Đăng bởi: datuan5pdes | Tháng Mười Một 4, 2012

Tập có độ đo không (tiếp)

Trong bài “Tập có độ đo không”

https://bomongiaitich.wordpress.com/2011/08/14/t%E1%BA%ADp-co-d%E1%BB%99-do-khong/

tôi có trình bày một số ví dụ cụ thể về tập độ đo không. Ở các ví dụ này các tập có độ đo không được dùng theo nghĩa chúng rất nhỏ, không đáng kể và không làm ảnh hưởng nhiều đến công việc cần làm. Tuy nhiên trong phần phản hồi

https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/10/10/tinh-duy-nhat-chuoi-taylor-chuoi-fourier/#comments

tôi có đề cập đến hai ví dụ thú vị cho thấy sự ảnh hưởng thực sự của tập có độ đo không.

Dưới đây tôi cố gắng trình bày chi tiết hai ví dụ này đến mức có thể. Ngoài điểm chung về độ đo không hai ví dụ đều dẫn đến lý thuyết số giải tích và tập Cantor!

Trước hết ta quan tâm đến hàm có đạo hàm hầu khắp nơi bằng 0.

Như đã biết, theo Định lý Lagrange về số gia giới nội, một hàm có đạo hàm tại mọi nơi bằng không thì nó phải là hàm hằng! Tuy nhiên nếu bớt đi một tập có độ đo không thì khẳng định vừa rồi không còn đúng!

Ta đã biết hàm Cantor trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2011/05/29/khai-ni%E1%BB%87m-h%E1%BB%99i-t%E1%BB%A5-d%E1%BB%81u-va-ham-weierstrass-ham-cantor/

là hàm đơn điệu tăng, khác hằng số, và có đạo hàm bằng 0 hầu khắp nơi. Bằng cách xây dựng kiểu hàm Cantor người ta xây dựng được hàm tăng thực sự, nghĩa là f(x)<f(y) khi x<y (không có dấu bằng!), và có đạo hàm bằng 0 hầu khắp nơi.

Trước hết, ta xem lại cách xây dựng hàm Cantor f: [0, 1]\to [0, 1] bởi dãy hàm hội tụ đều f_0(x)=x, 0\le x\le 1,

f_{n+1}(x)=\begin{cases}f(3x)/2, \; khi \; 0\le x\le 1/3,\\ 1/2, \; khi \; 1/3\le x\le 2/3,\\ (1+f(3x))/2, \; khi \; 2/3\le x\le 1.\end{cases}

Dễ thấy hàm Cantor f có đạo hàm bằng 0 trên phần bù của tập Cantor E_{1/3}, tập được xây dựng như sau.

Đặt K_0=[0, 1].

Ta chia ba đoạn bởi các điểm chia đều 0, 1/3, 2/3, 1.

Giữ lại hai đoạn ở hai đầu được K_1=[0, 1/3]\cup [2/3, 1].

Tiếp tục chia ba các đoạn con của K_1

-) đoạn [0, 1/3] bởi 0, 1/9, 2/9, 1/3,

-) đoạn [2/3, 1] bởi 2/3, 7/9, 8/9, 1.

Giữ lại hai đoạn ở hai đầu của mỗi lần chia ta được

K_2=[0, 1/9]\cup [2/9, 1/3]\cup [2/3, 7/9] \cup [8/9, 1].

Cứ tiếp tục như thế ta được dãy các tập compact \{K_n\}_{n=1}^\infty bé dần. Tập Cantor E_{1/3}=\cap_{n=1}^\infty K_n.

Có thể hình dung một cách hình học f_{n+1}(x) là hàm tuyến tính từng khúc trên các đoạn với các đầu mút dạng

\dfrac{j}{3^{n+1}}, j=0, 1, \dots, 3^{n+1}

và giá trị tại các đầu mút được cho theo công thức truy hồi như sau:

f_{n+1}(\frac{3k+j}{3^{n+1}})=\begin{cases}f_n(\frac{k}{3^n}), \; khi \; j=0,\\ f_n(\frac{k}{3^n})+\frac{1}{2}\big(f_n(\frac{k+1}{3^n})-f_n(\frac{k}{3^n})\big), \; khi \; j=1,\\ f_n(\frac{k}{3^n})+(1-\frac{1}{2})\big(f_n(\frac{k+1}{3^n})-f_n(\frac{k}{3^n})\big), \; khi \; j=2,\end{cases}

k=0, 1, 2, \dots, 3^n-1,f_{n+1}(1)=1.

Với cách nhìn này, trong bài

A remark on continuous, nowhere differential functions

“A remark on continuous, nowhere differential functions”, Proc. Japan Acad. Ser. A Math. Sci. 81(2005), no. 3, 47-50,

H. Okamoto đã mở rộng hàm Cantor thành lớp hàm phụ thuộc tham số a\in(0, 1) bằng cách thay \dfrac{1}{2} trong công thức truy hồi trên thành số a.

