Sự phân kỳ của chuỗi Fourier – Ví dụ của Kolmogorov

Standard

Năm 1915, N. N. Luzin đưa ra giả thuyết về sự hội tụ hầu khắp nơi của chuỗi Fourier của hàm bình phương khả tích. Giả thuyết này làm đau đầu nhiều nhà toán học. Nửa thế kỷ sau, Định lý Carleson – Hunt (1966) cho kết quả khẳng định. Tuy nhiên trước năm 1966, giả thuyết luôn bị nghi ngờ là sai mà bắt đầu của sự nghi ngờ là các ví dụ của Kolmogorov: có những hàm L^1-khả tích mà chuỗi Fourier của nó phân kỳ hầu khắp nơi (1923) và phân kỳ khắp nơi (1926). Dưới đây tôi sẽ trình bày các ví dụ này.

Ta bắt đầu tìm hiểu việc xây dựng hàm khả tích có chuỗi Fourier phân kỳ hầu khắp nơi của Kolmogorov. Cũng cần nói thêm ví dụ này được tìm ra khi Kolmogorov 19 tuổi. Ví dụ bắt đầu bằng việc xây dựng dãy hàm đo được \phi_n, n=1, 2, \dots, xác định trên đoạn [0, 2\pi] thỏa mãn các điều kiện

(i) \phi_n(x)\ge 0\; \forall x\in[0, 2\pi],\; \int\limits_0^{2\pi}\phi_n(x)dx=2, \forall n=1, 2, \dots;

(ii) với mỗi n\in\mathbb N có hằng số dương C_n để

S^*(\phi_n, x)=\sup\limits_{k\in\mathbb Z_+}|S_k(\phi_n; x)|\le C_n, \forall x\in[0, 2\pi],

trong đó S_k(\phi_n; x) là tổng riêng thứ k của chuỗi Fourier của hàm \phi_n xác định bởi

S_k(\phi_n; x)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^{2\pi}D_k(x-t)\phi_n(t)dt,

với nhân Dirichlet

D_k(x)=\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{j=1}^k\cos(jx)= \dfrac{\sin\big((2k+1)x/2\big)}{2\sin(x/2)};

(iii) với mỗi n\in\mathbb NM_n>0, E_n\subset [0, 2\pi], q_n\in\mathbb N sao cho

(+) \lim\limits_{n\to\infty} M_n=\infty,

(+) \lim\limits_{n\to\infty}|E_n|=2\pi,

(+) \max\limits_{0\le k\le q_n}|S_k(\phi_n; x)|\ge M_n, \forall x\in E_n.

Giả sử đã xây dựng được dãy \phi_n ta xây dựng dãy n_1, n_2, \dots bằng quy nạp như sau.

Do \lim\limits_{n\to\infty} M_n=\infty (theo (iii)) nên có n_1\in \mathbb N để \dfrac{1}{\sqrt{M_{n_1}}}\le 1/2.

Đặt K_1=2\max\{2, 2q_{n_1}, C_{n_1}\}.

Lại do \lim\limits_{n\to\infty} M_n=\infty (theo (iii)) nên có n_2>n_1 để \sqrt{M_{n_2}}\ge K_1.

Khi đó

(+) \dfrac{1}{\sqrt{M_{n_2}}}\le \dfrac{1}{K_1}\le 1/4,

(+) S^*(\phi_{n_1}; x)\le C_{n_1} \le K_1/2\le \dfrac{1}{2}\sqrt{M_{n_2}}, (theo (ii))

(+) q_{n_1}\le\dfrac{K_1}{2^2}\le \dfrac{1}{2^2}\sqrt{M_{n_2}}.

Giả sử ta đã có n_1, n_2, \dots, n_j.

Đặt K_j=2\max\{2^j, 2^j \sum\limits_{k=1}^j q_{n_k}, \sum\limits_{k=1}^j C_{n_k}\}.

