Khung và cơ sở riesz

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC TÚ KHUNG VÀ CƠ SỞ RIESZ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN NGỌC TÚ KHUNG VÀ CƠ SỞ RIESZ Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số : 60.46.01.12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN QUỲNH NGA Thái Nguyên - Năm 2012 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Lời cảm ơn Lời luận văn tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Quỳnh Nga hướng dẫn bảo tận tình suốt trình làm luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, phịng Đào tạo, khoa Tốn - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học tốn K4B ln quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian học tập trình làm luận văn Thái Nguyên, ngày 25 tháng 09 năm 2012 Tác giả Nguyễn Ngọc Tú 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ii Mục lục Lời cảm ơn i Mở đầu Nội dung Cơ sở 1.1 Một số khái niệm kết chuẩn bị 1.2 Cơ sở không gian Banach 1.3 Dãy Bessel không gian Hilbert 10 1.4 Cơ sở hệ song trực giao không gian Hilbert 14 1.5 Cơ sở trực chuẩn 18 1.6 Cơ sở Riesz 22 1.7 Một số hạn chế sở 27 Khung không gian Hilbert 31 2.1 Khung tính chất 31 2.2 Khung toán tử 38 2.3 Khung sở 41 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i 2.4 Các đặc trưng khung 47 2.5 Khung đối ngẫu 52 2.6 Khung xử lý tín hiệu 57 Khung sở Riesz 61 3.1 Các điều kiện để khung trở thành sở Riesz 61 3.2 Các khung chứa sở Riesz 64 3.3 Sự tồn khung không chứa sở 66 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 71 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Cơ sở đóng vai trị thiết yếu nghiên cứu không gian vector trường hợp hữu hạn chiều vô hạn chiều Ý tưởng giống hai trường hợp, cụ thể họ phần tử cho vector khơng gian xét biểu diễn cách tổ hợp tuyến tính phần tử Trong khơng gian vơ hạn chiều, tình trở nên phức tạp hơn: buộc phải làm việc với chuỗi vơ hạn Có số khái niệm sở khác không gian Hilbert sở trực chuẩn, sở Schauder, sở Riesz Tuy nhiên sở có số hạn chế hạn chế thiếu tính linh hoạt Trong số trường hợp điều kiện để trở thành sở mạnh đến mức dường ta xây dựng sở với tính chất đặc biệt thay đổi nhỏ sở làm cho khơng cịn sở Một hạn chế khác sở thiếu tính ổn định tác động toán tử Những hạn chế vừa đưa số lý khiến nghiên cứu khái niệm khung mà nhiều trường hợp sở tồn khung sử dụng hữu hiệu Khái niệm khung đưa năm 1952 Duffin Schaeffer họ nghiên cứu chuỗi Fourier khơng điều hịa, tức chuỗi thiết lập từ eiλn x n∈Z λn ∈ R λn ∈ C, ∀n ∈ Z Tuy nhiên phải đến năm 1986 sau báo Daubechies, Grossmann Meyer khung 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn quan tâm rộng rãi Khung sử dụng nhiều xử lý tín hiệu, lý thuyết mật mã, lý thuyết lượng tử Luận văn bao gồm phần mở đầu, ba chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày hệ thống khái niệm sở tính chất Chương 2: Trình bày tổng quan lý thuyết khung không gian Hilbert Chương 3: Trình bày số mối liên hệ khung sở Riesz Tuy thân có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy tồn thể bạn đọc Thái Nguyên, ngày 25 tháng 09 năm 2012 Tác giả Nguyễn Ngọc Tú 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Cơ sở 1.1 Một số khái niệm kết chuẩn bị Trong mục nhắc lại vài khái niệm kết cần đến phần Các kết tham khảo [1] Định nghĩa 1.1.1 Giả sử H không gian Hilbert, toán tử bị chặn U : H → H gọi toán tử unita U U ∗ = U ∗ U = I Khi U x, U y = x, y , ∀x, y ∈ H Định nghĩa 1.1.2 Cho họ không gian Hilbert {Hn }∞ n=1 , tổng trực tiếp chúng ký hiệu : ∞ H= ⊕Hn n=1 (1.1) l2 bao gồm tất dãy g = (g1 , g2 , ), với gn ∈ Hn , ∀n ∈ N ∞ gn < ∞ n=1 ∞ H khơng gian Hilbert tương ứng với tích f, g = f, g ∈ H, với chuẩn g ∞ = fn , gn n=1 Hn , gn n=1 Bổ đề 1.1.3 Giả sử µ độ đo dương σ - đại số M Giả thiết 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn {An }∞ n=1 ⊂ M A1 ⊇ A2 ⊇ ⊇ An ⊇ Nếu µ (A1 ) < ∞ µ ∞ ∩ An n=1 = lim µ (An ) n→∞ Định lý 1.1.4 Giả sử Un : X → Y, n ∈ N dãy toán tử bị chặn, Un hội tụ điểm đến ánh xạ U : X → Y Khi U tuyến tính, bị chặn Ngoài ra, dãy chuẩn Un bị chặn U ≤ lim inf Un Toán tử U : X → Y khả nghịch U toàn ánh đơn ánh Định lý 1.1.5 Một tốn tử song ánh, bị chặn khơng gian Banach có nghịch đảo bị chặn Định lý 1.1.6 Nếu U : X → X bị chặn I − U < U khả nghịch U −1 ∞ = (I − U )k Ngoài ra, U −1 ≤ k=0 1− I−U Bổ đề 1.1.7 Cho H, K không gian Hilbert Giả sử U : K → H toán tử bị chặn Khi có khẳng định sau: (i) U = U ∗ U U ∗ = U (ii) RU đóng H RU ∗ đóng K (iii) U tồn ánh tồn số C > cho U ∗ y ≥ C y , ∀y ∈ H Định lý 1.1.8 Giả sử H không gian Hilbert f : H → C ánh xạ tuyến tính liên tục Khi tồn y ∈ H cho f (x) = x, y Định lý 1.1.9 Giả sử U1 , U2 , U3 toán tử tự liên hợp Nếu U1 ≤ U2 , U3 ≥ U3 giao hốn với U1 , U2 U1 U3 ≤ U2 U3 Bổ đề 1.1.10 Giả sử H khơng gian Hilbert Mọi tốn tử dương, bị chặn U : H → H có bậc hai dương bị chặn W Nếu U tự liên hợp W tự liên hợp Nếu U khả nghịch W 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn khả nghịch W biểu thị giới hạn dãy đa thức U giao hoán với U Bổ đề 1.1.11 Giả sử H khơng gian Hilbert Khi : (i) Mọi toán tử bị chặn, khả nghịch U : H → H có biểu diễn U = WP mà U toán tử unita, P dương (ii) Giả thiết H phức Khi tốn tử dương P H với P ≤ viết trung bình tốn tử unita, tức √ P = 21 (W + W∗ ) ; W = P + i I − P Bổ đề 1.1.12 Giả sử H, K không gian Hilbert, giả thiết U : K → H tốn tử bị chặn với miền giá trị đóng RU Khi tồn tốn tử bị chặn U † : H → K mà U U † f = f, ∀f ∈ RU Toán tử U † gọi giả nghịch đảo U Ta thường thấy giả nghịch đảo toán tử U với miền giá trị đóng định nghĩa toán tử thỏa mãn : ⊥ † NU † = R⊥ U , RU † = NU U U f = f, f ∈ RU (1.2) Bổ đề 1.1.13 Giả sử H, K không gian Hilbert U : K → H tốn tử bị chặn với miền giá trị đóng Khi đó: (i) Hình chiếu trực giao H lên RU cho U U † (ii) Hình chiếu trực giao H lên RU † cho U † U ∗ (iii) U ∗ có miền giá trị đóng (U ∗ )† = U † (iv) Trên RU , toán tử U † cho U † = U ∗ (U U ∗ )−1 Định lý 1.1.14 Giả sử H, K không gian Hilbert U : K → H tốn tử tồn ánh, bị chặn Cho y ∈ H, phương trình U x = y có nghiệm có chuẩn nhỏ x = U † y 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 Chứng minh Theo Bổ đề 2.5.3 Bổ đề 2.5.4 ta đặc trưng hóa khung đối ngẫu họ có dạng −1 ∗ −1 {gk }∞ k=1 = S T δk + W I − T S T δk ∞ k=1 (2.18) W : l2 (N) → H toán tử bị chặn, tương đương tốn tử có dạng W {cj }∞ j=1 = ∞ j=1 cj hj mà {hk }∞ k=1 dãy Bessel Bằng cách thay khai triển vào W (2.18) ta có ∞ {gk }∞ k=1 = S −1 fk + Wδk − WT ∗ S −1 T δk k=1  ∞ ∞   −1 −1 S fk , fj hj = S fk + hk −   j=1 k=1 ∞ −1 Ghi nhớ {fk }∞ k=1 sở Riesz, {fk }k=1 S fk ∞ k=1 song trực giao theo Định lý 2.3.1 Vì vậy, độc lập chọn {hk }∞ k=1 , ta có ∞ S −1 fk , fj hj = hk , nghĩa là, Định lý 2.5.5 khẳng định đối ngẫu j=1 S −1 fk 2.6 ∞ , k=1 tương tự Định lý 1.6.3 Khung xử lý tín hiệu Các kết khung trình bày lúc diễn kết trừu tượng Trong mục nhỏ ta mô tả vài bước phải làm để áp dụng kết trừu tượng vào thực hành Khi thực hành máy tính, số thực phải thay số với hữu hạn chữ số thập phân trước xử lý Điều nghĩa thực hành ta biểu diễn tất số khoảng(ví dụ 1, + 10−8 ) số (trong trường hợp số 1) Điều dẫn đến 62Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 khơng xác, gọi sai số lượng tử hóa Hạn chế ứng dụng kết khung kiểu xử lý tín hiệu phải thực dãy số hữu hạn Điều kéo theo biểu diễn (2.5) khung phải bị cắt bớt, ta tính tốn số hữu hạn hệ số khung, ví dụ, f, S −1 fk N k=1 biểu diễn xác (2.5) phải thay N f, S −1 fk fk f∼ k=1 Thậm chí tính tốn hệ số khung f, S −1 fk nói chung làm với xác hữu hạn Nghĩa là, kết tính toán f, S −1 fk + ωk (2.19) với lỗi ωk (hi vọng nhỏ) Tất kiểu truyền hay xử lý sinh thêm lỗi Ta nói hệ số khung f, S −1 fk bị nhiễu tiếng ồn ωk Tính thừa khung giảm bớt ảnh hưởng tiếng ồn, so sánh với sử dụng sở trực chuẩn Ta giả thiết muốn truyền tín hiệu f từ A đến R cách gửi hệ số khung f, S −1 fk ∞ k=1 Vì lượng tử hóa, hệ số bị nhiễu tiếng ồn {ωk }∞ k=1 đó, R nhận f, S −1 fk + ωk ∞ , k=1 ta giả thiết {ωk }∞ k=1 ∈ l (N) Đầu thu R coi hàm truyền ∞ ∞ f, S −1 fk + ω k fk = f + k=1 ωk f k k=1 f Chú ý R thực cho dãy truyền dãy 63Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 59 hệ số khung, tức là, dãy dạng { g, fk }∞ k=1 với g ∈ H đó(cụ thể g = S −1 f ) Điều khơng xảy với hệ số (2.19), cách tự nhiên để bù lại điều việc chiếu chuỗi f, S −1 fk + ωk ∞ k=1 lên miền giá trị toán tử T ∗ toán tử Q Mệnh đề 2.2.5 Kết Q f, S −1 fk + ωk ∞ k=1 = f, S −1 fk ∞ k=1 + Qω với ω = {ωk }∞ k=1 Dựa thay đổi này, R khơi phục lại tín hiệu truyền ∞ ∞ f, S −1 fk + (Qω)k fk = f + k=1 (Qω)k fk k=1 Giả thiết sai số lượng tử hóa nhiễu trắng (là thực), lượng đo giá trị trung bình biến ngẫu nhiên |ω|2 , kí hiệu E|ω|2 Nếu ta tăng dư thừa khung, đo cận khung lớn làm giảm lượng hệ số tiếng ồn Mệnh đề 2.6.1 Giả thiết khung {fk }∞ k=1 gồm véc tơ có chuẩn Xét sai số ωk (2.19) nhiễu trắng, giả thiết ω = {ωk }∞ k=1 có trung bình 0, Eω = Khi E|Qω|2 ≤ E|ω|2 A Kết cho thấy làm tăng dư thừa khung dễ làm tăng độ xác lượng tử hóa Các sai số lượng tử hóa tiếng ồn trình truyền vài trở ngại làm cho khung bước vào sống thực(xem [4],[5]) Phụ thuộc vào khơng gian Hilbert H có phức tạp bổ sung Trong 64Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 60 nhiều trường hợp H không gian hàm L2 (R), chí khơng gian hữu hạn chiều xử lý cách trực tiếp : cần bước rời rạc hóa để chuyển sang không gian dãy hữu hạn chiều Cn Điều cho thấy quan trọng ma trận Gram cách rõ ràng hơn: toán tử khung S = T T ∗ ánh xạ từ H vào nó, ma trận Gram T ∗ T tốn tử khơng gian dãy l2 (N) , tức là, bước cần làm cắt bớt Với lý này, việc tạo thuật toán liên quan đến khung thơng qua ma trận Gram có ưu toán tử khung, 65Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 Chương Khung sở Riesz 3.1 Các điều kiện để khung trở thành sở Riesz Nhắc lại từ Bổ đề 1.2.3 w- độc lập cực tiểu hai khái niệm khác Bây ta cho vài điều kiện tương đương để khung trở thành sở Riesz, đặc biệt, ta chứng minh khung w- độc lập tương đương với cực tiểu Định lý 3.1.1 Giả sử {fk }∞ k=1 khung H Khi khẳng định sau tương đương: (i) {fk }∞ k=1 sở Riesz H (ii) {fk }∞ k=1 khung xác (iii) {fk }∞ k=1 cực tiểu (iv) {fk }∞ k=1 có dãy song trực giao −1 (v) {fk }∞ k=1 S fk ∞ k=1 song trực giao (vi) {fk }∞ k=1 w - độc lập ∞ (vii) Nếu ck fk = với {ck }∞ k=1 ∈ l (N) k=1 ck = 0, ∀k ∈ N (viii) {fk }∞ k=1 sở 66Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 Chứng minh (i) ⇒ (ii) sở Riesz {fk }∞ k=1 khung xác: phần tử tùy ý bị loại bỏ, cịn lại họ khơng đầy đủ, khơng khung (ii) ⇒ (v) Đây Mệnh đề 2.3.7 (v) ⇒ (iv) rõ ràng, (iv) ⇒ (iii) chứng minh Bổ đề 1.4.1 (i) (iii) ⇒ (ii) Giả thiết {fk }∞ k=1 cực tiểu Khi đó, cho tùy ý j ∈ N, họ {fk }k=j không đầy đủ H, khơng khung H (ii) ⇒ (i) Nếu {fk }∞ k=1 khung xác, sở theo Mệnh đề 2.3.7 Giả sử thường lệ {δk }∞ k=1 sở tắc l (N) Toán tử tổng hợp T : l2 (N) → H liên kết với {fk }∞ k=1 bị chặn toàn ánh Định lý 2.4.1, T δk = fk , để {fk }∞ k=1 sở Riesz, cần chứng minh T khả nghịch, điều suy từ {fk }∞ k=1 sở (i) ⇒ (vi) Giả thiết {fk }∞ k=1 sở Riesz với dãy số {ck }∞ k=1 cho Khi {ck }∞ k=1 A ∞ k=1 ck fk = k=1 ∈ l2 (N) Kí hiệu cận Riesz ∞ |ck |2 ≤ A ∞ ck fk = k=1 Khi ck = 0, ∀k (vi) ⇒ (vii) hiển nhiên (vii) ⇒ (i) Giả thiết (vii) đảm bảo toán tử tổng hợp T đơn ánh, T toàn ánh {fk }∞ k=1 khung Từ T δk = fk , ∀k kết kéo từ định nghĩa sở Riesz (i) ⇒ (viii) ⇒ (iv) hiển nhiên 67Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 Chú ý khác nhẹ điều kiện (vi) (vii) Định lý 3.1.1 Một khác khung sở Riesz với sở Riesz {fk }∞ k=1 , chuỗi ∞ ck fk hội tụ với {ck }∞ k=1 ∈ l (N), với khung tổng k=1 quát chuỗi hội tụ với hệ số {ck }∞ / l2 (N) Tuy nhiên, để kiểm k=1 ∈ tra khung w- độc lập, ta cần dãy l2 w- độc lập điều kiện mạnh độc lập tuyến tính Để minh họa cho quan điểm này, ta chứng minh đặc trưng sở Riesz Kết so sánh tương đương (i) (vi) Định lý 3.1.1 Mệnh đề 3.1.2 Giả sử {fk }∞ k=1 khung H, n ∈ N, giả sử An kí hiệu cận khung tối ưu cho dãy khung {fk }nk=1 Khi khẳng định sau tương đương: (i) {fk }∞ k=1 sở Riesz H (ii) {fk }∞ k=1 độc lập tuyến tính inf An > (iii) {fk }∞ k=1 n∈N độc lập tuyến tính tồn lim An > n→∞ Chứng minh Để chứng minh (i) ⇒ (ii) ta ý sở độc lập tuyến tính Giả thiết {fk }∞ k=1 sở Riesz, với cận Riesz A Khi họ {fk }nk=1 dãy Riesz, An cận Riesz tối ưu Định lý 2.3.1, A ≤ An , ∀n ∈ N ta có (ii) Để chứng minh (ii) ⇒ (i), giả thiết (ii) thỏa mãn Khi đó, với n ∈ N, {fk }nk=1 sở (Riesz) cho bao tuyến tính với cận khung A := inf An Giả sử B kí hiệu cận khung {fk }∞ k=1 , Định n∈N lý 1.3.3 n |ck | ≤ A k=1 n ck fk k=1 n |ck |2 ≤B (3.1) k=1 với dãy số {ck }nk=1 Theo Định lý 1.6.6 ta kết luận {fk }∞ k=1 68Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 64 sở Riesz H (ii) ⇔ (iii) kéo theo từ kiện {fk }∞ k=1 độc lập tuyến tính, dãy cận khung tối ưu An , n ∈ N với dãy cận tối ưu sở (Riesz) dãy giảm định nghĩa 3.2 Các khung chứa sở Riesz Một cách trực giác, ta nghĩ khung dạng “cơ sở thừa”, câu hỏi tự nhiên là: cho khung {fk }∞ k=1 , liệu lấy ∞ sở {fk }k∈J , J ⊆ N từ {fk }∞ k=1 không, tức {fk }k=1 có bao hàm sở tập không? Rõ ràng, câu trả lời phụ thuộc vào loại sở ta quan tâm Trong phần này, ta tìm điều kiện đủ để khung bao hàm sở Riesz Trong phần ta xây dựng khung bao gồm véc tơ có chuẩn mà chí khơng bao hàm sở Schauder Bổ đề 3.2.1 Giả sử {ck }∞ k=1 dãy số không âm mà ∞ k=1 ck < ∞ Giả thiết {Jn }n∈N họ tập N cho (i) J1 ⊇ J2 ⊇ J3 ⊇ (ii) Tồn c > cho c ≤ ck , ∀n ∈ N Khi c ≤ k∈Jn ck k∈∩Jn Chứng minh Định nghĩa độ đo dương µ σ - đại số tập N µ (S) = ck k∈S Theo Bổ đề 1.1.3 ck → µ (∩Jn ) = µ (Jn ) = k∈Jn ck n → ∞ k∈∩Jn kết kéo theo 69Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 65 Định nghĩa 3.2.2 Giả sử {fk }∞ k=1 khung cho H Ta nói ∞ {fk }∞ k=1 khung Riesz họ {fk }k=1 khung cho bao tuyến tính đóng với cận khung A, B Mục đích ta khung Riesz chứa sở Riesz Chứng minh dựa Bổ đề Zorn: Bổ đề 3.2.3 Giả sử M tập có thứ tự Nếu tập có thứ tự tồn phần M có cận M, M có phần tử cực đại Định lý 3.2.4 Mỗi khung Riesz chứa sở Riesz Chứng minh Để thuận tiện ta sử dụng tập số N Giả sử {fk }∞ k=1 khung Riesz, giả sử A cận chung khung Xét tập hợp M := {fk }k∈J |J ⊆ N, A f | f, fk |2 , ∀f ∈ H ≤ (3.2) k∈J M không rỗng Định nghĩa thứ tự M: {fk }k∈J ≺ {fk }k∈K ⇔ K ⊆ J Bây xét họ thứ tự toàn phần phần tử {fk }k∈Jn ∈ M, n tập số I Họ có cận {fk }k∈∩Jn , mà phần tử M Để nhìn thấy điều ta cần chứng minh A f ≤ | f, fk |, ∀f ∈ H (3.3) k∈Jn Trong trường hợp tập số I đếm được, (3.3) kéo theo từ Bổ đề 3.2.1 Với tập số không đếm kết đúng.Vì theo Bổ đề 3.2.3 Zorn, M có phần tử cực đại {fk }k∈J Bây 70Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 66 ta {fk }k∈J sở Riesz Rõ ràng {fk }k∈J khung, theo Định lý 3.1.1 cần {fk }k∈J w- độc lập Nhưng khơng, ta tìm phần tử fn , n ∈ J cho {fk }k∈J−{n} đầy đủ, khung H theo Định lý 2.3.7 Nghĩa là, {fk }k∈J−{n} ∈ M mâu thuẫn với cực đại {fk }k∈J Qua việc áp dụng lặp lại Định lý 3.2.4 khung Riesz hợp số hữu hạn dãy Riesz 3.3 Sự tồn khung không chứa sở Thậm chí {fk }∞ k=1 khơng khung Riesz, chứng minh Định lý 3.2.4 tập M (3.2) chứa phần tử cực đại với cận khung A Tuy nhiên, phần tử khơng thiết sở Riesz Ví dụ, giả sử {ek }∞ k=1 sở trực chuẩn xét khung từ Ví dụ 2.1.4 {fk }∞ k=1 := 1 1 e1 , √ e2 , √ e2 , √ e3 , √ e3 , √ e3 , 2 3 (3.4) Không quan trọng A chọn nhỏ mức nào, tập M không chứa sở Riesz với khung Thật vậy, với ε > {fk }k∈J ∈ M, điều kiện ε f | f, fk |2 , ∀f ∈ H ≤ k∈J suy √1 en n xuất nhiều lần {fk }k∈J với giá trị n lớn Vì M không chứa tập w- độc lập Thực {fk }∞ k=1 không chứa sở Riesz Ứng cử viên 71Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ∞ √1 ek k k=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 67 sở Schauder không sở Riesz Bây ta chí xây dựng khung bao gồm véc tơ có chuẩn bị chặn dưới, không chứa sở Schauder, đặc biệt, khơng chứa sở Riesz Nó phức tạp (3.4) ta cần vài chuẩn bị trước chứng minh Bổ đề 3.3.1 Giả sử {ek }nk=1 sở trực chuẩn không gian Hilbert hữu hạn chiều Hn Định nghĩa fk = e k − n fn+1 = √1 n n ej , k = 1, 2, n j=1 n ej j=1 Khi : (i) {fk }n+1 k=1 khung chặt chẽ Hn với cận khung A = (ii) Giả thiết n > {fki }i∈I tập {fk }n+1 k=1 mà span{fki }i∈I = Hn Khi đó, với thứ tự tùy ý phần tử, √ {fki }i∈I có số sở lớn 14 n − Bây ta chứng minh tồn khung chặt mà chuẩn bị chặn không họ sở Schauder Ý nghĩa xác điều không phụ thuộc vào cách tập khung thứ tự khơng sở Định lý 3.3.2 Trong không gian Hilbert vô hạn chiều khả li H, tồn khung chặt mà chuẩn bị chặn không chứa sở Schauder H Chứng minh Do không gian Hilbert vô hạn chiều khả li đẳng cự với nhau, cần xây dựng ví dụ không gian Hilbert đặc biệt Giả sử {ek }∞ k=1 sở trực chuẩn không gian Hilbert 72Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 68 K định nghĩa tập vô hạn không gian véc tơ hữu hạn chiều H1 = span {e1 } , H2 = span {e2 , e3 } tổng quát Hn := span e (n−1)n +1 , e (n−1)n +2 , , e (n−1)n +n 2 ∞ Xét tổng trực tiếp H = ⊕Hn định nghĩa (1.1) n=1 l2 Trong không gian Hn ta xây dựng dãy fkn n+1 k=1 Bổ đề 3.3.1, bắt đầu với sở trực chuẩn n e (n−1)n +1 , e (n−1)n +2 , , e (n−1)n +n 2 = e (n−1)n +k 2 k=1 Đặc biệt, cho n ∈ N fkn n fn+1 = e (n−1)n +k − n = √ n n e (n−1)n +j , ≤ k ≤ n j=1 n e (n−1)n +j j=1 Bây ta fkn n+1,∞ k=1,n=1 khung chặt H với cận khung A = Viết g ∈ H g = (g1 , g2 , ) , gn ∈ Hn Ta đồng phần tử không gian Hn với chúng H, tức là, ta không phân biệt f ∈ Hn dãy H có f vị trí thứ n vị trí khác Cho n ∈ N rõ ràng g, fkn H = gn , fkn Hn , k = 1, , n + Bây từ Bổ đề 3.3.1 suy ∞ n+1 ∞ n+1 g, fkn H n=1 k=1 ∞ gn , fkn Hn = n=1 k=1 73Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên = gn Hn = g H n=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 69 Nghĩa là, fkn n+1,∞ k=1,n=1 khung chặt H khẳng định Chú ý n ≥ 2, ≤ k ≤ n fkn = = f11 = 1− n 1− n e (n−1)n +k − 2 + n e (n−1)n +j j=k n−1 ≥ n2 fnn+1 = 1, ∀n ∈ N Loại bỏ f11 ta thu khung chặt với chuẩn bị chặn n Bây giả sử {hk }∞ k=1 tập sinh khung fk n+1,∞ , k=1,n=1 thứ tự theo cách tùy ý Hằng số sở {hk }∞ k=1 định nghĩa lớn số sở dãy {hk }∞ k=1 Bây giờ, cho n > bất kỳ, tồn N ∈ N cho {hk }N k=1 chứa dãy mà bao tuyến tính Hn , điều kéo theo từ xây dựng đặc biệt H tổng trực giao không gian Hn , lựa chọn n+1,∞ Theo Bổ đề 3.3.1 (ii) điều kéo theo số k=1,n=1 √ {hk }N k=1 n − 2, từ n > tùy ý kéo theo số ∞ sở {hk }∞ k=1 vơ hạn Vì vậy, theo Định lý 1.2.4, {hk }k=1 không khung fkn sở sở Schauder H Ta ý khung có chẩn bị chặn thỏa mãn bất đẳng thức < inf fk ≤ sup fk < ∞ k k Do ta có thay đổi nhỏ Định lý 3.3.2 Hệ 3.3.3 Trong không gian Hilbert vô hạn chiều khả li tồn khung chuẩn không chứa sở Schauder 74Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 70 Kết luận Luận văn trình bày cách có hệ thống khái niệm sở không gian Banach tổng quát, sở trực chuẩn sở Riesz không gian Hilbert tính chất chúng, đồng thời phân tích vài hạn chế sở Luận văn trình bày tổng quan lý thuyết khung khơng gian Hilbert, đồng thời nêu ứng dụng khung xử lý tín hiệu Luận văn trình bày số mối liên hệ khung sở Riesz 75Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 71 Tài liệu tham khảo [1] O.Christensen(2003), An introduction to frames and Riesz bases, Birkhauser Boston, USA [2] I.Daubechies(1992), Ten lectures on wavelet(1992), SIAM, Philadelphia, USA [3] D.Han and D.Larson (2000), "Frames, bases and group representations", Memoirs AMS Vol.147, No.697, 1- 94 [4] J.Kovacevic and A.Chebira (2007), "Life beyond bases : The Advent of frames (Part 1)", IEEE Signal Processing, 86-104 [5] J.Kovacevic and A.Chebira (2007), "Life beyond bases : The Advent of frames (Part 2)", IEEE Signal Processing, 115-125 [6] I.Singer (1970), Bases in Banach space, Springer, New York 76Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... R⊥ = NT T∗ 2.3 Khung sở Bây đề cập đến vài mối quan hệ quan trọng khung sở Riesz Định lý 2.3.1 Một sở Riesz {fk }∞ k=1 H khung H cận sở Riesz trùng với cận khung Cơ sở đối ngẫu Riesz S −1 fk ∞... thực sở, thực tế, người ta mơ tả sở Riesz sở thỏa mãn điều kiện bổ sung BỔ ĐỀ 1.6.2 Dãy {fk }∞ k=1 sở Riesz H sở vô điều kiện H < inf fk ≤ sup fk < ∞ k k Cơ sở đối ngẫu liên kết với sở Riesz sở Riesz. .. 1.6.4, sở Riesz {fk }∞ k=1 H khung H cận sở Riesz trùng với cận khung Phần cịn lại suy từ phân tích khung kết hợp với phần Định lý 1.6.3 Một khung mà không sở Riesz gọi khung thừa, ∞ {fk }∞ k=1 khung