Khi đó, dãy \{f_n\}_{n=1}^\infty hội tụ đều đến F_a trên [0, 1]. Có ngay F_a là hàm liên tục trên đoạn [0, 1].

Xét đến tính khả vi, H. Okamoto đã đưa ra các kết quả thú vị sau:

+) khi 0<a<a_0 thì F_a khả vi hầu khắp nơi;

+) khi a_0<a<2/3 thì F_a không khả vi hầu khắp nơi (khả vi trên một tập có độ đo không);

+) khi 2/3\le a<1 thì F_a không khả vi tại mọi nơi.

Trong đó a_0(=0.5592...) là nghiệm duy nhất trong (0, 1) của phương trình

54a^3-27a^2=0.

Trường hợp tới hạn a=a_0 được K. Kobayashi giải quyết trong bài

On the critical case of Okamoto continuous non-differential functions

“On the critical case of Okamoto’s continuous non-dierentiable functions”  Proc. Japan Acad. Ser. A Math. Sci. 85(2009), no. 8, 101-104.

Cụ thể F_{a_0} không khả vi hầu khắp nơi.

Tuy nhiên điều ta quan tâm nằm trong bài

Increasing singular function

“A geometric contruction of continuous, strictly increasing singular functions” Proc. Japan Acad. Ser. A Math. Sci. 83(2007), no. 7, 114-118,

của H. Okamoto và M. Wunsch. Trong bài này, H. Okamoto và M. Wunsch đã đưa ra kết quả mà ta bàn đến:

khi a\in(0, 1/2)\setminus\{1/3\} thì F_a là hàm liên tục, đơn điệu tăng thực sự và có đạo hàm bằng 0 hầu khắp nơi (singular function).

Tính liên tục của F_a nhận được từ sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục f_n trên [0, 1].

Để thấy được tính đơn điệu để ý với k, m\in\mathbb Z_+

f_n(\frac{k}{3^n})=f_{n+m}(\frac{k}{3^n}).

Với 0\le x<y\le 1 ta luôn tìm được n_0\in\mathbb N để

y-x>\dfrac{2}{3^{n_0}}.

Khi đó ta tìm được j_0\in\mathbb Z_+ để

x\le\dfrac{j_0}{3^{n_0}}<\dfrac{j_0+1}{3^{n_0}}\le y.

Lúc này với n\ge n_0, do f_n đơn điệu tăng nên

f_n(x)\le f_n(\dfrac{j_0}{3^{n_0}})=f_{n_0}(\dfrac{j_0}{3^{n_0}})<f_{n_0}(\dfrac{j_0+1}{3^{n_0}})=f_n(\dfrac{j_0+1}{3^{n_0}})\le f_n(y).

Do đó

f_n(y)-f_n(x)\ge f_{n_0}(\dfrac{j_0+1}{3^{n_0}})-f_{n_0}(\dfrac{j_0}{3^{n_0}}).

Cho n chạy ra vô cùng ta thấy ngay f(y)>f(x) (không có dấu bằng)!

Việc chứng minh F_a có đạo hàm bằng 0 hầu khắp nơi cần đến khái niệm số chuẩn tắc và tính chất sau của nó.

+) (Định lý E. Borel) Tập các số chuẩn tắc (normal number) theo cơ số b\in\mathbb Z, b>1, trong đoạn [0, 1] có độ đo Lebesgue bằng 1, nghĩa là phần bù của nó trong đoạn [0, 1] có độ đo không.

Số chuẩn tắc theo cơ số b là số, nói một cách nôm na, khi viết số đó theo hệ cơ số b thì các chữ số a= 0, 1, \dots, b-1, xuất hiện trong cách viết đó có cùng phân phối.

Nói một cách chính xác, số x\in[0, 1] có biểu diễn qua hệ cơ số b

x=\sum\limits_{j=1}^\infty\dfrac{\xi_j}{b^j}, \xi_j\in\{0, 1, \dots, b-1\}.

Với mỗi n\in \mathbb N, a\in\{0, 1, \dots, b-1\}, ký hiệu N(a, x, n) là số các chữ số a xuất hiện trong \{\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_n\}.

Khi đó ta nói x là số chuẩn tắc theo cơ số b nếu \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{n} N(a, x, n)=\dfrac{1}{b}.

Có thể lấy vài ví dụ sau về số chuẩn tắc:

VD1: Các số 3^{-1}, 2\times 3^{-2}, hay tổng quát

\sum\limits_{n=1}^N \dfrac{\xi_n}{3^n}, \xi_n\in\{0, 1, 2\}

là các số không chuẩn tắc theo cơ số 3.

VD2: Số \dfrac{3^2}{3^3-1} là số chuẩn tắc theo cơ số 3.

Tìm hiểu thêm về số chuẩn tắc các bạn tham khảo thêm cuốn

“Uniform distribution of sequences” của L. Kuipers, H. Niederreiter.

Đường link

https://www.box.com/s/2qq3cnuujm0bf8ipqpjf

Tiếp theo ta sẽ chứng minh tại những điểm chuẩn tắc x theo cơ số 3

\lim\limits_{n\to \infty}f'_n(x)=0

hay nói cách khác dãy đạo hàm \{f'_n\}_{n=1}^\infty hội tụ hầu khắp nơi về 0.

Để chứng điều này ta dựa vào phân tích x theo cơ số 3

x=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\xi_n}{3^n}, \xi_n\in\{0, 1, 2\}.

Đặt S_k=\sum\limits_{n=1}^k \dfrac{\xi_n}{3^n}.

Khi đó với mỗi k

T_k=3^kS_k\in\{0, 1, \dots, 3^k-1\}

S_{k+1}=\dfrac{3T_k+\xi_{k+1}}{3^{k+1}}< x<\dfrac{3T_k+\xi_{k+1}+1}{3^{k+1}}=S_{k+1}+\dfrac{1}{3^{k+1}}.

(Do

(-) x có phân bố các chữ số 0, 1, 2 trong biểu diễn là như nhau,

(-) \sum\limits_{j=1}^\infty \dfrac{1}{3^j}=\dfrac{1}{6}<\dfrac{1}{3}

nên không có dấu “=” ở hai đầu.)

Khi đó đạo hàm của f_{k+1} tại điểm x chính là độ dốc đoạn thẳng nối

(S_{k+1}, f_{k+1}(S_{k+1}))(S_{k+1}+3^{-(k+1)}, f_{k+1}(S_{k+1}+3^{-(k+1)})),

hay chính là

3^{k+1}(f_{k+1}(S_{k+1}+3^{-(k+1)})-f_{k+1}(S_{k+1}))

3^{k+1}\Big(f_{k+1}(\frac{3T_k+\xi_{k+1}+1}{3^{k+1}})-f_{k+1}(\frac{3T_k+\xi_{k+1}}{3^{k+1}})\Big)

=\begin{cases}(3a)3^k(f(S_k+3^{-k})-f(S_k)), \; khi \; \xi_{k+1}\in\{0, 2\},\\ (3(1-2a))3^k(f(S_k+3^{-k})-f(S_k)), \; khi \; \xi_{k+1}=1.\end{cases}

Bằng cách quy nạp, nếu đặt p_k, q_k, r_k lần lượt là số lần xuất hiện các chữ  số 0, 1, 2 trong dãy

\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_k

thì

f'_k(x)=(3a)^{p_k+r_k}(3(1-2a))^{q_k}=(3a^{1-q_k/k}(1-2a)^{q_k/k})^k.

Do x là số chuẩn tắc theo cơ số 3 nên

\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{p_k}{k}=\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{q_k}{k}=\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{r_k}{k}=\dfrac{1}{3}

Khi đó, nếu 27(1-2a)a^2<1\; \; (1) thì

\lim\limits_{k\to\infty}f'_k(x)=0.

Khi a\in(0, 1/2)\setminus\{1/3\} ta có

54a^3-27a^2+1=(3a-1)^2(6a+1)>0

hay (1).

Bước tiếp ta sẽ chứng minh F_a khả vi hầu khắp nơi, và đạo hàm của nó bằng 0 hầu khắp nơi!

Do F_a là hàm đơn điệu tăng nên nó khả vi hầu khắp nơi, nghĩa là có một tập E\subset[0, 1] có độ đo 1 mà trên đó F_a khả vi.

Vì độ đo của tập các điểm chuẩn tắc theo cơ số 3 trong đoạn [0, 1] bằng 1 nên ta có thể giả sử các điểm của E đều là điểm chuẩn tắc theo cơ số 3. Khi đó dãy đạo hàm f'_n hội tụ điểm về 0 trên E.

Lại có tập các điểm \{k3^{-n}|\; k=0, 1, \dots, 3^n, n\in\mathbb N\} là tập đếm được có độ đo không nên ta lại tiếp tục bỏ ra khỏi E những điểm này.

Ta sẽ chứng minh F'_a(x)=0 khi x\in E.

Lấy x\in E, n\in\mathbb N. Khi đó có số k\in\{0, 1, \dots, 3^n-1\} để

k3^{-n}<x<(k+1)3^{-n}.

Đặt

x_n=\begin{cases}k3^{-n}, \; khi \; x-k3^{-n}>(k+1)3^{-n}-x,\\ (k+1)3^{-n}, \; khi \; (k+1)3^{-n}-x>x-k3^{-n}.\end{cases}

Khi đó

\dfrac{3^{-n}}{2}<|x-x_n|<3^{-n}.

Theo cách xây dựng với n\le m, k3^{-n}<x<(k+1)3^{-n}

f_n(k3^{-n})=f_m(k3^{-n})\le f_m(x)\le f_m((k+1)3^{-n})=f_n((k+1)3^{-n}).

Do đó, cho m\to\infty ta có

f_n(k3^{-n})=F_a(k3^{-n})\le F_a(x)\le F_a((k+1)3^{-n})\le f_n((k+1)3^{-n}).

Như vậy

|F_a(x)-F_a(x_n)|\le |f_n(k3^{-n})-f_n((k+1)3^{-n})|.

Khi đó

\dfrac{|F_a(x)-F_a(x_n)|}{|x-x_n|}\le 2\times |3^n(f_n(k3^{-n})-f_n((k+1)3^{-n}))|=2 |f'_n(x)|.

+) x là số chuẩn tắc cơ số 3 nên \lim\limits_{n\to\infty}|f'_n(x)|=0,

+) F_a khả vi tại x\lim\limits_{n\to\infty}|x-x_n|=0 nên

\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{|F_a(x)-F_a(x_n)|}{|x-x_n|}=|F'_a(x)|.

Từ hai điều trên ta có điều phải chứng minh!

Tiếp theo ta chuyển sang kết quả về các kết quả bắt nguồn từ ví dụ của D. Menshov.

Như đã biết vào năm 1870, G. Cantor trả lời câu hỏi của B. Riemann về tính duy nhất của chuỗi Fourier:

Cho c_n\in\mathbb C, n\in\mathbb Z. Nếu chuỗi Fourier

\sum\limits_{n\in\mathbb Z} c_ne^{inx}

hội tụ điểm về 0 với mọi x\in\mathbb T

thì c_n=0, \forall n\in\mathbb Z.

Tuy nhiên, nếu thay hội tụ điểm bằng hội tụ hầu khắp nơi, nghĩa là hội tụ điểm về 0 trừ ra một tập có độ đo không thì kết quả trên là sai.

D. Menshov đã đưa ra phản ví dụ bằng cách xây dựng một độ đo Borel không tầm thường \mu trên \mathbb T=[0, 2\pi] mà giá của nó nằm trong một tập kiểu Cantor, có độ đo không, và chuỗi Fourier của nó

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\hat{\mu}(n)e^{inx}=0, h.k.n. trên \mathbb T,

trong đó hệ số Fourier của nó tính bởi

\hat{\mu}(n)=\int\limits_{\mathbb T}e^{-inx}d\mu(x)\not=0, \forall n\in\mathbb Z.

Giá của độ đo \mu hiểu một cách nôm na là những nơi trên \mathbb T  có khối lượng! Một cách chính xác, nếu ký hiệu S=supp \mu thì

\int\limits_{\mathbb T}\varphi(x)d\mu(x)=0 khi \varphi\in C^\infty_0(\mathbb T), S\capsupp \varphi=\emptyset.

Trong đó supp\varphi=cl\{x\in\mathbb T|\; \varphi(x)\not=0\}.

Cũng giống ví dụ trên, ta cũng bắt đầu từ việc xây dựng tập kiểu Cantor với cách chia như sau.

Với mỗi \xi\in(0, 1/2) ta chia đoạn C_0=K_0=[0, 1] thành ba đoạn với các điểm chia 0, \xi(1-0), (1-\xi)(1-0), 1.

Giữ lại hai đoạn đầu C_1=[0, \xi]\cup[1-\xi, 1].

Tiếp tục chia ba các đoạn con của C_1

+) đoạn [0, \xi] bới các điểm chia 0, \xi^2, (1-\xi)\xi, \xi,

+) đoạn [1-\xi, 1] bởi các điểm chia 1-\xi, 1-\xi+\xi^2, 1-\xi+(1-\xi)\xi, 1.

Lại giữ hai đoạn đầu của các đoạn vừa chia ta được C_2=[0, \xi^2]\cup[\xi(1-\xi), \xi]\cup[1-\xi, 1-\xi+\xi^2]\cup[1-\xi^2, 1].

Cứ tiếp tục xây dựng như vậy ta thu được dãy các tập compact \{C_n\}_{n=0}^\infty bé dần.

Tập kiểu Cantor, ta quan tâm dưới đây, xác định như sau E_\xi=\cap_{n=0}^\infty C_n.

Trong trường hợp \xi=1/3 ta được tập Cantor. Dĩ nhiên từ cách định nghĩa tập độ đo không có độ đo của E_\xi bằng không! (Để ý thể tích của C_n nhỏ dần về không và C_n là một phủ của E_\xi.)

Tiếp tục ta sẽ xây dựng độ đo Borel \mu trên \mathbb T mà giá của nó supp\mu\subset 2\pi E_\xi.

Để xây dựng độ đo trên tập \mathbb T chỉ “có trọng lượng” tại những điểm trong 2\pi E_\xi như trên, ta cũng để ý về việc biểu  diễn

x\in E_\xi thành chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty \xi_n (1-\xi)\xi^{n-1}, \xi_n\in\{0, 1\}.

Biểu diễn này cho ta một song ánh giữa tập 2\pi E_\xi\{0, 1\}^{\mathbb N}.

Khi đó độ đo trên \mathbb T chỉ có trọng lượng tại các điểm trong 2\pi E_\xi sinh ra từ độ đo trên tập \{0, 1\}^{\mathbb N} qua ánh xạ, xuất phát bởi song ánh, từ \{0, 1\}^{\mathbb N} vào \mathbb T.

Ta đi chính xác hóa lại những gì đã viết ở trên.

Xét ánh xạ

F: \{0, 1\}^{\mathbb N}\to\mathbb T

F(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty x_n(1-\xi)\xi^n, x=(x_1, x_2, \dots, x_n, \dots).

Trên \{0, 1\}^{\mathbb N} ta xây dựng \mathcal C đại số các tập con dạng:

B=\prod_{n=1}^\infty B_n,

trong đó

-) hoặc B=\emptyset,

-) hoặc tất cả các chỉ số n để B_n đều bằng \{0, 1\}

trừ ra một số hữu hạn các chỉ số n_1, n_2, \dots, n_k tập B_n\{0\} hay \{1\}.

Ta xây dựng độ đo m trên đại số \mathcal C cho các trường hợp tương ứng ở trên như sau

-) hoặc m(B)=0,

-) hoặc m(B)=2^{-k}.

Ta không đi sâu vào việc tìm hiểu độ đo m ở đây mà chỉ dừng ở chỗ này để có thể tính toán được đoạn sau.

Khi đó độ đo \mu trên \mathbb T được cho

\int\limits_{\mathbb T}g(y)d\mu(y)=\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}g(F(x))dm(x).

Không khó khăn có thể thấy rằng supp\mu\subset 2\pi E_\xi,

vì với g\in C^\infty_0(\mathbb T) và supp\varphi\cap F(\{0, 1\}^{\mathbb N})=\emptyset

\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}g(F(x))dm(x)=0.

Cũng dễ thấy \mu không tầm thường với việc chọn hàm g(x)\equiv 1

\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}g(F(x))dm(x)=m(\{0, 1\}^{\mathbb N})=1\not=0.

Ta đi tính hệ số Fourier của độ đo \mu

\hat{\mu}(n)=\int\limits_{\mathbb T}e^{-iny}d\mu(y)=\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}e^{-inF(x)}dm(x).

Đặt F_N(x)=2\pi\sum\limits_{k=1}^N x(k)(1-\xi)\xi^{k-1}.

e^{-inF_N(x)} hội tụ điểm đến e^{-inF(x)} với mỗi x\in\{0, 1\}^{\mathbb N},

|e^{-in F_N(x)}|=1 là hàm khả tích trên \{0, 1\}^{\mathbb N} theo độ đo m

nên theo Định lý hội tụ Lebesgue

\lim\limits_{N\to\infty}\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}e^{-inF_N(x)}dm(x)=\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}e^{-inF(x)}dm(x).

Lại có F_N(x) là hằng theo x_{N+1}, x_{N+2}, \dots nên

\int\limits_{\{0, 1\}^{\mathbb N}}e^{-inF_N(x)}dm(x)=\sum\limits_{x\in\{0, 1\}^N}\dfrac{1}{N}\prod_{k=1}^{N}e^{-2\pi i n x(k)(1-\xi)\xi^{k-1}}

=\prod_{k=1}^N \dfrac{e^{-2\pi i n(1-\xi)\xi^{k-1}}+1}{2}.

Như vậy hệ số Fourier của độ đo \mu

\hat{\mu}(n)=e^{-\pi i n}\prod_{k=1}^\infty \cos(\pi n (1-\xi)\xi^{k-1}).

Trước khi tiếp tục ta có

+) mặc dù độ đo Lebesgue của tập kiểu Cantor 2\pi E_\xi bằng không, nhưng

\mu(2\pi E_\xi)=\mu(F(\{0, 1\}^{\mathbb N}))=m(\{0, 1\}^{\mathbb N})=1,

+) và kết quả sau:

chuỗi Fourier

\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\hat{\mu}(n)e^{iny}=0, \forall y\not\in 2\pi E_\xi

khi và chỉ khi

\lim\limits_{|n|\to\infty}\hat{\mu}(n)=0.

Để chứng minh phần còn lại của ví dụ Menshov, nghĩa là chứng minh

\lim\limits_{|n|\to\infty}\hat{\mu}(n)=0

hay (vì \cos là hàm chẵn)

\lim\limits_{n\to\infty}\prod_{k=1}^\infty \cos(\pi n (1-\xi)\xi^{k-1})=0,

ta cần thêm khái niệm “số Pisot”.

Trước hết nhắc lại số đại số:

Số thực \theta được gọi là số đại số nếu có một đa thức

P_n(x)=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n

với hệ số nguyên a_j\in\mathbb Z, j=0, 1, \dots, n

a_n=1.

Giả sử P_n(x) là đa thức có bậc nhỏ nhất có tính chất như vậy. Khi đó các nghiệm còn lại của P_n(x) được gọi là số liên hợp của \theta.

Ví dụ \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, \dfrac{1-\sqrt{5}}{2} là các số đại số liên hợp của nhau.

Số đại số \theta được gọi là số Pisot nếu

+) bản thân \theta>1,

+) các số liên hợp của nó đều có modun nhỏ hơn 1 thực sự.

Trong ví dụ trên chỉ có \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} là số Pisot.

Trước khi đi đến một số tính chất của số Pisot ta có:

độ đo \mu xây dựng ở trên có chuỗi Fourier bằng 0 hầu khắp nơi

khi \xi^{-1} không là số Pisot!

Để đi đến khẳng định vừa rồi ta chỉ cần đến tính chất thú vị sau:

Cho \gamma, \theta là các số thực thỏa mãn:

(i) \gamma\not=0, \theta>1,

(ii) chuỗi \sum\limits_{k=1}^\infty \{\gamma\theta^n\}^2 hội tụ.

Khi đó \theta là số Pisot!

Ở đây \{\gamma \theta^n\} là khoảng cách từ điểm \gamma\theta^n đến tập số nguyên. Chẳng hạn \gamma=1, \theta=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} có (\theta^{n+1}=\theta^n+\theta^{n-1}=n\theta+1, n=1, 2, \dots)

\{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}0<\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}<\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}<1,

\{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^2\}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2},

\{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^3\}=\sqrt{5}-2,

\{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^4\}=\dfrac{7-3\sqrt{5}}{2},

\{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^5\}=2(\sqrt{5}-2).

Chứng minh tính chất này của số Pisot có thể xem trong cuốn

“Algebraic Numbers and Fourier Analysis” của R. Salem.

(Số Pisot trong sách này được gọi là số thuộc lớp S.)

Đường link

https://www.box.com/s/j6ksplx2dsljnjvwnddb

Bây giờ ta đi chứng minh

\lim\limits_{n\to\infty}\prod_{k=1}^\infty \cos(\pi n (1-\xi)\xi^{k-1})=0

bằng phản chứng, nghĩa là có số dương a và dãy số tự nhiên tăng

\dfrac{1}{1-\xi}<n_1<n_2<\dots<n_j<\dots sao cho

\prod_{k=1}^\infty |\cos(\pi n_j (1-\xi)\xi^{k-1})|>a, j=1, 2, \dots

hay

\prod_{k=1}^\infty (1-\sin^2(\pi n_j (1-\xi)\xi^{k-1}))>a^2, j=1, 2, \dots.

Nhớ lại rằng, với dãy số dương u_n\in (0, 1) cho trước, các mệnh đề sau tương đương

+) chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty u_n hội tụ,

+) chuỗi tích \prod_{n=1}^\infty(1-u_n) hội tụ đến số dương C,

+) chuỗi tích \prod_{n=1}^\infty(1+u_n) hội tụ.

Trước hết, với lưu ý này ta có:

Trong trường hợp (1-\xi)\xi^{k-1}\not\in\mathbb Q, k=1, 2, \dots chẳng hạn khi \xi là số siêu việt, thì

với mỗi n cố định và chú ý chuỗi dương

\sum\limits_{k=1}^\infty n(1-\xi)\xi^{k-1}=n hội tụ

nên |\hat{\mu}(n)|^2=\prod_{k=1}^\infty(1-\sin^2(\pi n(1-\xi)\xi^{k-1}))\not=0!

Quay trở lại việc chứng minh dãy hệ số Fourier tiến về 0, ta có

chuỗi \sum\limits_{k=1}^\infty \sin^2(\pi n_j(1-\xi)\xi^{k-1}) tăng đến số nhỏ hơn số hữu hạn C (không phụ thuộc j=1, 2, \dots).

Lại có, do \xi\in(0, 1/2) nên với mỗi j=1, 2, \dots

\lim\limits_{k\to\infty}n_j(1-\xi)\xi^{k-1}=0.

Lại có \dfrac{1}{1-\xi}<n_j, \forall j=1, 2, \dots.

Khi đó với mỗi j ta chọn k_j sao cho

\xi\le n_j(1-\xi)\xi^{k_j}<1.

Do n_j tăng ra vô cùng khi j ra vô cùng

nên k_j không giảm và tiến ra vô cùng khi j ra vô cùng.

Khi đó dãy \{n_j(1-\xi)\xi^{k_j}\}_{j=1}^\infty là dãy bị chặn nên có một dãy con hội tụ đến \gamma\in(\xi, 1). Để không thêm ký hiệu phức tạp, và cũng không mất tổng quát ta giả sử chính dãy đó hội tụ.

Quan sát, khi j<m

\sum\limits_{k=1}^{k_j}\sin^2(\pi n_m(1-\xi)\xi^{k_m-k})=\sum\limits_{l=k_m-k_j+1}^{k_m}\sin^2(\pi n_m(1-\xi)\xi^{l-1})

<\sum\limits_{l=1}^{\infty}\sin^2(\pi n_m(1-\xi)\xi^{l-1})

<C.

Cho m\to\infty, từng số hạng của tổng hữu hạn trên hội tụ nên

\sum\limits_{k=1}^{k_j}\sin^2(\pi \gamma\xi^{-k})<C.

Tiếp tục cho j\to\infty

\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sin^2(\pi \gamma\xi^{-k})<C

hay

\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sin^2(\pi \{\gamma\xi^{-k}\})<C.

Khi đó theo điều kiện cần

\lim\limits_{k\to\infty}\sin^2(\pi \{\gamma\xi^{-k}\})=0.

\pi\{\gamma\xi^{-k}\}\in(0, \pi/2) nên

\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{\sin^2(\pi \{\gamma\xi^{-k}\})}{(\pi\{\gamma\xi^{-k}\})^2}=1.

Từ đó, theo tính chất hai chuỗi dương tương đương, ta có

\sum\limits_{k=1}^\infty \{\gamma\xi^{-k}\}^2.

Theo tính chất của số Pisot, nhắc ở trên, ta có \xi^{-1} là số Pisot.

Như vậy, do \pi là số siêu việt nên

+) \hat{\mu}(n)\not=0, \forall n\in\mathbb Z,

+) 1/\pi không là số Pisot có \lim\limits_{|n|\to\infty}\hat{\mu}(n)=0.

Do đó, độ đo \mu xây dựng như trên ứng với tập E_{1/\pi} chính là một trong những phản ví dụ của Menshov!

Cách trình bày ví dụ của Menshov ở trên dựa vào cuốn

“Descriptive set theory and the Structure of Sets of Uniqueness” của A. S. Kechris và A. Louveau.

Đường link

https://www.box.com/s/h1t9n54yfy4rcs4clr7y

Trong cuốn sách trên còn đưa ra nhiều kết quả thú vị khác, trong đó có kết quả của Raphael Salem và Antoni Zygmund:

E_\xi có tính chất như sau:

+) có một chuỗi Fourier hội tụ đến 0 ngoài tập E_\xi,

+) chuỗi Fourier đó có các hệ số không đồng thời bằng 0,

khi và chỉ khi

\xi^{-1} không là số Pisot.

Nói một cách khác, nếu \xi^{-1} là số Pisot thì chuỗi Fourier hội tụ đến 0 ngoài tập E_\xi thì tất cả các hệ số Fourier của chúng phải bằng 0.

About these ads

Responses

  1. Trong bài báo
    “A geometric contruction of continuous, strictly increasing singular functions” Proc. Japan Acad. Ser. A Math. Sci. 83(2007), no. 7, 114-118,
    H. Okamoto và M. Wunsch cũng đưa ra một chứng minh khác cho F'_a(x)=0 hầu khắp nơi bằng cách dựa vào kết quả sau:
    +)(Định lý Tonelli) Cho dãy hàm liên tục u_n: [0, 1]\to \mathbb R hội tụ hầu khắp nơi đến hàm liên tục u: [0, 1]\to\mathbb R. Giả sử các hàm u_n, u đều khả vi hầu khắp nơi và đồ thị của chúng là các đường cong C_n, C có độ dài tương ứng L_n, L thỏa mãn

    \lim\limits_{n\to\infty}L_n=L.

    Khi đó dãy đạo hàm u'_n hội tụ đến u' theo độ đo trên [0, 1], nghĩa là

    \lim\limits_{n\to\infty}\mu\{x\in[0, 1]|\; |u'_n(x)-u'(x)|>\epsilon\}=0, \forall \epsilon>0.

    Nếu u_n khả vi liên tục trên [0, 1] thì độ dài đường cong C_n cho bởi

    L_n=\int\limits_0^1\sqrt{1+|u'_n(x)|^2}dx.

    Tuy nhiên, một cách chính xác, độ dài L_n được xây dựng bằng cách:

    +) lấy phân hoạch P= \{0=x_0<x_1< \dots<x_m=1\},

    +) lập tổng Darboux S_P(u_n)=\sum\limits_{j=1}^m\sqrt{1+|u_n(x_j)-u_n(x_{j-1})|^2},

    +) khi đó độ dài đường cong L_n=\sup\limits_{P} S_P(u_n).

    Một cách hình học L_n là việc lấy giới hạn của độ dài các đường gấp khúc có đỉnh nằm liên tiếp trên đường cong bắt đầu từ một đầu của đường cong và kết thúc ở đầu kia.
    Có thể thấy rằng việc chứng minh tiếp theo sẽ như sau:

    +) dãy f_n có độ dài của đồ thị tiến đến độ dài của đồ thị hàm F_a, từ đó dãy đạo hàm f'_n hội tụ theo độ đo đến hàm F'_a trên [0, 1],

    +) hội tụ theo độ đo dẫn đến

    \lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1\dfrac{|f'_n(x)-F'_a(x)|}{1+|f'_n(x)-F'_a(x)|}dx=0,

    +) tiếp tục dùng Định lý hội tụ trội Lebesgue có

    \int\limits_0^1\dfrac{|F'_a(x)|}{1+|F'_a(x)|}dx=0,

    (do \dfrac{|f'_n(x)-F'_a(x)|}{1+|f'_n(x)-F'_a(x)|} hội tụ h.k.n đến \dfrac{|F'_a(x)|}{1+|F'_a(x)|}

    \dfrac{|f'_n(x)-F'_a(x)|}{1+|f'_n(x)-F'_a(x)|}<g(x)\equiv 1 là hàm khả tích Lebesgue trên [0, 1])

    +) kết thúc F'_a(x) bằng 0 hầu khắp nơi trong [0, 1].

    Một cách xây dựng hàm tăng thực sự có đạo hàm bằng 0 hầu khắp nơi xuất phát trự tiếp từ hàm Cantor C:[0, 1]\to [0, 1] như sau.

    Trước hết mở rộng thêm hàm Cantor
    C(x)=0 khi x\le 0C(x)=1 khi x\ge 1.

    Sắp dãy tập các số hữu tỷ như sau:
    r_1, r_2, \dots, r_n, \dots.

    Xét chuỗi hàm
    \sum\limits_{n=1}^\infty 2^{-n}C(x-r_n).
    Bằng dấu hiệu Weierstrass có thể thấy ngay chuỗi hàm trên hội tụ đều trên toàn bộ đường thẳng. Giả sử hàm giới hạn là h:\mathbb R\to [0, 1].
    Khi đó h là hàm liên tục.
    Tiếp đến, do với mỗi n2^{-n}C(x-r_n) là hàm không giảm nên, theo Fubini, hàm h khả vi hầu khắp nơi và
    h'(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty 2^{-n}C'(x-r_n)=0 hầu khắp nơi trên \mathbb R.
    Lấy x>y. Khi đó có một số hữu tỷ x>r_{n_0}>y.

    +) với bất kỳ n\in\mathbb N hàm C(x-r_n) là hàm không giảm, nghĩa là
    C(x-r_n)\ge C(y-r_n),
    +) do x>r_{n_0}>y nên x-r_{n_0}>0>y-r_{n_0} hay
    C(x-r_{n_0})>0=C(y-r_{n_0}).
    Từ hai điều trên có h(x)>h(y) hay h là hàm tăng thực sự.
    Các bạn có thể tham khảo thêm trong bài

    http://www.math.sc.edu/~howard/Notes/fubini.pdf

    Ngoài ra ở đây ta biết thêm hai kết quả về việc chuyển dấu đạo hàm qua phép lấy giới hạn của Tonelli và Fubini ngoài kết quả đã học trong chương trình Đại học:

    -) dãy hàm khả vi f_n, xác định trên khoảng (a, b), hội tụ tại một điểm x_0\in(a, b),

    -) dãy đạo hàm của nó f^{,}_n hội tụ đều đến hàm g trên (a, b).

    Khi đó có một hàm khả vi f xác định trên (a, b) sao cho dãy hàm f_n hội tụ điểm đến f trên (a, b) và đạo hàm của nó chính là g.

  2. [...] http://bomongiaitich.wordpress.com/2012/11/04/tap-co-do-do-khong-tiep/ [...]

  3. Hệ số Fourier \hat{\mu}(n) tiến về 0 khi |n|\to\infty giống như hệ số Fourier của một hàm khả tích Lebesgue, theo Định lý Riemann-Lebesgue.

    Ta cũng có kết quả của L. Fejer và H. Lebesgue:

    nếu chuỗi Fourier của một hàm khả tích Lebesgue hội tụ về 0 hầu khắp nơi
    thì tất cả các hệ số Fourier của chuỗi Fourier đó phải bằng 0.

    Kết quả này có mẫu thuẫn gì với ví dụ của D. Menshov?


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

Danh mục

Theo dõi

Get every new post delivered to your Inbox.

%d bloggers like this: