Từ chuỗi Fourier đến tích phân Fourier

Trong bài giảng chiều 09/04/2013, tôi trình bày phương pháp tách biến để giải bài toán biên cho phương trình Laplace. Khi bài toán biên cho hình tròn hay hình vuông nghiệm cần tìm được viết dưới dạng chuỗi Fourier, chẳng hạn trong hình tròn ta có nghiệm dạng chuỗi

$v(r, \theta)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty r^n(a_n\cos(n\theta)+b_n\sin(n\theta))$ .

Khi bài toán biên cho nửa dải hay cả dải thì nghiệm cần tìm được có phần viết dưới dạng tích phân Fourier, chẳng hạn trong dải ta có nghiêm dạng tích phân

$u(x, y)=\int\limits_0^\infty (A(k)\sinh(kx)+B(k)\cosh(kx))\cos(ky)dk+$

$+\int\limits_0^\infty(C(k)\sinh(kx)+D(k)\cosh(kx))\sin(ky)dk,$

$0<x<1, -\infty<y<+\infty$ .

Tích phân Fourier có thể hiểu như sự liên tục hóa chuỗi Fourier như cách trình bày dưới đây (dựa theo các cuốn “PDEs of Mathematics Physics and Integral Equations” của R. B. Guenther, J. W. Lee và “BVPs and PDEs” của D. L. Powers).

Ta xuất phát từ một hàm $f:\mathbb R\to \mathbb R$ đủ tốt, cụ thể:

+ liên tục, trơn từng khúc,

+ tích phân suy rộng $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(x)|dx$ hội tụ.

Với mỗi số dương $a$ xét hàm $f_a:\mathbb R\to\mathbb R$ xác định bởi

$f_a(x)=f(x)$ khi $|x|\le a$ ,

sau đó thác triển tuần hoàn chu kỳ $2a$ lên toàn trục số, nghĩa là

$f(x)=f(x-k2a)$ khi $-a+k2a\le x<a+k2a$ , $k\in\mathbb Z$ .

Khi đó, như đã biết về chuỗi Fourier, ta có khai triển Fourier của $f_a(x)$

$S_a(x)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n\cos(n\pi x/a)+b_n\sin(n\pi x/a))$

với

$a_0=\dfrac{1}{2a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)dx$ , $a_n=\dfrac{1}{a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)\cos(n\pi x/a)dx$ ,

$b_n=\dfrac{1}{a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)\sin(n\pi x/a)dx$ .

Chuỗi Fourier $S_a(x)$ hội tụ đến đúng

$f_a(x)=f(x)$ khi $|x|<a$ . (Tại hai đầu mút $x=\pm a$ thì sao?)

Giờ ta sẽ liên tục hóa chuỗi Fourier trên bằng cách đẩy $a$ ra vô cùng.

Trước hết để ý tích phân $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(x)|dx$ hội tụ nên

$a_0=\dfrac{1}{2a}\int\limits_{-a}^a f(x)dx\to 0$ khi $a\to+\infty$ ,

và các tích phân

$A_a(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-a}^a f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B_a(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-a}^a f(x)\sin(\lambda x)dx$

hội tụ đều theo $\lambda$ trên $\mathbb R$ lần lượt đến các tích phân

$A(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\sin(\lambda x)dx$

khi $a\to\infty$ .

Đặt $\lambda_n=n\pi/a$ có

$\pi/a=\lambda_{n+1}-\lambda_n=\Delta\lambda_n$ ,

$a_n=A(\lambda)\Delta\lambda_n, b_n=B(\lambda)\Delta\lambda_n$ ,

và chuỗi Fourier

$S_a(x)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(A(\lambda_n)\cos(\lambda_n x)+B(\lambda_n)\sin(\lambda_n x))\Delta\lambda_n$ .

Cách viết này cho ta cảm giác tổng sau là “tổng Darboux” tích phân

$\int\limits_{0}^\infty (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

theo phân hoạch

$P=\{\lambda_n, n\in\mathbb N\}$

và các điểm chia $\{\lambda_n, n\in\mathbb N\}$ .

Khi đó ta cho $a\to\infty$ có

$d(P)=\max\limits_{n\in\mathbb N}\Delta\lambda_n=\lambda/a\to 0$

nên

$S_a(x)\to \int\limits_{0}^\infty(A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$ .

Hay nói cách khác

$f(x)=\int\limits_{0}^\infty(A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$ , $\forall x\in\mathbb R$

với

$A(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\sin(\lambda x)dx$ .

Tuy nhiên ta cần chính xác lại hai vấn đề:

-) trong tích phân suy rộng ta chưa có tổng Darboux và các vấn đề khác như tích phân Riemann trên miền hữu hạn, do đó cần làm rõ quá trình hội tụ của $S_a(x)$ khi $a\to\infty$ ,

-) từ việc hội tụ của $S_a(x)$ làm sao lại chuyển sang $f(x)$ , hay tại sao

$\lim\limits_{a\to\infty} S_a(x)=f(x)$ , $\forall x\in\mathbb R$ ,

trong khi ta chỉ có $S_a(x)=f_a(x)=f(x)$ khi $|x|<a$ ?

Vấn đề thứ hai khá rõ ràng vì với mỗi $x\in\mathbb R$ đều có $|x|<a$ với mọi số dương $a>a_0=|x|+1$ . Khi đó, $S_a(x)=f(x)$ với mọi $a>a_0=|x|+1$ . Như vậy $S_a(x)$ hội tụ điểm đến $f(x)$ khi $a\to\infty$ . (Thực ra việc chứng minh này cũng dẫn đến sự hội tụ này là hội tụ đều trên từng compact.)

Để làm rõ vấn đề 1, theo cách tôi học từ cuốn “Mathematical Analysis” của V. A. Zorich, lại nhờ vấn đề 2 và chứng minh

tích phân

$\int\limits_0^\infty (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

hội tụ đến $f(x)$ tại những điểm $f(x)$ khả vi phải và khả vi trái.

Với mỗi $M>0$ xét

$T_M(x)=\int\limits_0^M (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

$=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^M d\lambda \int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$ .

Do $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(y)|dy<+\infty$ nên

$\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$ hội tụ tuyệt đối đều theo $\lambda$ trên $\mathbb R$ .

Khi đó ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân như sau

$\int\limits_0^M d\lambda \int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy=\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)dy \int\limits_0^M\cos(\lambda(x-y))d\lambda=$

$=\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\dfrac{\sin(M(x-y))}{x-y}dy$

$=\int\limits_{-\infty}^\infty f(x-u)\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ (đặt $y=x-u$ ),

$=\int\limits_0^\infty(f(x-u)+f(x+u))\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ .

Lại để ý

$f(x)=f(x)\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ .

Khi đó

$\pi(f(x)-T_M(x))=\int\limits_0^\infty \dfrac{(f(x)-f(x-u))+(f(x)-f(x+u))}{u}\sin(Mu)du$ .

Tách tích phân trên thành hai phần $\int\limits_0^1, \int\limits_1^\infty$ có các điều sau.

+) Tại những điểm $x$ mà hàm $f$ khả vi phải và khả vi trái thì các hàm

$g_1(u)=\dfrac{f(x)-f(x-u)}{u}$ ,

$g_2(u)=\dfrac{f(x)-f(x+u)}{u}$

có thể coi là các hàm liên tục trên $[0, 1]$ .