Lại do \lim\limits_{n\to\infty} M_n=\infty (theo (iii)) nên có n_{j+1}>n_j để \sqrt{M_{n_{j+1}}}\ge K_j.

Khi đó

(a) \dfrac{1}{\sqrt{M_{n_{j+1}}}}\le \dfrac{1}{K_j}\le \dfrac{1}{2^{j+1}},

(b) \sum_{k=1}^j S^*(\phi_{n_k}; x)\le \sum\limits_{k=1}^j C_{n_k} \le K_j/2\le \dfrac{1}{2}\sqrt{M_{n_{j+1}}}, (theo (ii))

(c) q_{n_k}\le\dfrac{K_j}{2^{j+1}}\le \dfrac{1}{2^{j+1}}\sqrt{M_{n_{j+1}}}, k=1, 2, \dots, j.

Như vậy ta xây dựng được dãy tăng thực sự n_1, n_2, \dots thỏa mãn ba tính chất trên.

Khi đó hàm cần tìm

\Phi(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_k}}}\phi_{n_k}(x).

Từ (a) có
\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_k}}}\le \sum\limits_{k=1}^\infty 2^{-k}=1

\int\limits_0^{2\pi}|\phi_{n_k}(x)|dx=2 (theo (i))

nên \Phi\in L^1[0, 2\pi].

Ta sẽ chứng minh nếu x\in E_{n_k} thì

\max\limits_{1\le j\le q_{n_k}}|S_j(\Phi; x)|\ge \dfrac{1}{2}\sqrt{M_{n_k}}-\dfrac{1}{2^k}. \;\;\;(1)

Khi đó, nếu x thuộc vào vô số các E_{n_k}, nghĩa là x\in \cap_{m=1}^\infty \cup_{k=m}^\infty E_{n_k}, thì

\limsup\limits_{k\to\infty}|S_k(\Phi; x)|\ge \lim\limits_{k\to\infty}\big(\dfrac{1}{2}\sqrt{M_{n_k}}-\dfrac{1}{2^k}\big)=\infty

hay chuỗi Fourier của \Phi tại x phân kỳ.

Lại có \lim\limits_{k\to\infty}|E_{n_k}|=2\pi (theo (iii)) nên |\cap_{m=1}^\infty \cup_{k=m}^\infty E_{n_k}|=2\pi.

Do đó chuỗi Fourier của \Phi phân kỳ hầu khắp nơi trên [0, 2\pi].

Ta đi chứng minh (1). Với 1\le j\le q_{n_k}

|S_j(\Phi; x)|\ge -\sum\limits_{m=1}^{k-1}\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_m}}}|S_j(\phi_{n_m}; x)|+ \dfrac{1}{\sqrt{M_{n_k}}}|S_j(\phi_{n_k}; x)|-

-\sum\limits_{m=k+1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_m}}}|S_j(\phi_{n_m}; x)|.\;\;(2)

Từ (b) có

\sum\limits_{m=1}^{k-1}\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_m}}}|S_j(\phi_{n_m}; x)|\le \sum\limits_{m=1}^{k-1}C_{n_m}\le \dfrac{1}{2}\sqrt{M_{n_k}}.\;\;\;(3)

Lại có với 1\le j\le q_{n_k}

|S_j(\phi_{n_m}; x)|=|\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^{2\pi} D_j(x-t)\phi_{n_m}(t)dt|

\le \dfrac{2j+1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}|\phi_{n_m}(t)|dt\;\;\; (vì |D_j(x-t)|\le\dfrac{2j+1}{2})

\le \dfrac{2q_{n_k}+1}{\pi}\;\;\; (theo (i) \int\limits_0^{2\pi}|\phi_{n_m}(t)|dt=2)

q_{n_k}\le \dfrac{1}{2^m}\sqrt{M_{n_m}}, m>k (theo (c))

nên

\sum\limits_{m=k+1}^\infty \dfrac{1}{\sqrt{M_{n_m}}}|S_j(\phi_{n_m}; x)|\le \sum\limits_{m=k+1}^\infty 2^{-m}=2^{-k}.\;\;\;(4)

Theo (iii), với x\in E_{n_k}

\max\limits_{1\le j\le q_{n_k}}|S_j(\phi_{n_k}; x)|\ge M_{n_k}.\;\;\;(5)

Từ (2)-(5) có (1).

Vấn đề còn lại là xây dựng dãy \phi_1, \phi_2, \dots thỏa mãn (i)-(iii).

Cố định số tự nhiên n. Ta sẽ xây dựng bằng quy nạp dãy hữu hạn tăng các số lẻ

\lambda_1=1, \lambda_2, \dots, \lambda_n.

Khi đó ta đặt các số tự nhiên

m_1=n, 2m_k+1=\lambda_k(2n+1), k=2, \dots, n

và hàm \phi_n(x) xác định trên [0, 2\pi] như sau

\phi_n(x)=\begin{cases}\dfrac{m_k^2}{n} \; \; khi \; \; x\in \Delta_k,\\ 0 \; otherwise,\end{cases}

trong đó \Delta_k=[A_k-\dfrac{1}{m_k^2}, A_k+\dfrac{1}{m_k^2}], A_k=k\dfrac{4\pi}{2n+1}, k=1, 2, \dots, n.

Ta bắt đầu xây dựng dãy \lambda_1=1, \lambda_2, \dots, \lambda_n.

Với x\in\sigma_2=[A_1+\dfrac{2}{n^2}, A_2-\dfrac{2}{n^2}] xét tích phân

I_1=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{\Delta_1}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_2+1)(x-\alpha)/2\big)}{2\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha.

Lưu ý với \alpha\in\Delta_1=[A_1-\dfrac{1}{n^2}, A_1+\dfrac{1}{n^2}]

(+) \phi_n(\alpha)=m_1^2/n=n,

(+) \dfrac{1}{2n^2}\le\dfrac{x-\alpha}{2}\le \pi-\dfrac{1}{2n^2} nên \sin(\frac{x-\alpha}{2})\ge \dfrac{1}{2n^2}.

Do đó

|I_1|=\dfrac{n}{\pi}|\int\limits_{\Delta_1}\dfrac{\sin\big((2m_2+1)(x-\alpha)/2\big)}{2\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|

=\dfrac{n}{(2m_2+1)\pi}|\dfrac{\cos\big((2m_2+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}\Big|_{\alpha=A_1-\frac{1}{n^2}}^{\alpha=A_1+\frac{1}{n^2}}+

+\int\limits_{\Delta_1}\dfrac{\cos\big((2m_2+1)(x-\alpha)/2\big)\cos(\frac{x-\alpha}{2})}{2\sin^2(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|

\le \dfrac{8n^3}{(2m_2+1)\pi}\;\;\; (vì |\Delta_1|=\dfrac{2}{n^2}).

2m_2+1=\lambda_2(2n+1) nên ta có thể chọn số tự nhiên lẻ \lambda_2>1=\lambda_1 đủ lớn để

|I_1|<1.

Giả sử ta đã có \lambda_2, \lambda_3, \dots, \lambda_j, 2\le j<n.

Với x\in \sigma_{j+1}=[A_{j}+\dfrac{2}{n^2}, A_{j+1}-\dfrac{1}{n^2}] xét

I_j=\sum\limits_{k=1}^j \underbrace{\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{\Delta_k} \phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_{j+1}+1)(x-\alpha)/2\big)}{2\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha}_{T_k}.

Lưu ý với \alpha\in\Delta_k=[A_{k}-\dfrac{1}{m_k^2}, A_k+\dfrac{1}{m_k^2}]\subset[A_k-\dfrac{1}{n^2}, A_k+\dfrac{1}{n^2}], 1\le k\le j

(+) \phi_n(\alpha)=m_k^2/n,

(+) \dfrac{1}{2n^2}\le\dfrac{x-\alpha}{2}\le \pi-\dfrac{1}{2n^2} nên \sin(\frac{x-\alpha}{2})\ge \dfrac{1}{2n^2}.

