Một vài cách chứng minh tính không khả vi của hàm Weierstrass

Standard

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/

tôi có đề cập đến hàm Weierstrass

W(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty a^n \cos(b^n\pi x).

Khi 0<a<1, bằng dấu hiệu Weierstrass, không khó để chứng minh chuỗi hàm trên hội tụ đều và do đó hàm giới hạn W(x) là hàm liên tục. Tuy nhiên khi 0<a<1ab\ge 1, G. H. Hardy chứng minh được rằng hàm W(x) là hàm không khả vi tại bất kỳ điểm nào. Kết quả này nhắc cho ta về việc chuyển phép lấy đạo hàm qua dấu tổng “vô hạn” cần có điều kiện chuỗi đạo hàm hội tụ đều! Một điều nữa kết quả này cũng nhắc ta rằng không phải hàm liên tục thì nó chỉ không khả vi tại vài điểm. Đến đây các bạn có thể đặt câu hỏi: nhỡ Hardy chứng minh chưa đúng? Dưới đây tôi trình bày một số cách tiếp cận khác khẳng định kết quả Hardy đưa ra là đúng.

Bằng cách đổi biến ta có thể viết lại hàm W(x) đơn giản hơn

W(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty a^n \cos(b^n x).

Cách thứ 1 được tham khảo từ cuốn “An introduction to harmonic analysis” của Y. Katznelson. Với cách này ta sẽ chứng minh được cho trường hợp b là số tự nhiên không bé hơn 2. Ta bắt đầu bằng bổ đề sau.

BĐ 1. Cho f\in L^1(\mathbb T), nghĩa là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi và khả tích Lebesgue trên một chu kỳ. Giả sử có số nguyên n_0 và số tự nhiên N sao cho hệ số Fourier của hàm đã cho f

\hat{f}(j)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}f(x)e^{-ijx}dx=0 với mọi 1\le |j-n_0|\le 2N.

Giả sử thêm f(t)=O(t) khi t\to0. Khi đó ta có ước lượng

|\hat{f}(n_0)|\le 2\pi^4(N^{-1}\sup\limits_{|t|<N^{-1/4}}|t^{-1}f(t)|+N^{-2}||f||_{L^1}).

Áp dụng BĐ 1 cho hàm W(x) như sau:

Tại điểm x_0 bất kỳ. Giả sử W(x) khả vi tại x_0. Xét

f(x)=W(x+x_0)-W(x_0)\cos x - W'(x_0)\sin x.

Khi đó:

+) f(0)=f'(0)=0 nên \lim\limits_{t\to0}|t^{-1}f(t)|=0,

+) f(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, liên tục,

+) với n=b^k, k\in\mathbb N, k\ge 2,

\hat{f}(j)=0 khi b^{k-1}+1\le j< b^k hay b^k<j<b^{k+1}-1,

nên nếu chọn N=b^{k-2} ta có

\hat{f}(j)=0 khi 1\le |j-b^k|\le 2N<b^{k-1} (chú ý b\ge 2).

Như vậy hàm f thỏa mãn các điều kiện của BĐ 1 với

n=b^k, N=b^{k-2}, k\in\mathbb N, k\ge 2

nên |\hat{f}(b^k)|\le 2\pi^4(b^{-k}b^2\sup\limits_{|t|\le b^{(2-k)/4}}|t^{-1}f(t)|+b^{-2k}b^4||f||_{L^1}).

Do đó \lim\limits_{k\to\infty}b^k|\hat{f}(b^k)|=0. Mặt khác |\hat{f}(b^k)|=a^kab\ge 1 nên ta có điều mâu thuẫn. Vậy điều giả sử rằng W(x) khả vi tại x_0 là sai hay ta có điều phải chứng minh.

Quay trở lại chứng minh BĐ 1, ta dùng nhân Jackson

J_n(x)=||K_n||^{-2}_{L^2}K^2_n(x), với K_n(x)=\sum\limits_{|j|\le n}(1-\frac{j}{n})e^{ijx}.

Một vài tính chất của nhân Jackson

+) J_n(x) là đa thức lượng giác có bậc 2n và hệ số Fourier \hat{J}_n(0)=||J_n||_{L^1}=1,

+) 0\le J_n(x)\le 2\pi^4 n^{-3}|x|^{-4}.

Khi đó

\hat{f}(n_0)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi e^{-in_0x}J_N(x)f(x)dx.

Tiếp đó phân tích tích phân trên thành ba phần

\int\limits_{|x|\le N^{-1}}, \int\limits_{N^{-1}\le |x|\le N^{-1/4}}, \int\limits_{|x|>N^{-1/4}}

rồi đánh giá từng phần ta sẽ có đánh giá như BĐ 1.

Cách thứ 2 tham khảo từ cuốn “Fourier analysis: An introduction” của Elias M. Stein, Rami Shakarchi. Khác với Y. Katznelson dùng nhân Jackson, Elias M. Stein và Rami Shakarchi sử dụng nhân de la Valee Poussin

V_n(x)=2K_{2n}(x)-K_n(x).

Với cách tiếp cận này ta sẽ chứng minh được cho trường hợp b=21/2<a<1. Khi đó để ý rằng, với n=2^{k-1}, k\in\mathbb N,

(V_{2n}-V_n)*W(x)=a^k\cos(2^kx).

Ngoài ra ta có bổ đề sau.

BĐ 2. Cho f là hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi. Giả sử f khả vi tại x_0. Khi đó ta có

(K_n*f)'(x_0+h)=O(\log n) khi n\to\infty, với |h|<1/n.

Phần còn lại của cách tiếp cận này các bạn thử tự hoàn chỉnh xem sao. Để chứng minh được cho cả trường hợp a=1/2 Elias M. Stein và Rami Shakarchi điều chỉnh lại một chút cách tiếp cận trên như sau.

Giữ tính chất tốt của nhân V_n(x) là đa thức lượng giác bậc 2n và hệ số Fourier

\hat{V}_n(j)=1 khi |j|\le n.

Cụ thể ta quan tâm đến nhân

\Delta_n(x)=\sum\limits_{j\in\mathbb Z}\Phi(j/n)e^{ijx}

trong đó \Phi\in C^\infty_0(\mathbb R) thỏa mãn

\Phi(x)=1 khi |x|\le 1,

\Phi(x)=0 khi |x|\ge 2.

Lấy biến đổi ngược Fourier hàm \Phi ta được \varphi\in S(\mathbb R). Nếu đặt \varphi_n(x)=n\varphi(x/n)\hat{\varphi}_n(x)=\Phi(x/n). Theo công thức tổng Poisson ta có

\Delta_n(x)=\sum\limits_{j\in\mathbb Z}\varphi_n(x+j2\pi).

Khi đó ngoài tính chất

(\Delta_{2n}-\Delta_n)*W(x)=a^k\cos(2^kx) khi n=2^{k-1}

nhân \Delta_n còn có các tính chất

+) |\Delta'_n(x)|\le cn^2,

+) |\Delta'_n(x)|\le c/(nx^3) khi |x|\le \pi,

+) \int\limits_{|x|\le \pi}\Delta'_n(x)dx=0\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_{|x|\le\pi}x\Delta'_n(x)dx=-1.

Từ đó dẫn đến

\lim\limits_{n\to\infty}(\Delta'_n*W)(x_0+h_n)=W'(x_0)

nếu W khả vi tại x_0|h_n|<1/n.

Đến đây ta lại xét hiệu đạo hàm

(\Delta_{2n}-\Delta_n)'*W(x_0+h_n)=(2a)^k \sin(x_0+h_n)

và chọn h_n=\min\{|x_0-\pi/2+m\pi||\; m\in\mathbb Z\} ta sẽ thấy điều mâu thuẫn khi cho n\to\infty.

Cách thứ 3 tham khảo từ bài báo của J. Johnsen

“SIMPLE PROOFS OF NOWHERE-DIFFERENTIABILITY FOR WEIERSTRASS’S FUNCTION AND CASES OF SLOW GROWTH”, Journal of Fourier Analysis and Applications, February 2010, Volume 16, Issue 1, pp 17-33.

Khác với cách lấy \Phi\in C^\infty_0(\mathbb R) thỏa mãn

\Phi(x)=1 khi |x|\le 1,

\Phi(x)=0 khi |x|\ge 2,

J. Johnsen lấy hàm \chi\in S(\mathbb R) có biến đổi Fourier \hat{\chi}\in C^\infty_0(\mathbb R) thỏa mãn

\hat{\chi}(1)=1 và supp\hat{\chi}\subset [1/2, 2].

Với cách chọn này J. Johnsen chứng minh được trường hợp b=21/2\le a<1 như sau.

Do supp\hat{\chi}\subset[1/2, 2] nên

\sum\limits_{j=1}^\infty a^j\int\limits_{\mathbb R}2^k\chi(2^k x)\cos(2^j(x_0-x))dx=\dfrac{a^ke^{i2^kx_0}}{2}.

Lại do 1/2\le a<1 nên chuỗi \sum\limits_{j=1}^\infty a^k hội tụ.

Từ đó theo Định lý hội tụ trội ta có

\int\limits_{\mathbb R}2^k\chi(2^kx)W(x_0-x)dx=\sum\limits_{j=1}^\infty a^j\int\limits_{\mathbb R}2^k\chi(2^kx)\cos(2^j(x_0-x))dx.

Nhắc lại \hat{\chi}(0)=\int\limits_{\mathbb R}\chi(x)dx=0 nên từ trên ta có

\dfrac{a^ke^{i2^kx_0}}{2}=\int\limits_{\mathbb R}\chi(x)[W(x_0-2^{-k}x)-W(x_0)]dx.

Nếu W(x) khả vi tại x_0 thì dãy hàm

F_k(x)=2^k\chi(x)[W(x_0-2^{-k}x)-W(x_0)]

hội tụ điểm đến x\chi(x)W'(x_0), và bị chặn bởi hàm khả tích trên toàn đường thẳng.

Sử dụng Định lý hội tụ trội ta có

\lim\limits_{k\to\infty} (2a)^k e^{i2^kx_0}=2W'(x_0)\int\limits_{\mathbb R}x\chi(x)dx=0.

Điều này là vô lý vì 2a\ge 1.

Với trường hợp tổng quát như của Hardy, J. Johnsen sửa lại điều kiện

supp\hat{\chi}\subset[1/2, 2] bởi supp\hat{\chi}\subset [1/b, b].

Chi tiết các bạn tham khảo

http://vbn.aau.dk/files/13850106/r-2008-02.pdf

One response »

  1. Khi 0<a<1, ab >1 hàm W(x) còn không là hàm Holder. Cụ thể, nếu đặt \alpha=-\ln(a)/\ln(b) thì:

    – G. H. Hardy chứng minh W(x) là hàm Holder cấp \alpha, nghĩa là

    |W(x+h)-W(x)|=O(|h|^\alpha),

    nhưng không là hàm Holder cấp \beta\in(\alpha, 1), theo nghĩa có số dương \epsilon sao cho

    với bất kỳ x\in\mathbb R, bất kỳ \delta\in(0, 1)

    đều có t\in(x-\delta, x+\delta) để

    |f(t)-f(x)|\ge \epsilon|t-x|^\alpha.

    – A. Baouche và S. Dubuc đưa ra cách chứng minh đơn giản cho kết luận sau của Hardy như sau.

    TH1: b là số tự nhiên lẻ. Lấy x\in\mathbb R, m\in\mathbb N. Khi đó có số tự nhiên k sao cho

    |b^mx/(2\pi)-k|\le 1/2.

    Đặt t=2\pi k/b^m, h=\pi/(2b)^m. Để ý rằng b là số lẻ nên khi j\ge m ta có

    \cos(b^j(t-h))=\cos(b^j(t+h))=0\cos(b^jt)=1.

    Khi đó

    W(t-h)=\sum\limits_{j=1}^{m-1}a^j\cos(b^j(t-h)),

    W(t+h)=\sum\limits_{j=1}^{m-1}a^j\cos(b^j(t+h)),

    W(t)=\sum\limits_{j=1}^{m-1}a^j\cos(b^jt)+\dfrac{a^m}{1-a}.

    Ta có

    2W(t)-W(t+h)-W(t-h)=A+\dfrac{2a^m}{1-a}

    với A=2\sum\limits_{j=1}^{m-1}a^j(\cos(b^jt))(1-\cos(b^jh)).

    \cos(b^jt)\ge -11-\cos(b^jh)<(b^{2j}h^2)/2 nên

    A \ge - h^2\sum\limits_{j=1}^{m-1}(ab^2)^j>-\dfrac{h^2(ab^2)^m}{ab^2-1}.

    Khi đó

    2W(t)-W(t-h)-W(t+h)>ca^m

    với c=\dfrac{2}{1-a}-\dfrac{\pi^2}{4(ab^2-1)}>0.

    Để ý

    2W(t)-W(t-h)-W(t+h)=

    =2(W(t)-W(x))-(W(t-h)-W(x))-(W(t+h)-W(x))

    nên ta luôn chọn được x_m\in\{t, t-h, t+h\} để

    |W(x_m)-W(x)|>ca^m/4.

    Ngoài ra |x_m-x|<3\pi/(2b^m).

    Quay trở lại kết quả của Hardy, với mỗi \delta\in(0, 1) ta luôn tìm được số tự nhiên m sao cho

    \dfrac{3\pi}{2b^m}\le \delta<\dfrac{3\pi}{2b^{m-1}}.

    Do \alpha=-\ln a/\ln b nên (1/b)^\alpha=a. Khi đó

    |x_m-x|<\delta,

    \delta^\alpha<(3\pi/(2b))^\alpha a^m<(4/c)(3\pi/(2b))^\alpha|W(x_m)-W(x)|.

    Như vậy \epsilon=(c/4)(2b/(3\pi))^\alpha.

    TH2: trường hợp tổng quát 0<a<1<1/a<b. Lấy số thực x và các số tự nhiên L, N, m thỏa mãn

    b^L<N\pi, m>L.

    Lấy tiếp h=N\pi/b^m, xét

    I=\dfrac{1}{h}\int\limits_{x-h}^{x+h}W(t)\cos(b^mt)dt.

    Do chuỗi W(x) hội tụ đều nên

    I=\dfrac{1}{h}\sum\limits_{j=1}^\infty a^j\int\limits_{x-h}^{x+h}\cos(b^jt)\cos(b^mt)dt

    =a^m+\sum\limits_{j=1\atop j\not=m}^\infty a^j\big[\dfrac{\cos((b^j+b^m)t)}{b^j+b^m}+\dfrac{\cos((b^j-b^m)t)}{b^j-b^m}\big]\dfrac{\sin(b^jh)}{h}(-1)^N.

    Do |\sin(b^j)h|\le \min\{1, b^jh\} nên

    |I-a^m|\le \sum\limits_{j=1}^{m-L-1}\dfrac{2(ab)^j}{b^m-b^j}+\sum\limits_{j=m-L\atop j\not=m}^\infty\dfrac{2a^j}{|b^m-b^j|h}.

    Lại để ý |b^m-b^j|\ge  b^m-b^{m-1} khi j\not=m nên

    |I-a^m|\le \dfrac{2}{b^m-b^{m-1}}\Big(\dfrac{(ab)^{m-L}}{ab-1}+\dfrac{a^{m-L}}{h}\Big).

    Với 0<a<1<1/b, b^mh=N\pi>b^L ta có

    |I-a^m|<sa^m

    trong đó

    s=\dfrac{2(ab)^{-L}}{(ab-1)(1-1/b)}+\dfrac{2(ab)^{-L}}{(1-a)(1-1/b)}>0.

    Với L đủ lớn (chỉ phụ thuộc a, b) có s<1. Khi đó

    I>2ca^m với c=(1-s)/2>0.

    Lại có \int\limits_{x-h}^{x+h}W(x)\cos(b^mt)dt=0 nên

    I\le \dfrac{1}{h}\int\limits_{x-h}^{x+h}|W(t)-W(x)|dt.

    Do đó có điểm x_m\in (x-h, x+h) sao cho

    |W(x_m)-W(x)|>ca^m.

    Giờ ta quay trở lại kết luận của Hardy, với \delta\in(0, 1) có số tự nhiên m>L sao cho

    h=\dfrac{N\pi}{b^m}<\delta<\dfrac{N\pi}{b^{m-1}}.

    Tương tự TH1, ta chọn \epsilon=c(b/(N\pi))^\alpha.

    Khi đó tại bất kỳ điểm x nào đều không có giới hạn

    \lim\limits_{t\to x}\dfrac{W(t)-W(x)}{t-x}

    nghĩa là W(x) không khả vi tại bất kỳ điểm nào.

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