Về bổ đề corput và tích phân dao động

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HOÀNG THU HẰNG VỀ BỔ ĐỀ CORPUT VÀ TÍCH PHÂN DAO ĐỘNG Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN MINH TUẤN HÀ NỘI−2016 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn người tận tình hướng dẫn để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Hà Nội, tháng 08 năm 2016 Học viên Hoàng Thu Hằng Mục lục Lời nói đầu Biến đổi Fourier Biến đổi Fourier không gian L1 (R) 1.1.1 Định nghĩa ví dụ 1.1.2 Tính chất biến đổi Fourier 1.2 Biến đổi Fourier không gian L1 (Rn ) 14 1.3 Biến đổi Fourier không gian Schwartz 18 1.4 Biến đổi Fourier không gian L2 (Rn ) 20 1.1 Bổ đề Van der Corput 22 2.1 Một số ước lượng thơ cho tích phân dao động 22 2.2 Ước lượng tập mức 28 2.3 Bổ đề Van de Corput 33 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 LỜI NĨI ĐẦU Lý thuyết dao động tích phân nguồn gốc quan trọng hàm điều hòa giải tích Phần giới thiệu biến đổi Fourier nguồn gốc có lẽ ví dụ tốt dao động tích phân, dẫn đến việc xem xét kĩ dao động tích phân tổng qt Cơng trình thực chủ yếu Fourier, Airy, Stokes, Lipschitz Riemann vào kỷ 19 thực để hiểu hành vi Biến đổi Fourier Các đối tượng làm rõ vào đầu kỉ 20 J.G van der Corput chứng minh bổ đề tiếng Ơng quan tâm đến ứng dụng lý thuyết số, đặc biệt toán ràng buộc hàm số mũ Gần đây, trọng tâm thay đổi để tốn tử có dạng tích phân dao động Việc sử dụng biến đổi Fourier tích phân điều hòa tự nhiên phổ biến Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Biến đổi Fourier, đưa định nghĩa, tính chất Biến đổi Fourier không gian L1 , L2 không gian Schwartz, ví dụ hình ảnh minh họa Chương hai đề cập tới định lý tập mức từ đưa đến bổ đề Van de Corput Nội dung luận văn chi tiết hóa Chương luận án tác giả K M Rogers [3] Hà Nội, tháng năm 2016 Hoàng Thu Hằng Chương Biến đổi Fourier Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm, ví dụ tính chất phép biến đổi Fourier Tham khảo tài liệu [1], [2] [4] 1.1 1.1.1 Biến đổi Fourier không gian L1 (R) Định nghĩa ví dụ Định nghĩa 1.1.1 Biến đổi Fourier f (x) ký hiệu F{f (x)} = F (k), k ∈ R, xác định tích phân F{f (x)} = F (k) = √ 2π ∞ e−ikx f (x)dx, (1.1) −∞ F gọi toán tử biến đổi Fourier hay biến đổi Fourier Nó thường gọi biến đổi Fourier phức Điều kiện đủ cho f (x) có biến đổi Fourier f (x) khả tích tuyệt đối (−∞, ∞) Do f (x) hội tụ tuyệt đối nên tích phân (1.1) hội tụ Hơn nữa, hội tụ theo k Vì vậy, hàm khả tích tuyệt đối ta có định nghĩa biến đổi Fourier Hạn chế mạnh nhiều ứng dụng vật lý Nhiều hàm đơn giản phổ biến hàm hằng, hàm lượng giác sin ax, cos ax, hàm mũ xn H(x) khơng có biến đổi Fourier chúng thường xuyên xuất ứng dụng Tích phân (1.1) không hội tụ f (x) dạng Đây hạn chế lý thuyết biến đổi Fourier Định nghĩa 1.1.2 Biến đổi Fourier ngược ký hiệu F −1 {F (k)} = f (x) xác định F −1 {F (k)} = f (x) = √ 2π ∞ eikx F (k)dk, (1.2) −∞ F −1 gọi tốn tử biến đổi Fourier ngược Ta thấy F F −1 tốn tử tích phân tuyến tính Trong toán ứng dụng, x thường biểu diễn biến không gian k = ( 2π λ ) biến bước sóng, λ bước sóng Tuy nhiên, kỹ thuật điện, x thay biến thời gian t k thay tần số w = 2πν, ν tần số chu kỳ giây Hàm F (w) = F{f (t)} gọi phổ hàm tín hiệu theo thời gian f (t) Trong lý luận kỹ thuật điện, biến đổi Fourier định nghĩa theo cách sau ∞ f (t)e−2πνit dt, F{f (t)} = F (ν) = (1.3) −∞ biến đổi ngược ∞ F −1 {F (ν)} = f (t) = F (ν)e 2πiνt −∞ dν = 2π ∞ F (w)eiwt dw, −∞ w = 2πν gọi tần số góc Sau xét số ví dụ biến đổi Fourier Ví dụ 1.1.1 Tìm biến đổi Fourier exp(−ax2 ) (1.4) Ta chứng minh k2 F (k) = F{exp(−ax2 )} = √ exp(− ), 4a 2a a > (1.5) Bằng định nghĩa ta có ∞ e−ikx−ax dx F (k) = √ 2π −∞ ∞ ik k √ = exp −a(x + ) − dx 2a 4a 2π −∞ ∞ k2 = √ exp(− ) e−ay dy, 4a −∞ 2π Đặt I = ∞ −ay e dy, −∞ suy ∞ ∞ e−a(x I2 = −∞ +y ) dxdy −∞ Đặt: x = r cos θ, y = r sin θ Khi ∞ 2π e−a(r I = ∞ 2π − = 2π = θ = 2a −r2 e 2a ∞ dθ dθ 2a 2π = π a Khi F (k) = √ exp(−k /4a) 2π Nếu a = rdr dθ e−ar rdr dθ = π a cos2 θ+r sin2 θ) 2π Suy I = π k2 = √ exp − a 4a 2a F{e−x /2 } = e−k /2 (1.6) Điều F{f (x)} = f (k) Đồ thị hàm f (x) = exp(−ax2 ) biến đổi Fourier ứng với a = minh họa Hình 2.1 Hình 1.1: Đồ thị hàm f (x) = exp(−ax2 ) F (k) với a = Ví dụ 1.1.2 Tìm biến đổi Fourier exp(−a|x|) Ta chứng minh F{exp(−a|x|)} = a · , π (a + k ) a > (1.7) Theo định nghĩa F{e −a|x| ∞ }= √ e−a|x|−ikx dx 2π −∞ ∞ =√ e−(a+ik)x dx + 2π 1 + =√ 2π a + ik a − ik = e(a−ik)x dx −∞ a π (a2 + k ) Ta ý f (x) = exp(−a|x|) giảm nhanh không khả vi x = Đồ thị f (x) = exp(−a|x|) biểu diễn Fourier ứng với a = minh họa Hình 2.2 Ví dụ 1.1.3 Tìm biến đổi Fourier f (x) = 1− |x| a H 1− |x| a , a = 0, (1.8) Hình 1.2: Đồ thị hàm f (x) = exp(−a|x|) F (k) với a = H(x) hàm Heaviside định nghĩa H(x) =   1, x > 0,  0, x < (1.9) Hoặc tổng quát H(x − a) =   1, x > a,  0, x < a, (1.10) a số thực cố định Như hàm Heaviside H(x − a) gián đoạn hữu hạn x = a F{f (x)} = √ 2π =√ 2π 2a =√ 2π 2a =√ 2π a e−ikx − −a a 1− |x| a dx x cos(kx)dx a (1 − x) cos(akx)dx (1 − x) d dx sin akx ak dx, (k = 0, a = 0) 2a =√ 2π a =√ 2π sin(akx) dx ak d sin2 ( akx ) dx dx ( ak ) 0 a sin2 ak =√ ak 2π Ví dụ 1.1.4 Tìm biến đổi Fourier hàm đặc trưng χ[−a,a] (x), χ[−a,a] (x) = H(a − |x|) =   1, |x| < a,  0, |x| > a (1.11) Ta có ∞ Fa (k) = F{χ[−a,a] (x)} = √ 2π e−ikx χ[−a,a] (x)dx −∞ a =√ 2π e−ikx dx = −a π sin(ak) k Đồ thị hàm f (x) = χ[−a,a] (x) biến đổi Fourier ứng với a = Hình 1.3: Đồ thị hàm f (x) = χ[−a,a] (x) F (k) với a = nên ta có h liên tục [c1 , c2 ], h khả vi (c1 , c2 ) h (c1 ) = h (c2 ), tồn k1 ∈ (c1 , c2 ) cho h(2) (k1 ) = hay P (2) (k1 ) − f (2) (k1 ) = Tiếp tục ta có h(2) (k2 ) = 0, k2 ∈ (c2 , c3 ), suy tồn ξ ∈ (k1 , k2 ) cho h(3) (ξ) = hay P (3) (ξ) − f (3) (ξ) = Bằng tính tốn trực tiếp ta có P (3) (ξ) = c0 f (x0 ) + + c3 f (x3 ), với ci xác định Do f (3) (ξ) = c0 f (x0 ) + + c3 f (x3 ) Mệnh đề chứng minh Xét đa thức Chebysev dạng lượng giác Tn (x) = cos[n arccos x], với |x| ≤ Ta có Tn+1 (x) = cos[(n + 1) arccos x] = cos[n arccos x + arccos x] = cos(n arccos x) cos(arccos x) − sin(n arccos x) sin(arccos x) Tn−1 (x) = cos[(n − 1) arccos x] = cos[n arccos x − arccos x] = cos(n arccos x) cos(arccos x) + sin(n arccos x) sin(arccos x) 29 Do Tn+1 (x) + Tn−1 (x) = 2x cos(n arccos x) = 2xTn (x), suy Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x) (2.5) Ta chuyển đa thức Chebysev từ dạng lượng giác dạng đa thức đại số nhờ cơng thức (2.5) Do ta có T1 (x) = x T2 (x) = cos(2 arccos x) = 2x2 − T3 (x) = 2xT2 (x) − T1 (x) = 4x3 − 3x Mệnh đề 2.2.2 Hệ số Tn (x) 2n−1 Chứng minh Sử dụng phương pháp quy nạp Với n = hệ số đầu T1 (x) = 21−1 , Với n = hệ số đầu T2 (x) = 22−1 Giả sử hệ số đầu Tk (x) 2k−1 ,ta có Tk+1 (x) = 2xTk (x) − Tk−1 (x), mà hệ số đầu Tk (x) 2k−1 nên hệ số đầu Tk+1 (x) 2.2k−1 = 2k Mệnh đề chứng minh Nhận xét 2.2.1 Ta có Tn (x) = cos[n arccos x], |x| ≤ suy |Tn (x)| ≤ Dấu ” = ” xảy cos[n arccos x] = cos[n arccos x] = −1 30 Điều tương đương với n arccos x = kπ, suy x = cos kπ n , k = 0, 1, 2, gọi điểm cực trị Tn (x) Áp dụng mệnh đề 2.1.1 cho T3 (x) chọn mốc x0 = cos 0π π 2π 3π , x1 = cos , x2 = cos , x3 = cos 3 3 Do   c0 = −3! , |x1 − x0 ||x2 − x0 ||x3 − x0 |  T (x ) = cos[3 arccos x ], 0 Hay     c0 = −3! π 2π 2π 0π 3π 0π | cos − cos || cos − cos || cos − cos | 3 3 3    T3 (x0 ) = Tương tự cho c1 , T3 (x1 ), c2 , T3 (x2 ), c3 , T3 (x3 ) ta có (3) T3 (ξ) = c0 T3 (x0 ) + c1 T3 (x1 ) + c2 T3 (x2 ) + c3 T3 (x3 ) Suy 3!23−1 = c0 − c1 + c2 − c3 (do xi cực trị T3 (x)) hay 3!23−1 = 3! 3! + + |x1 − x0 ||x2 − x0 ||x3 − x0 | |x0 − x3 ||x1 − x3 ||x2 − x3 | Tương đương 23−1 = 1 + + |x1 − x0 ||x2 − x0 ||x3 − x0 | |x0 − x3 ||x1 − x3 ||x2 − x3 | Tổng quát n i=0 = 2n−1 , k=i |xk − xi | với {xi }ni=1 điểm cực trị đa thức Chebysev bậc n 31 (2.6) Xét hàm có dạng y = xk (a, b) Nếu xk ≤ α |x|k ≤ α hay |x| ≤ α k Khi |x ∈ (a, b) : y ≤ α| = 1.α k Tổng quát hàm y = f (x) thỏa mãn tính chất f khả vi cấp n |f (n) (x)| ≥ λ ≥ (a, b) |x ∈ (a, b) : |f (x)| ≤ α| ≤ Cn α λ n Để cụ thể ta xét định lý đây: Định lý 2.2.1 (Định lý tập mức dưới) Cho f : (a, b) → R khả vi cấp n, n ≥ |f (n) (x)| ≥ λ ≥ (a, b) Khi |x ∈ (a, b) : |f (x)| ≤ α| ≤ Cn α λ n , Cn = (n!22n−1 ) n Chứng minh Đặt E = {x ∈ (a, b) : |f (x)| ≤ α} giả sử |E| ≤ Không tổng quát, giả sử E tập có trung điểm 2x gốc tọa độ có độ rộng E Bằng phép co dãn y = ta biến E thành |E| miền [−1, 1] Theo công thức (2.6) với {yi }ni=0 điểm cực trị đa thức Chebysev bậc n Khi ta có n |yk − yi | i=0 = 2n−1 , k=i với yi = cos( iπ n ), i = 0, 1, , n Suy n i=0 k=i 2xk 2xi − |E| |E| 32 = 2n−1 , hay n |xk − xi | i=0 = 2n−1 22n−1 2n = |E|n |E|n (2.7) k=i Mặt khác, theo mệnh đề 2.1.1, tồn ξ ∈ (a, b) cho n f (n) ci f (xi ), (ξ) = i=0 với cj = (−1)j+n n! |xk − xi | , {xi }ni ánh xạ ngược lại cực trị k=i {yi }ni đa thức Chebysev Ta có ước lượng λ ≤ |f (n) n (x)| = | n ci fi (x)| ≤ | i=0 n ci α| = | i=0 n! (−1)j+n |xk − xj | i=0 α| = n! 22n−1 α |E|n k=j Suy 22n−1 λ ≤ n! α, |E|n Hay |E|n ≤ n!22n−1 α λ Tức |E| ≤ ( n!22n−1 α )n λ Định lý chứng minh Nhận xét 2.2.2 Nếu f (x) = Tn (x) [−1, 1] ta chọn α = ( Do |Tn (x)| ≤ 1) λ = n!2n−1 (do hệ số đầu Tn (x)) 2.3 Bổ đề Van de Corput Để chứng minh kết chương này, ta cần bổ đề 33 Bổ đề 2.3.1 Giả sử f : [0, 1] → R đơn điệu Khi |fˆ(n)| = f (x)e−2πinx dx ≤ |f (1) − f (0)| πn Để chứng minh bổ đề ta cần định lý sau Bổ đề 2.3.2 (Định lý giá trị trung bình tích phân) Cho f : [a, b] → R đơn điệu, g : [a, b] → R liên tục Khi tồn c ∈ [a, b] cho: b c f (x)g(x)dx = f (a) b g(x)dx + f (b) a a g(x)dx c Bổ đề 2.3.3 (Định lý giá trị trung bình phức) Cho f : [a, b] → R đơn điệu, g : [a, b] → C liên tục Đặt b I= f (x)g(x)dx, a với arg(I) = θ Khi tồn c ∈ [a, b] cho c I= f (a)Re e −iθ b −iθ g(x)dx + f (b)Re e a g(x)dx eiθ , c từ c |I| ≤ f (a) b g(x)dx + f (b) a g(x)dx c Chứng minh Ta có I = |I|eiθ , suy b |I| = Ie −iθ f (x)g(x)dxe−iθ = a Do g hàm giá trị phức nên g(x) = u(x) + iv(x) (u, v hàm thực liên tục) Khi b |I| = f (x) [u(x) + iv(x)] dx [cos(−θ) + i sin(−θ)] , a hay b |I| = b f (x)u(x)dx cos(θ) + i a f (x)v(x)dx cos(θ) a 34 b +i b f (x)u(x)dx sin(−θ) + a b f (x)v(x)dx sin(θ) a b f (x)v(x)dx sin(θ) f (x)u(x)dx cos(θ) + = a a b +i − b f (x)u(x)dx sin(θ) + a b = f (x)v(x) cos(θ) a b f (x)u(x)dx cos(θ) + f (x)v(x)dx sin(θ) a a b = f (x) [u(x) cos θ + v(x) sin θ] dx a Ta có f : [a, b] → R đơn điệu, x → u(x) cos θ + v(x) sin θ liên tục với θ = arg(I) Khi tồn c ∈ [a, b] cho c |I| = f (a) b (u(x) cos θ + v(x) sin θ)dx + f (b) a (u(x) cos θ + v(x) sin θ)dx c c |I| = f (a)Re e−iθ b g(x)dx + f (b)Re e−iθ a g(x)dx c Mệnh đề chứng minh Từ ta chứng minh bổ đề 2.1.1 Chứng minh Giả sử f hàm tăng (f giảm chứng minh tương tự) Đặt y = 2πnx ta thu x= y dy suy dx = 2πn 2πn Do 2πn fˆ(n) = y dy e−iy 2πn 2πn f = 2πn Áp dụng bổ đề 2.1.3 cho hàm f 2πn f y 2πn y e−iy dy 2πn hàm e−iy , tồn c ∈ [0, 2πn] cho |fˆ(n)| = f 2πn 2πn c Re e−iθ e−iy dy 35 + f 2πn 2πn 2πn f (0) = Re e−iθ 2πn 2πn Re e−iθ c c e −iy −iy c f (0) e = Re e−iθ 2πn −i = f (0) Re 2πn e−iy dy f (1) dy + Re e−iθ 2πn 2πn e−iy dy c e−iy f (1) + Re e−iθ 2πn −i e−iθ −ic f (1) (e − 1) + Re −i 2πn 2πn c e−iθ −2πin (e − e−ic ) −i Bởi vậy, f (0) Re − (e−i(θ+c) − e−iθ ) 2πn i f (1) + Re − (e−i(θ+2πn) − e−i(θ+c) ) 2πn i f (0) (− sin(−θ − c) + sin(−θ)) = 2πn f (1) + (− sin(−θ − 2πn) + sin(−θ − c)) 2πn f (1) f (0) (sin(θ + c) − sin(θ)) + (sin(θ) − sin(θ + c)) = 2πn 2πn f (0) f (1) =− (− sin(θ + c) + sin(θ)) + (− sin(θ + c) + sin(θ)) 2πn 2πn − sin(θ + c) + sin(θ) = [f (1) − f (0)] 2πn |fˆ(n)| = Cuối cùng, ta thu |fˆ(n)| ≤ f (1) − f (0) [f (1) − f (0)] ≤ 2πn πn Mệnh đề chứng minh Định lý 2.3.1 (Bổ đề Van de corput) Giả sử f : (a, b) → R khả vi cấp n với n ≥ |f (n) (x)| ≥ λ ≥ (a, b) Khi b eif (x) dx ≤ Cn a Cn ≤ 25/3 ∀n ≥ Cn → n λ1/n , n → ∞ e 36 Chứng minh Đặt E1 = {x ∈ (a, b) : |f (x)| ≤ α} E2 = {x ∈ (a, b) : |f (x)| ≥ α} , Nếu g = f |g (n−1) | ≥ λ Cho nên E1 = {x ∈ (a, b) : |g(x)| ≤ α} Áp dụng định lý tập mức 2.1.1 ta có |E1 | ≤ Cn−1 n−1 α λ ≤ (n − 1)!2 ≤ (n − 1)!2 2(n−1)−1 2n−3 n−1 α λ α λ n−1 n−1 n−1 Bởi vậy, e if (x) dx ≤ (n − 1)!2 2n−3 n−1 E1 α λ n−1 Do E2 tạo nên từ nhiều 2(n − 1) khoảng, mà khoảng f khả vi, |f | ≥ α |f | đơn điệu Khi ta có eif (x) dx ≤ E2 4(n − 1) 2(n − 1) = α α Vậy b eif (x) dx ≤ a (n − 1)!22n−3 (n − 1)n−2 n−1 n λ1/n (2.8) n tiến đến vô cùng, sử dụng công thức Stirling ta e kiểm tra số hạng đầu để thấy chúng bé Bây Cn tiến đến 23 Định lý chứng minh 37 Đối với hàm sơ cấp, ví dụ bất đẳng thức sau a+b+c≥9 1 + + a b c 1 + + thay đổi hệ số ln cố định a b c Nhưng bổ đề này, hàm f (x) thay đổi hệ số Cn thay đổi hàm a + b + c hay theo Hệ 2.3.1 Xét f (x) = a0 + a1 x + + an xn đa thức thực bậc n ≥ Khi với a, b ∈ R b eif (x) dx ≤ a Cn ≤ Cn , |an |1/n 11 (∀n ≥ 1) Cn → n → ∞ Chứng minh Khi n = ta có b e ia0 +ia1 x dx = e ia0 a ia1 x e ia1 b = a eia0 ia1 b e − eiaa ia1 Do b e a ia0 +ia1 x eia0 ia1 b e − eiaa dx ≤ ia1 eia0 ia1 b e + eiaa ia1 ≤ |a1 | 11 ≤ 2|a1 | ≤ Với bậc cao ta có f (n) = n!an Nên |f (n) (x)| ≥ n!|an | ∀x 38 Áp dụng (2.8) ta có n (n − 1)!22n−1 (n − 1)n−2 |I| ≤ n (n!|an |) n ≤ (n − 1)!22n−1 nn (n − 1)n−2 n! ≤ 22n−1 nn−1 (n − 1)n−2 n n 1 |an | n 1 |an | n Rằng buộc tiến đến ta kiểm tra vài số hạng đầu để thấy |an | n chúng nhỏ ràng buộc giả thiết cho Hệ chứng minh Ví dụ 2.3.1 Xét tích phân +∞ eiλx dx I(λ) := −∞ Ta muốn xác độ đo I(λ) |λ| → +∞ Rõ ràng I(λ) không xác định tích phân Lebesgue với |eiλx | = 1, nên ta xét tích phân R R→+∞ eiλx dx I(λ) = lim −R Chia tích phân thành hai phần Một phần lân cận I điểm gốc hàm pha φ(x) = x2 , tức lân cận điểm x0 = phần lại phần bù I Mặc dù khoảng I c có độ đo vơ hạn ta lại dễ dàng tính chúng Thực vậy, quan sát với a ≥ ta có R e a iλx2 R 2 eiλR eiλr 1 (eiλx ) dx = − + 2iλx 2iλR 2iλr 2iλ dx = a R eiλx a Điều eiλx dx ≤ a≤|x|≤R 1 + → R → +∞ |λa| |λR| |λa| chứng minh hội tụ tích phân 39 dx x2 Mệnh đề 2.3.1 Giả sử f : [a, b] → R khả vi (a, b), thỏa mãn f đơn điệu |f | ≥ λ ≥ [a, b].Khi b eif (x) dx ≤ a λ Chứng minh Thay f −f cần Giả sử f ≥ λ ≥ f tăng ( f giảm ta chứng minh tương tự) Đặt b eif (x) dx I= a Do y = f (x) nên x = f −1 (y) 1 dy = dy f (x) f (f −1 (y)) dx = [f −1 (y)] dy = Khi b I= e a b iy f (f −1 (y)) dy = a f (f −1 (y)) eiy dy Do f (f −1 (y)) ≥0 f (f −1 (y)) đơn điệu giảm nên theo định lý giá trị trung bình phức, tồn c ∈ [a, b] cho I= f (f −1 (f (a))) Re e−iθ (a)c eiy dy f iy c = e Re e−iθ f (a) i f (a) e−iθ ic = Re (e − eif (a) ) f (a) i 1 i(c−θ) f (a)−θ = Re e − e f (a) i i = (−sin(c − θ) + sin(f (a) − θ)) f (a) 40 λ Mệnh đề chứng minh Do |I| ≤ 41 KẾT LUẬN Đóng góp khóa luận bao gồm: Đưa tính chất phép biến đổi Fourier, đồng thời chứng minh chi tiết kết Chi tiết hóa chứng minh Bổ đề Van de Corput, ước lượng thích phân dao động trường hợp n = Nêu số ví dụ Mặc dù cố gắng, nhiên luận văn không tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý q thầy bạn đọc Tài liệu tham khảo [1] Elias M Stein and Rami Shakarchi (2003), Fourier analysis an introduction, Princeton university Press, Princeton and Oxford [2] Ioannis Parissis (2013),Oscillatory intergrals, Fall 2013, University of Seville [3] Keith McKenzie Rogers, Real and p-Adic Oscillatory Integrals, The University of New South Wales [4] K Chandrasekharan (1989), Classical Fourier transforms, SpringerVerlag, New York [5] Lokenath Debnath and Dambaru Bhatta (2007), Integral transforms and their applications, Taylor and Francis group [6] R N Bracewell (1986), The Fourier transform and its applications, McGraw Hill ... thuyết dao động tích phân nguồn gốc quan trọng hàm điều hòa giải tích Phần giới thiệu biến đổi Fourier nguồn gốc có lẽ ví dụ tốt dao động tích phân, dẫn đến việc xem xét kĩ dao động tích phân tổng... (Rn ) 20 1.1 Bổ đề Van der Corput 22 2.1 Một số ước lượng thơ cho tích phân dao động 22 2.2 Ước lượng tập mức 28 2.3 Bổ đề Van de Corput ... Chương Bổ đề Van der Corput Mục đích phần đưa ước lượng mạnh cho trường hợp đặc biệt tích phân dao động dạng b eif (x) dx ≤ Cn a n λ1/n , (2.1) λ số thỏa mãn |f (n) (x)| ≥ λ với x ∈ [a, b] Vấn đề