Do đó với 1\le k\le j

T_k=\dfrac{m_k^2}{n\pi}|\int\limits_{\Delta_k}\dfrac{\sin\big((2m_{j+1}+1)(x-\alpha)/2\big)}{2\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|

=\dfrac{m^2_k}{n(2m_j+1)\pi}|\dfrac{\cos\big((2m_{j+1}+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}\Big|_{\alpha=A_k-\frac{1}{m_k^2}}^{\alpha=A_k+\frac{1}{m_k^2}}+

+\int\limits_{\Delta_k}\dfrac{\cos\big((2m_{j+1}+1)(x-\alpha)/2\big)\cos(\frac{x-\alpha}{2})}{2\sin^2(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|

\le \dfrac{4n(m_k^2+n^2)}{(2m_{j+1}+1)\pi}\;\;\; (vì |\Delta_k|=\dfrac{2}{m_k^2}).

Như vậy

|I_j|\le \sum\limits_{k=1}^j\dfrac{4n(m_k^2+n^2)}{(2m_{j+1}+1)\pi}.

2m_{j+1}+1=\lambda_{j+1}(2n+1)m_1, m_2, \dots, m_j, n đã có nên ta có thể chọn số lẻ \lambda_{j+1}>\lambda_j đủ lớn để

|I_j|<1.

Như vậy ta đã xây dựng được dãy các số lẻ tăng thực sự \lambda_1=1, \lambda_2, \dots, \lambda_n và từ đó xây dựng được hàm \phi_n(x) như trên.

Có thể thấy ngay:

(+) \phi_n(x)\ge 0, \forall x\in[0, 2\pi]

\int\limits_0^{2\pi}\phi_n(x)dx=\sum\limits_{k=1}^n\int\limits_{\Delta_k}\phi_n(x)dx=2

thỏa mãn (i);

(+) có

S_k(\phi_n; x)=\dfrac{1}{2\pi}\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{m_j^2}{n}\int\limits_{\Delta_j}\dfrac{\sin\big((2k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha

\int\limits_a^b \dfrac{\sin(mt)}{\sin t}dt, 0\le a<b<\pi/2, m\in\mathbb N, bị chặn đều theo a, b, m

nên có hằng số dương C_n để

|S_k(\phi_n; x)|\le C_n, \forall x\in[0, 2\pi]. k=0, 1, 2, \dots,

thỏa mãn (ii).

Ta còn phải chỉ ra dãy \phi_1, \phi_2, \dots thỏa mãn (iii). Cụ thể ta cần tìm q_n\in\mathbb N, M_n>0, E_n\subset[0, 2\pi] để

(+) \lim\limits_{n\to\infty}M_n=\infty,

(+) \lim\limits_{n\to\infty}|E_n|=2\pi,

(+) với mọi x\in E_n

\max\limits_{0\le k\le q_n}|S_k(\phi_n; x)|>M_n.

Để làm điều này ta xét tổng riêng

S_{m_k}(\phi_n; x)=\dfrac{1}{2\pi}\sum\limits_{j=1}^n \int\limits_{\Delta_j}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha, 1\le k\le n.

