Một vài tính chất cơ bản của khung

CHƯƠNG 1. KHUNG VÀ MỘT VÀI TÍNH CHẤT CƠ BẢN

1.3. Một vài tính chất cơ bản của khung

Kết quả quan trọng nhất của mục này là Định lý 1.4 cho thấy rằng, tính chất Parceval cho một cơ sở trực chuẩn trong không gian Hilbert cũng đúng cho khung trong không gian này. Nhưng trước hết ta sẽ chỉ ra rằng các phần tử của khung {fj}∞j=1 không nhất thiết có chuẩn bằng 1, tuy nhiên chuẩn của chúng bị chặn như được chỉ ra trong Định lý dưới đây.

Định lý 1.2. Nếu {fj}∞j=1 là một khung thỏa mãn điều kiện (1.3) thì kfkk ≤ √

B với mọi k ∈ J.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết fk 6= 0, vì nếu fk = 0 thì đương nhiên thỏa mãn điều kiện định lý. Khi đó với f = fk thì từ điều kiện (1.3) ta có

kfkk4= |h fk, fki|2 ≤ X

j∈J

|hfk, fji|2 ≤ Bkfkk2. Từ đây suy ra kfkk ≤ √

Định nghĩa 1.3. Cho A là một tập hợp trong không gian Hilbert H, ta gọi bao tuyến tính của A, ký hiệu span A, là tập tất cả các tổ hợp tuyến tính (hữu hạn) các phần tử của A và spanA là bao đóng của spanA trong H. Ta có định lý sau.

Định lý 1.3. Nếu {fj}∞j=1 là một khung trong H thì span{fj}∞j=1 = H.

Chứng minh. Đặt M = span{fj : j ∈ J}. Ta phân tích H = M ⊕ M⊥,

ở đây, M⊥ là không gian con bù trực giao của không gian M. Rõ ràng H ⊂ M. Giả sử f ∈ H thì f có phân tích

f = g +h, g ∈ M, h∈ M⊥. Thế thì

hh, fji = 0, ∀j ∈ N. Từ điều kiện (1.7) ta thu được

Akhk2≤ X

j∈J

|hh, fji|2 = 0.

Suy ra h = 0, tức f = g ∈ M. Do đó H ⊂ M. Vậy thì span{fj}∞j=1 = H.

Nhận xét 1.1. Giả sử {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn trong H. Khi đó nếu J là một tập con thực sự của tập số tự nhiên N thì {ej}j∈J không là một khung của H theo Định lý 1.3 nói trên. Thật vậy, giả sử với j0 ∈ N\J, ta lấy fe= ej0, thì fe∈ H, nhưng f /e∈ M = span{ej : j ∈ J} vì

fe= ej0 = X

j∈J

hej0, ejiej + hej0, ej0iej0 = hej0, ej0iej0 với j0 ∈/ J, còn M chỉ gồm các vectơ có dạng P

j∈Jhf, ejiej. Vậy M = span{fj : j ∈ J} 6= H.

Tuy nhiên theo Định lý 1.3 nói trên {ej}j∈J là một khung của không gian Hilbert {ej}j∈J .

Định nghĩa 1.4. Một khung nhưng không phải là cơ sở của một không gian Hilbert được gọi là khung thừa (redundancy) hay khung quá đủ (overcomplete).

Khung {fj}∞j=1 trong các Ví dụ 1.1, 1.2 và 1.3 nói trên là các khung thừa (quá đủ).

Nhằm có một bức tranh toàn diện hơn về một hệ cơ sở và khung trong không gian Hilbert, ta xét thêm một vài kết quả nữa liên quan đến các khái niệm này. Theo [3] (Định lý 2 tr.322), nếu {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn trong H thì đẳng thức (1.1) và (1.2) tương đương với nhau. Thậm chí có thể nghĩ rằng chỉ khi {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn trong H thì mới có hai đẳng thức (1.1) và (1.2) tương đương với nhau.

Tuy nhiên, đối với một không gian Hilbert tổng quát, ta thấy rằng cho dù hệ {ej}∞j=1 không có giả thiết trực chuẩn, thì hai công thức đó cũng tương đương. Đây là một kết luận quan trọng và việc chứng minh nó là một hình mẫu cho nhiều chứng minh đối với các khẳng định khác. Để việc chứng minh bớt cồng kềnh, ta chia việc chứng minh thành nhiều bổ đề nhỏ trước khi đi đến kết luận cần thiết.

Bổ đề 1.1. Nếu f, g ∈ H ta luôn có hf, gi = 1

4(kf +gk2−kf −gk2 +ikf +igk2 −ikf −igk2). (1.11) Đẳng thức trên được gọi là đồng nhất phân cực (Polarization Identily).

Chứng minh. Với f, g ∈ H, ta có

(a) kf +gk2 = hf +g, f +gi =kfk2 +hg, fi+hf, gi+kgk2.

(b) −kf −gk2 = −hf −g, f −gi = −kfk2 + hg, fi+hf, gi−kgk2. (c) ikf +igk2 = ihf +ig, f +igi = ikfk2 − hg, fi+hf, gi +ikgk2. (d) −ikf −igk2 = −ihf −ig, f −igi = −ikfk2 − hg, fi+hf, gi −ikgk2. Khi cộng bốn đẳng thức (a), (b), (c) và (d) nói trên theo từng vế, ta được

(kf +gk2−kf −gk2 + ikf +igk2 −ikf −igk2) = 4hf, gi. Từ đây ta thu được (1.11) .

Thật ra công thức đồng nhất phân cực còn được trình bày tổng quát hơn trong chứng minh dưới đây và kết quả đó sẽ được sử dụng nhiều lần sau này.

Bổ đề 1.2. Giả sử U : H −→ H là một toán tử bị chặn trong không gian Hilbert. Giả thiết rằng hU f, fi = 0 với mọi f ∈ H. Khi đó

(i) Nếu H là một không gian Hilbert phức thì U = 0;

(ii) Nếu H là một không gian Hilbert thực và U tự liên hợp thì U = 0.

Chứng minh.

(i) Nếu H là một không gian Hilbert phức thì bằng cách tính toán tương tự như Bổ đề 1.1 (hoặc tính toán trực tiếp), với mọi f, g ∈ H ta có

4hU f, gi = hU(f +g), f +gi − hU(f −g), f −gi +ihU(f +ig), f +igi −ihU(f −ig), f −igi.

Từ đây ta suy ra rằng, nếu hU f, fi = 0 với mọi f ∈ H thì hU f, gi = 0 với mọi f, g ∈ H. Khi lấy g = U f, ta có kU fk = 0 với mọi f ∈ H, tức U = 0.

(ii) Trường hợp H là một không gian Hilbert thực thì ta phải dùng cách

tiếp cận khác. Giả sử {ek}∞k=1 là một cơ sở trực chuẩn của H, thế thì nó đủ. Khi đó với mọi j, k ∈ N, ta có

0 = hU(ek+ ej), ek+ eji

= hU ek, eki+hU ej, eji +hU ek, eji +hU ej, eki

= hU ek, eji +hej, U eki = 2hU ej, eki.

Do {ek}∞k=1 là một hệ đầy đủ và hU ej, eki = 0 với mọi k ∈ N, nên U ej = 0. Lại vì {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn và đẳng thức U ej = 0 với mọi j ∈ N, nên theo tính chất tuyến tính của U, ta có U = 0.

Bổ đề 1.3. Cho H là không gian Hilbert và giả sử {ej}∞j=1 là một tập các vectơ thuộc H. Giả sử

kfk2 = X∞

j=1

|hf, eji|2, ∀f ∈ H (1.12) và giả sử thêm rằng chuỗi P∞

j=1hf, ejiej hội tụ trong H với mọi f ∈ H. Khi đó

hf, gi = X∞

j=1

hf, ejihej, gi, ∀f, g ∈ H. (1.13) Chứng minh. Từ đồng nhất thức phân cực (1.11) và sử dụng đẳng thức (1.12), với f, g ∈ H ta có

hf, gi = 1

4(kf +gk2−kf −gk2 + ikf +igk2 −ikf −igk2)

= 1 4

X∞

j=1

(|hf +g, eji|2−|hf −g, eji|2+i|hf +ig, eji|2−i|hf −ig, eji|2).

(1.14)

Ta lần lượt tính cụ thể từng biểu thức. Ta có

|hf + g, eji|2 = |hf, eji+hg, eji|2

= (hf, eji+ hg, eji)(hf, eji +hg, eji)

= |hf, eji|2+hf, ejihg, eji +hg, ejihf, eji+ |hg, eji|2

= |hf, eji|2+hf, ejihej, gi +hg, ejihf, eji+ |hg, eji|2. (1.15) Tiếp theo

|hf −g, eji|2 = |hf, eji − hg, eji|2

= (hf, eji − hg, eji)(hf, eji − hg, eji)

= |hf, eji|2−hf, ejihg, eji − hg, ejihf, eji+|hg, eji|2

= |hf, eji|2−hf, ejihej, gi − hg, ejihf, eji+|hg, eji|2. Vậy thì

|hf + ig, eji|2 = |hf, eji +hig, eji|2

= (hf, eji+hig, eji)(hf, eji+hig, eji)

= |hf, eji|2+hf, ejihig, eji+hig, ejihf, eji+|hg, eji|2

= |hf, eji|2−ihf, ejihej, gi+ ihg, ejihf, eji+|hg, eji|2. Vậy thì

i|hf −ig, eji|2= i|hf, eji|2+hf, ejihej, gi − hg, ejihf, eji+i|hg, eji|2. (1.17)

Cuối cùng

|hf −ig, eji|2 = |hf, eji − hig, eji|2

= (hf, eji − hig, eji)(hf, eji − hig, eji)

= |hf, eji|2−hf, ejihig, eji − hig, ejihf, eji+|hg, eji|2

= |hf, eji|2+ihf, ejihg, eji −ihg, ejihf, eji+ |hg, eji|2. Từ đó

Định lý 1.4. Cho không gian Hilbert H và giả sử {ej}∞j=1 là một tập các vectơ thuộc H. Thế thì đẳng thức sau xảy ra

kfk2= X∞

j=1

|hf, eji|2, ∀f ∈ H. (1.19) khi và chỉ khi

f = X∞

j=1

hf, ejiej, ∀f ∈ H. (1.20) Chứng minh. Ta chỉ ra (1.20) kéo theo (1.19). Từ (1.20) ta có

kfk2= hf, fi = h X∞

j=1

hf, eji, fi = hlim

n→∞

Xn j=1

hf, ejiej, fi

= lim

n→∞

Xn j=1

hf, ejihej, fi = X∞

j=1

|hf, eji|2.

Để chứng minh (1.19) kéo theo (1.20) trước hết ta chỉ ra rằng với mỗi f ∈ H, thì

{Sn}∞n=1 = { Xn

j=1

hf, ejiej}∞n=1

là một dãy Cauchy trong H. Giả sử với 1 ≤m ≤ n, khi đó theo định lý Riesz về dạng phiếm hàm tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert và đồng thời áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Bunyakovsky, ta có

kSn−Smk =k Xn j=m

hf, ejiejk

= sup

kg||≤1|h Xn j=m

hf, ejiej, gi| ≤ sup

kg||≤1

Xn j=m

|hf, eji|.|hg, eji|

≤ sup

kg||≤1

( Xn j=m

|hf, eji|2)1/2.(

Xn j=m

|hg, eji|2)1/2

≤ sup

kg||≤1

( n X

j=m

|hf, eji|2)1/2.(

Xn j=1

|hg, eji|2)1/2 )

= sup

kg||≤1kgk.(

Xn j=m

|hf, eji|2)1/2

≤ ( Xn j=m

|hf, eji|2)1/2 → 0.

Vì (1.19) là chuỗi số hội tụ. Vậy {Sn}∞n=1 là dãy Cauchy trong không gian Hilbert H nên nó hội tụ, tức với mỗi f ∈ H tồn tại h ∈ H sao cho

h = X∞

j=1

hf, ejiej ∈ H.

Theo Bổ đề 1.3 với mọi f, g ∈ H, ta có hf, gi =

X∞

j=1

hf, ejihej, gi.

Do đó với mọi g ∈ H hh, gi = h

X∞

j=1

hf, ejiej, gi = X∞

j=1

hf, ejihej, gi = hf, gi.

Do đó đẳng thức hh, gi = hf, gi, ∀g ∈ H nên h = f và ta có (1.20).

Định lý 1.5. Giả sử {ej}∞j=1 là một hệ các vectơ trong không gian Hilbert H thỏa mãn đẳng thức (1.19) với mọi vectơ f ∈ H. Ngoài ra, nếu kejk ≥ 1 với mọi j = 1,2, ... thì {ej}∞j=1 là một cơ sở trực chuẩn của không gian H.

Chứng minh. Trong đẳng thức (1.19) với f = ej0, ta có kej0k2 = |hej0, ej0i|2 +X

j6=j0

|hej0, eji|2, nghĩa là

kej0k2(1−kej0k2) = X

j6=j0

|hej0, eji|2.

Do kej0k ⩾ 1 nên vế trái của đẳng thức trên kej0k2(1−kej0k2) ≤ 0, trong khi vế phải P

j6=j0|hej0, eji|2 ⩾ 0. Vậy thì hej0, eji = 0 với mọi j 6= j0. Từ đó do

kej0k2(1−kej0k2) = 0 và kej0k ≥ 1,

nên kej0k= 1. Vì j0 tùy ý nên ta suy ra hệ vectơ nói trên là trực chuẩn.

Từ điều kiện (1.19) suy ra {ej}∞j=1 là một cơ sở trong H, tức nó là một cơ sở trực chuẩn trong H.

Trong Định lý 1.4 ta giả thiết đẳng thức (1.19) đúng cho mọi vectơ f ∈ H. Nhưng thật ra chỉ cần đẳng thức này đúng cho mọi vectơ thuộc một tập trù mật trong H như được chỉ ra trong định lý dưới đây.

Định lý 1.6. Giả sử {ej}∞j=1 là một hệ các vectơ trong không gian Hilbert H thỏa mãn đẳng thức (1.19) với mọi vectơ f trong một tập trù mật D ⊂ H. Khi đó đẳng thức (1.19) cũng đúng với mọi vectơ f ∈ H.

Chứng minh. Giả sử f ∈ H và {fn}∞n=1 là một dãy trong D hội tụ tới f, tức

nlim→∞kf −fnk = 0.

Lại do 0 ⩽ |kfk−kfnk| ≤kf −fnk, cho nên lim

n→∞kfnk =kfk. Khi đó với mỗi N ∈ N thì do fn ∈ D,∀n∈ N và đẳng thức (1.19), nên

XN j=1

|hf, eji|2 = lim

n→∞

XN j=1

|hfn, eji|2

⩽ lim

n→∞

X∞

j=1

|hfn, eji|2

= lim

n→∞kfnk2 =kfk2. vì N ∈ N tùy ý nên

X∞

j=1

|hf, eji|2 ⩽kfk2,∀f ∈ H. (1.21) Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức ngược lại. Trước hết ta nhận thấy rằng bất đẳng thức (1.21) cũng chỉ ra chuỗi dương P∞

j=1|hf, eji|2 luôn hội tụ với mọi f ∈ H. Giả sử f ∈ H và ǫ > 0 cho trước, tồn tại g ∈ D sao cho kf −gk ≤ ǫ Từ đây ta suy ra

kfk ≤kgk+ǫ. (1.22)

Theo nhận xét trên chuỗiP∞

j=1|hg −f, eji|2 hội tụ và theo bất đẳng thức

Holder ta có X∞

j=1

|hg, eji|2

!1/2

X∞

j=1

|hg −f, eji+hf, eji|2

!1/2

≤

X∞

j=1

|hg −f, eji|2

!1/2

X∞

j=1

|hf, eji|2

!1/2

Vậy thì X∞

j=1

|hg, eji|2

!1/2

−

X∞

j=1

|hg−f, eji|2

!1/2

≤

X∞

j=1

|hf, eji|2

!1/2

. (1.23) Từ bất đẳng thức (1.21),(1.22) và (1.23) ta suy ra

kfk −2ǫ≤kgk −ǫ≤kgk−kg−fk=

X∞

j=1

|hg, eji|2

!1/2

−kg −fk

≤

X∞

j=1

|hg, eji|2

!1/2

−

X∞

j=1

|hg −f, eji|2

!1/2

≤

X∞

j=1

|hf, eji|2

!1/2

Do ǫ > 0 bé tùy ý nên kfk ≤

X∞

j=1

|hf, eji|2

!1/2

,∀f ∈ H. (1.24) Từ các bất đẳng thức (1.21) và (1.24) ta thu được

kfk =

X∞

j=1

|hf, eji|2

!1/2

,∀f ∈ H. Đó là điều phải chứng minh.

Khung của dịch chuyển và khung Gabor