Đồng nhất thức Hecke

Trong bài giảng “Lý thuyết hàm suy rộng và không gian Sobolev” tôi có chứng minh đẳng thức

(2\pi)^{-n/2}\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-i\langle x, \xi\rangle}e^{-||x||^2/2}dx=e^{-||\xi||^2/2}.

Bằng cách đổi biến x=y\sqrt{2\pi}, \eta=\xi\sqrt{2\pi} ta chuyển thành

\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}e^{-\pi||y||^2}dy=e^{-\pi||\eta||^2}.\;\;\;\quad (1)

Nói cách khác, nếu ta dùng biến đổi Fourier

\mathcal F\varphi(\eta)=\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}\varphi(y)dy

thì biến đổi Fourier \mathcal F(e^{-\pi||y||^2}) cũng chính là nó.

Ký hiệu phép lấy đạo hàm riêng D_j=i\dfrac{\partial}{\partial \eta_j}. Lấy đạo hàm D_j cả hai vế đẳng thức (1) ta có

\int\limits_{\mathbb R^n} e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}(2\pi y_j)e^{-\pi||y||^2}dy=-i2\pi \eta_j e^{-\pi||\eta||^2}

hay

\mathcal F(y_je^{-\pi||y||^2})(\eta)=-i\eta_je^{-\pi||\eta||^2}.\;\;\;\quad(2)

Nếu P(x) là đa thức cấp 1, thuần nhất, nghĩa là nó có dạng

P(x)=\sum\limits_{j=1}^n a_jx_j

thì không khó để thấy

\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}P(y)e^{-\pi||y||^2}dy=-i P(\eta)e^{-\pi||\eta|||^2}

hay

\mathcal F(P(y)e^{-\pi||y||^2})(\eta)=-iP(\eta)e^{-\pi||\eta||^2}.\;\;\;\quad(3)

Lấy đạo hàm D_j^2 cả hai vế đẳng thức (1) có

\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}(2\pi y_j)^2e^{-\pi||y||^2}dy=\left[(-2\pi i)+(-2\pi i\eta_j)^2\right]e^{-\pi||\eta||^2}.

Đẳng thức này không còn đẹp như đẳng thức (2) cho đạo hàm cấp 1. Tuy nhiên nếu để ý thêm một chút, với P_2(x) là đa thức thuần nhất bậc 2, nghĩa là

P_2(x)=\sum\limits_{|\alpha|=2}a_\alpha x^\alpha,

thì

(2\pi)^2\mathcal F(P_2(y)e^{-\pi||y||^2})(\eta)=

=\left[(-2\pi i)\sum\limits_{j=1}^n a_{jj}+(-2\pi i)^2P_2(\eta)\right]e^{-\pi||\eta||^2}

=\left[(-\pi i)\Delta P_2(\eta)+(-2\pi i)^2 P_2(\eta)\right]e^{-\pi||\eta||^2}.

Nếu \Delta P_2(\eta)=0, nghĩa là đa thức thuần nhất P_2(\eta) là hàm điều hòa thì ta lại có đẳng thức giống đẳng thức (3)

\mathcal F(P_2(y)e^{-\pi||y||^2})(\eta)=(-i)^2P_2(\eta)e^{-\pi||\eta||^2}.

Nếu cứ tiếp tục như này ta dự đoán đồng nhất thức Hecke

\mathcal F(P_k(y)e^{-\pi||y||^2})(\eta)=(-i)^kP_k(\eta)e^{-\pi||\eta||^2}

với P_k(y) là đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k.

Nói qua về đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k. Trong trường hợp 2-chiều, đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k\in\mathbb N chỉ có thể

P_k(y)=r^k(a_k\cos(k\theta)+b_k\sin(k\theta))

với y=r(\cos\theta, \sin\theta). Nói cách khác không gian các đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k là không gian hai chiều với cơ sở r^k\cos(k\theta), r^k\sin(k\theta).

Trong trường hợp 3-chiều không gian đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k có số chiều 2k+1, với cơ sở liên quan đến hàm cầu (spherical harmonic). Các bạn có thể tham khảo

https://en.wikipedia.org/wiki/Table_of_spherical_harmonics

https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_harmonics

Quay trở lại đồng nhất thức Hecke, có thể thấy việc tiếp tục đạo hàm chỉ cho ta đẳng thức dạng

\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-2\pi i\langle y, \eta\rangle}P(y) e^{-\pi||y||^2}dy=Q(\eta)e^{-\pi||\eta||^2}

trong đó P, Q là các đa thức cùng bậc.

Để có đồng nhất thức Hecke ta cần chỉ ra

khi P(y)=P_k(y) là đa thức điều hòa, thuần nhất bậc k thì

Q(\eta)=(-i)^kP_k(\eta).

Cách làm tiếp theo tôi dựa vào cuốn

“Singular integrals and differeniability properties of functions” của E. M. Stein.

Ta coi P_k, Q là các đa thức biến phức. Có

+) Q(\eta)=\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-\pi||y+i\eta_j||^2}P_k(y)dy,

+) hàm e^{-\pi||y+\eta||^2}P_k(y) là hàm chỉnh hình, hội tụ về 0 khi ||y||\to\infty

nên

Q(\eta)=\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-\pi||y||^2}P_k(y-i\eta)dy.

Chú ý rằng P_k(z) là hàm điều hòa nên có tính chất trung bình

\int\limits_{||y||=r}P_k(y-i\eta)dS_r=P(-i\eta)\int_{||y||=r}dS_r.

Do đó

\int\limits_{\mathbb R^n}e^{-\pi||y||^2}P_k(y-i\eta)dy=P_k(-i\eta)\int_{\mathbb R^n}e^{-\pi||y||^2}dy.

Lại có

+) \int\limits_{\mathbb R^n}e^{-\pi||y||^2}dy=1,

+) P_k(-i\eta)=(-i)^kP_k(\eta).

Như vậy Q(\eta)=(-i)^kP_k(\eta) hay ta có chứng minh cho đồng nhất thức Hecke.

Ta chưa dừng lại ở đây. Bằng cách đổi biến y=x\sqrt{\delta}, \eta=\xi/\sqrt{\delta}, \delta> 0, với chú ý về tính thuần nhất bậc k của đa thức P_k(y), đồng nhất thức Hecke chuyển thành

\mathcal F(P_k(x)e^{-\pi\delta||x||^2})(\xi)=(-i)^k\delta^{-k-n/2}P_k(\xi)e^{-\pi||\xi||^2/\delta}.

Khi đó theo tính chất của biến đổi Fourier, với bất kỳ \varphi\in S(\mathbb R^n) ta có

\int\limits_{\mathbb R^n}P_k(x)e^{-\pi\delta||x||^2}\mathcal F\varphi(x)dx=

=(-i)^k\delta^{-k-n/2}\int\limits_{\mathbb R^n}P_k(\xi)e^{-\pi||\xi||^2/\delta}\varphi(\xi)d\xi.

Nhân cả hai vế với

\delta^{\beta-1}, \beta=\frac{k+n-\alpha}{2}, 0<\alpha<n,

rồi tích phân theo \delta từ 0 đến +\infty, với chú ý, khi t> 0,

+) \int\limits_0^\infty e^{-\pi\delta||x||^2}\delta^{t-1}d\delta=(\pi||x||^2)^{-t}\Gamma(t),

+) \int\limits_0^\infty e^{-\pi||x||^2/\delta}\delta^{-t-1}d\delta=(\pi||x||^2)^{-t}\Gamma(t)

ta có

\dfrac{\Gamma(\frac{k+n-\alpha}{2})}{\pi^{\frac{k+n-\alpha}{2}}}\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\mathcal F\varphi(x)dx=

=(-i)^k\dfrac{\Gamma(\frac{k+\alpha}{2})}{\pi^{\frac{k+\alpha}{2}}}\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(\xi)}{||\xi||^{k+\alpha}}\varphi(\xi)d\xi. \;\;\;\quad(4)

Như vậy trong S'(\mathbb R^n) biến đổi Fourier của

\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}, k\in\mathbb Z_+, 0< \alpha < n,

\mathcal F\left(\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\right)(\xi)=\gamma_{n, k, \alpha}\dfrac{P_k(\xi)}{||\xi||^{k+\alpha}},

với

\gamma_{n, k, \alpha}=(-i)^k\pi^{n/2-\alpha}\dfrac{\Gamma(\frac{k+\alpha}{2})}{\Gamma(\frac{k+n-\alpha}{2})}.

Với k=0, ta chọn P_k(x)=1 có công thức

\mathcal F\left(\dfrac{1}{||x||^{n-\alpha}}\right)(\xi)=\gamma_{n, \alpha}\dfrac{1}{||\xi||^{\alpha}}\;\;\;\quad (5)

với 0< \alpha < n

\gamma_{n, \alpha}=\pi^{n/2-\alpha}\dfrac{\Gamma(n/2-\alpha/2)}{\Gamma(\alpha/2)}.

Từ đẳng thức (5), với \varphi\in S(\mathbb R^n), 0<\alpha<n, ta có

\mathcal F(||x||^{-\alpha}*\varphi)(\xi)=\dfrac{1}{\gamma_{n, \alpha}}\mathcal F\varphi(\xi)||\xi||^{\alpha-n}.

Khi đó

\int\limits_{\mathbb R^n}||\xi||^{\alpha-n}|\mathcal F\varphi(\xi)|^2d\xi=

=\gamma_{n, \alpha}\int\limits_{\mathbb R^n}(||x||^{-\alpha}*\varphi)(x)\mathcal F(\overline{\mathcal F\varphi})(x)dx.

\mathcal F(\overline{\mathcal F\varphi})(x)=\bar{\varphi}(x)

nên

\int\limits_{\mathbb R^n}||\xi||^{\alpha-n}|\mathcal F\varphi(\xi)|^2d\xi=

=\gamma_{n, \alpha}\int\limits_{\mathbb R^n}\left(\int\limits_{\mathbb R^n}||x-y||^{-s}\varphi(y)dy\right)\bar{\varphi}(x)dx.

Bằng vài kỹ thuật như xấp xỉ, lấy giới hạn, ta sẽ thu được kết quả

I_\alpha(\mu)=\dfrac{1}{\gamma_{n, \alpha}}\int\limits_{\mathbb R^n}||\xi||^{\alpha-n}|\mathcal F\mu(\xi)|^2d\xi, 0<\alpha<n,

với I_\alpha(\mu) là tích phân \alpha-năng lượng (energy) của độ đo Radon với giá compact \mu được xác định bởi

I_\alpha(\mu)=\int\limits_{\mathbb R^n}\left(\int\limits_{\mathbb R^n}||x-y||^{-\alpha}d\mu(y)\right)d\mu(x).

Tích phân này khá quan trọng trong việc nghiên cứu số chiều Hausdorff. Cụ thể, nếu A\subset\mathbb R^n là tập Borel thì

dim(A)=\sup\{\alpha> 0|\; C_\alpha(A)> 0\}=\inf\{\alpha > 0|\; C_\alpha(A)=0\},

trong đó C_\alpha(A)\alpha-capacity của tập A được xác định bởi

C_\alpha(A)=\sup\{I^{-1}_\alpha(\mu)|\; \mu là độ đo Radon có giá supp\mu\subset A\mu(\mathbb R^n)=1\}.

Đẳng thức thu được ở trên liên quan đến giả thuyết Falconer vì

nếu dim(A)> \alpha thì tồn tại độ đo Radon \mu có giá nằm trong A\mu(\mathbb R^n)=1 sao cho

I_{\alpha}(\mu)< \infty

hay

\int\limits_{\mathbb R^n}||x||^{\alpha-n}|\mathcal F\mu(x)|^2dx<\infty.

Quay trở lại công thức (4), với k\ge 1P_k(0)=0. Mà P_k(x) là hàm điều hòa nên theo công thức giá trị trung bình ta có

\int\limits_{||x||\le 1}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}dx=0,

\int\limits_{\epsilon\le ||x||\le 1}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n}}dx=0.

Khi đó

\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\mathcal F\varphi(x)dx=

=\int\limits_{||x||\le 1}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\left(\mathcal F\varphi(x)-\mathcal F\varphi(0)\right)dx+

+\int\limits_{||x||\ge 1}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\mathcal F\varphi(x)dx.

Khi đó

\lim\limits_{\alpha\to0_+}\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n-\alpha}}\mathcal F\varphi(x)dx=\lim\limits_{\epsilon\to0_+}\int\limits_{||x||\ge\epsilon}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n}}\mathcal F\varphi(x)dx.

Lại có

\lim\limits_{\alpha\to0_+}\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+\alpha}}\varphi(x)dx=\int\limits_{\mathbb R^n}\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k}}\varphi(x)dx

nên từ công thức (4), trong S'(\mathbb R^n), biến đổi Fourier của

\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n}}, k=1, 2, \dots

\mathcal F\left(\dfrac{P_k(x)}{||x||^{k+n}}\right)(\xi)=\gamma_{n, k}\dfrac{P_k(\xi)}{||\xi||^k}

với \gamma_{n, k}=(-i)^k\pi^{n/2}\dfrac{\Gamma(k/2)}{\Gamma(k/2+n/2)}.\;\;\;\quad(6)

Trong trường hợp mặt phẳng phức \mathbb C=\mathbb R^2 với biến đổi Fourier được viết lại

\mathcal F\varphi(\zeta)=\int\limits_{\mathbb C}e^{-\pi i(z\bar{\zeta}+\bar{z}\zeta)}\varphi(z)dm(z)

với z=x+iy, \zeta=\xi+i\eta

thì công thức (6) chuyển thành

\mathcal F\left(\dfrac{P_k(z)}{|z|^{k+2}}\right)(\zeta)=\dfrac{2\pi(-i)^k}{k}\dfrac{P_k(\zeta)}{|\zeta|^k}

với P_k(z)=az^k+b\bar{z}^k, k=1, 2, \dots.

Khi đó biến đổi Riesz phức

R^k\varphi(z)=\dfrac{k}{2\pi(-i)^k}\lim\limits_{\epsilon\to0_+}\int\limits_{|z-\tau|\ge\epsilon}\dfrac{(\bar{z}-\bar{\tau})^k}{|z-\tau|^{k+2}}\varphi(\tau)dm(\tau)

có thể coi là toán từ nhân Fourier với nhân

m_k(\tau)=\left(\dfrac{\bar{\tau}}{|\tau|}\right)^k,

nghĩa là

R^k\varphi(z)=\mathcal F^{-1}(m_k(\tau)\mathcal F\varphi(\tau))(z).

Đặc biệt, biến đổi Beurling

S\varphi(z)=-\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{\mathbb C}\dfrac{\varphi(\tau)}{(z-\tau)^2}dm(\tau)

là toán tử nhân Fourier với nhân

m_2(\tau)=\left(\dfrac{\bar{\tau}}{|\tau|}\right)^2.

Đến đây ta gặp giả thuyết liên quan đến chuẩn của phép biến đổi Beurling trong L^p(\mathbb R)

||S||_{L^p\to L^p}=\max\{p-1, 1/(p-1)\}, 1< p<\infty.

2 thoughts on “Đồng nhất thức Hecke

  1. Pingback: Biến đổi Riesz – Thế vị Riesz – Lý thuyết Hàm Suy Rộng

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