phát biểu mở rộng của PB2 như sau.

PB2′. Cho một họ I các hàm trong \mathbb A(\mathbb R) thỏa mãn với mỗi \xi\in\mathbb R đều có v\in I để

v(\xi)\not=0.

Khi đó I không nằm trong một ideal đóng thực sự nào của \mathbb A(\mathbb R).

Để chứng minh các PB2′, PB3′ ta dùng kết quả mở rộng của Định lý chia Wiener dạng đại số sau.

Cho I là ideal đóng trong \mathbb A(\mathbb R)u\in\mathbb A(\mathbb R) thỏa mãn

ZI\subset int(Z_u),

trong đó Z_u=\{\xi|\; u(\xi)=0\}, ZI=\cap_{v\in I}Z_v.

Khi đó, u\in I.

Điều kiện ZI\subset int(Z_u) tương đương với

ZI\cap suppu=\emptyset

hay với mỗi \xi\in suppu đều có v\in I để

v(\xi)\not=0.

Dĩ nhiên ta cũng có phát biểu mở rộng tương tự của PB1. Bạn đọc thử tự đưa ra phát biểu này. Giờ tôi chuyển sang một số cách chứng minh PB1 có sử dụng lý thuyết nhóm một tham số.

Cách 1(J.M.A.M. van Neerven). Để ý rằng tập các phép dịch chuyển lập thành một nhóm \{U(t)\}_{t\in\mathbb R} các toán tử bị chặn trên L^1(\mathbb R), nghĩa là

U(t): L^1(\mathbb R)\to L^1(\mathbb R), U(t)f(x)=f(x-t),

là toán tử bảo toàn chuẩn ||U(t)f||_{L^1}=||U(t)f||_{L^1}.

Hơn thế nữa, đây là một nhóm liên tục mạnh (C_0-semigroup), nghĩa là

\lim\limits_{t\to 0}||U(t)f-f||_{L^1}=0.

Để chứng minh PB1, ta phải chứng minh:

không gian X=\overline{span\{U(t)f|\; t\in\mathbb R\}} chính là toàn bộ L^1(\mathbb R)

hay không gian thương Y=L^1(\mathbb R)/X=\{0\}.

Để chứng minh điều này ta cần đến khái niệm phổ Arveson cho nhóm liên tục mạnh một tham số sau.

Cho nhóm liên tục mạnh \{U(t)\}_{t\in\mathbb R} các toán tử bị chặn trên không gian Banach Y. Khi đó ta có đồng cấu giữa hai đại số Banach

U: L^1(\mathbb R)\to L(X)=\{A:X\to X tuyến tính, bị chặn \}

U(g)x=\int\limits_{\mathbb R}g(t)U(t)xdt, g\in L^1(\mathbb R), x\in Y.

Hạt nhân của U là ideal

I_U=\{g\in L^1(\mathbb R)|\; U(g)=0\}.

Phổ Arveson của nửa nhóm \{U(t)\}_{t\in\mathbb R}

Sp(U)=\cap_{g\in I_U}Z_g.

Ta có kết quả:

Nếu U bị chặn, Y\not=\{0\} thì Sp(U)\not=\emptyset.

Quay trở lại nhóm dịch chuyển U(t)g(x)=g(x-t) là nhóm các toán tử tuyến tính bị chặn trên L^1(\mathbb R). Khi đó ta có đồng cấu

U: L^1(\mathbb R)\to L(L^1(\mathbb R)),

U(g)h=g*h,

là toán tử bị chặn.

Từ đó cảm sinh trên thương Y=L^1(\mathbb R)/X

nhóm U_Y(t)(g+X)=U(t)g+X các toán tử bị chặn trên Y,

và đồng cấu U_Y: Y\to L(Y), U_Y(g+X)(h+X)=g*h+X bị chặn.

Chú ý rằng f*h=h*f\in X, \forall h\in L^1(\mathbb R) nên

U_Y(f)=0.

Z_f=\emptyset nên Sp(U)=\emptyset. Theo kết quả trên ta có Y=\{0\}.

Cách 2(J. Esterle). Để ý rằng mọi ideal đóng cực đại trong L^1(\mathbb R) đều có dạng

I_\xi=\{f\in L^1(\mathbb R)|\; \mathcal Ff(\xi)=0\}, \xi\in\mathbb R.

Như vậy không gian con đóng X sinh bởi các dịch chuyển của f không nằm trong bất kỳ một ideal đóng cực đại nào của L^1(\mathbb R). Khi đó đại số thương Y=L^1(\mathbb R)/X là radical, là đại số Banach mà chỉ có phiếm hàm tuyến tính, nhân tính (multiplicative linear functional) tầm thường. Khi đó, với g\in Y ta có

\lim\limits_{n\to\infty}||g^n||_Y^{1/n}=0.

Từ tính chất này ta có kết quả sau.

Cho \{a^t\}_{Re\;t>0} là một nửa nhóm giải tích trong đại số radical Banach Y, nghĩa là

(i) a^t\in Y, \forall Re\;t>0,

(ii) a^{t+s}=a^ta^s, \forall Re\;t>0, \forall Re\;s>0,

(iii) Ánh xạ t\mapsto a^t, \{t\in\mathbb C|\; Re\;t>0\}\to Y, là giải tích.

Giả sử thêm, có số thực \alpha<1 sao cho

\sup\limits_{Re\; t\ge 1}e^{-|t|^\alpha}||a^t||_{Y}<+\infty.

Khi đó a^t=0, \forall Re\;t>0.

Chọn nửa nhóm giải tích trong L^1(\mathbb R)

a^t(x)=\dfrac{1}{\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{x^2}{t}}\in L^1(\mathbb R), Re\;t>0

với chuẩn ||a^t||_{L^1}=\sqrt{\frac{|t|}{Re\; t}}.

Khi đó nó sinh ra nửa nhóm giải tích \bar{a}^t trong đại số radical Y thỏa mãn kết quả trên nên a^t\in X, Re\;t>0. Do đó với bất kỳ g\in L^1(\mathbb R) ta đều có

g*a^t\in X.

Chú ý rằng

\lim\limits_{t\to 0\atop t>0} ||g*a^t-g||_{L^1}=0

X đóng nên g\in X hay

\overline{span\{U(t)f|\;t\in\mathbb R\}}=L^1(\mathbb R).

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