Từ cách chọn \lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n như trên ta có

|I_{k-1}|=|\dfrac{1}{2\pi}\sum\limits_{j=1}^{k-1} \int\limits_{\Delta_j}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|\le 1.\;\;\;(6)

Với s=k, k+1, \dots, n

\dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{\Delta_s}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha=

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{\Delta_s}\dfrac{m_s^2}{n}\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}d\alpha+

+\dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{\Delta_s}\dfrac{m_s^2}{n}\Big(\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})} - \dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}\Big)d\alpha.\;\;(7)

Với \alpha\in\Delta_s=[A_s-\dfrac{1}{m_s^2}, A_s+\dfrac{1}{m_s^2}]|\alpha-A_s|\le \dfrac{1}{m_s^2}. Khi đó theo Định lý số gia giới nội có

|\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})} - \dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}|\le

\le \dfrac{1}{m_s^2}\max\limits_{\alpha}|D'_{m_k}(\alpha)|=\dfrac{1}{m_s^2}\max\limits_{\alpha}|\sum\limits_{j=1}^{m_k}j\sin(j\alpha)|\le\dfrac{m_k^2}{m_s^2}.

Do đó với s\ge km_s\ge m_k nên

|\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})} - \dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}|\le \dfrac{m_k^2}{m_s^2}\le 1.

Khi đó

|\dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{\Delta_s}\dfrac{m_s^2}{n}\Big(\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})} - \dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}\Big)d\alpha|\le

\le \dfrac{1}{n\pi} (vì |\Delta_s|=\dfrac{2}{m_s^2}).

Như vậy

\dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{\Delta_s}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha=

=\dfrac{1}{\pi n}\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{\sin(\frac{x-A_s}{2})}-\dfrac{\tau_s}{n}, |\tau_s|\le 1.\;\;(8)

(+) \dfrac{2m_k+1}{2}(A_k-A_s)=(k-s)\lambda_k 2\pi nên

\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)=\sin\big((2m_k+1)(x-A_k)/2\big),\;\;\;(9)

(+) với x\in\sigma_k=[A_{k-1}+\dfrac{2}{n^2}, A_k-\dfrac{2}{n^2}]s\ge k thì

0<A_s-x<A_s-A_k<(s-k+1)\dfrac{2\pi}{n},

nên 0<\sin(\frac{A_s-x}{2})<\dfrac{(s-k+1)\pi}{n}.\;\;\;(10)

Từ (7)-(10), với x\in\sigma_k,

|\sum\limits_{s=k}^n \dfrac{1}{2\pi} \int\limits_{\Delta_s}\phi_n(\alpha)\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-\alpha)/2\big)}{\sin(\frac{x-\alpha}{2})}d\alpha|=
\Big|\sum\limits_{s=k}^n\dfrac{\sin\big((2m_k+1)(x-A_s)/2\big)}{n\pi\sin(\frac{x-A_s}{2})}-\sum\limits_{s=k}^n\dfrac{\tau_s}{n}\Big|

\ge |\sin\big((2m_k+1)(x-A_k)/2\big)|\sum\limits_{s=k}^n\dfrac{1}{(s-k+1)\pi^2}-1.

Kết hợp với (6) ta có

|S_{m_k}(\phi_n; x)|\ge \dfrac{|\sin\big((2m_k+1)(x-A_k)/2\big)|}{\pi^2}\sum\limits_{s=1}^{n-k+1}\dfrac{1}{s}-2.

Lấy q_n=m_n, E_n là tập các điểm x\in\sigma_k, 1\le k\le [n-\sqrt{n}] thỏa mãn

|\sin\big((2m_k+1)(x-A_k)/2\big)|\ge \dfrac{\pi^2}{\sqrt{\sum\limits_{s=1}^{[\sqrt{n}]}\frac{1}{s}}}=\dfrac{\pi^2}{N_n}

M_n=N_n-2.

Phần còn lại xin dành cho bạn đọc.

Ví dụ trên còn vài nhược điểm:

+ hàm cần tìm không sinh ra từ hàm lượng giác mà từ hàm bậc thang nên việc đánh giá vướng phải các tích phân,

+ các tập E_n được xác định không thực sự rõ ràng.

Vài năm sau (1923) Kolmogorov đã chỉnh sửa lại các hàm \phi_n(x) là các hàm lượng giác sinh ra từ nhân Fejer

\sigma_m(x)=\dfrac{1}{m}\sum\limits_{k=0}^{m-1}D_k(x)=\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^m\dfrac{m-k}{m}\cos(kx)

=\dfrac{1-\cos(mx)}{2m(1-\cos x)}.