Khi đó theo Bổ đề Riemann-Lebesgue

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_0^1 g_j(u)\sin(Mu)du=0, j=1, 2$ .

+) Do $\int\limits_{-\infty}^\infty|f(y)|dy<+\infty$ nên

$\int\limits_1^\infty f(x\pm u)\sin(Mu)du$ hội tụ.

Lại có hàm $\dfrac{1}{u}$ đơn điệu giảm về $0$ nên theo Dirichlet

$\int_1^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du$ hội tụ.

Lấy $\epsilon>0$ cố định bất kỳ. Khi đó có $M_0>1$ để

$|\int\limits_{M_0}^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Au)du|<\epsilon/2$ .

Lại có hàm các hàm

$\dfrac{f(x\pm u)}{u}, j=1, 2$ liên tục trên $[1, M_0]$

nên theo Bổ đề Riemann-Lebesgue có số $A_0>1$ để với mọi $M>A_0$

$|\int\limits_1^{M_0} \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du|<\epsilon/2$ .

Như vậy ta có

$\lim\limits_{M\to\infty}\int_1^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du=0$ .

+) Do $\int\limits_0^\infty\dfrac{\sin u}{u}du$ hội tụ nên

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_M^\infty\dfrac{\sin u}{u}du=0$

hay

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_1^\infty\dfrac{\sin (Mv)}{v}dv=0$ (đặt $u=Mv$ ).

Từ đó

$\lim\limits_{M\to\infty}f(x)\int\limits_1^\infty\dfrac{\sin (Mu)}{u}du=0$ .

Như vậy, với giả thiết $f$ là hàm liên tục, trơn từng khúc (có đạo hàm phải và trái tại mọi nơi), và khả tích tuyệt đối trên toàn đường thẳng, ta có

$\lim\limits_{M\to\infty}(f(x)-T_M(x))=0$

hay ta có công thức tích phân Fourier

$f(x)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy.$

Đến đây ta có thể chuyển sang biến đổi Fourier như sau.

Như ở trên chứng minh ta có

$\pi f(x)=\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_0^M d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$

$=\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_0^M d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\dfrac{e^{i\lambda(x-y)}+e^{-i\lambda(x-y)}}{2}dy$

$=\dfrac{1}{2}\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_{-M}^M e^{i\lambda x}d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)e^{-i\lambda y}dy$ .

Như vậy nếu định nghĩa biến đổi Fourier của một hàm $f:\mathbb R\to\mathbb R$ liên tục, trơn từng khúc và khả tích tuyệt đối

$\mathcal F f(\lambda)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-i\lambda y}f(y)d\lambda$

thì

$f(x)=pv\int\limits_{-\infty}^\infty e^{i\lambda x}\mathcal Ff(\lambda)d\lambda$ .

Ngoài ra, cũng giống như chuỗi Fourier có khai triển Fourier-sine, khai triển Fourier-cosine ta cũng có tích phân Fourier-sine, tích phân Fourier-cosine như sau:

$f(x)=\int\limits_0^\infty A(\lambda)\cos(\lambda x)d\lambda$

với

$A(\lambda)=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty f(y)\cos(\lambda y)dy$ ,

và

$f(x)=\int\limits_0^\infty B(\lambda)\sin(\lambda x)d\lambda$

với

$B(\lambda)=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty f(y)\sin(\lambda y)dy$ .

Tính duy nhất của chuỗi Taylor – chuỗi Fourier

Trong bài “Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier”

(http://bomongiaitich.wordpress.com/2012/06/01/su-hoi-tu-cua-chuoi-luy-thua-chuoi-fourier/)

nói về sự hội tụ của các chuỗi Taylor và chuỗi Fourier có đặt ra câu hỏi:

Xuất phát từ một hàm đủ tốt, ta xây dựng được chuỗi Taylor (chuỗi Fourier) của hàm đó. Giả sử các chuỗi đó hội tụ, câu hỏi đặt ra chúng hội tụ đến đâu? có phải liên quan đến hàm ban đầu không?

Câu hỏi trên cũng có thể phát biểu:

liệu hai hàm đủ tốt có cùng chuỗi Taylor (Fourier) thì chúng trùng nhau không?

Nói cách khác ta cần quan tâm đến tính duy nhất của chuỗi Taylor cũng như chuỗi Fourier.

Trước hết, với chuỗi Taylor cho hàm khả vi vô hạn $f:\mathbb R\to \mathbb R$ tại $x=0$

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ ,

trong bài “Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier” có đưa ra một số ví dụ về tính không duy nhất của chuỗi lũy thừa. Chẳng hạn xét các hàm khả vi vô hạn trên đường thẳng thực, hàm đồng nhất không $f=0$ và hàm

$f_2(x)=e^{-1/x^2}$ khi $x\not=0$ , $f_2(0)=0$

có cùng khai triển Taylor tại $x=0$ .

Như vậy chữ “đủ tốt” ở đây cần nhiều hơn “khả vi vô hạn” hay

“khả vi vô hạn” không đảm bảo tính duy nhất!

Vậy cần tốt đến mức nào để đảm bảo tính duy nhất?

Câu trả lời đầu tiên: tính “giải tích”. Hàm $f$ được gọi là giải tích tại $x=0$ nếu chuỗi Taylor tại $x=0$ của hàm này đảm bảo xác định duy nhất ngược trở lại hàm $f$ trong lân cận “đủ nhỏ” .

Người ta đã chứng minh được rằng hàm khả vi vô hạn $f$ là giải tích tại $x=0$ khi và chỉ khi

có các số dương $R, M$ để

$\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|\le M$ . $\;\;\;(1)$

Như vậy, “đủ nhỏ” ở đây nghĩa là với mỗi hàm $f$ giải tích tại $x=0$ , có một số dương $R$ lớn nhất trong các số dương để có bất đẳng thức $(1)$ , khi đó chuỗi Taylor của hàm $f$ tại $x=0$ xác định hàm $f$ trong khoảng $(-R, R)$ . Có thể thay ngay rằng $R$ không lớn hơn bán kính hội tụ $R_0$ của chuỗi Taylor

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ .

Dĩ nhiên khi $|x|>R_0$ chuỗi Taylor phân kỳ nên không có gì phải nói trong trường hợp này.

Nhưng khi $R\le |x|\le R_0$ điều gì xảy ra? Liệu chuỗi Taylor có hội tụ đến đúng hàm $f$ hay không?

Ta tạm gác lại câu hỏi này và có kết luận như sau:

Trong không gian các hàm khả vi vô hạn, giải tích tại $x=0$ (hay các hàm khả vi vô hạn thỏa mãn (1)), dãy giá trị các đạo hàm tại $x=0$ có thể coi như một dấu hiệu để nhận dạng hay nếu coi mỗi hàm khả vi vô hạn, giải tích tại $x=0$ như một quyển sách thì để tìm trong các quyển này một quyển sách ta lấy từ khóa chính là dãy giá trị các đạo hàm tại $x=0$ .

Quay trở lại câu hỏi trên bằng việc xét ví dụ

$f:(-1, 1)\to\mathbb R$ xác định bởi

$f(x)=\dfrac{1}{1-x}$ .

Hàm này có khai triển Taylor tại $x=0$

$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n$

với bán kính hội tụ $R_0=1$ , hội tụ đến $f(x)$ trên $(-1, 1)$ .

Có $f^{(n)}(x)=\dfrac{(-1)^{n+1}n!}{(x-1)^{n+1}}$ nên nếu $R\in(1/2, 1)$ thì

$\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|=\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{(1-x)^{n+1}}=+\infty$

(vì $0<1-x<R$ khi $1/2<x<R$ ).

Như vậy nếu dừng lại ở việc xét tính giải tích của hàm tại một điểm chưa đủ!

Ta cần quan tâm hàm giải tích trên một khoảng chẳng hạn hàm $f:(-1, 1)\to \mathbb R$ giải tích trên $(-1, 1)$ , nghĩa là hàm giải tích tại mọi điểm $x\in(-1, 1)$ .

Người ta cũng chứng minh được rằng

hàm khả vi vô hạn $f$ là giải tích trên $(-1, 1)$ nếu và chỉ nếu

với mỗi $x\in (-1, 1)$

đều có một lân cận $J_x\subset(-1, 1)$

và các số thực dương $R_x, M_x$ để

$|f^{(n)}(y)|\le M_x\dfrac{R_x^n}{n!}\; \forall x\in J, n\in\mathbb Z_+$ .

Ta lại có kết luận sau:

Trong không gian các hàm giải tích trên khoảng $(-1, 1)$ dãy giá trị các đạo hàm tại mỗi điểm hoàn toàn xác định được hàm hay nói cách khác nếu có hai hàm mà tại một điểm nào đó trong khoảng $(-1, 1)$ chúng có chung dãy giá trị các đạo hàm tại điểm đó thì chúng phải trùng nhau.

Tiếp tục theo hướng này, người ta xét các lớp hàm khả vi vô hạn như sau.

Với mỗi dãy số dương $M=\{M_0=1, M_1, M_2, \dots\}$ không gian $C^M(-1, 1)$ là tập tất cả các hàm $u$ khả vi vô hạn trên $(-1, 1)$ thỏa mãn

có một số dương $K$ để

$|f^{(n)}(x)|\le K^nM_n, \; \forall x\in(-1, 1), \forall n\in\mathbb Z_+$ .

Không gian $C^M(-1, 1)$ được gọi là tựa giải tích nếu

với mỗi $u\in C^M(-1, 1)$ có $u^{(n)}(0)=0\; \forall n\in\mathbb Z_+$ thì $u(x)=0\;\forall x\in(-1, 1)$ ;

hay nói cách khác không gian $C^M(-1, 1)$ được gọi là tựa giải tích nếu dãy giá trị các đạo hàm là dãy từ khóa!

A. Denjoy (1921) và T. Carleman (1926) chứng minh được rằng:

Không gian $C^M(-1, 1)$ là tựa giải tích khi và chỉ khi một trong các điều sau xảy ra:

(a) $\sum\limits_{j=0}^\infty\dfrac{1}{L_j}=+\infty, L_j=\inf_{k\ge j}M_k^{1/k}$ ;

(b) $\sum\limits_{j=0}^\infty (M^*_j)^{-1/j}=+\infty,$

$M^*_j=\inf\{M_j, M_k^{(l-j)/(l-k)}M_l^{(j-k)/(l-k)},\; k<j<l\}$ ;

Các bạn có thể xem chứng minh kết quả trên trong cuốn “The Analysis of linear PDEs I” của L. Hormander (trang 20-24).

Đường link của cuốn sách

https://www.box.com/s/eiz7r658b6xyv1ocbn3i

Khi $M_n=n^n, \forall n\in\mathbb Z_+$ có:

$u\in C^M(-1, 1)$ thì $u$ là hàm giải tích trên $(-1, 1)$ .

Ở trên ta mới bàn đến tính duy nhất từ dãy giá trị các đạo hàm. Ta cũng có thể hỏi về tính duy nhất: với mỗi hàm $f:(-1, 1)\to\mathbb R$ khả vi vô hạn liệu có mấy chuỗi lũy thừa

$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$

cùng hội tụ đến hàm $f$ trong một lân cận của điểm $x=0$ ?

Trước khi trả lời câu hỏi này ta nhắc lại định lý xấp xỉ Weierstrass:

Với mỗi hàm $f\in C[-1, 1]$ bất kỳ ta đều có thể xấp xỉ đều nó bởi một dãy các đa thức, hay theo ngôn ngữ $\delta-\epsilon$

$\forall \epsilon>0, \exists P(x)$ là đa thức sao cho

$\sup\limits_{x\in[-1, 1]}|f(x)-P(x)|<\epsilon.$

Có thể thấy rằng có nhiều cách chọn $P(x)$ với mỗi $\epsilon>0$ . Tuy nhiên ở đây có sự khác biệt khá lớn so với chuỗi Taylor! Bạn đọc thử tìm hiểu xem?

Còn câu trả lời cho tính “duy nhất” ở trên là: nếu có chỉ có một. Lý do đưa ra bằng cách tính toán khá đơn giản cho thấy

$a_n=\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$ .

Cũng với hai câu hỏi trên được xét cho chuỗi Fourier thì tình hình có vẻ ngược lại. Cụ thể, với câu hỏi đầu, một chuỗi Fourier cho trước

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n \cos(nx)+b_n\sin(nx))$

liệu có bao nhiêu hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ cùng nhận chuỗi Fourier này là khai triển Fourier của nó? Nói cách khác có hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ khác $0$ nào có hệ số Fourier đều bằng $0$ ?

Nếu xét trong lớp các hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ , bình phương khả tích trên đoạn $[-\pi, \pi]$ , nhờ đẳng thức Parseval

$2|a_0|^2+\sum\limits_{n=1}^\infty (|a_n|^2+|b_n|^2)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi |f(x)|^2dx$

ta có ngay câu trả lời cho tính duy nhất, nghĩa là trong không gian các hàm bình phương khả tích trên $[-\pi, \pi]$ , tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ các hệ số Fourier hoàn toàn xác định hàm.

Trong trường hợp hàm khả tích Riemann ta có nếu tất cả các hệ số Fourier đều bằng $0$ thì hàm sẽ bằng $0$ tại những điểm hàm đó liên tục. Như vậy, hàm sẽ bằng $0$ hầu khắp nơi!

Ở đây ta cũng nên có sự so sánh với Định lý xấp xỉ Weierstrass cho hàm tuần hoàn liên tục, Định lý Fejer về sự hội tụ đều của dãy tổng Fejer. Bằng việc dùng tổng Fejer

$\sigma_n(f, x)=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=0}^nS_j(f, x)$ ,

trong đó $S_j(f, x)=a_0+\sum\limits_{k=1}^j(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))$ ,

với lưu ý khi $f$ khả tích Lebesgue thì

$\lim\limits_{n\to\infty}||\sigma_n(f, x)-f(x)||_{L^1[-\pi, \pi]}=0$

ta cũng có câu trả lời cho tính duy nhất trong trường hợp hàm khả tích Lebesgue.

Với câu hỏi thứ hai, liệu có hai chuỗi Fourier cùng xác định một hàm hay không? Nói cách khác nếu với mỗi $x\in[-\pi, \pi]$ chuỗi Fourier

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$

đều hội tụ điểm về $0$

thì tất cả các hệ số Fourier $a_n=b_n=0$ ?

Câu hỏi này được đề xuất bởi B. Riemann, sau đó E. Heine giao cho G. Cantor. Năm 1870, Cantor đã trả lời khẳng định câu hỏi trên. Sau đó hai năm Cantor tiếp tục mở rộng ra bằng việc giảm nhẹ giả thiết: không cần chuỗi Fourier hội tụ về $0$ tại mọi điểm mà có thể bỏ đi một số điểm! Mọi sự thú vị có lẽ bắt đầu từ đây!

Cần lưu ý về sự hội tụ ở đây là hội tụ điểm. Nếu chuỗi Fourier hội tụ trung bình bình phương về $0$ , nghĩa là

$\lim\limits_{n\to\infty}||S_n(x)||_{L^2[-\pi, \pi]}=0$

thì có ngay tất cả các hệ số Fourier đều phải bằng $0$ vì

$||S_n(x)||_{L^2[-\pi, \pi]}=\int\limits_{-\pi}^\pi S_n(x)\overline{S_n(x)}dx=\pi(2|a_0|^2+\sum\limits_{k=1}^n(|a_k|^2+|b_k|^2))$ .

Quay trở lại lúc Cantor bỏ bớt đi một số điểm, sau đó H. Lebesgue (1903), S. N. Bernstein (1908) và W. H. Young (1909) mở rộng đến kết quả sau

nếu chuỗi Fourier hội tụ điểm về $0$ trừ ra một số đếm được các điểm thì tất cả các hệ số Fourier phải bằng $0$ .

Câu hỏi đặt ra lúc này liệu “trừ ra một tập có độ đo không” có được không, hay chính xác hơn

liệu chuỗi Fourier hội tụ hầu khắp nơi về $0$ thì tất cả các hệ số Fourier có nhất thiết đều bằng $0$ hay không?

D. Menshov có câu trả lời phủ định bằng việc xây dựng phản ví dụ.

Cũng cần lưu ý rằng L. Fejer và H. Lebesgue chứng minh được rằng:

Nếu khai triển Fourier của một hàm khả tích Lebesgue hội tụ hầu khắp nơi về $0$ thì hàm đó bằng $0$ hầu khắp nơi.

Nói cách khác trong lớp hàm khả tích Lebesgue thì việc bỏ đi “tập có độ đo không” không làm mất tính duy nhất.

Như vậy có thể thấy ví dụ của Menshov liên quan đến cái gì đó rộng hơn hàm khả tích Lebesgue, cái được gọi là giả hàm (pseudo-functions) hay rộng hơn hàm suy rộng! Cụ thể của việc xây dựng này các bạn có thể xem trong bài

“SET THEORY AND UNIQUENESS FOR TRIGONOMETRIC SERIES” của A. S. Kechris.

Các bạn có thể lấy trong trang

http://www.math.caltech.edu/people/kechris.html

Ngoài ra, D. Menshov khẳng định được rằng:

Bất kỳ hàm đo được Lebesgue $f$ đều có một chuỗi Fourier hội tụ hầu khắp nơi đến nó. Như vậy có thể có nhiều chuỗi Fourier như vậy!

Câu chuyện về tính duy nhất của chuỗi Fourier cho đến nay vẫn còn mở!

Chuỗi Fourier của hàm liên tục

Trong giáo trình Giải tích cho sinh viên, khi nói về sự hội tụ của chuỗi Fourier ta thường nhớ chuỗi Fourier của hàm tuần hoàn $f: \mathbb R\to \mathbb R$ tại điểm $x$ sẽ hội tụ đến đúng $f(x)$ khi $f$ liên tục tại đó và thường không nhớ về điều kiện trơn từng khúc. Như vậy, ta thường có cảm giác chuỗi Fourier của hàm liên tục sẽ hội tụ điểm về đúng hàm đó! Dưới đây tôi sẽ chỉ ra rằng điều kiện “liên tục” không đảm bảo cho chuỗi Fourier “hội tụ điểm”!

Ta xét hàm $f:\mathbb R\to \mathbb R$ liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ và chuỗi Fourier của nó

$\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$

với hệ số Fourier

$a_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(x)\cos(nx)dx, b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(x)\sin(nx)dx.$

Dãy tổng riêng của chuỗi Fourier

$S_n(f, x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^n (a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)D_n(x-t)dt,$

với nhân Dirichlet

$D_n(x)=\begin{cases}\dfrac{\sin((n+1/2)x)}{\sin(x/2)} \; khi \; x\in[-\pi, \pi]\setminus\{0\},\\ 2n+1 \; khi \; x=0. \end{cases}$

Dưới đây, tôi sẽ chỉ ra rằng tại bất kỳ điểm $x_0\in\mathbb R$ đều có một hàm $f$ liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ mà dãy $S_n(f, x_0)$ phân kỳ.

Bằng cách dịch chuyển $g(x)=f(x-x_0)$ , không làm mất tính liên tục và tuần hoàn, ta có thể giả sử $x_0=0.$

Có hai cách tiếp cận:

– thứ nhất: chỉ ra có một cách định tính,

– thứ hai: chỉ ra có bằng cách xây dựng (định lượng).

Cách tiếp cận thứ nhất của H. Lebesgue sử dụng Nguyên lý Banach-Steinhaus về tính bị chặn đều:

Cho $X, Y$ là các không gian Banach và một họ $\mathcal F$ các toán tử tuyến tính liên tục từ $X$ vào $Y.$ Khi đó

nếu với mỗi $x\in X$ tập $\{Ax|\; A\in\mathcal F\}$ bị chặn trong $Y$ (bị chặn điểm)

thì sẽ có một số dương $C$ để

$||A||=\sup\limits_{||x||\le 1}||Ax||\le C, \forall A\in\mathcal F.$

Áp dụng Nguyên lý Banach-Steinhaus cho

$X=\{f\in C[-\pi, \pi]|\; f(-\pi)=f(\pi)\}$ với chuẩn $||\varphi||_\infty=\max\limits_{x\in[-\pi, \pi]}|\varphi(x)|$ là không gian Banach (dựa vào nguyên lý Cauchy cho sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục); $Y=\mathbb C$ là không gian các số phức,

$\mathcal F$ là họ các toán từ

$T_n: f \mapsto S_n(f, 0), n\in\mathbb N.$

Ta sẽ chứng minh tập các chuẩn toán tử

$||T_n||=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi |D_n(t)|dt=\dfrac{4}{\pi^2}\log n+O(1).$

Khi đó tập này không bị chặn nên theo Banach-Steinhaus sẽ có một hàm $f\in X$ sao cho tập $\{T_nf\}_{n=1}^\infty$ không bị chặn, hay chuỗi Fourier không hội tụ tại $x=0$ !

Cách làm trên mặc dù đã đưa ta đến điều cần chứng minh nhưng không cho ta cảm giác cầm được nó. Cách tiếp theo cho ta có cảm giác hơn về sự tồn tại.

Với mỗi $n\in\mathbb N$

$||T_n||=\sup\limits_{\varphi\in X\atop ||\varphi||_\infty\le 1}S_n(\varphi, 0)=\dfrac{4}{\pi^2}\log n+O(1)$

nên với $n$ đủ lớn, ta luôn chọn được $\psi_n\in X$ sao cho

$||\psi_n||_\infty\le 1$

và

$S_n(\psi_n, 0)>\dfrac{1}{\pi}\log n.$

Đặt

$\varphi_n(x)=\sigma_{n^2}(\psi_n, x)=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^{n^2}S_j(\psi_n, x)}{n^2+1}=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)K_{n^2}(x-t)dt$

với nhân Fejer

$K_{n^2}(x)=\dfrac{1}{n^2+1}\Big(\dfrac{\sin((n^2+1)x/2)}{\sin(x/2)}\Big)^2.$

Do $||\psi_n||_\infty\le 1$ và

$\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi K_{n^2}(t)dt=1, K_{n^2}(t)\ge 0$

nên

$|a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)|=\dfrac{1}{\pi}|\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)\cos k(x-t)dt|\le 2,$

$||\varphi_n||_\infty=\sup\limits_{x\in\mathbb R}\dfrac{1}{2\pi}|\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)K_{n^2}(x-t)dt|\le 1.$

Lại có $\varphi_n(x)$ là đa thức lượng giác bậc $n^2$ và

$|S_n(\varphi_n, x)-S_n(\psi_n, x)|=\dfrac{1}{n^2+1}|\sum\limits_{k=1}^n k(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))|\le$

$\le\dfrac{2\sum\limits_{k=1}^n k}{n^2+1}<2.$

Khi đó

$|S_n(\varphi_n, 0)|>\dfrac{1}{\pi}\log n -2.$

Lấy $\lambda_n=2^{3^n},$ xét chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x).$

Có $||\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x)||_\infty\le 1$ nên theo Weierstrass chuỗi trên hội tụ đều đến hàm $f(x)$ liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ trên đường thẳng thực.

Ta sẽ chứng minh $f$ là hàm cần tìm, nghĩa là dãy $\{S_n(f, 0)\}_{n=1}^\infty$ phân kỳ.

Chú ý

$\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x)=\sum\limits_{m=0}^{\lambda_n^2}\hat{\varphi}_{\lambda_n}(m)e^{i\lambda_n m x}$

nên

với $j\le n+1, m\le 1$ có $e^{i \lambda_j m x}$ là đa thức lượng giác trực giao với tất cả các đa thức

$e^{i k x}, 0\le k\le \lambda_n^2=2^{2.3^n}<2^{3^{n+1}}=\lambda_{n+1}$

và

$\sum\limits_{j=1}^{n-1}\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(\lambda_j x)$

là đa thức lượng giác bậc

$\lambda_{n-1}^2<\lambda_n^2.$

Do đó

$S_{\lambda_n^2}(f, 0)=S_{\lambda_n^2}(\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(\lambda_j x), 0)+\sum\limits_{j=n+1}^\infty\dfrac{1}{j^2}\hat{\varphi}_{\lambda_j}(0)$

$=\sum\limits_{j=1}^{n-1}\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(0)+\dfrac{1}{n^2}S_{\lambda_n}(\varphi_{\lambda_n}, 0)+\sum\limits_{j=n+1}^\infty\dfrac{1}{j^2}\hat{\varphi}_{\lambda_j}(0).$

Để ý rằng $||\varphi_j||_\infty\le 1$ nên

$|\varphi_j(0)|\le 1, |\hat{\varphi_j}(0)|\le 1.$

Khi đó

$|S_{\lambda_n^2}(f, 0)|>\dfrac{1}{n^2\pi}\log \lambda_n -3=\dfrac{3^n}{n^2\pi}-3.$

Do đó $S_{\lambda_n}(f, 0)$ phân kỳ khi $n\to+\infty.$

Cách tiếp cận ở trên, dựa vào cuốn

“An introduction to Harmonic Analysis”

của Y. Katznelson,

vẫn còn điểm chưa rõ ràng:

$\psi_n(x)$ được xây dựng cụ thể như nào?

Cách xây dựng dưới đây của L. Fejer cho ta cảm giác cụ thể hơn như sau.

Với các số tự nhiên $N>n>0$ ký hiệu

$Q(x, N, n)=2\sin(Nx)\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{\sin(kx)}{k}$

$=\dfrac{\cos(N-n)x}{n}+\dfrac{\cos(N-n+1)x}{n-1}+\dots +$

$+\dfrac{\cos(N-1)x}{1}-\dfrac{\cos(N+1)x}{1}-\dots-\dfrac{\cos(N+n)x}{n}$

là đa thức lượng giác có các số hạng là các đa thức cosin có bậc chạy từ $N-n$ đến $N+n.$

Dùng dấu hiệu Abel cho:

+) dãy $\{1/n\}_{n=1}^\infty$ giảm dần đều theo $x$ về $0,$

+) chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \sin(nx)$ có dãy tổng riêng bị chặn đều trên $1\le |x|\le \pi$

nên chuỗi $\sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{\sin(kx)}{k}$ hội tụ đều trên $1\le |x|\le \pi$ và do đó có dãy tổng riêng bị chặn đều bởi $C_1.$

Khi $0<|x|\le 1$ chú ý

$\sum\limits_{k=1}^M\dfrac{\sin(kx)}{k}=\sum\limits_{1\le k<1/x}\dfrac{\sin(kx)}{k}+\sum\limits_{1/x\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}.$

Khi $0<kx\le 1$ thì $|\sin(kx)|\le kx.$ Do đó

$|\sum\limits_{1\le k<1/x}\dfrac{\sin(kx)}{k}|\le \sum\limits_{1\le k<1/x} x\le 1.$

Khi $1\le kx\le k$ thì có số dương $A,$ không phụ thuộc $x, M,$ để $x\le A|\sin(x/2)|.$ Do đó

$|U_n|=|\sum\limits_{1/x\le k\le n} \sin(kx)|\le \dfrac{2A}{x}$ với mọi $1/x\le n\le M.$

Như vậy, theo cách của Abel

$|\sum\limits_{1/x\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}|=|\sum\limits_{1/x\le k\le M}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})U_k+\frac{U_{M+1}}{M+1}|\le 2A.$

Khi đó

$|\sum\limits_{1\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}|\le \max\{C_1,1+2A\}$

trong $|x|\le \pi.$

Do tính tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ nên

$\sum\limits_{1\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}$ bị chặn đều trên $\mathbb R.$

Khi đó có số dương $C$ để

$|Q(x, N, n)|\le C, \forall x\in\mathbb R, N, n\in\mathbb N, n<N.$

Chọn $n_k=\dfrac{1}{2}N_k=2^{k^2}, \alpha_k=k^{-2}$ có

$N_k+n_k=3.2^{k^2}<2^{(k+1)^2}=N_{k+1}-n_{k+1}$

và

$\sum\limits_{k=1}^\infty\alpha_k=\sum\limits_{k=1}^\infty k^{-2}=\dfrac{\pi^2}{6}$ hội tụ.

Khi đó theo Weierstrass chuỗi

$\sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_k Q(x, N_k, n_k)$

hội tụ đều đến hàm $f$ trên $\mathbb R.$

Khi đó $f: \mathbb R\to\mathbb R$ là hàm liên tục cần tìm.

Ta tính hệ số Fourier của hàm $f.$

Có

+) $Q(x, N_k, n_k)$ là đa thức lượng giác chỉ gồm các đa thức cosin nên

$b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)\sin(nt)dt$

$=\dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_k\int\limits_{-\pi}^\pi Q(t, N_k, n_k)\sin(nt)dt$

$=0;$

+) với $k_1<k_2$ có $N_{k_1}+n_{k_1}<N_{k_2}-n_{k_2}$ nên các đa thức cosin trong $Q(x, N_{k_1}, n_{k_1})$ khác trong $Q(x, N_{k_2}, n_{k_2}),$ do đó

– khi $N_k-n_k\le n\le N_k+n_k$ thì

$a_n=\dfrac{\alpha_k}{N_k-n}$

– khi hoặc $0\le n<N_1-n_1$ hoặc $N_k+n_k<n<N_{k+1}-n_{k+1}$ thì

$a_n=0.$

Ta có

$|S_{N_k+n_k}(f, 0)-S_{N_k}(f, 0)|=|\sum\limits_{n=N_k+1}^{N_k+n_k}a_n|$

$=\sum\limits_{n=1}^{n_k}\dfrac{\alpha_k}{n}$

$\ge \alpha_k \log n_k=1.$

Như vậy dãy $\{S_n(f, 0)\}_{n=1}^\infty$ không Cauchy nên không hội tụ.

Một ví dụ tương tự các bạn có thể xem trong

http://math.stackexchange.com/questions/2227/example-of-a-function-whose-fourier-series-fails-to-converge-at-one-point

Hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ thuộc vào $L^2[0, 2\pi]$ nên chuỗi Fourier của nó, theo L.Carleson, hội tụ đến chính hàm liên tục h.k.n trên $\mathbb R.$

J. P. Kahane và Y. Katznelson chứng minh được với bất kỳ tập có độ đo không đều có một hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ mà chuỗi Fourier của nó phân kỳ tại mọi điểm trong tập có độ đo không đó.

Vậy nếu $f$ là hàm liên tục, tuần hoàn thì từ các hệ số Fourier có phục hồi lại được hàm $f$ không? L. Fejer đã trả lời khẳng định câu hỏi này bằng cách xây dựng tổng riêng Fejer

$\sigma_n(f, x)=\dfrac{\sum\limits_{k=0}^n S_n(f, x)}{n+1}$

$=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)K_n(x-t)dt.$

Dãy tổng riêng Fejer hội tụ đều đến hàm $f.$

Một kết quả thú vị khác của Pal-Bohr:

Với hàm $f\in X.$ Chuỗi Fourier của $f$ có thể không hội tụ tại một số điểm nhưng sẽ có một hàm liên tục, tăng chặt $\varphi:[-\pi, \pi]\to [-\pi, \pi]$ sao cho chuỗi Fourier của $fo\varphi$ hội tụ đều đến $f.$

Các bạn có thể xem kết quả này trong bài

“On the theorem of Bohr and Pal”, Bull. Amer. Math. Soc., 50 (1944) 579-580,

của R. Salem.

Đường link

Pal_Bohr_Salem

Sau đó J. P. Kahane và Y. Katznelson chỉ ra rằng có thể chọn hàm $\varphi$ chung cho tất cả các hàm liên tục trong cùng một tập compact $K\subset C(\mathbb T)$ . Điều này các bạn có thể xem trong bài

“On Bohr’s T h e o r e m for Multiple Fourier Series”, Mathematical Notes, December 1998, Volume 64, Issue 6, pp 787-797,

của A. A. S a a k y a n.

Đường link

On Bohr’s T h e o r e m for Multiple Fourier Series

Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier

Chuỗi lũy thừa bắt nguồn từ khai triển Taylor của một hàm khả vi vô hạn

$f: (-a, a)\to \mathbb R$

có dạng

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ . $\;\;\; (1)$

Các câu hỏi sau cần được quan tâm:

+ Khi nào chuỗi (1) hội tụ? Nói rõ hơn ngoài $x\not=0$ chuỗi (1) còn hội tụ tại những điểm $x$ nào khác?

+ Trừ $x=0$ ra, nếu chuỗi (1) hội tụ thì nó hội tụ đến đâu? Liệu giới hạn đó có phải $f(x)$ ?

Để trả lời câu hỏi đầu, ta quan sát chuỗi lũy thừa một cách độc lập, chưa phải là chuỗi Taylor của hàm nào,

$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n$ . $\;\;\; (2)$

Câu hỏi đầu tiên được trả lời qua hai ý sau:

+ (Định lý Abel) Có một số thực không âm $R$ để

– khi $|x|<R$ chuỗi (2) hội tụ,

– khi $|x|>R$ chuỗi (2) phân kỳ.

Tại hai đầu mút nói chung ta không biết chuỗi có hội tụ không. Chẳng hạn chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n}$ có bán kính hội tụ $R=1$ , hội tụ tại $x=-1$ và phân kỳ tại $x=1$ .

Vấn đề tại mút các bạn có thể tham khảo thêm ở bài

http://bomongiaitich.wordpress.com/2011/04/29/d%E1%BB%8Bnh-ly-abel-d%E1%BB%8Bnh-ly-tauber/

+ Từ ý trên ta có khái niệm bán kính hội tụ. Vậy bán kính hội tụ được tính như nào?

Bán kính hội tụ được tính nhờ công thức Cauchy-Hardamard

– hoặc $R=1/\rho$ với $\rho=\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}$ ,

– hoặc $R=1/\rho$ với $\rho=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$ .

Lưu ý rằng hai giới hạn trên chưa chắc tồn tại, tuy nhiên vẫn có bán kính hội tụ. Lúc đó bán kính được tính nhờ công thức

$R=1/\rho$ với $\rho=\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}$ .

Các bạn có thể thấy điều này qua ví dụ

$a_{2k}=2^k, a_{2k+1}=1$

có bán kính của chuỗi (2) là $R=1/\sqrt{2}$ .

Bán kính cũng có thể bằng $0$ , chẳng hạn khi $a_n=n!$ .

Bán kính cũng có thể bằng $+\infty$ , chẳng hạn khi $a_n=\dfrac{1}{n!}$ .

Khi bán kính hội tụ $R>0$ thì chuỗi (2) hội tụ đều trên $[-r, r]$ với bất kỳ $r\in(0, R)$ .

Chuỗi gồm các số hạng là đạo hàm của từng số hạng của chuỗi (2)

$\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}$

cũng có bán kính hội tụ chính là bán kính hội tụ của chuỗi (2) vì

$\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}=\limsup\limits_{n\to\infty}|na_n|^{1/n}$ .

Khi đó chuỗi các đạo hàm cũng hội tụ đều trên $[-r, r]$ với bất kỳ $r\in(0, R)$ . Do đó chuỗi các đạo hàm hội tụ đến đạo hàm của chuỗi (2) tại mọi điểm trong $(-R, R)$ . Chuỗi (2) hội tụ đến hàm $S(x)$ khả vi trên $(-R, R)$ .

Bằng quy nạp sẽ dẫn đến chuỗi (2) hội tụ đến hàm $S(x)$ khả vi vô hạn trên $(-R, R)$ . Đạo hàm cấp $k, k=0, 1, 2, \dots$ , của $S(x)$ chính là hàm giới hạn của chuỗi gồm các số hạng là đạo hàm cấp $k$ của số hạng tương ứng trong chuỗi (2). Từ đó có chuỗi (2) là khai triển Taylor của hàm $S(x)$ .

Giờ ta chuyển sang câu hỏi thứ hai, nghĩa là lúc này chuỗi (2) sinh ra từ việc khai triển Taylor của một hàm khả vi vô hạn $f$ và

$a_n=\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$ .

Câu hỏi thứ hai trở thành, khi bán kính hội tụ $R>0$ phải chăng

$S(x)=f(x)$ với $x\in(-R, R)$ ?

Câu hỏi này mới nghe có vẻ không cần thiết lắm nhưng các ví dụ sau chỉ ra sự cần thiết.

Ví dụ 1: Hàm $f_1:\mathbb R\to\mathbb R$ xác định bởi

$f_1(x)=e^{-1/x}$ khi $x>0$

$f_1(x)=0$ khi $x\le 0$

là hàm khả vi vô hạn và đạo hàm mọi cấp của nó tại $x=0$ đều có giá trị bằng $0$ .

Ví dụ 2: Hàm $f_2:\mathbb R\to\mathbb R$ xác định bởi

$f_2(x)=e^{-1/x^2}$ khi $x\not=0$

$f_2(x)=0$ khi $x=0$

là hàm khả vi vô hạn và đạo hàm mọi cấp của nó tại $x=0$ đều có giá trị bằng $0$ .

Hai ví dụ trên đều có chuỗi Taylor tại $x=0$ đồng nhất $0$ . Nói cách khác hàm $f_1, f_2, 0$ và các tổ hợp tuyến tính của chúng là các hàm khác nhau nhưng có cùng chuỗi Taylor tại $x=0$ .

Hơn nữa, nếu một hàm $f$ có chuỗi Taylor hội tụ đến chính nó thì tổng của $f$ và bất kỳ hàm nào trong các hàm $f_1, f_2$ hay tổ hợp tuyến tính của hai hàm này có cùng chuỗi Taylor với hàm $f$ . Khi đó nếu ta chỉ biết chuỗi Taylor của $f$ thì ta chưa biết nhiều về $f$ .

Vậy điều kiện gì để đảm bảo $S(x)=f(x)$ khi $-R<x<R$ ?

Trong cuốn “Giáo trình giải tích tập 2″ của các thầy Trần Đức long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn đưa ra hai cách sau:

+(Điều kiện cần và đủ – đơn giản nhưng khó kiểm tra)

$\lim\limits_{n\to\infty}R_n(x, f)=0$ với $-R<x<R$ ,

trong đó $R_n(x, f)=f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$ .

+(Điều kiện đủ – Điều kiện bị chặn đều)

Có số dương $M$ để

$\sup\limits_{x\in(-R, R), n\in\mathbb N}|f^{(n)}(x)|<M$ .

Chứng minh điều kiện này ta dùng điều kiện trên với cách viết của Lagrange cho phần dư

$R_n(x, f)=\dfrac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}$ với $0<\theta<1$ .

Có thể thấy điều kiện này cho ta thấy ngay chuỗi Taylor của các hàm $\sin x, \cos x$ hội tụ đến chính các hàm này trên toàn đường thẳng.

Ta có thể dùng điều kiện này kiểm tra sự hội tụ của chuỗi Taylor của hàm $f(x)=e^x$ tại từng điểm $x$ , nhưng không nên dùng bán kính hội tụ vì $R=+\infty$ , mà chỉ xét trên tập $(-|x|-1, |x|+1)$ đủ lớn để chứa $x$ .

Ta cũng có thể làm tốt hơn, nghĩa là giảm nhẹ điều kiện trên

Có số dương $M$ để

$\sup\limits_{x\in(-R, R), n\in\mathbb N}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|<M$ .

Nếu viết phần dư dưới dạng tích phân

$R_n(x, f)=\dfrac{x^{n+1}}{n!}\int\limits_0^1 f^{(n+1)}(xt)(1-t)^ndt$

thì ta có thể có điều kiện khác như sau.

Đạo hàm mọi cấp của hàm $f$ đều không âm trên $(-R, R)$ .

(Bài 3.4.15 trong “Problems in Mathematical analysis II” của W.J. Kaczor – M.T. Nowak)

Với việc dùng điều kiện này dễ dàng có ngay chuỗi Taylor của hàm $f(x)=e^x$ hội tụ đến chính hàm này.

Câu hỏi: liệu có thể thay điều kiện không âm bởi điều kiện không đổi dấu?

Ngoài ra còn vài câu hỏi khác chẳng hạn:

– câu hỏi về chuỗi Taylor của tổng hai hàm khả vi vô hạn, tích của hai hàm khả vi vô hạn và (khó hơn) hợp thành của hai hàm khả vi vô hạn?

Với câu hỏi về tổng và tích ta dùng Điều kiện cần và đủ trong sách “Giáo trình giải tích tập 2″.

Với câu hỏi về hợp thành các bạn tham khảo các bài 3.4.16, 17, 18, 19 trong cuốn “Problems in mathematical analysis II”.

Đến lúc ta chuyển sự quan tâm sang chuỗi Fourier, một cách nhìn từ hàm phức: chuỗi lũy thừa tại điểm mút!

Ta cũng thử đi giống như chuỗi lũy thừa, nghĩa là ban đầu ta quan tâm chuỗi Fourier một cách độc lập

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n \cos(nx) +b_n\sin(nx))$ . $\;\;\;(3)$

Tuy nhiên khác với chuỗi lũy thừa có bán kính hội tụ, chuỗi Fourier không có bán kính hội tụ! Nói cách khác ta không xem với $x$ nào thì chuỗi hội tụ như kiểu chuỗi lũy thừa vì làm điều này khá khó! Giờ ta lại quan tâm đến các hệ số $a_0, a_n, b_n$ .

Dùng Weierstrass có thể thấy ngay nếu

$\sum\limits_{n=1}^\infty (|a_n|+|b_n|)<+\infty$

thì chuỗi (3) hội tụ đều đến một hàm $S(x)$ liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ .

Một số chuỗi chẳng hạn

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n^2}, \sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos(nx)}{n^2}$

có thể dễ dàng kiểm tra bởi điều kiện trên.

Tuy nhiên ta cũng biết chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n}$

hội tụ

mặc dù chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}$

phân kỳ.

Chú ý thêm chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n}$

hội tụ đến $(\pi-x)/2$ khi $0<x<\pi$

(xem bài

http://bomongiaitich.wordpress.com/2012/05/08/ham-phuc-moi-lien-he-giua-chuoi-fourier-va-chuoi-luy-thua/).

Thác triển lẻ, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ ta được hàm không liên tục tại $x=0, \pm2\pi, \dots$ .

Tiếp tục chuỗi Fourier-sine ta có một số kết quả thú vị sau.

Bài 2.5.56, 57 (trong “Problems in mathematical analysis III”).

Cho dãy $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy đơn điệu, hội tụ về $0$ . Chuỗi Fourier-sine

$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\sin(nx)$

hội tụ đến hàm liên tục khi và chỉ khi

$\lim\limits_{n\to\infty}nb_n=0$ .

Chú ý: Nếu chỉ quan tâm đến hội tụ thì dùng Định lý Dirichlet ta không cần điều kiện $\lim\limits_{n\to\infty}nb_n=0$ .

Bài 2.5.58 (trong “Problems in mathematical analysis III”).

Cho dãy $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy đơn điệu, hội tụ về $0$ . Chuỗi Fourier-sine

$\sum\limits_{n=1}^\infty b_n\sin(nx)$

hội tụ đến hàm bị chặn khi và chỉ khi

$nb_n=O(1)$ (nghĩa là có số $M>0$ để $|nb_n|<M \forall n=1, 2, \dots$ ).

Phần còn lại là gì? Có vài ví dụ thực sự bất ngờ, rất khác so với chuỗi lũy thừa. Như đã biết ở trên khi đã hội tụ thì chuỗi lũy thừa sẽ hội tụ đến một hàm khả vi vô hạn nhận nó là khai triển Taylor.

Các chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n^\alpha}, 0<\alpha<1$

(Problem 1/trang 95 trong “Fourier analysis: An introduction” của E.M. Stein – R. Shakarchi)

hay chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{\log n}$

(Bài 2.5.22, 23 trong “Problems in mathematical analysis III”, ví dụ của P. Fatou)

mặc dù đều hội tụ, nhưng chúng đều không là khai triển Fourier của bất kỳ hàm khả tích (Lebesgue) trên $[-\pi, \pi]$ .

Bài 2.5.59 trong “Problems in mathematical analysis” lại cho thấy với chuỗi Fourier-cosine có đôi chút khác như sau.

Nếu dãy $\{a_n\}_{n=0}^\infty$ là dãy giảm về $0$ và có tính lồi, nghĩa là

$a_{n+1}\le\dfrac{a_n+a_{n+2}}{2}, \forall n=1, 2, \dots$

thì có hàm không âm, khả tích trên $[-\pi, \pi]$ có khai triển Fourier

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\cos(nx)$ .

Trong trường hợp $0<\alpha<1/2$ thì, theo Parseval, các chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{n^\alpha}, \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(nx)}{n^\alpha}$

và các chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{\log n}, \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(nx)}{\log n}$

đều không là chuỗi Fourier của bất kỳ hàm bình phương khả tích trên $[-\pi, \pi]$ nào, nói riêng bất kỳ hàm liên tục trên $[-\pi, \pi]$ nào.

Sự bất ngờ ở chuỗi Fourier-sine ở trên dường như cho thấy cách tiếp cận chuỗi Fourier độc lập với khai triển Fourier của hàm số có gì đó không ổn? Có lẽ chỉ nên quan sát sự hội tụ của chuỗi Fourier sinh ra từ khai triển Fourier của một hàm đủ tốt?

Trong sách “Giáo trình giải tích II” có đưa ra lớp hàm “khả vi từng khúc”. Có thể thấy sự xuất hiện của lớp hàm này qua việc thác triển tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ của hàm khả vi liên tục trên $[-\pi, \pi)$ . Với $f: \mathbb R\to\mathbb R$ là hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ , khả vi từng khúc thì chuỗi Fourier

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$

với $a_0=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)dx$

$a_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx, n=1, 2, \dots$

$b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)dx, n=1, 2, \dots$ ,

hội tụ đến $\dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$ ,

với $f(x-0), f(x+0)$ là giới hạn trái, giới hạn phải của $f$ tại $x$ .

Nếu thêm điều kiện $f(x)$ liên tục tại $x$ thì chuỗi Fourier sẽ hội tụ đến $f(x)$ .

Nhưng tại sao lại cần đến tính “khả vi từng khúc” trong khi cứ có hàm liên tục tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ là có chuỗi Fourier!

Khi đưa ra chuỗi Fourier vào năm 1807 trong công trình “Mémoire sur la propagation de la chaleur dans les corps solides” bản thân J. Fourier cũng đơn giản cho rằng chuỗi Fourier của hàm liên tục sẽ hội tụ. Phải đến năm 1873 Paul du Bois Reymond mới đưa ra ví dụ một hàm liên tục có chuỗi Fourier phân kỳ tại một vài điểm.

Một câu hỏi lại được đặt ra, liệu có cách nào khác để từ các hệ số Fourier của một hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ “khôi phục” lại được hàm liên tục đó?

Năm 1900, khi đó mới 20 tuổi, L. Fejér có câu trả lời khẳng định cho câu hỏi trên như sau:

Tổng Cesaro

$\sigma_n(x, f)=\dfrac{1}{n}(na_0+\sum\limits_{k=1}^{n-1}(n-k)(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)))$

hội tụ đều đến hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ , liên tục $f$ trên $[-\pi, \pi]$ .

(Bạn đọc có thể xem

http://en.wikipedia.org/wiki/Fej%C3%A9r%27s_theorem)

Từ kết quả trên của L. Fejer, U. Dini đưa ra cách kiểm tra nhẹ hơn điều kiện khả vi từng khúc như sau:

nếu hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ , khả tích $f:\mathbb R\to \mathbb R$ thỏa mãn

$\int\limits_0^\pi \Big|\dfrac{f(x+t)+f(x-t)}{2}-\ell\Big|\dfrac{dt}{t}<\infty$

với $\ell$ là hằng số

thì chuỗi Fourier sẽ hội tụ đến đúng $\ell$ .

Trong trường hợp f khả vi từng khúc thì

$\ell=\dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$ .

Từ điều kiện Dini cũng thấy được thêm vài ý sau.

+ Nếu $f$ là hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ và

hoặc Lipschitz, nghĩa là có số dương $L$ để

$|f(x)-f(y)|\le L|x-y|, \forall x, y\in\mathbb R$ ,

hoặc Holder cấp $\alpha\in(0, 1)$ , nghĩa là có số dương $L$ để

$|f(x)-f(y)|\le L|x-y|^\alpha, \forall x, y\in\mathbb R$ ,

thì chuỗi Fourier hội tụ đến đúng $f(x)$ .

+ (Mở rộng kết quả trong sách “Giáo trình giải tích II”) Nếu hàm $f$ tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ là hàm có biến phân bị chặn trong $[-\pi, \pi]$ , nghĩa là

có một số dương $L$ để với bất kỳ phân hoạch $-\pi=x_0<x_1<\dots<x_{n-1}<x_n=\pi$

$\sum\limits_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|<L$

thì chuỗi Fourier hội tụ đến $\dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2}$ .

Ta quay trở lại câu hỏi thứ hai, như của chuỗi lũy thừa, cho chuỗi Fourier:

Khi chuỗi Fourier của một hàm hội tụ thì nào có hội tụ đến chính hàm đó hay không?

Câu trả lời nằm ngay trong các kết quả ở trên. Kết quả đó lại cho thấy sự khác nhau về chất giữa chuỗi lũy thừa và chuỗi Fourier.

Blog Math 123

A topnotch WordPress.com site

chuỗi Fourier

Từ chuỗi Fourier đến tích phân Fourier

Tính duy nhất của chuỗi Taylor – chuỗi Fourier

Chuỗi Fourier của hàm liên tục

Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier