Các không gian
L ∞ (R) là không gian Banach các hàm đo được, bị chặnf :R →C với chuẩn supremum.
Với 1≤p 0 sao cho
|hf, f k i| 2 ≤Bkfk 2 với mọi f ∈ H B được gọi là một cận Bessel của {f k } ∞ k=1 Định lý 2.1 Giả sử {f k } ∞ k=1 là một dãy trong không gian Hilbert H và hằng số
B > 0 cho trước Khi đó, {f k } ∞ k=1 là một dãy Bessel với cận Bessel B khi và chỉ khi
X k=1 c k f k là một toán tử bị chặn, định nghĩa tốt từ l 2 (N)→ H và kTk ≤√
Chứng minh Giả sử{f k } ∞ k=1 là một dãy Bessel với cận B Giả sử {c k } ∞ k=1 ∈l 2 (N). Đầu tiên ta cần chỉ ra rằng T{c k } ∞ k=1 được định nghĩa tốt, tức là P∞ k=1c k f k hội tụ.
Vì {c k } ∞ k=1 ∈ l 2 (N) nên {Pn k=1|c k | 2 } ∞ k=1 là một dãy Cauchy trong C Do đó {Pn k=1c k f k } ∞ k=1 là một dãy Cauchy trong H và do đó nó hội tụ Vì vậy, T{c k } ∞ k=1 định nghĩa tốt.
T là toán tử tuyến tính Vì kT{ck} ∞ k=1 k= sup kgk=1
|hT{ck} ∞ k=1 , gi| nên T bị chặn và do đó kTk ≤√
B. Ở chiều ngược lại, giả sử T được định nghĩa tốt và kTk ≤√
B Gọi T ∗ là toán tử liên hợp củaT:
Vì kTk=kT ∗ k nên ta có
|hf, f k i| 2 =kT ∗ fk 2 ≤ kT ∗ k 2 kfk 2 =kTk 2 kfk 2 ≤Bkfk 2
Theo định nghĩa,{f k } ∞ k=1 là một dãy Bessel với cận B.
Hệ quả 2.1 Giả sử {f k } ∞ k=1 là một dãy trong H và P∞ k=1c k f k hội tụ với mọi {c k } ∞ k=1 ∈l 2 (N) Khi đó {f k } ∞ k=1 là một dãy Bessel.
Giả sử {f k } ∞ k=1 là một dãy Bessel trong không gian Hilbert H, thì tổng P∞ k=1c k f k sẽ hội tụ với mọi dãy {c k } ∞ k=1 thuộc l 2 (N) Một cơ sở Riesz của không gian Hilbert H được định nghĩa là một tập hợp dạng {U e k } ∞ k=1, trong đó {e k } ∞ k=1 là một cơ sở trực chuẩn của H và U :H → H là một toán tử song ánh bị chặn Định lý 2.2 cho biết rằng nếu {f k } ∞ k=1 là một dãy trong không gian Hilbert H, thì sẽ tồn tại một dãy {g k } ∞ k=1 trong H sao cho f ∞.
{gk} ∞ k=1 cũng là một cơ sở Riesz, và {fk} ∞ k=1 và {gk} ∞ k=1 trực giao với nhau Hơn nữa, chuỗi (2.2) hội tụ với mọi f ∈ H.
Chứng minh Từ định nghĩa của cơ sở Riesz, ta có thể viết
{f k } ∞ k=1 ={U e k } ∞ k=1 , với U là một toán tử song ánh, bị chặn và {e k } ∞ k=1 là một cơ sở trực chuẩn.
Xét hàm f ∈ H Khai triển U −1 f theo cơ sở trực chuẩn {e k } ∞ k=1 ta được
X k=1 hf,(U −1 ) ∗ e k ie k Đặt g k = (U −1 ) ∗ e k ta có f =U U −1 f ∞
Vì (U −1 ) ∗ bị chặn và là song ánh nên {g k } ∞ k=1 là một cơ sở Riesz.
Suy ra một cơ sở Riesz là một dãy Bessel Do đó, chuỗi (2.2) hội tụ theo Hệ quả2.2.
Khung trong không gian Hilbert
Tính chất chính của một cơ sở {f k } ∞ k=1 của không gian HilbertHlà mọif ∈ H đều có thể được biểu diễn qua các phần tửf k trong cơ sở: f ∞
Các hệ số c k (f)là duy nhất.
Một khung là một dãy các phần tử {f k } ∞ k=1 trong H, cho phép mọi f ∈ H được biểu diễn, mặc dù các hệ số tương ứng không phải là duy nhất Tính không duy nhất này rất hữu ích trong nhiều ứng dụng thực tế, đặc biệt là trong việc truyền tín hiệu Khi truyền tín hiệu, nếu một hệ số ck(f) bị mất, tín hiệu không thể được khôi phục qua các hệ số còn lại Ngược lại, sự không duy nhất trong các hệ số của khai triển cho phép nhiều cách khác nhau để biểu diễn tín hiệu.
Mỗi cơ sở trực chuẩn{e k } ∞ k=1 của không gian Hilbert H đều thỏa mãn Đẳng thức Plancherel:
|hf, e k i| 2 =kfk 2 ∀f ∈ H (2.4)Tuy nhiên, một dãy có thể thỏa mãn Đẳng thức Plancherel nhưng không phải là một cơ sở, chẳng hạn như ở ví dụ sau:
Ví dụ 2.1 Giả sử H=R 2 và các vector f 1 = (1,0), f 2 = (0,1), f 3 1
{f 1 , f 2 } và {f 3 , f 4 } là hai cơ sở trực chuẩn của R 2 , do đó
Suy ra {2 −1/2 f k } 4 k=1 thỏa mãn Đẳng thức Plancherel, nhưng không trực giao và không phải là cơ sở của R 2
Ta gọi một dãy thỏa mãn Đẳng thức Plancherel là một khung Parseval.
Một khung Parseval cần thỏa mãn Đẳng thức Plancherel, trong khi một khung tổng quát chỉ cần đáp ứng điều kiện nhẹ hơn Cụ thể, một dãy {f k } ∞ k=1 trong không gian Hilbert H được gọi là khung nếu tồn tại các hằng số A, B > 0 sao cho với mọi f ∈ H, công thức Plancherel tổng quát được thỏa mãn.
Các số A, B được gọi là các cận khung dưới và trên Các số này không duy nhất. Định nghĩa 2.7 Giả sử {f k } ∞ k=1 là một khung của không gian Hilbert H.
• {f k } ∞ k=1 được gọi là một khung chặt nếu ta có thể chọn các cận khung A=B.
• {f k } ∞ k=1 được gọi là một khung Parseval nếu nó có các cận khungA=B = 1.
• {fk} ∞ k=1 được gọi là một khung chính xác nếu ta bỏ đi một phần tử bất kỳ của {f k } ∞ k=1 thì nó không còn là khung.
• {f k } ∞ k=1 được gọi là một khung dư thừa nếu nó không phải là một cơ sở Riesz.
Ta có một số nhận xét về khung:
1 Mọi cơ sở trực chuẩn là khung Parseval chính xác và ngược lại.
2 Khung là một dãy chứ không phải là một tập hợp nên có thể lặp lại phần tử Vector không cũng có thể là một phần tử của khung.
3 Nếu {f k } ∞ k=1 là một khung thì chuỗi P∞ k=1|hf, f k i| 2 hội tụ.
4 Khung là một dãy Bessel.
5 Một dãy Bessel không nhất thiết phải đầy đủ, nhưng khung phải đầy đủ.
Một số ví dụ về khung:
Ví dụ 2.2 Giả sử{e k } ∞ k=1 là một cơ sở trực chuẩn của không gian Hilbert H Khi đó
1 {ek} ∞ k=1 là một khung chặt, chính xác của H với các cận khung A=B = 1, tức là nó là một khung Parseval.
Khung {e 1 , e 1 , e 2 , e 2 , e 3 , e 3 , } là một khung chặt, không chính xác với các cận A B = 2, nhưng không phải là một cơ sở vì dãy này không trực giao, mặc dù nó chứa một cơ sở trực chuẩn Nếu {f k } ∞ k=1 là một cơ sở trực chuẩn khác của H, thì tập hợp {e k } ∪ {f k } cũng tạo thành một khung chặt, không chính xác của H.
3 {e 1 , 1 2 e 2 , 1 3 e 3 , } là một dãy trực giao, đầy đủ và là một cơ sở của H, nhưng nó không có cận khung dưới và do đó không phải là một khung.
Do đó {f k } ∞ k=1 là một khung Parseval không chính xác, và không có dãy con không dư thừa nào là một khung.
5 {2e 1 , e 2 , e 3 , }là một khung chính xác, không chặt với các cận A= 1, B = 2. Định nghĩa 2.8 {f k } ∞ k=1 là một khung trong không gian Hilbert H Toán tử tổng hợp T được cho bởi
X k=1 c k f k , và toán tử phân tích T ∗ được cho bởi
T ∗ :H → l 2 (N), T ∗ f ={hf, f k i} ∞ k=1 Toán tử khung S được định nghĩa bởi
X k=1 hf, fkifk. Định lý 2.3 Toán tử khung S có các tính chất sau:
1 S là toán tử bị chặn, khả nghịch, tự liên hợp và xác định dương.
2 {S −1 fk} ∞ k=1 là một khung với các cận B −1 , A −1
Các chuỗi này hội tụ.
Chứng minh 1 Ta có kSk=kT T ∗ k=kTkkT ∗ k=kTk 2 ≤B.
Vì S ∗ = (T T ∗ ) ∗ = (T ∗ ) ∗ T ∗ =T T ∗ =S nên S tự liên hợp.
Từ định nghĩa của khung ta suy ra
Akfk 2 ≤ hSf, fi| 2 ≤Bkfk 2 với mọi f ∈ H hay AI ≤ S ≤ BI với I là toán tử đồng nhất Do đó S xác định dương.
BI − S ≤BI −AI suy ra
Do đó kI −B −1 Sk= sup kfk=1
B 0 cố định Khi đó
1 Nếu 0 < ab≤ 1 và supp(g) ⊆ [0,1/b] thì G(g, a, b) là một khung của L 2 (R) khi và chỉ khi tồn tại các hằng số A, B >0 sao cho
|g(x−na)| 2 ≤Bb hầu khắp nơi (2.7)
Khi đó, A, B là các cận khung của G(g, a, b).
2 Nếu 0< ab 1 và g có giá trong [0,1/b] thì phương trình (2.7) không được thỏa mãn và G(g, a, b) không đầy đủ trong L 2 (R).
1 Giả sử supp(g)⊆[0,1/b] và phương trình (2.7) được thỏa mãn.
Xét hàm f trong không gian con trù mật Cc(R) (không gian các hàm liên tục, có giá compact).
Vì g ∈L 2 (R)có giá trong [0,1/b] nên T na g ∈L 2 (I k ) với I k = [na, na+ 1/b].
Do f bị chặn nên tích f.T na g cũng thuộc L 2 (I k ) Vì {e 2πimx }m∈ Z là một cơ sở trực chuẩn của L 2 [0,1]nên {b 1/2 e 2πibmx } m∈ Z là một cơ sở trực chuẩn của
Z na+1/b na f(x)g(x−na)e −2πibmx dx
Tương tự như vậy, ta cũng chứng minh được ước lượng cận khung trên.
Vì C c (R) trù mật trongL 2 (R) nênG(g, a, b)là một khung với các cận A, B. Chiều ngược lại sẽ được chứng minh ở định lý sau.
2 Giả sử 0 < ab < 1 và g là một hàm liên tục sao cho g(x) = 0 ngoài đoạn
[0,1/b]và g(x)>0trên (0,1/b) Chẳng hạn có thể chọng là hàm nón có giá trong [0,1/b].
Vì a < 1/b nên hàm G(x) = P n∈ Z|g(x−na)| 2 liên tục và dương Do đó
01/b Khi đóG(x) = 0trên[1/b, a], nênG(g, a, b)không thể là một khung.
Mặt khác, hàmχ [1/b,a] trực giao với mọi phần tử củaG(g, a, b), do đóG(g, a, b) không đầy đủ.
Từ định lý trên, ta rút ra được rằng:
• Nếu0< ab 1, không tồn tại hệ Gabor nào với supp(g) ⊆ [0, 1/b] có thể là khung của L2(R), và G(g, a, b) không đầy đủ Định lý này cung cấp điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại của khung Gabor G(g, a, b) khi hàm cửa sổ g có độ dài trong đoạn 1/b Điều kiện cần này được mở rộng cho hàm g trong L2(R) với giả thiết g ∈ L2(R) và a, b > 0 để G(g, a, b) trở thành một khung.
L 2 (R) với các cận A, B >0 Khi đó Ab≤G≤Bb hầu khắp nơi, tức là
|g(x−na)| 2 ≤Bb hầu khắp nơi (2.8)
Cụ thể hơn, g bị chặn.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f bị chặn và có giá trị trong đoạn I có độ dài 1/b Trong trường hợp này, f.T và na g đều thuộc không gian L2(I).
Vì {b 1/2 e 2πibmx }m∈ Z là một cơ sở trực chuẩn của L 2 (I) nên ta có bX m∈ Z
Do đó, với mọi hàm f bị chặn thuộc L 2 (I)ta có
Nếu G(x) < bA trên một tập con E nào đó của I có độ đo dương, ta có thể chọn f = χE để không thỏa mãn phương trình (2.9) Do đó, cần có G ≥ bA hầu khắp nơi trên I Vì I là một đoạn bất kỳ có độ dài 1/b và trục thực có thể được phủ bởi một tập đếm được các tịnh tiến của I, ta suy ra bA ≤ G ≤ bB hầu khắp nơi trên R.
Hệ quả 2.3 Giả sử g ∈ L 2 (R) và a, b >0 NếuG(g, a, b)là một khung của L 2 (R) với các cận A, B thì ta có các khẳng định sau:
2 Nếu G(g, a, b) là một khung Parseval thì kgk 2 L 2
4 hg,˜gi, với g˜=S −1 g là hàm cửa sổ của khung đối ngẫu chính tắc.
5 G(g, a, b) là cơ sở Riesz khi và chỉ khi ab=hg,g˜i= 1.
1 Tích phân phương trình (2.8) trên đoạn [0, a], ta được
|g(x)| 2 dx=kgk 2 L 2.Tương tự, ta cũng có kgk 2 L 2 ≤Bab.
2 Nếu G(g, a, b) là một khung Parseval thì A =B = 1 nên từ phần (1) ta có kgk 2 L 2
3 Ta đặt g 1 =S −1/2 g Khi đóG(g 1 , a, b)là một khung Parseval Theo phần (2) ta suy ra kg 1 k 2 L 2
Mặt khác, các phần tử của khung Parseval có chuẩn không lớn hơn chuẩn đơn vị, tức là kg 1 k 2 L 2 ≤1 Do đó ab≤1.
4 Vì kg 1 k 2 L 2 và S −1/2 tự liên hợp nên ta có hg,gi˜ =hg,S −1/2 S −1/2 gi=hS −1/2 g,S −1/2 gi=kg 1 k 2 L 2
Giả sử G(g, a, b) là một cơ sở Riesz, thì G(g 1, a, b) cũng là một cơ sở Riesz Nếu G(g, a, b) là một khung chặt với các cận A = B = 1, thì kg 1 k 2 L 2 = 1, dẫn đến ab = 1 Ngược lại, nếu ab = 1, thì kg 1 k 2 L 2 = 1, suy ra G(g 1, a, b) là một cơ sở trực chuẩn của L 2(R) Do đó, G(g 1, a, b) là một cơ sở Riesz, kéo theo G(g, a, b) cũng là một cơ sở Riesz.
Từ hệ quả trên, ta có thể thấy giá trị ab chia khung Gabor thành ba trường hợp:
• Nếuab > 1thì G(g, a, b)không phải là một khung.
• NếuG(g, a, b) là một khung và ab= 1 thì G(g, a, b)là một cơ sở Riesz.
• Nếu G(g, a, b) là một khung và 0 < ab < 1 thì G(g, a, b) là một khung dư thừa.
Khung Gabor đa cửa sổ
Nội dung chương này được tham khảo từ các tài liệu [4] và [5] Trong không gian thời gian - tần số, giả sử g(x) là một hàm cửa sổ với tâm tại gốc tọa độ Các hàm cơ bản Gabor cấp (m, n) được định nghĩa bởi gm,n(x) = MmbTnag(x) = g(x−na)e i2πmbx, trong đó m và n là các số nguyên, a là độ dời trong miền thời gian và b là độ dời trong miền tần số Hàm gm,n(x) có tâm tại ω = 2πmb và x = na.
Một tín hiệu f(x) có thể được biểu diễn qua các hàm cơ bản này bởi f(x) ∞
X m,n=0 c m,n g m,n (x), với {c m,n } là các trọng số ứng với các hàm cơ bản.
Việc áp dụng nhiều hàm cửa sổ, như đã đề cập trong Chương 1, giúp khắc phục vấn đề về độ phân giải thời gian và tần số so với việc chỉ sử dụng một hàm cửa sổ duy nhất.
Giả sử {gr(x)} R−1 r=0 là R hàm cửa sổ khác nhau, chẳng hạn R hàm Gauss với độ rộng khác nhau Khi đó, một tín hiệu f(x)∈L 2 (R) có thể được biểu diễn bởi f(x) R−1
X m,n=0 cr,m,ngr,m,n(x), (3.1) với g r,m,n (x) =g r (x−na)e i2πmbx (3.2) {c r,m,n }được gọi là các hệ số biểu diễn.
Hai phương trình (3.1)-(3.2) lập thành một lược đồ Gabor đa cửa sổ.
Hình 3.1 minh họa mối quan hệ giữa không gian thời gian và tần số, cho thấy rằng nếu m,n(x) có độ rộng hẹp theo thời gian, thì chúng sẽ có độ rộng lớn theo tần số và ngược lại Hai trường hợp đặc biệt của m,n(x) là hai hàm delta Dirac.
Ta cần kiểm tra các tính chất của dãy {gr,m,n} Việc này được thực hiện thông qua phép biến đổi Zak.
Biến đổi Zak
Định nghĩa 3.1 Biến đổi Zak Z α : L 2 (R) → L 2 ([0,1) 2 ) của một tín hiệu f ∈
L 2 (R) là một hàm hai biến được định nghĩa bởi
(Z α f)(x, u) = α 1/2 X k∈ Z f[α(x−k)]e i2πuk , với x, u∈R và hệ số α >0 cố định.
Biến đổi Zak biến một tín hiệu thành biểu diễn thời gian - tần số của tín hiệu đó.
Biến đổi Zak có tính tuần hoàn đối với biến thứ hai
(Z α f)(x, u+ 1) = (Z α f)(x, u) và tính tựa tuần hoàn đối với biến thứ nhất
Biến đổi Zak được xác định hoàn toàn bởi các giá trị của nó tại các điểm (x, u) trong hình vuông đơn vị [0,1)², theo hai hệ thức đã nêu.
Xét toán tử rời theo thời gian
T a f(x) =f(x−a), và toán tử rời theo tần số
Biến đổi Zak có các tính chất liên quan sau:
(Z α Mbf)(x, u) =e i2πbαx (Z α f) (x, u−bα) (3.4) Định nghĩa 3.2 Biến đổi Zak từng đoạn là hàm giá trị vector F(x, u) cỡ p
, 0≤i≤p−1, i∈Z. HàmF(x, u)thuộcL 2 ([0,1)×[0,1/p);C p )là không gian Hilbert với tích trong hF, GiZ 1 0
F i (x, u)G i (x, u)dudx. Định lý 3.1 Biến đổi Zak là ánh xạ unita từ L 2 (R) vào L 2 ([0,1) 2 ).
Chứng minh Ta xét trường hợp α= 1 Giả sửf ∈L 2 (R) Ta xét các hàm f k : f k (x, u) = f(x−k)e 2πiku , k ∈Z. Các hàm này thuộc L 2 ([0,1) 2 ) Ta có
=kfk 2 L 2 (R). Hơn nữa, với j 6=k: hf k , f j i L 2 ([0,1) 2 ) Z 1 0 f(x−k)f(x−j)
Do đó, Z là một phép đẳng cự từ L 2 (R)vào L 2 ([0,1) 2 ).
Xét cơ sở Gabor {M m T n χ 0,1] }m,n∈ Z của L 2 (R), ta có
Biến đổi Zak ánh xạ cơ sở trực chuẩn {MmTnχ 0,1] }m,n∈ Z của L 2 (R) vào cơ sở trực chuẩn {e 2πimx e −2πinu }m,n∈ Z của L 2 ([0,1) 2, cho thấy rằng Z là ánh xạ unita Trong trường hợp tổng quát của α, biến đổi Zak có thể được biểu diễn qua toán tử co.
Do Z và D α −1 là các toán tử unita nên Z α cũng là toán tử unita.
Tương tự, biến đổi Zak từng đoạn là ánh xạ unita từ L 2 (R) vào L 2 ([0,1)×
[0,1/p);C p ) Do đó ta có tính chất bảo toàn tích trong hf, gi L 2 ( R ) =hZf,Zgi L 2 ([0,1) 2 ) =hF, Gi L 2 ([0,1)×[0,1/p); C p ), hay
Tính chất unita của biến đổi Zak cho phép chuyển bài toán trong L²(R) sang một bài toán đơn giản hơn trong L²([0,1)×[0,1/p);Cₚ) Để thuận tiện, chúng ta sẽ sử dụng ký hiệu Z thay cho Zₐ.
Phương pháp đại số ma trận
Để kiểm tra các tính chất của dãy {g r,m,n }, ta xét toán tử
X m,n hf, g r,m,n ig r,m,n là một toán tử khung khi {g r,m,n} là một khung Để đơn giản hóa, chúng ta coi đây là toán tử khung Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét ab như một phân số và áp dụng biến đổi Zak với tham số α= 1/b.
Việc áp dụng biến đổi Zak từng đoạn vào toán tử khung của lược đồ Gabor đa cửa sổ giúp đơn giản hóa đáng kể quá trình phân tích Toán tử khung có thể được biểu diễn qua đại số ma trận và mô tả thông qua các tính chất của hàm giá trị ma trận Định lý 3.2 chỉ ra rằng nếu ab=p/q với p, q ∈N, thì toán tử biến đổi Zak từng đoạn S z sẽ chuyển đổi f thành biến đổi Zak từng đoạn của Sf Tác động của Sz trong không gian L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p ) được xác định rõ ràng.
(S z f)(x, u) =S(x, u)F(x, u) (3.5) với S(x, u) là hàm ma trận p×p với các phần tử
Chứng minh Từ (3.3) và (3.4) ta có
Kết hợp với các tính chất tuần hoàn và tựa tuần hoàn của biến đổi Zak với n=n 0 q+l,0≤l ≤q−1, l, n 0 ∈Z, ta suy ra
(Zg r,m,n 0 q+l )(x, u) =e i2πmx e −i2πn 0 pu (Zg r ) x−lp q, u
Do{√ pe i2πmx e −i2πn 0 pu } m,n 0 lập nên một hệ cơ sở trực chuẩn củaL 2 ([0,1)×[0,1/p)), ta có
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Biểu diễn (3.5) là một dạng đẳng cấu của toán tử khung S, trong đó biến đổi Zak từng đoạn được xem như là một toán tử unita từ L²(R) vào L²([0,1)×[0,1/p);C p) Điều này giúp chúng ta hiểu rõ hơn về các tính chất của dãy {g r,m,n} thông qua các đặc điểm của hàm giá trị ma trận S(x, u).
Ma trậnS(x, u)là tự liên hợp Hơn nữa, với mỗi (x, u)∈([0,1)×[0,1/p)),S(x, u) nửa xác định dương, vì khi định nghĩa một hàm giá trị ma trậnG(x, u)cỡRq×p sau:
, với G r (x, u)là hàm giá trị ma trận cỡ q×pvới các phần tử
G r l,k (x, u) = (Zg r )(x−lp q, u+k p), l = 0, , q−1, k = 0, , p−1, ta thu được
S(x, u) = 1 pG ∗ (x, u)G(x, u), (3.9) với G ∗ là liên hợp chuyển vị của G.
Các trường hợp mật độ lấy mẫu
Lấy mẫu là quá trình chuyển đổi một hàm liên tục thành một chuỗi giá trị tại các thời điểm cách đều nhau Quá trình này có thể được mở rộng sang không gian thời gian - tần số thông qua việc sử dụng một lưới đều Đặc điểm của dãy {g r,m,n} được phân loại thành ba trường hợp, dựa trên mật độ lấy mẫu trong không gian thời gian - tần số, được xác định bởi d = ab R.
Trong trường hợp lấy mẫu trội với d > 1, lược đồ Gabor một cửa sổ cho thấy rằng khi lấy mẫu thưa (ab > 1), dãy {g r,m,n } không tạo thành một khung Khi lấy mẫu tới hạn (ab = 1), biểu diễn tín hiệu qua {g r,m,n } có thể không ổn định, đặc biệt khi g(x) là hàm Gauss, điều này được thể hiện qua Định lý Balian-Low Tuy nhiên, tính ổn định sẽ được đảm bảo khi thực hiện lấy mẫu trội.
Lược đồ Gabor đa cửa sổ tương tự như lược đồ Gabor đơn, nhưng trong trường hợp lấy mẫu thưa, dãy {gr,m,n} không tạo thành một khung Mặc dù việc lấy mẫu tới hạn có thể cải thiện một số khía cạnh, nhưng vẫn tồn tại vấn đề về sự không ổn định Để khắc phục vấn đề này, việc sử dụng nhiều cửa sổ là cần thiết.
Trong lược đồ Gabor với một cửa sổ và điều kiện ab > 1, dãy {g m,n} không đủ để tạo thành một cơ sở, bất kể lựa chọn hàm cửa sổ g(x) như thế nào Điều này có nghĩa là tồn tại một hàm f thuộc không gian L2(R) và khác không, sao cho tích vô hướng hf, g m,n i bằng 0 với mọi chỉ số m, n thuộc Z, hay nói cách khác, hSf, fi bằng tổng X m,n.
Ta sẽ chứng minh điều này với ablà phân số bằng cách sử dụng bổ đề sau:
Bổ đề 3.1 nêu rằng nếu g r ∈ L 2 (R) với 0 ≤ r ≤ R−1, và S(x, u) là hàm giá trị ma trận theo phương trình (3.6) cho (x, u) thuộc ([0,1)×[0,1/p)), thì nếu điều kiện det(S)(x, u) = 0 xảy ra trên một tập đếm được trong [0,1)×[0,1/p) có độ đo lớn hơn không, sẽ tồn tại một hàm giá trị vector F ∈ L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p), với F khác không, thỏa mãn các điều kiện đã nêu.
Chứng minh Ta biết rằng, với một ma trận kỳ dị, tự liên hợp và nửa xác định dương A∈C p×p , ta có
Xét vector v =Bw, với w là một vector bất kỳ, ta có
Mặc dù có thể có một số cách chọn vector w khiến vector v bằng không, nhưng nếu ta chọn p vector w độc lập tuyến tính, ít nhất một trong các vector v sẽ không bằng không Cần lưu ý rằng nếu ma trận A không kỳ dị, thì B sẽ bằng 0, dẫn đến vector v luôn bằng không.
Giả sử det(S)(x, u) = 0 cho một tập đếm được J có độ đo lớn hơn không, ta chọn một v ∈ C p cố định Đối với số τ dương, ta định nghĩa hàm giá trị vector v(x, u; τ) = e(−τS(x, u))v.
Phương trình S(x, u)F(x, u) = 0 tồn tại hầu như ở mọi điểm trong khoảng [0,1)×[0,1/p) Đồng thời, hàm F thuộc không gian L²([0,1)×[0,1/p);C^p), với điều kiện Pp−1 i=0 |Fi(x, u)|² ≤ kvk² Biến v(x, u;τ) được đo lường theo các biến x và u, trong khi Fi(x, u) được xác định bởi các giới hạn từng điểm của các hàm có thể đo được.
Dù F(x, u) = 0 bên ngoài tập J, bằng cách chọn p vector độc lập tuyến tính v cố định ta sẽ có được ít nhất mộtF(x, u) khác không hầu khắp nơi trong J.
Vì trong trường hợp lấy mẫu thưa,d Rq Theo phương trình (3.9),S(x, u)là kỳ dị vàdet(S)(x, u) = 0hầu khắp nơi trong [0,1)×[0,1/p). Dựa theo bổ đề trên, {g r,m,n } không đầy đủ.
Lấy mẫu tới hạn và lấy mẫu trội
Bằng cách sử dụng biến đổi Zak từng đoạn và biểu diễn ma trận của toán tử
Chúng ta sẽ xem xét các tính chất của dãy {gr,m,n} khi ab là phân số Định lý 3.3 chỉ ra rằng dãy {gr,m,n} là đầy đủ nếu và chỉ nếu định thức của hàm giá trị ma trận S(x, u), được xác định trong khoảng ([0,1)×[0,1/p)), khác không hầu khắp nơi Điều này áp dụng cho trường hợp gr thuộc L2(R) với 0 ≤ r ≤ R−1 và ab = p/q, trong đó p và q là các số tự nhiên.
1 {g r,m,n } đầy đủ ⇒det(S)(x, u)6= 0 hầu khắp nơi:
Giả sử det(S)(x, u) = 0 trong một tập đếm được có độ đo lớn hơn không, theo Bổ đề 3.1, tồn tại hàm F ∈ L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p ) với F khác 0, sao cho S(x, u)F(x, u) = 0 hầu khắp nơi Điều này dẫn đến kết luận rằng tập {g r,m,n} không đầy đủ, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
2 det(S)(x, u)6= 0 hầu khắp nơi ⇒ {g r,m,n } đầy đủ:
Giả sử {g r,m,n } không đầy đủ Khi đó, tồn tại F ∈ L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p ),
F 6= 0 sao cho S(x, u)F(x, u) = 0 hầu khắp nơi Do đó det(S)(x, u) = 0 trong một tập đo được với độ đo lớn hơn không, mâu thuẫn với giả thiết.
Chú ý rằng det(S)(x, u)6= 0 hầu khắp nơi tương đương với rank(S)(x, u) = p hầu khắp nơi hoặc rank(G)(x, u) =p hầu khắp nơi.
Nếu p= 1,S(x, u) rút gọn thành một hàm giá trị ma trận cỡ 1×1:
, (3.10) do đó det(S)(x, u) = S(x, u). Ở lược đồ một cửa sổ, nếu ab= 1
Do đó, định lý trên tổng quát hóa kết quả đã biết cho trường hợp lấy mẫu tới hạn của lược đồ một cửa sổ.
Xét tính chất khung của dãy {g r,m,n }, nếu {g r,m,n } là một khung, thì toán tử khung S sẽ là toán tử tuyến tính, liên hợp, bị chặn và xác định dương.
Do đó kSk= sup f 6=0 kSfk kfk = sup f 6=0 hSf, fi hf, fi =B, (3.11) và finf6=0 kSfk kfk = inf f6=0 hSf, fi hf, fi =A (3.12) Định nghĩa λ max (S) := ess sup
1≤i≤pλ i (S)(x, u), (3.14) với λ i (S)(x, u) là các giá trị riêng của ma trận S)(x, u) Do đó
Nếu p = 1, thì S(x, u) trở thành hàm giá trị ma trận vô hướng như đã trình bày ở (3.10) Điều này dẫn đến việc S(x, u) có một giá trị riêng duy nhất.
Kết quả về các cận khung được tổng hợp thành Định lý 3.4 Theo đó, dãy {g r,m,n} tương ứng với {g r}, với g r thuộc L 2(R) và 0≤r≤R−1, ab=p/q với p, q thuộc N, sẽ tạo thành một khung khi và chỉ khi 0< λ min (S)≤λ max (S)0.
Ta chứng minh chiều ngược lại Vì λ i (x, u)≤B hầu khắp nơi với mọi 1≤i ≤p, và từ giả thiết
Y i=1 λ i (x, u) suy ra mỗi giá trị riêng đều bị chặn dưới, tức là tồn tại cận khung dưới A λ min (S)>0.
Kết hợp hai định lý trên, ta thu được điều kiện cần và đủ để dãy {g r,m,n } tạo thành một khung.
Ví dụ về đánh giá các cận khung
Nếu p= 1, các cận khung được cho như ở (3.17).
Ta sẽ xét trường hợp với p= 2:
, với S i,k là các hàm của (x, u)∈([0,1)×[0,1/2)) và được cho như ở (3.6).
Các giá trị riêng của S(x, u)là λ1,2 = 1
, và các cận khung là
Khung đối ngẫu
Để đạt được biểu diễn như trong phương trình (2.5), cần xác định khung đối ngẫu Trong lược đồ một cửa sổ, việc tìm khung đối ngẫu {S −1 g m,n} khá đơn giản vì nó được tạo ra từ một hàm cửa sổ đối ngẫu duy nhất và có cùng dạng với {g m,n} Tương tự, trong lược đồ đa cửa sổ, khung đối ngẫu {γr,m,n} của {g r,m,n} được sinh ra từ một tập hữu hạn R hàm cửa sổ, với công thức γr,m,n(x) = γr(x−na)e i2πmbx, trong đó 0≤r ≤R−1 và γ r =S −1 g r.
Ta chứng minh điều này bằng cách định nghĩa toán tử
W mb,na giao hoán với toán tử khung, tức là
SW mb,na =W mb,na S.
S −1 W mb,na =W mb,na S −1 , suy ra
Với ab = p/q, p, q ∈ N, ta có thể chứng minh quan hệ giao hoán SW mb,na = W mb,na S thông qua biểu diễn ma trận của S trong miền biến đổi Zak từng đoạn Dựa vào công thức (3.7), chúng ta có thể tiếp tục phân tích và khẳng định mối quan hệ này.
, với G r,m,n (x, u) là biến đổi Zak từng đoạn của g r,m,n (x), và G r (x, u) là biến đổi Zak từng đoạn của g r (x).
Vì theo (3.6), S(x−p/q, u) = S(x, u), ta thu được
S(x, u)G r,m,n (x, u) = e i2πmx S(x−np q, u)G r (x−np q, u). Đây chính là quan hệ giao hoán trong miền biến đổi Zak từng đoạn.
Kết hợp với phương trình (3.5), ta có biến đổi Zak từng đoạn của γ r Γ r (x, u) = S −1 (x, u)G r (x, u), trong đó Γ r (x, u) và G r (x, u) là các hàm giá trị vector trong L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p ) Ma trận S −1 (x, u) là ma trận nghịch đảo của S(x, u) Khi p = 1, dựa vào (3.10), ta có được các kết quả quan trọng.
Các hệ số trong khai triển có thể được tính toán thông qua miền tín hiệu hoặc miền biến đổi Zak, bằng cách thực hiện tích trong của tín hiệu với khung đối ngẫu, được biểu diễn bằng công thức cr,m,n = hf, γr,m,ni.
Định lý Balian-Low và cách xây dựng khung
Trường hợp một cửa sổ
Trong trường hợp lấy mẫu tới hạn ab = 1 với lược đồ Gabor một cửa sổ, việc chọn một hàm cửa sổ g(x) thích hợp có thể tạo ra dãy {gm,n} đầy đủ và hình thành khung, mặc dù gặp vấn đề về tính ổn định Tuy nhiên, dãy {gm,n} có thể đầy đủ nhưng không tạo thành khung, dẫn đến biểu diễn không ổn định, như trong trường hợp sử dụng hàm cửa sổ Gauss Định lý Balian-Low chỉ ra rằng không có hàm trơn và giảm nhanh nào có thể sinh ra khung Theo Định lý 3.8, với g ∈ L2(R) và ab = 1, a > 0, nếu {γm,n} là một khung thì hoặc xg(x) không thuộc L2(R) hoặc ωˆg(ω) không thuộc L2(R), với gˆ là biến đổi Fourier của g Để vượt qua giới hạn này, có thể thực hiện lấy mẫu trội với ab < 1.
Trong trường hợp lấy mẫu tới hạn với đa cửa sổ, vấn đề quan trọng là liệu có thể tránh được hạn chế của Định lý Balian-Low khi sử dụng nhiều hàm cửa sổ Định lý 3.9 chỉ ra rằng điều này không khả thi nếu tất cả các hàm cửa sổ g r đều là hàm trơn và giảm nhanh Cụ thể, nếu g r thuộc L 2 (R) với điều kiện 0 ≤ r ≤ R−1 và R/(ab) = 1, thì trong trường hợp {g r,m,n} là một khung, sẽ xảy ra một trong hai tình huống: hoặc xg(x) không thuộc L 2 (R) hoặc ωˆg(ω) không thuộc L 2 (R) với một giá trị r nhất định trong khoảng 0 ≤ r ≤ R−1.
Chứng minh Xét trường hợp lấy mẫu tới hạn d = 1, khi đó p = R, q = 1 Các hàm giá trị ma trận S(x, u) và G(x, u) đều có cỡ R×R, và G(x, u) có các phần tử là
, r, k = 0, , R−1 (3.21) Dựa vào (3.9) ta có det(S)(x, u) = 1
Do đó, nếu det(G ∗ )(x, u) có một không điểm thì {gr,m,n} không lập thành một khung.
Như ta đã biết, định thức của một ma trận vuông A cỡN: det(A) = X k∈K sign(k)
A i,k(i) , với k =k(0), k(1), , k(N −1) là một hoán vị của 0,1, , N −1 và K là tập tất cả các hoán vị của 0,1, , N −1
Dựa vào cấu trúc của G(x, u) ta có
D(x, u)thỏa mãn các tính chất:
Từ các tính chất đã đề cập, có thể suy ra rằng hàm liên tục theo hai biến D(x, u)˜ sẽ có một không điểm trong hình vuông đơn vị Điều này có nghĩa là D(x, u) sẽ triệt tiêu tại một điểm cụ thể nào đó trên khoảng [0,1)×[0,1/R), dẫn đến kết luận rằng dãy {g r,m,n } không phải là một khung.
Ta trở lại chứng minh Định lý 3.9 Chứng minh được dựa vào mâu thuẫn giữa giả thiêt rằng xg r (x), ωˆg r (ω) ∈ L 2 (R) với mọi 0≤ r ≤ R−1 và dãy {g r,m,n } là một khung.
[Z(xf(x))](x, u) =αx(Zf)(x, u) +αi(2π) −1 ∂ u (Zf)(x, u) nên ∂u(Zf)(x, u)∈L 2 loc (R 2 ).
Nếu f 0 (x) thuộc L 2 (R), thì đạo hàm ∂ x (Zf)(x, u) cũng thuộc L 2 loc (R 2 ) Giả sử {g m,n } là một khung và xg r (x), g r 0 (x) thuộc L 2 (R) cho mọi 0≤ r ≤ R−1, từ đó suy ra rằng ∂xD(x, u) và ∂uD(x, u) đều thuộc L 2 loc (R 2 ) Điều này được xác nhận qua phương trình (3.22).
, và theo Định lý 3.5, tích trong vế phải của hai phương trình này bị chặn Ta cũng có∂xD(x, u), ∂˜ uD(x, u)˜ ∈L 2 loc (R 2 ).
Mặt khác, sử dụng bổ đề Coifman-Semmes:
Bổ đề: Giả sử D(x, u)˜ ∈ L 2 loc (R 2 ) là một hàm bị chặn thỏa mãn các tính chất (3.26) và (3.27) Nếu ∂xD, ∂˜ uD˜ bình phương khả tích địa phương thì ess inf
Vì {g r,m,n } là một khung nên ta có ess sup
0≤x≤1,0≤u≤1/R|D(x, u)|>0, mâu thuẫn với Bổ đề Coifman-Semmes.
Việc sử dụng nhiều hơn một cửa sổ mang lại lợi thế lớn là giúp vượt qua hạn chế của Định lý Balian-Low Bằng cách lựa chọn thêm một cửa sổ phù hợp, chúng ta có thể tạo thành một khung lược đồ mới Điều này mở ra khả năng tìm kiếm một cửa sổ thích hợp để tối ưu hóa quy trình.
Mệnh đề 3.1 ([4]) Giả sử {gr},0 ≤ r ≤ R−2 là R−1 hàm cửa sổ Kí hiệu
Hàm G 0 (x, u) là một ma trận kích thước (R − 1)× R với các phần tử G 0 r,k (x, u) Zgr(x, u+ k l ) Đặt P(x, u) = G 0 (x, u)(G 0 ) ∗ (x, u) Tồn tại một hàm cửa sổ gR−1(x) sao cho tập hợp {g r }, với 0≤r≤R−1, tạo thành một khung trong trường hợp lấy mẫu tới hạn nếu và chỉ nếu 0< K≤det(P)(x, u) hầu như khắp nơi trong [0,1)×[0,1/R).
Chứng minh Ở trường hợp lấy mẫu tới hạn, p=R, q = 1.
Hàm giá trị ma trận G(x, u) của {g r}, với 0 ≤ r ≤ R−1, được tạo ra bằng cách thêm một vector hàng thích hợp vào G 0 (x, u), trong đó các phần tử phụ thuộc vào ZgR−1 Nếu ess inf det(P(x, u) = 0, điều này có nghĩa là các hàng của G 0 (x, u) phụ thuộc tuyến tính vào một giá trị x 0, u 0 nào đó Khi đó, ess inf det(S(x, u) cũng sẽ bằng 0 cho mọi lựa chọn ZgR−1, với điều kiện ZgR−1 phải bị chặn.
Khi đó, dựa vào Định lý 3.6, {g r,m,n } không phải là một khung.
Mặt khác, giả sử det(P)(x, u) (tức là các hàng của G 0 (x, u) độc lập tuyến tính) và định nghĩa
Rõ ràng làdet(S 0 )(x, u) = 0 hầu khắp nơi Do đó, dựa vào Bổ đề 3.1, tồn tại một hàm giá trị vector F ∈L 2 ([0,1)×[0,1/p);C p ), F 6= 0 sao cho
Xây dựng G(x, u) bằng cách thêm vector hàng F T (x, u) vào G 0 (x, u), ta có 0
