Hàm trung bình tuần hoàn (mean periodic functions) – Định lý Schwartz

Trong khóa luận của Trần Thế Dũng có đề cập đến một kết quả sâu sắc của L. Schwartz sau.

Cho V là không gian con đóng, bất biến với phép dịch chuyển của C(\mathbb R), hay \mathcal E(\mathbb R). Khi đó không gian con sinh bởi các hàm đa thức-mũ, hàm có dạng p(x)e^{ix\xi}, \xi\in\mathbb C, p(x) là đa thức theo x, trù mật trong V.

Khái niệm hội tụ trong C(\mathbb R) là hội tụ đều trên từng compact, nghĩa là

dãy hàm \{\varphi_n\}_{n=1}^\infty, \varphi_n\in C(\mathbb R), được gọi là hội tụ đều trên từng compact đến \varphi\in C(\mathbb R) nếu với mọi R>0 ta đều có

\lim\limits_{n\to\infty}\sup\limits_{|x|\le R}|\varphi_n(x)-\varphi(x)|=0.

Kết quả trên có được khi L. Schwartz nghiên cứu lớp các hàm trung bình tuần hoàn (mean periodic functions):

– Hàm trung bình tuần hoàn liên tục là hàm f\in C(\mathbb R) thỏa mãn

\tau(f)\not= C(\mathbb R),

trong đó không gian \tau(f) là không gian con đóng sinh bởi các dịch chuyển của f.

– Hàm trung bình tuần hoàn trơn là hàm f\in \mathcal E(\mathbb R) thỏa mãn

\tau(f)\not= \mathcal E(\mathbb R).

Nhờ Định lý Weierstrass và kết quả sau của L. Schwartz ta dễ dàng có chứng minh cho Định lý trên của L. Schwartz.

Nếu f là hàm trung bình tuần hoàn thì nó là giới hạn của các tổ hợp tuyến tính các hàm đa thức-mũ xuất hiện trong \tau(f).

Dưới đây tôi sẽ trình bày chứng minh kết quả này.

Trước khi chứng minh kết quả này ta thử nhìn điều này trong trường hợp tuần hoàn. Trong cuốn “An introduction to Harmonic Analysis” của Y. Katznelson có đưa ra khái niệm không gian Banach thuần nhất B là không gian

– về mặt đại số tuyến tính, nó là không gian con của L^1(\mathbb T),

– về mặt tô-pô, nó có chuẩn riêng ||.||_B và với chuẩn này nó là không gian Banach,

– thuần nhất theo nghĩa

với mọi h\in\mathbb R, f\in B ta có T_hf(.)=f(.-h)\in ||T_hf||_B=||f||_B.

Có thể thấy nhiều ví dụ về không gian Banach thuần nhất như

+) L^p(\mathbb T), 1\le p<\infty,

+) C(\mathbb T), \mathbb A(\mathbb T).

Kết quả tương tự như Định lý Schwartz phát biểu ở đầu bài:

Cho V là không gian con đóng, bất biến với phép dịch chuyển trong không gian Banach thuần nhất B. Khi đó không gian các đa thức lượng giác trù mật trong V.

Để có kết quả này ta cần đến kết quả tương tự như kết quả của L. Schwartz về hàm trung bình tuần hoàn như sau.

Cho f\in B. Khi đó f là giới hạn của các tổ hợp tuyến tính các hàm mũ, hàm dạng e^{inx}, n\in\mathbb Z, xuất hiện trong \tau(f).

Ta có các kết quả sau:

+) Cho \varphi\in C(\mathbb T), f\in B. Khi đó

\varphi*f=\int\limits_{\mathbb T}\varphi(h)T_hfdh\in \tau(f).

Đặc biệt, lấy \varphi(x)=e^{inx}, n\in\mathbb Z ta có

e^{inx}*f=\hat{f}(n)e^{inx}\in \tau(f), \forall n\in\mathbb Z.

Như vậy tổng Fejer \sigma_n(f)=K_n*f, n\in\mathbb N, là tổ hợp tuyến tính các hàm mũ xuất hiện trong \tau(f). Theo Định lý Fejer ta có

\lim\limits_{n\to\infty}||\sigma_n(f)-f||_B=0

hay ta có f là giới hạn của các tổ hợp tuyến tính các hàm mũ xuất hiện trong \tau(f).

Quay trở lại kết quả của L. Schwartz về hàm trung bình điều hòa. Dưới đây ta sẽ tìm hiểu chứng minh cho kết quả về hàm trung bình tuần hoàn liên tục. Giả sử f\in C(\mathbb R) là hàm trung bình tuần hoàn liên tục, nghĩa là \tau(f)\not= C(\mathbb R). Do \tau(f) là không gian con đóng trong C(\mathbb R) theo topo hội tụ đều trên từng compact nên theo Định lý Hahn-Banach có một phiếm hàm tuyến tính liên tục \mu trên C(\mathbb R) sao cho

\mu(g)=0, \forall g\in \tau(f).

Lưu ý rằng không gian các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên C(\mathbb R), theo topo hội tụ đều trên từng compact, là không gian các độ đo Radon phức với giá compact M_0(\mathbb R). Không gian M_0(\mathbb R) là không gian con của \mathcal E'(\mathbb R). Khi đó

\mu(g)=0, \forall g\in\tau(f)

tương đương với

\mu*f(x)=\int\limits_{\mathbb R}f(x-y)d\mu(x)=0, \forall x\in\mathbb R.

Trong trường hợp \mu có dạng

\mu=\sum\limits_{j=0}^n a_j\delta^{(j)},

trong đó \delta^{(j)} là đạo hàm suy rộng cấp j của hàm Dirac \delta,

thì \mu*f=0 tương đương với phương trình vi phân

\sum\limits_{j=0}^m (-1)^ja_jf^{(j)}(x)=0.

Khi đó theo lý thuyết phương trình vi phân ta có không gian \tau(f) đơn giản là không gian hữu hạn chiều có cơ sở là các hàm đa thức-mũ.

Trong trường hợp \mu có dạng

\mu=\delta_a-\delta_b, 0<a<b

thì \mu*f=0 tương đương với f là hàm tuần hoàn chu kỳ c=b-a. Khi đó kết quả trên của L. Schwartz được chứng minh nhờ Định lý Fejer.

Để tiếp tục ta có thể nghĩ đến việc dùng biến đổi Fourier cả hai vế của phương trình

\mu*f=0.

Do \mu\in \mathcal E'(\mathbb R) nên biến đổi Fourier của nó \hat{\mu}, theo Paley-Wiener, là hàm nguyên kiểu mũ (entire function of exponential type) trên mặt phẳng phức. Tuy nhiên do chỉ đòi hỏi f là hàm liên tục, mà hàm liên tục chưa chắc là hàm suy rộng tăng chậm (chẳng hạn e^x) nên khó nói đến biến đổi Fourier của f. Để vượt qua điểm này ta cần đến biến đổi Carleman như sau.

Ta cắt hàm f(x) thành hai phần

f^+(x)=\begin{cases}0 \; khi \; x<0,\\ f(x) \; khi \; x\ge 0,\end{cases} f^-(x)=\begin{cases} f(x) \; khi \; x<0,\\ 0\; khi \; x\ge 0.\end{cases}

Do \mu*f=0 nên \mu*f^{-}=-\mu*f^{+}. Đặt g(x)=\mu*f^{-}(x). Giả sử [a, b] là đoạn nhỏ nhất chứa giá của \mu. Khi đó

g(x)=\mu*f^{-}(x)=\int\limits_a^b f^{-}(x-y)d\mu(y)=0 khi x>b,

g(x)=-\mu*f^{+}(x)=-\int\limits_a^b f^{+}(x-y)d\mu(y)=0 khi x<a.

Do đó giá của hàm g nằm trong đoạn [a, b]. Khi đó hàm g có biến đổi Fourier \hat{g} là hàm nguyên kiểu mũ trên toàn mặt phẳng phức.

Biến đổi Carleman của hàm f được định nghĩa là hàm phân hình

\dfrac{\hat{g}(z)}{\hat{\mu}(z)}, ký hiệu C(f)(z).

Định nghĩa trên không phụ thuộc vào việc chọn \mu. Thật vậy, giả sử \mu_1, \mu_2 là các độ đo Radon phức có giá compact thỏa mãn

\mu_1*f=\mu_2*f=0.

Đặt g_1=\mu_1*f^{-}, g_2=\mu_2*f^{-}. Do \mu_1, \mu_2 có giá compact nên theo tính chất kết hợp, giao hoán của phép lấy tích chập ta có

g_1*\mu_2=g_2*\mu_1.

Lấy biến đổi Fourier cả hai vế ta được

\hat{g}_1\hat{\mu}_2=\hat{g}_2\hat{\mu}_1.

Từ đó ta có định nghĩa biến đổi Carleman tốt. Điều thú vị khác, nếu f có biến đổi Laplace

L(f)(z)=\int\limits_0^\infty e^{-izx}f(x)dx, Im(z)<x_0,

thì C(f)(z)=L(f)(z), Im(z)<x_0.

Câu hỏi: biến đổi Carleman thực sự giúp ta điều gì? Hay gần hơn hàm đa thức-mũ, không gian \tau(f) và biến đổi Carleman liên quan gì đến nhau? Trước khi trả lời câu hỏi này, ta cần vài tính chất đơn giản sau.

+ Cho g\in C(\mathbb R). Khi đó

g\in\tau(f) khi và chỉ khi

với mọi độ đo Radon phức có giá compact \mu thỏa mãn \mu*f=0 ta đều có \mu*g=0.

Đặc biệt với g(x)=e^{i\lambda x}, \lambda \in\mathbb C

\mu*e^{i\lambda x}=0 tương đương với \mu(\lambda)=0.

Hay g(x)=x^p, p\in \mathbb Z_+

\mu*x^p=0 tương đương với \hat{\mu}^{(p)}(0)=0.

+ Cho P(x) là đa thức bậc n\lambda\in\mathbb C. Các mệnh đề sau tương đương

(i) P(x)e^{i\lambda x}\in\tau(f).

(ii) P(x)\in \tau(e^{-i\lambda x}f).

(iii) x^p\in\tau(e^{-i\lambda x}f), p=0, 1, \dots, n.

Như vậy ta có kết quả sau:

Cho P(x) là đa thức bậc n và số phức \lambda. Khi đó điều kiện cần và đủ để P(x)e^{i\lambda x}\in\tau(f)

với bất kỳ độ đo Radon phức có giá compact \mu thỏa mãn \mu*f=0 thì

\hat{\mu}(\lambda)=\hat{\mu}'(\lambda)=\dots=\hat{\mu}^{(n)}(\lambda)=0.

Tiêu chuẩn trên cho ta thấy khi nào một hàm đa thức-mũ thuộc vào \tau(f). Tuy nhiên nó cần đến tác động bên ngoài là độ đo Radon phức. Sử dụng biến đổi Carleman ta có tiêu chuẩn sau.

Hàm đa thức-mũ P(x)e^{i\lambda x}, như phát biểu trên, thuộc vào \tau(f) khi và chỉ khi

\lambda là cực điểm có bội không nhỏ hơn bậc n của biến đổi Carleman C(f).

Tập phổ của hàm trung bình điều hòa f, ký hiệu S(f), là tập tất cả các cực điểm của biến đổi Carleman C(f).

Khi đó để chứng minh kết quả của L. Schwartz thì trước hết ta trả lời câu hỏi:

nếu không có đa thức-mũ nào nằm trong \tau(f), hay nói cách khác tập phổ S(f)=\emptyset, thì f=0 hay không?

Để chứng minh câu trả lời khẳng định cho câu hỏi trên ta cần một số kết quả sau.

+ Cho độ đo Radon phức \mu có giá nằm trong đoạn [a, b]. Giả sử hàm \hat{\mu}(z) có nghiệm phức \lambda. Khi đó có một hàm giá trị phức m có biến phân bị chặn (bounded variation) trên [a, b], và bằng 0 ngoài [a, b] sao cho biến đổi Fourier của nó

\hat{m}(z)=\dfrac{\hat{\mu}(z)}{z-\lambda}.

Ta ký hiệu lại hàm m bởi \mu_\lambda. Không khó để thấy \mu_\lambda(x)=e^{i\lambda x}\int\limits_{-\infty}^x e^{-i\lambda y}d\mu(y). Khi đó e^{-i\lambda x}\mu là đạo hàm suy rộng của e^{-i\lambda x}\mu_\lambda.

+ Cho f là hàm trung bình tuần hoàn, \sigma là độ đo Radon phức với giá compact. Khi đó, hàm \sigma*f cũng là hàm trung bình tuần hoàn. Hơn nữa hiệu C(\sigma*f)(z)-C(f)(z)\hat{\sigma}(z) là hàm nguyên kiểu mũ.

Thật vậy, giả sử supp\sigma\subset[-R, R]. Khi đó

\sigma*f^{-}(x)=\int\limits_{-R}^R f^{-}(x-y)d\sigma(y)=\begin{cases} 0 \; khi \; x>R,\\ \sigma*f(x)\; khi \; x<-R\end{cases}.

Do đó, hiệu r=\sigma*f^{-}-(\sigma*f)^{-} là hàm bị chặn, có giá compact. Do f là hàm trung bình tuần hoàn nên có độ đo Radon với giá compact \mu sao cho \mu*f=0. Khi đó \mu*(\sigma*f)=0 hay \sigma*f là trung bình tuần hoàn. Đặt g=\mu*f^{-}, h=\mu*(\sigma*f)^{-}. Do \mu, \sigma đều có giá compact nên ta có

\sigma*g=h+\mu*r.

Biến đổi Fourier cả hai vế ta có

\hat{\sigma}\hat{g}=\hat{h}+\hat{\mu}\hat{r}.

Chia cả hai vế cho \hat{\mu} ta có

C(f)\hat{\sigma}=C(\sigma*f)+\hat{r}.

Do r có giá compact nên \hat{r} là hàm nguyên kiểu mũ. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Lưu ý quan trọng: từ tính chất này ta dẫn đến điều sau

Việc chứng minh kết quả của L. Schwartz về hàm trung bình tuần hoàn được lại chính là chứng minh câu trả lời khẳng định cho câu hỏi trên

nếu tập phổ S(f)=\emptyset thì f=0 hay không?

Thật vậy, nếu không có đa thức-mũ nào thuộc vào \tau(f) thì tập phổ S(f)=\emptyset. Khi đó f=0. Ta có thể hiểu đây là trường hợp tầm thường của kết quả của L. Schwartz. Trong trường hợp có hàm đa thức-mũ trong \tau(f) để chứng minh kết quả của L. Schwartz, theo Định lý Hahn-Banach, ta cần chứng minh

nếu bất độ đo Radon phức với giá compact \sigma thỏa mãn

\sigma*(P(x)e^{i\lambda x})=0, với bất kỳ đa thức mũ P(x)e^{i\lambda x}\in\tau(f)

thì \sigma*f=0.

Chú ý rằng

(\sigma*(P(.)e^{i\lambda .}))(x)=\int\limits_{\mathbb R}P(x-y)e^{i\lambda(x-y)}d\sigma(y)=0

thì \hat{\sigma}(\lambda)=0. Như vậy nếu độ đo Radon phức với giá compact thỏa mãn điều trên thì biến đổi Fourier của nó \hat{\sigma} triệt tiêu trên tập phổ S(f) của f, nghĩa là với mọi \lambda là cực điểm của biến đổi Carleman C(f) thì nó là không điểm của \hat{\sigma}. Hơn thế nữa nếu \lambda là cực điểm bậc n của C(f) thì nó là không điểm bậc không bé hơn n của \hat{\sigma}. Do đó C(f)(z)\hat{\sigma}(z) là hàm nguyên. Như vậy, biến đổi Carleman C(\sigma*f) cũng là hàm nguyên hay tập phổ S(\sigma*f)=0, nghĩa là \sigma*f=0.

+ Cho f là hàm trung bình tuần hoàn, \mu là độ đo Radon phức và số phức \lambda là không điểm của \hat{\mu}, không thuộc vào tập phổ S(f). Khi đó nếu \mu*f=0 thì \mu_\lambda*f=0.

Thật vậy, do e^{-i\lambda x}\mu là đạo hàm suy rộng của e^{-i\lambda x}\mu_\lambda nên (e^{-i\lambda x}\mu)*f_1 là đạo hàm suy rộng của (e^{-i\lambda x}\mu_\lambda)*f_1, với f_1=e^{-i\lambda x}f. Mà

((e^{-i\lambda .}\mu)*(e^{-i\lambda .}f))(x)=\int\limits_{\mathbb R}f(x-y)e^{-i\lambda x}d\mu

=e^{-i\lambda x}(\mu*f)(x)=0

nên (e^{-i\lambda x}\mu_\lambda)*f_1 là hàm hằng C. Khi đó biến đổi Carleman, cũng chính là biến đổi Laplace của nó

C((e^{-i\lambda .}\mu_\lambda)*f_1)(z)=\dfrac{C}{iz}, Im(z)<0.

Lại có

C((e^{-i\lambda .}\mu_\lambda)*f_1)(z)=C(f)(z+\lambda)

nên C(f)(z)=\dfrac{C}{i(z-\lambda)} hay \lambda\in S(f). Trái với giả thiết. Như vậy ta có điều phải chứng minh.

+(Định lý phân tích Hadamard) Cho hàm nguyên kiểu mũ \psi(z). Khi đó nó có dãy các không điểm (khác 0, tính cả bội) \{\lambda_n\}_{n\in\mathbb N}. Hơn nữa

+) chuỗi \sum\limits_{j=1}^\infty \dfrac{1}{|\lambda_j|^2} hội tụ,

+) hàm \psi(z) được phân tích thành chuỗi tích

Ce^{cz}z^n\prod\limits_{j=1}^\infty(1-\frac{z}{\lambda_j})

hội tụ đều trên từng compact trong \mathbb C.

Lấy đạo hàm của logarit ta được

\psi'(z)=c\psi(z)+\dfrac{n}{z}\psi(z)+\sum\limits_{j=1}^\infty\big(\frac{\psi(z)}{z-\lambda_j}+\frac{\psi(z)}{\lambda_j}\big).

Nếu \mu\in C^\infty_0(\mathbb R) có giá nằm trong [a, b] thì biến đổi Fourier \hat{\mu} là hàm nguyên kiểu mũ có phân tích như trên. Lúc đó, lấy biến đổi Fourier ngược ta có

-ix\mu=c\mu+n\mu_0+\sum\limits_{j=1}^\infty (\mu_{\lambda_j}+\frac{\mu}{\lambda_j})

là chuỗi hội tụ đều trong [a, b].

Bây giờ ta có thể đi chứng minh câu trả lời khẳng định:

nếu S(f)=0 thì f=0.

Do f là hàm trung bình tuần hoàn nên có độ đo Radon phức với giá compact \mu sao cho \mu*f=0. Bằng cách tích chập với hàm trơn với giá compact ta hoàn toàn có thể giả sử \mu\in C^\infty_0(\mathbb R). Khi đó \mu có phân tích như trên. Do S(f)=\emptyset nên các không điểm của \hat{\mu} đều không thuộc S(f). Khi đó

f*\mu_0=f*\mu_{\lambda_k}=0, k=1, 2, \dots.

Từ phân tích trên ta có

f*(x\mu)=0.

Lại có x\mu\in C^\infty_0(\mathbb R) ta lặp lại lý luận trên được

f*(x^2\mu)=0.

Cứ thế ta được

f*(P\mu)=0 với bất kỳ đa thức P.

Giả sử giá của \mu nằm trong [a, b]. Khi đó, theo Weierstrass, có dãy các đa thức P_k(x), k=1, 2, \dots, hội tụ đều đến hàm e^{-ix\xi}, \xi\in\mathbb R, trên [a, b]. Khi đó

(f*(e^{i\xi .}\mu))(x)=\int\limits_{\mathbb R}f(x-y)e^{iy\xi}\mu(y)dy=0, \forall x, \xi\in\mathbb R,

nên biến đổi Fourier (f(x-y)\mu(y))\hat{}=0, \forall x\in\mathbb R. Do đó f(x-y)\mu(y)=0, \forall x\in\mathbb R. Như vậy f(x)=0. Ta đã hoàn thành chứng minh.

One thought on “Hàm trung bình tuần hoàn (mean periodic functions) – Định lý Schwartz

  1. datuan5pdes

    Ta có thể dùng lý luận khác cho phần cuối của bài viết như sau.

    + Ta luôn tìm được một dãy các đa thức Q_k(x) sao cho

    \lim\limits_{k\to\infty}\int\limits_{-1}^1 Q_k(x)\varphi(x)dx=\varphi(0), \forall \varphi\in C(\mathbb R).

    + Từ đó, nếu \mu\in C^\infty_0(\mathbb R) có điểm x_0 thỏa mãn \mu(x_0)\not=0 thì ta luôn xây dựng được dãy đa thức P_k(x) sao cho

    \lim\limits_{k\to\infty}\int\limits_{\mathbb R} P_k(x)\mu(x)\varphi(x)dx=\varphi(x_0), \forall \varphi\in C(\mathbb R).

    + Do đó f*\delta_{x_0}(x)=f(x-x_0)=0 hay f(x)=0.

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