CHƯƠNG 2. TOÁN TỬ KHUNG VÀ TOÁN TỬ KHUNG ĐỐI NGẪU
2.2. Khung đối ngẫu và khung đối ngẫu chính tắc
Với khung {fj}∞j=1 đã cho trong không gian Hilbert H thì mỗi vectơ f ∈ H nói chung không thể biểu diễn thành chuỗi qua khung này dưới
dạngP∞
j=1hf, fjifj như trong trường hợp{fj}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn.
Nhưng nhờ vào toán tử khung S, một toán tử dương liên tục và tự liên hợp trong H, ta có thể biểu diễn vectơ f qua khung đối ngẫu chính tắc (canonical dual farme) như được chứng minh trong Định lý 2.10 dưới đây vềphân tích khung . Việc biểu diễn này là hết sức hữu ích trong việc nghiên cứu các tính chất của khung. Trước hết ta chứng minh một vài bổ đề cần thiết.
Bổ đề 2.1. Nếu T là một toán tử tuyến tính liên tục tự liên hợp trong H thì ta có
kTk= sup{|hT f, fi| : f ∈ H,kfk = 1}. (2.15) Chứng minh. Với f ∈ H,kfk = 1, theo bất đẳng thức Schwarz ta có
|hT f, fi|≤kT fk.kfk ≤kTk.kfk2 =kTk. Do đó
v(T) = sup{|hT f, fi| : f ∈ H,kfk = 1} ≤kTk. (2.16) Chú ý rằng với g 6= 0, ta có
|hT g, gi|=kgk2|hT( g
kgk), g
kgki| ≤ v(T)kgk2.
Với g = 0thì rõ ràng bất đẳng thức trên cũng đúng. Từ đây ta hãy chú ý đến bất đẳng thức vừa nêu trên và quy tắc hình bình hành trong không gian Hilbert. Với λ > 0 tùy ý ta có
4kT fk2 =
T(λf + 1
λT f), λf + 1 λT f
−
T(λf − 1
λT f), λf − 1 λT f
≤ v(T)
kλf + 1
λT fk2+kλf − 1 λT fk2
= 2v(T)
λ2kfk2 + 1
λ2kT fk2
.
Nếu kT fk 6= 0 ta đặt λ2 =kT fk/kfk, thì từ bất đẳng thức vừa mới thu được ta suy ra
kT fk ≤ v(T)kfk.
Bất đẳng thức này cũng đúng khi kT fk = 0. Vậy theo định nghĩa của chuẩn toán tử ta có kTk ≤ v(T). Bất đẳng thức này kết hợp với (2.16) ta thu được đẳng thức (2.15)
Bổ đề 2.2. Nếu T là một toán tử dương trong H thì ta có bất đẳng thức sau
(a) |hT f, gi|2 ≤ hT f, fihT g, gi,∀f, g ∈ H (2.17) và
(b) |hT f, gi| ≤ 1
2(hT f, fi +hT g, gi),∀f, g ∈ H. (2.18) Bất đẳng thức (2.17) được gọi là bất đẳng thức Schwarz tổng quát, còn bất đẳng thức (2.18) được gọi là bất đẳng thức trung bình cộng.
Chứng minh.
(a) Với f, g ∈ H do T là toán tử dương nên, ta có 0≤ hT(f +λg), f +λgi = hT f +λT g, f +λgi
= hT f, fi+λhT g, fi+λhT f, gi+λλhT g, gi. (2.19) Giả sử hT g, gi > 0, lấy λ = −hhT f,gT g,gii thay vào bất đẳng thức vừa thu được, sau khi khử các số hạng đồng dạng, ta có
0 ≤ hT f, fihT g, gi − hT g, gihT g, gi
hay
|hT f, gi|2 ≤ hT f, fihT g, gi.
Nếu hT f, fi > 0, thì khi lấy λ = −hhf,T gf,T fii ta cũng thu được kết quả tương tự. Cuối cùng nếu hT f, fi = hT g, gi = 0, thì khi thay λ = −hT f, gi vào bắt đẳng thức (2.19) nói trên, ta được
−2|hT f, gi|2 ≥ 0, khi đó
|hT f, gi|2 = hT f, fihT g, gi = 0.
Vậy bất đẳng thức Schwarz mở rộng (2.17) đã được chứng minh đầy đủ.
(b) Từ bất đẳng thức Schwarz mở rộng (2.17) vừa chứng minh ở trên, ta suy ra
|hT f, gi| ≤ p
hT f, fihT g, gi, ∀f, g ∈ H. (2.20) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy
phT f, fihT g, gi ≤ 1
2(hT f, fi +hT g, gi), ∀f, g ∈ H.
Khi kết hợp bất đẳng thức này với (2.20) ta có bất đẳng thức trung bình cộng (2.18).
Bổ đề 2.3. Nếu S, T là các toán tử liên tục, S ≥ 0 còn S và ST tự liên hợp, thì với mọi f ∈ H ta có
|hST f, fi| ≤kTkhSf, fi. (2.21) Chứng minh. Do S và ST tự liên hợp cho nên với n∈ N ta có
hSTnf, gi = h(ST)Tn−1f, gi = hTn−1f, ST gi = hSTn−1f, T gi
= hTn−2f, ST2gi = ... = hf, STngi.
Điều này có nghĩa toán tử STn tự liên hợp. Với n ∈ N tùy ý áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng (2.18) với g = Tnf và do S, STn tự liên hợp ta có
|hSTnf, fi| = |hf, STnfi| = |hSf, Tnfi|
≤ 1
2(hSf, fi+ hSTnf, Tnfi)
= 1
2(hSf, fi+hTnf, STnfi)
= 1
2(hSf, fi+hST2nf, fi).
Lại áp dụng bất đẳng thức vừa thu được lần lượt với n= 1,2, ..., ta có
|hST f, fi| ≤ 1
2hSf, fi+ 1
2hST2f, fi
≤ 1
2hSf, fi+ 1
22hSf, fi + 1
22hST4f, fi
≤ 1
2hSf, fi+ 1
22hSf, fi + 1
23hSf, fi+ 1
23hST8f, fi
≤ ...
≤ (1 2 + 1
22 +...+ 1
2n)hSf, fi+ 1
2nhST2nf, fi. Nếu kTk= 1 thì do
|hST2nf, fi| ≤kST2nfk.kfk ≤kSk.kT2nfk.kfk
≤kSk.kT2nk.kfk2 ≤kSk.kTk2n.kfk2
=kSk.kfk2,
cho nên 21nhST2nf, fi −→ 0 khi n −→ ∞. Mặt khác P∞
n=1 1
2n = 1 nên trong bất đẳng thức trên khi cho n −→ ∞ với chú ý rằng P∞
n=1 1
2n = 1, ta được
|hST f, fi| ≤ |hSf, fi|.
Nếu T 6= 0, khi thay T bởi T /kTk thì kT /kTkk = 1 và ta có
|hS T
kTkf, fi| ≤ hSf, fi. Vậy thì
|hST f, fi| ≤kTkhSf, fi.
Nếu T = 0 thì bất đẳng thức này vẫn đúng. Vậy bổ đề đã được chứng minh đầy đủ.
Các Bổ đề từ 2.1 đến 2.3 vừa chứng minh nói trên cho phép ta chứng minh định lý quan trọng liên quan đến toán tử dương sau đây.
Định lý 2.7. Ta có các khẳng định sau
(a) Tích RS của hai toán tử dương R, S và giao hoán được với nhau, tức RS = SR, luôn là một toán tử dương;
(b) Nếu R, S, T là các toán tử liên tục tự liên hợp và T ≥ 0 thì bất đẳng thức R ≤ S kéo theo RT ≤ ST, miễn là T giao hoán được với cả R lẫn S, tức RT = T R và ST = T S.
Chứng minh.
(a) Giả sử R, S là hai toán tử dương liên tục và giao hoán được với nhau.
Trước hết ta nhận thấy rằng luôn tồn tại hằng số dương β > 0 sao cho
0≤ I −βS ≤ I. (2.22)
Thật vậy, với 0< β < kS1k, ta có
h(I −βS)f, fi =kfk2 −βhSf, fi
≥kfk2 −βkSfk.kfk
≥kfk2 −βkSk.kfk2
>kfk2−kfk2 = 0.
Vậy 0≤ I −βS. Mặt khác, do β > 0, S ≥ 0 nên −βS ≤ 0. Vậy thì 0≤ I −βS ≤ I.
Như vậy bất đẳng thức (2.22) đã được chỉ ra. Tiếp theo do I −βS là một toán tử dương liên tục tự liên hợp trong H nên theo Bổ đề 2.1 ta có
kI −βSk= sup
kfk=1|h(I −βS)f, fi| ≤ sup
kfk=1|hIf, fi| =kfk2 = 1.
Ta lại thấy rằng do R, I −βS là các toán tử tự liên hợp và R giao hoán với I −βS, nên R(I −βS) là toán tử tự liên hợp. Thật vậy, với mọi f, g ∈ H ta có
hR(I −βS)f, gi = h(I −βS)f, Rgi
= hf,(I −βS)Rgi
= hf, R(I −βS)gi, tức R(I −βS) tự liên hợp. Vậy từ Bổ đề 2.3 suy ra
|hR(I −βS)f, fi| ≤kI −βSkhRf, fi ≤ hRf, fi. Vậy thì R(I −βS) ≤ R, tức βRS ≥ 0. Từ đó RS ≥ 0 vì β > 0.
(b) Vì R ≤ S nên S −R ≥ 0. Do S −R, T là các toán tử dương và T
giao hoán được với S −R nên theo (a) thì (S −R)T ≥ 0. Điều này có nghĩa là ST −RT ≥ 0, tức ST ≥RT.
Định lý 2.8. Giả sử S : H −→ H là một toán tử dương và giả sử tồn tại các hằng số dương 0 < A ≤ B < ∞ thỏa mãn bất đẳng thức (2.14).
Thế thì với toán tử ngược dương S−1 của S trong H, ta có bất đẳng thức sau
1
BI ≤ S−1 ≤ 1
AI. (2.23)
Chứng minh. Ta có bất đẳng thức kép AI ≤ S ≤ BI,
với A, B là các số dương. Do khẳng định (b) trong Định lý 2.7, từ bất đẳng thức S ≤ BI, nhân hai vế với toán tử dương S−1 ta có I ≤ BS−1 hay B1I ≤ S−1. Lại từ bất đẳng thức AI ≤ S, nhân hai vế với toán tử dương S−1 và lập luận tương tự ta được S−1 ≤ A1I. Kết hợp hai bất đẳng thức vừa thu được ta có bất đẳng thức kép (2.23).
Đến đây ta đã đủ điều kiện để phát biểu và chứng minh việc tồn tại khung đối ngẫu của khung {fj}∞j=1.
Định lý 2.9. Nếu {fj}∞j=1 là một khung trong không gian Hilbert H với các biên là A và B, thì họ {fej = S−1fj}∞j=1 cũng là khung của H với các biên tương ứng B1 và A1.
Chứng minh. Trước hết ta sẽ chỉ ra rằng hS−1f, fi =
X∞
j=1
|hf,feji|2. (2.24)
Để chỉ ra điều này ta chú ý rằng toán tử phân tích T : H −→ l2 ứng với khung {fj}∞j=1 được cho bởi
T f = {hf, fji}∞j=1, ∀f ∈ H và với mỗi f ∈ H ta có
kT fk2 = X∞
j=1
|hf, fji|2. (2.25) Tiếp theo ta chỉ ra (2.24). Áp dụng công thức (2.25) đối với kT(S−1f)k2 và do S−1 tự liên hợp ta tính được
X∞
j=1
|hf,feji|2 = X∞
j=1
|hf, S−1fji|2 = X∞
j=1
|hS−1f, fji|2
=kT(S−1f)k2 = hT(T∗T)−1f, T(T∗T)−1fi
= h(T∗T)−1f,(T∗T)(T∗T)−1fi = hS−1f, fi. Vậy theo công thức (2.23) ta có
1
Bkfk2 ≤ X∞
j=1
|hf,feji|2 ≤ 1
Akfk2.
tức {fej = S−1fj}∞j=1 cũng là khung của H với các biên khung tương ứng là B1 và A1 như mong muốn.
Định nghĩa 2.4. Khung {fej = S−1fj}∞j=1 được gọi là khung đối ngẫu chính tắc (canonicaldual frame) của khung {fj}∞j=1 trong không gian Hilbert H .
Nhờ khung đối ngẫu {fej = S−1fj}∞j=1 ta có thể biểu diễn mỗi vectơ f ∈ H thành chuỗi hội tụ trongH qua khung đã cho với hệ số{hf,feji}∞j=1
hoặc qua khung đối ngẫu với hệ số {hf, fji}∞j=1 như được chỉ ra trong Định lý 2.10 quan trọng dưới đây.
Định lý 2.10. Nếu định nghĩa
hg, fi# = hS−1g, fi, ∀g, f ∈ H (2.26) thì khi đó
(a) h., .i# là một tích trong trong H và nó tương đương với tích trong đã cho h., .i, nghĩa là một dãy trong H là k.k#− hội tụ khi và chỉ khi nó k.k− hội tụ.
(b) Mỗi vectơ f ∈ H đều có biểu diễn thành chuỗi hội tụ trong H qua khung {fj}∞j=1 với hệ số {hf,feji}∞j=1
f = X∞
j=1
hf, fji#fj = X∞
j=1
hf,fejifj, ∀f ∈ H. (2.27) (c) Mỗi vectơ f ∈ H đều có thể biển diễn thành chuỗi hội tụ trong H qua khung đối ngẫu {fej}∞j=1 với hệ số {hf, fji}∞j=1 là
f = X∞
j=1
hf, fjifej, ∀f ∈ H. (2.28) Chứng minh.
(a) Do S−1 là toán tử tuyến tính nên xuất phát từ tích trong h., .i trong H ta dễ dàng chỉ ra được h., .i# cũng là một tích trong trong H. Hơn nữa, giả sử {gn}∞n=1 ⊂ H, thì theo bất đẳng thức (2.23) và định nghĩa tích vô hướng h., .i# ta có
1
Bkgnk2 ≤kgnk2# ≤ 1
Akgnk2, ∀n ∈ N.
Từ đây dễ dàng suy ra {gn}∞n=1 ⊂ H là k.k#− hội tụ khi và chỉ khi nó k.k− hội tụ.
(b) Theo chứng minh ở Định lý 2.9, ta có X∞
j=1
|hf, fji#|2 =kfk2#
nên {fj}∞j=1 là khung chặt trong không gian Hilbert (H,h., .i#) với giá trị biên A= 1.
Vậy theo Định lý 1.4 ta có (2.27)
(c) Do tồn tại toán tử ngược S−1 nên với mỗi f ∈ H, tồn tại h ∈ H sao cho f = S−1h. Theo định nghĩa của h., .i và công thức (2.27) áp dụng cho h ∈ H thay vì f, với mọi g ∈ H ta có
hS−1h, gi = hh, gi# = X∞
j=1
hh, fji#hfj, gi#
= X∞
j=1
hhS−1h, fjifej, gi.
Vì đẳng thức này đúng cho mọi g ∈ H, nên S−1h =
X∞
j=1
hS−1h, fjifej. Trở lại giá trị f = S−1h ta có (2.28).
Liên quan đến khung đối ngẫu chính tắc, từ định lý trên ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.2. Nếu {fj}∞j=1 là một khung chặt với biên khung A > 0, thì khung đối ngẫu chính tắc của nó là {A1fj}∞j=1 và
f = 1 A
X∞
j=1
hf, fjifj,∀f ∈ H. (2.29)
Chứng minh. Giả sử {fj}∞j=1 là một khung chặt với biên khung A > 0.
Từ (2.29) ta có
kfk2= 1 A
X∞
j=1
|hf, fji|2 hay
Akfk2= X∞
j=1
|hf, fji|2
Theo định nghĩa của toán tử khung S = T∗T và khi chú ý đến công thức kT fk2 trong chứng minh Định lý 2.2, ta có
hSf, fi = hT∗T f, fi = hT f, T fi =kT fk2
= X∞
j=1
|hf, fji|2 = Akfk2 = hAf, fi, ∀f ∈ H.
Từ đây theo Bổ đề 1.2 với 0 = S−AI, ta suy ra S = AI. Khi nhân hai vế với S−1 ta thu được S−1 = A1I. Vậy từ đẳng thức (2.27) ta có
f = X∞
j=1
hf, S−1fjifj, ∀f ∈ H
= 1 A
X∞
j=1
hf, fjifj, ∀f ∈ H.
Ta nhận thấy rằng khung đối ngẫu chính tắc được sinh ra từ khung {fj}∞j=1 nào đó và toán tử ngược S−1 của toán tử khung S, tức ta được khung đối ngẫu {S−1fj}∞j=1. Tuy nhiên muốn tránh toán tử này, ta đưa ra một loại khung đối ngẫu khác, bằng cách thay {S−1fj}∞j=1 bởi một khung tổng quát khác {gj}∞j=1 không liên quan gì tới S−1, mà đối với nó ta có
f = X∞
j=1
hf, gjifj, ∀f ∈ H. (2.30)
Định nghĩa 2.5. Khung {gj}∞j=1 được gọi là khung đối ngẫu của khung {fj}∞j=1 trong một không gian Hilbert nếu hai khung này thỏa mãn đẳng thức (2.30).
Ví dụ 2.1. Giả sử {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn trong không gian Hilbert H. Ta xét khung
{fj}∞j=1 = {e1, e1, e2, e3, ...}
như trong Ví dụ 1.2. Để xây dựng khung đối ngẫu chính tắc, trước hết ta chú ý rằng f1 = f2 = e1 và {ej}∞j=1 là một hệ trực chuẩn, ta có
Sf1 = T∗T f1 = X∞
j=1
hf1, fjifj
= he1, e1if1 +he1, e1if2 +he1, e2if3 +he1, e3if4 + ...
= 2f1.
Vậy S−1f1 = 12f1. Tương tự S−1f2 = 12f1. Với k ≥ 3 khi chú ý rằng {fj = ej−1}∞j=3 và {ej}∞j=1 là một hệ trực chuẩn, ta có
Sfk = T∗T fk = X∞
j=1
hfk, fjifj = fk = ek−1, ∀k ≥3.
Vậy ta có khung đối ngẫu chính tắc {S−1fj}∞j=1 của khung {fj}∞j=1 là {S−1fj}∞j=1 = {1
2e1,1
2e1, e2, e3, ...}.
Trong định nghĩa khung ở Chương 1, ta nói hệ {fj}∞j=1 của một không gian Hilbert H là một khung nếu nó thỏa mãn bất đẳng thức kép (1.3) với mọi f ∈ H . Thật ra, điều kiện khung chỉ cần thỏa mãn (1.3) trên một tập trù mật trong H như được chỉ ra trong định lý sau.
Định lý 2.11. Giả sử có các hằng số dương A, B > 0 sao cho hệ vectơ {fj}∞j=1 trong không gian Hilbert H thỏa mãn bất đẳng thức kép
Akfk2 ≤ X∞
j=1
|hf, fji|2 ≤ Bkfk2. (2.31) với mọi vectơ f thuộc một tập con trù mật V nào đó của H. Khi đó {fj}∞j=1 là khung trong không gian Hilbert H với các biên khung A và B.
Chứng minh. Ta cần chứng minh bất đẳng thức kép Akfk2 ≤
X∞
j=1
|hf, fji|2 ≤ Bkfk2, ∀f ∈ H. (2.32) Chú ý rằng nếu f ∈ H thì kT fk2 = P∞
j=1|hf, fji|. Do đó bất đẳng thức kép (2.32) có thể viết lại là
Akhk2 ≤kT hk2 ≤ Bkhk2, ∀h ∈ V.
Vậy thì với f tùy ý thuộc H, do V trù mật trong H nên tồn tại dãy {hn}∞n=1 ⊂ V sao cho hn −→ f. Khi đó theo giả thiết, ta có
Akhnk2 ≤kT hnk2 ≤Bkhnk2, ∀n∈ N.
Do toán tử T và chuẩn k.k liên tục, nên khi cho n −→ ∞ ta được bất đẳng thức kép (2.31).
CHƯƠNG3