Các tổng riêng của chuỗi Fourier của nhân Fejer là:

(+) với 0\le N< m-1

S_N(\sigma_m; x)=\sigma_N(x)+\dfrac{(m-N)\sin\big((2N+1)x/2\big)}{2m\sin(x/2)},

(+) với N\ge m-1

S_N(\sigma_m; x)=\sigma_m(x).

Khác với việc xây dựng \phi_n như trước, Kolmogorov đặt

\phi_n(x)=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=0}^{n}\sigma_{m_j}(A_j-x)

trong đó

m_j=n^{4(j+1)}, A_j=\dfrac{4j\pi}{2n+1}, 0\le j\le n.

Với dãy \phi_1, \phi_2, \dots vừa xây dựng này ta cũng có ba tính chất như các tính chất (i)-(iii) như sau.

(i’) \phi_n(x)\ge 0, \forall n=1, 2, \dots, x\in[0, 2\pi], \int\limits_0^{2\pi}\phi_n(x)dx=\pi,

(ii’) S^*(\phi_n; x)\le n^{5n}, \forall n=1, 2, \dots,

(iii’) có q_n\in\mathbb N, M_n>0, E_n\subset[0, 2\pi] thỏa mãn

(+) \lim\limits_{n\to\infty}M_n=\infty,

(+) E_1\subset E_2\subset \dots\subset \cup_{n=1}^\infty E_n=[0, 2\pi) (điểm khác so với ví dụ h.k.n.)

(+) \max\limits_{0\le k\le q_n}|S_k(\phi_n; x)|\ge M_n, \forall x\in E_n.

Với ba tính chất trên, đặc biệt tính chất dãy E_n lồng nhau tăng dần đến [0, 2\pi), ta cũng xây dựng dãy n_1, n_2, \dots tăng thực sự để hàm

\Phi(x)=\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{1}{\sqrt{M_{n_k}}}\phi_{n_k}(x)

có chuỗi Fourier phân kỳ khắp nơi.

Chi tiết bạn đọc tự kiểm chứng.

Giờ ta trở lại chứng minh ba tính chất (i’)-(iii’).

Có tính chất (i’) nhờ

\sigma_m(x)\ge 0, \int\limits_0^{2\pi}\sigma_m(x)dx=\pi.

Có tính chất (ii’) nhờ

|S_k(\sigma_m; x)|\le \dfrac{m}{2}.

Để chứng minh tính chất (iii’) ta xét tổng riêng

S_k(\phi_n; x)=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=1}^n S_k(\sigma_{m_j}; A_j-x).

Ta tách thành hai trường hợp:

TH1: x\in[A_j-\dfrac{1}{n^3}, A_j+\dfrac{1}{n^3}]\cap[0, 2\pi], j=0 ,1, \dots, n;

TH2: x\in[A_{j-1}+\dfrac{1}{n^3}, A_j-\dfrac{1}{n^3}], j=1, 2, \dots, n.

Với TH1 ta sẽ chứng minh có hằng số dương C để

S_{2n^2-1}(\phi_n; x)\ge Cn.

Khi x\in[A_j-\dfrac{1}{n^3}, A_j+\dfrac{1}{n^3}]\cap[0, 2\pi]

(+) |x-A_j|\le \dfrac{1}{n^3} nên

\cos(k(A_j-x))>\cos 1, 1\le k\le 2n^2-1,

|\sin\big((4n^2-1)(A_j-x)/2)\big)|\le \dfrac{2}{n},

(+) \dfrac{\pi}{2n+1}\le\dfrac{|x-A_i|}{2}\le \pi-\dfrac{\pi}{2n+1}, i\not=j nên có hằng số dương C_1 để

|\sin(\frac{A_i-x}{2})|\ge \dfrac{C_1}{n}.

Khi đó với n\ge 2,i\not=j

(+) S_{2n^2-1}(\sigma_j; A_j-x)=\dfrac{1}{2}+\sum\limits_{k=1}^{2n^2-1}\dfrac{m_j-k}{m_j}\cos(k(A_j-x))

\ge \dfrac{(2n^2-1)(m_j-2n^2)\cos 1}{m_j}

\ge C_2 n^2 (vì m_j=n^{4(j+1)});

(+) S_{2n^2-1}(\sigma_i, A_i-x)\ge -\dfrac{(m_i-2n^2+1)|\sin\big((4n^2-1)(A_i-x)/2\big)|}{2m_i|\sin(\frac{A_i-x}{2})|}

(4n^2-1)(A_i-A_j)/2=(2n-1)(i-j)2\pi nên

|\sin\big((4n^2-1)(A_i-x)/2\big)|=|\sin\big((4n^2-1)(A_j-x)/2\big)|\le \dfrac{2}{n}

do đó

S_{2n^2-1}(\sigma_i; A_i-x)\ge -C_3.

Như vậy

S_{2n^2-1}(\phi_n; x)=\dfrac{1}{n+1}(S_{2n^2-1}(\phi_j; A_j-x)+\sum\limits_{0\le i\le n\atop i\not=j}S_{2n^2-1}(\phi_i; A_i-x))

\ge \dfrac{C_2n^2-C_3n}{n+1}\ge Cn.

Với TH2 ta sẽ chỉ ra số tự nhiên k\in [m_j, m_{j+1}) để

S_k(\phi_n; x)\ge C\log(n-j).

Thật vậy, với m_j\le k<m_{j+1}

S_k(\sigma_{m_i}; x)=\sigma_{m_i}(x)\ge 0, 0\le i\le j,

S_k(\sigma_{m_i}; x)\ge \dfrac{(m_i-k)\sin\big((2k+1)x/2\big)}{2m_i\sin(x/2)}, j+1\le i\le n.

Từ đó có

S_k(\phi_n; x)\ge \dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{i=j+1}^n\dfrac{(m_i-k)\sin\big((2k+1)(A_i-x)/2\big)}{2m_i\sin(\frac{A_i-x}{2})}.

Với x\in[A_{j-1}+\dfrac{1}{n^3}, A_j-\dfrac{1}{n^3}], j+1\le i\le n

(+) 0\le \dfrac{A_i-x}{2}\le \pi nên

0\le \sin(\frac{A_i-x}{2})\le (A_i-x)/2\le \dfrac{A_i-A_j}{2}=\dfrac{(i-j)2\pi}{2n+1},

(+) nếu (2k+1)=N(2n+1)

\sin\big((2k+1)(A_i-x)/2\big)=\sin\big((2k+1)(A_j-x)/2\big),

\dfrac{1}{2n^3}\le \dfrac{A_j-x}{2}\le \dfrac{2\pi}{2n+1}

nên ta có thể chọn N\in [n^{4j+3}, n^{4j+5}] để

k\in[m_j, m_{j+1}/2] và phần lẻ \{(2k+1)(A_j-x)/4\pi\}\in [1/12, 5/12]

hay \sin\big((2k+1)(A_i-x)/2\big)>1/2.

Như vậy với x\in [A_{j-1}+\dfrac{1}{n^3}, A_{j}-\dfrac{1}{n^3}] ta luôn chọn được m_j\le k\le m_{j+1}/2 để

S_{k}(\phi_n; x)\ge \dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{i=j+1}^n \dfrac{(m_i-k)(2n+1)}{8m_i\pi(i-j)}

\ge C\log(n-j) \;\;\;(do\; \dfrac{m_i-k}{m_i}>1/2, i\ge j+1).

Đặt q_n=m_{n},

(+) với x\in[A_j-\dfrac{1}{n^3}, A_j+\dfrac{1}{n^3}]\cap[0, 2\pi], j=0, 1, \dots, n

\max\limits_{0\le k\le q_n}|S_k(\phi_n; x)|> Cn,

(+) với x\in[A_{j-1}+\dfrac{1}{n^3}, A_j-\dfrac{1}{n^3}], j=1, 2, \dots, n

\max\limits_{0\le k\le q_n}|S_k(\phi_n; x)|\ge C\log(n-j).

Đặt E_n=[0, A_{[\sqrt{n}]}], M_n=C\log(n)/2 ta sẽ có tính chất (iii’).

2 responses »

  1. Trong các cuốn

    “A treatise on trigonometric series” của N. K. Bary,

    hay

    “Trigonometric series” của A. Zygmund

    cũng đưa ra các ví dụ khác về sự phân kỳ của chuỗi Fourier của hàm khả tích.

    Đặc biệt trong cuốn “An introduction to Harmonic Analysis” của Y. Katznelson đưa ra kết quả sâu sắc sau.

    Cho B là không gian Banach thuần nhất (homogeneous Banach space) trên \mathbb T thỏa mãn

    (TC) nếu f\in B, n\in\mathbb Z thì e^{inx}f\in B

    ||e^{inx}f||_B=||f||_B.

    Khi đó, giả sử C(\mathbb T)\subset B, ta có

    + hoặc \mathbb T là tập các điểm phân kỳ của B,

    + hoặc tập các điểm phân kỳ của B là tập có độ đo 0.

    Trong đó E được gọi là tập các điểm phân kỳ của B nếu có một hàm f\in B để chuỗi Fourier của f phân kỳ trên E.

    Không gian Banach B\subset L^1(\mathbb T) được gọi là không gian thuần nhất nếu

    (+) ||f||_{L^1}\le ||f||_B,

    (+) (bất biến với phép dịch chuyển) f\in B, \tau\in\mathbb T thì f_\tau(t)=f(t-\tau)\in B

    ||f_\tau||_B=||f||_B,

    (+) f\in B, \tau, \tau_0\in\mathbb T||f_\tau-f_{\tau_0}||_B\to 0 khi \tau\to\tau_0.

    Có thể thấy ngay L^1(\mathbb T), L^p(\mathbb T), C(\mathbb T) là các không gian Banach thuần nhất.

    Cùng thời gian Carleson chứng minh hàm bình phương khả tích có chuỗi Fourier hội tụ hầu khắp nơi, Katznelson và Kahane chỉ ra rằng mọi tập có độ đo 0 là tập phân kỳ của C(\mathbb T). Kết quả phù hợp với Định lý trên. Ngoài ra, nhờ Định lý này kết quả sau của Kolmogorov về sự phân kỳ khắp nơi là hệ quả của kết quả về sự phân kỳ hầu khắp nơi.

    Việc chứng minh có tập E\subset \mathbb T thỏa mãn

    (+) |E|=|\mathbb T|,

    (+) E là tập phân kỳ của L^1(\mathbb T)

    lại được dẫn từ kết quả

    Giả sử B là không gian Banach thuần nhất thỏa mãn (TC). Khi đó E\subset \mathbb T là tập phân kỳ của B khi và chỉ khi

    có một dãy các đa thức lượng giác P_j\in B, j=1, 2, \dots

    thỏa mãn

    \sum\limits_{j=1}^\infty ||P_j||_B<\infty

    \sup\limits_{j\in\mathbb N}S^*(P_j; t)=\infty trên E.

    Tiếp đến Katznelson xây dựng các đa thức lượng giác nhờ nhân de la Vallee Poussin

    V_n(x)=2\sigma_{2n+2}(x)-\sigma_{n+1}(x).

    Nhân de la Vallee Poussin có đặc điểm thú vị

    S_k(V_n*f; x)=S_k(f; x), 0\le k \le n.

  2. Pingback: Từ hàm Dirac dẫn đến sự phân kỳ chuỗi Fourier | 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