Giáo trình Lý thuyết xấp xỉ và ứng dụng

∈Z là cơ sở trực chuẩn của Vj. Dưới
đây chúng ta sẽ xem một cơ sở sóng nhỏ được xây dựng từ một phân tích
đa phân giải như thế nào.
Gọi Wj là phần bù trực giao của Vj trong Vj+1,
Vj+1 = Vj ⊕Wj, Wj ⊂ Vj+1.
Ta có với mọi j, j′ ∈ Z, j 6= j′, Wj⊥Wj′ , và với mọi k > 0,
Vj = Vj−k
k⊕
i=1
Wj−k.
Nhưng
⋂
j∈Z Vj = {0} và
⋃
j∈Z Vj = L2(R) nên ta suy ra
L2(R) =
⊕
j∈Z
Wj. (2.3)
Vậy L2(R) được phân tích thành tổng trực tiếp của một dãy các không gian
con đóng, trực giao từng đôi. Do (iii) nên ta cũng có
f ∈ Wj ⇔ f(2−jã) ∈ Wj+1. (2.4)
Từ (2.2) suy ra nếu {ψj,k}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn củaWj thì họ {ψk,j}(k,j)∈Z
là cơ sở trực chuẩn của L2(R). Nhưng do (2.3), nếu {ψ0,k}k∈Z là cơ sở trực
chuẩn của W0 thì dãy {ψj,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của Wj. Vậy chúng ta
chỉ cẩn xây dựng hàm ψ sao cho dãy {ψ(ã − k)}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của
W0. Quá trình xây dựng ψ được thực hiện theo các bước sau:
Bứơc 1.
Vì ϕ ∈ V0 ⊂ V1 và {ϕ1,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V1 nên ta có
ϕ =
∑
n∈Z
hnϕ1,n
=
√
2
∑
n∈Z
hnϕ(2 ã −n), (2.5)
trong đó sự hội tụ của chuỗi bên vế phải là hội tụ theo chuẩn của L2, và dễ
thấy
hn = 〈ϕ, ϕ1,n〉,
∑
n∈Z
|hn|2 = 1. (2.6)
Lấy biến đổi Fourier hai vế của (2.4) ta có
ϕˆ(ξ) =
1√
2
ϕˆ(ξ/2)
∑
n
hne
−inξ/2.
75
Đặt
m0(ξ) :=
1√
2
∑
n
hne
−inξ, (2.7)
ta có
ϕˆ(ξ) = m0(ξ)ϕˆ(ξ/2), a.e. (2.8)
Do (2.5) nên m0 ∈ L2(T).
Bước 2.
Vì {ϕ(ã − k)}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0 nên ta có
δ0,k =
∫
R
ϕ(x)ϕ(x− k)dx =
∫
R
|ϕˆ(ξ)|2eikξdξ
=
∫ 2pi
0
eikξ
∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2dξ,
suy ra ∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2 = 1
2pi
a.e. (2.9)
Kết hợp với (2.7), từ (2.8) ta có với ζ = ξ/2,∑
l∈Z
|m0(ζ + pil)|2|ϕˆ(ζ + pil)|2 = 1
2pi
a.e. (2.10)
Tách tổng bên vế trái của (2.9) theo l chẵn và l lẻ, chú ý đến tính tuần hoàn
của m0 và (2.8), ta có
|m0(ζ)|2 + |m0(ζ + pi)|2 = 1 a.e (2.11)
Bước 3.
Giả sử f ∈ W0, khi đó f ∈ V1 và f⊥V0. Vì {ϕ1,n}n∈Z là cơ sở trực chuẩn của
V0 nên ta có
f =
∑
n∈Z
fnϕ1,n,
trong đó fn = 〈f, ϕ1,n〉. Lấy biến đổi Fourier hai vế ta có
fˆ(ξ) =
1√
2
ϕˆ(ξ/2)
∑
n∈Z
fne
−inξ/2 = mf (ξ/2)ϕˆ(ξ/2), (2.12)
với
mf (ξ) :=
1√
2
∑
n∈Z
fne
−inξ a.e.
Dễ thấy mf ∈ L2(T). Vì f⊥V0 nên với mọi k, ta có
0 =
∫
R
f(x)ϕ(x− k)dx =
∫
R
fˆ(ξ)ϕˆ(ξ)eikξdξ
=
∫ 2pi
0
eikξ
∑
l∈Z
fˆ(ξ + 2pil)ϕˆ(ξ + 2pil)dξ,
76
do đó ∑
l∈Z
fˆ(ξ + 2pil)ϕˆ(ξ + 2pil) = 0, (2.13)
với sự hội tụ của chuỗi bên vế trái là hội tụ tuyệt đối trong L1(T). Thay fˆ
và ϕˆ xác định bởi (2.11) và (2.7) vào (2.12), rồi tách tổng theo l chẵn, l lẻ,
và sử dụng (2.8), ta có
mf (ζ)m0(ζ) +mf (ζ + pi)m0(ζ + pi) = 0 a.e. (2.14)
Từ (2.10) suy ra m0(ζ) và m0(ζ + pi) không thể cùng triệt tiêu trên một tập
có độ đo dương, nhưng do (2.13) nên tồn tại hàm λ(ζ) tuần hoàn với chu
kỳ 2pi sao cho
mf (ζ) = λ(ζ)m0(ζ + pi) a.e (2.15)
và
λ(ζ) + λ(ζ + pi) = 0 a.e. (2.16)
Phương trình (2.15) có thể viết lại dưới dạng
λ(ζ) = eiζν(2ζ), (2.17)
trong đó ν là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi. Thay (2.14) và (2.16) vào (2.11)
ta có
fˆ(ξ) = eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ν(ξ)ϕˆ(ξ/2). (2.18)
Bước 4
Ta đặt
ψˆ(ξ) := eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ϕˆ(ξ/2).
Khi đó (2.17) được viết lại dưới dạng fˆ(ξ) = ν(ξ)ψˆ(ξ/2). Ta có∫ 2pi
0
|ν(ξ)|2dξ = 2
∫ pi
0
|λ(ζ)|2dζ
và từ định nghĩa của mf suy ra∫ 2pi
0
|mf (ξ)|2dξ = pi
∑
n∈Z
|fn|2 = pi‖f‖2 <∞.
Mặt khác từ (2.14) ta có∫ 2pi
0
|mf (ξ)|2dξ =
∫ 2pi
0
|λ(ξ)|2|m0(ξ + pi)|2dξ
=
∫ pi
0
|λ(ξ)|2[|m0(ξ + pi)|2 + |m0(ξ)|2]dξ
=
∫ pi
0
|λ(ξ)|2dξ.
77
Vì vậy ∫ 2pi
0
|ν(ξ)|2dξ = 2pi‖f‖2 <∞.
Do đó ta có thể viết ν dưới dạng
ν(ξ) =
∑
k∈Z
νke
−ikξ.
Thay ν vào biểu thức của fˆ ta có
fˆ = (
∑
k∈Z
νke
−ikξ)ψˆ(ξ),
suy ra
f =
∑
k∈Z
νkψ(ã − k), f ∈ W0.
Hơn nữa từ tính chất của m0 và ϕˆ ta thấy rằng ψ ∈ V1 và ⊥V0, do đó ψ ∈ W0.
Do đó để chỉ ra ψ là một sóng nhỏ ta chỉ cần chỉ ra tính trực chuẩn của dãy
{ψ(ã − k)}k∈Z. Thật vậy, ta có∑
l∈Z
|ψˆ(ξ + 2pil)|2 =
∑
l∈Z
|m0(ξ/2 + pil + pi)|2|ϕˆ(ξ/2 + pil)|2
= |m0(ξ/2 + pi)|2
∑
n∈Z
|ϕˆ(ξ/2 + 2pin)|2
+ |m0(ξ/2)|2
∑
n∈Z
|ϕˆ(ξ/2 + pi + 2pin)|2
= (2pi)−1[|m0(ξ/2)|2 + |m0(ξ/2 + pi)|2] a.e
= (2pi)−1 a.e (2.19)
và ∫
R
ψ(x)ψ(x− k)dx =
∫
R
eikξ|ψˆ(ξ)|2dξ
=
∫ 2pi
0
eikξ
∑
l∈Z
|ψˆ(ξ + 2pil)|2dξ. (2.20)
Kết hợp (2.18) và (2.19) ta suy ra
∫
R ψ(x)ψ(x− k)dx = δ0,k. Vậy dãy {ψ(ã −
k)}k∈Z là một dãy trực chuẩn.
Bước 5. Kết luận:
Dãy {ψ(ã − k)}k∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0, do đó {ψm,n}(m,n)∈Z2 là
một cơ sở trực chuẩn của L2(R). Theo định nghĩa ψ là một sóng nhỏ của
L2(R).
Từ cách xây dựng trên ta đi đến định lý sau:
78
Định lý 5.2.3. (Mallat - Mayer)
Giả sử {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của không gian L2(R). Khi đó
tồn tại một cơ sở sóng nhỏ trực chuẩn {ψm,n}(m,n)∈Z2 của L2(R) sao cho
Pj = Pj−1 +
∑
k∈Z
〈ã, ψj,k〉ψj,k. (2.21)
Một trong những khả năng để xây dựng ψ đó là
ψˆ(ξ) = eiξ/2m0(ξ/2 + pi)ϕˆ(ξ/2),
(với m0 được xác định bởi (2.6), (2.5))
hay tương đương với
ψ(x) =
√
2
∑
n∈Z
(−1)n−1h−n−1ϕ(2x− n). (2.22)
Nhận xét 5.2.4.
(a) Sóng nhỏ ψ xác định trong cách xây dựng trên không duy nhất. Thật
vậy, đặt
ψˆ1(ξ) := ρ(ξ)ψˆ(ξ),
trong đó ρ là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi và |ρ(ξ)| = 1a.e. Khi đó ψ1
cũng thoả mãn (2.20). Đặt biệt nếu ta chọn ρ(ξ) = ρ0e
imξ
, thì chỉ làm
thay đổi một pha và một tịnh tiến bởi m đối với ψ. Vì vậy ta có thể
thay (2.21) bằng
ψ(x) = 21/2
∑
n∈Z
(−1)nh−n+1ϕ(2x− n).
(b) Không phải mọi sóng nhỏ đều được xây dựng từ phân tích đa phân
giải!
5.3 Sóng nhỏ Shannon-kotelnikov
Trong mục này chúng ta xét một ví dụ xây dựng sóng nhỏ từ một phân tích
đa phân giải, đó là sóng nhỏ Shannon-kotelnikov.
Xét hàm số ϕ(x) := sinpix
pix
. Dễ thấy ϕ là một hàm giải tích và thoả mãn
ϕ(n) = δ0,n với mọi n ∈ Z. Hơn nữa ta có thể viết lại ϕ dưới dạng tích phân
ϕ(x) =
1
2pi
∫ pi
−pi
eiξxdξ.
Do đó biến đổi Fourier của ϕ là
ϕˆ(ξ) =
1
(2pi)1/2
χ(−pi,pi)(ξ).
79
Với mỗi σ ∈ R đặt
Bσ := {f ∈ L2(R) : f(x) = 1
(2pi)1/2
∫ σ
−σ
F (ξ)eiξxdξ, F ∈ L2((−σ, σ))}.
Từ biểu diễn trên của ϕ ta có {ϕ(ã − n)}n∈Z ⊂ Bpi. Đặt Vj = B2jpi.
Định lý 5.3.1. Dãy {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của L2(R), với
hàm thang bậc ϕ(x) = sinpix
pix
.
Chứng minh.
Dễ thấy Vj là một không gian con của L2(R). Ta có, ánh xạ F : L2(R)→
L2(R) ánh xạ f vào fˆ là một song ánh tuyến tính liên tục, bảo toàn chuẩn.
Do L2([−2jpi, 2jpi]) là tập đóng của L2(R) nên Vj = F−1(L2([−2jpi, 2jpi])) cũng
là một tập đóng của L2(R). Vây với mỗi j ∈ Z, Vj là một không gian con
đóng của L2(R).
Ta kiểm tra các điều kiện còn lại của Định nghĩa 5.2.2. Rõ ràng với mọi
j ∈ Z, Vj ⊂ Vj+1, và
⋂
j∈Z Vj = {0}. Giả sử f ∈ L2(R) và f⊥
⋃
j∈Z Vj. Ta có
ϕˆj,k(ξ) =
1
(2j+1pi)1/2
e−ik2
−jξχ[−2jpi,2jpi](ξ),
do đó dãy {ψj,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn đầy đủ trong không gian L2([−2jpi, 2jpi]).
Nhưng F−1 là một song ánh tuyến tính liên tục, bảo toàn tích vô hướng,
nên suy ra {ϕj,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn đầy đủ trong Vj. Vì f⊥Vj nên nói
riêng f⊥ϕj,k với mọi k ∈ Z. Suy ra
fˆ(ξ) = 0 a.e trên [−2jpi, 2jpi]. (3.23)
Do (3.22) đúng với mọi j ∈ Z, nên fˆ(ξ) = 0 a.e trên R. Do đó f = 0. Nói
cách khác
⋃
j∈Z Vj trù mật trong L2(R).
Để kiểm tra điều kiện (iii) ta chỉ cẩn kiểm tra ϕj,k(2ã) ∈ Vj+1 và ϕj+1,k(ã/2) ∈ Vj
với mọi k ∈ Z. Ta có
ϕj,k(2x) = 2
j/2 sin(pi2
j+1x− k)
pi(2j+1x− k)
= 2−1/2ϕj+1,k(x), suy ra ϕj,k(2ã) ∈ Vj+1.
Tương tự ϕj+1,k(ã/2) = 21/2ϕj,k ∈ Vj. Điều kiện (iv) là hiển nhiên từ cách xác
định Vj, còn điều kiện (v) đã được chứng minh ở trên. Vậy {Vj}j∈Z là một
phân tích đa phân giải của L2(R), với hàm thang bậc ϕ.
Như trong lý thuyết tổng quát xây dựng ở mục trước, ta cần tìm hàm
ψ sao cho {ψ0,k}k∈Z là cơ sở trực chuẩn của W0.
80
Bổ đề 5.3.2. Cho f ∈ L2(R). Khi đó∑
ν∈Z
|fˆ(ξ + 2piν)|2 = (2pi)−1 a.e,
khi và chỉ khi {f0,ν}ν∈Z là một dãy trực chuẩn.
Chứng minh. Ta có∫
R
|fˆ(ξ + 2piν)|2dξ =
∑
ν∈Z
∫ 2pi(ν+1)
2piν
|fˆ(ξ)|2
=
∑
ν∈Z
∫ 2pi
0
|fˆ(ξ + 2piν)|2dξ =
∫ 2pi
0
∑
ν∈Z
|fˆ(ξ + 2piν)|2dξ
Đặt
H(ξ) =
∑
ν∈Z
|fˆ(ξ + 2piν)|2.
Rõ ràng H là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2pi. Vì fˆ ∈ L2(R) nên H ∈ L1(T).
Các hệ số Fourier của H là
Hˆ(n) =
1
2pi
∫ 2pi
0
∑
ν∈Z
|fˆ(ξ + 2piν)|2e−inxdx
=
1
2pi
∑
ν∈Z
∫ 2pi
0
|fˆ(ξ + 2piν)|2e−inxdx
=
1
2pi
∫
R
|fˆ(x)|2e−inxdx
=
1
2pi
∫
R
f(x− n)f(x)dx = 1
2pi
〈f(ã − n), f〉, n ∈ Z.
Vậy
H(ξ) = (2pi)−1, a.e trên R
khi và chỉ khi 〈f(ã − n), f〉 = δ0,n.
Bổ đề 5.3.3. Với mỗi j ∈ Z,
Wj = {f : f(x) = 1
(2pi)1/2
∫
∆j
fˆ(ξ)eiξxdξ},
trong đó ∆j := [−2j+1pi,−2jpi]
⋃
[2jpi, 2j+1pi].
Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng minh khẳng định này với j = 0. Nếu
supp(fˆ) ⊂ ∆0, thì f ∈ V1 và f⊥ϕ(ã − n), n ∈ Z, do đó f ∈ W0.
81
Mặt khác, Nếu f ∈ W0 thì theo định nghĩa củaW0 suy ra f ∈ V1 và f⊥ϕ(ã−n)
với mọi n ∈ Z. Nhưng khi đó fˆ triệt tiêu bên ngoài đoạn [−2pi, 2pi] và
0 = 〈f, ϕ(ã − n)〉 = 1
(2pi)1/2
∫
R
fˆ(ξ)ϕˆ(ξ)e−inξdξ
=
1
(2pi)1/2
∫ pi
−pi
fˆ(ξ)e−inξdξ, với mọi n ∈ Z. (3.24)
Do đó fˆ = 0 trên [−pi, pi]. Tóm lại fˆ = 0 bên ngoài ∆0, vậy
f(x) =
1
(2pi)1/2
∫
∆0
fˆ(ξ)eiξxdξ.
Bây giờ ta xác định ψ như sau:
ψˆ(ξ) =
1
(2pi)1/2
e−iαξχ∆0(ξ), ξ ∈ R, (3.25)
với α ∈ (0, 1). Khi đó, từ hai Bổ đề trên ta suy ra ψ ∈ W0 và {ψ0,n}n∈Z là một
dãy trực chuẩn.
Mệnh đề dưới đây sẽ chứng minh {ψ0,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0,
và vì vậy {ψj,k}(j,k)∈Z2 là một cơ sở sóng nhỏ của L2(R).
Mệnh đề 5.3.4. Dãy {ψ(ã − n)}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của W0.
Chứng minh. Ta có
{e−iξ : ξ ∈ ∆0} = {z ∈ C : |z| = 1} =: T,
và A := span{e−inξ : ξ ∈ ∆0}n∈Z trù mật trong C(T), do đó A trù mật trong
C(∆0). Nhưng C(∆0) trù mật trong L2(∆0), nên dãy {e−inξ : ξ ∈ ∆0}n∈Z là dãy
đóng trong L2(∆0). Mặt khác, ánh xạ L2(∆0)→ L2(∆0) ánh xạ f vào e−iα(ã)f
là một đẳng cự. Do đó {e−in(ã)ψˆ}n∈Z là một dãy đóng trong L2(∆), vì vậy
nó là một dãy đầy đủ. Nhưng
̂ϕ(ã − n)(ξ) = e−inξψˆ(ξ), suy ra {ψ(ã − n)}n∈Z là
một cơ sở trực chuẩn của W0.
Hệ quả 5.3.5. Dãy {ψj,k}(j,k)∈Z là một cơ sở sóng nhỏ của L2(R), trong đó,
lấy biến đổi fourier ngược từ (3.24),
ψ(x) =
sin 2pi(x− α)
pi(x− α) −
sin pi(x− α)
pi(x− α) , x ∈ R.
82
5.4 Hàm thang bậc
5.4.1 Giảm nhẻ điều kiện trực chuẩn
Điều kiện (v) của Định nghĩa 5.2.2 yêu cầu tồn tại hàm ϕ sao cho: {ϕ0,n}n∈Z
là một cơ sở trực chuẩn của V0, điều kiện này có thể thay bằng điều kiện
nhẹ hơn nhưng tương đương. Chúng ta chỉ cần tồn tại ϕ sao cho {ϕ0,n}n∈Z
là một cơ sở Riesz của V0.
Định nghĩa 5.4.1. Dãy {ϕ0,n}n∈Z được gọi là một cơ sở Riesz của V0 nếu
(1) span{ϕ0,n}n∈Z = V0,
(2) Tồn tại các hằng số A > 0, B <∞ sao cho với mọi dãy {ck}k∈Z ∈ `2(Z)
thoả mãn
A
∑
k∈Z
|ck|2 6 ‖
∑
k∈Z
ckϕ0,k‖2 6 B
∑
k∈Z
|ck|2.
Giả sử {ϕ0,n}n∈Z là một cơ sở Riesz của V0. Ta có
‖
∑
k∈Z
ckϕ0,k‖2 =
∫
R
|
∑
k∈Z
cke
−ikξϕˆ(ξ)|2dξ
=
∫ 2pi
0
|
∑
k∈Z
cke
−ikξ|2
∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2dξ
và ∑
k∈Z
|ck|2 = (2pi)−1
∫ 2pi
0
|
∑
k∈Z
cke
−ikξ|2dξ.
Do đó điều kiện (2) của định nghĩa tương đương với
(2pi)−1A 6
∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2 6 (2pi)−1B a.e.
Đặt
ϕˆ∗(ξ) = (2pi)−1[
∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2]−1/2ϕˆ(ξ).
Dễ thấy ∑
l∈Z
|ϕˆ∗(ξ + 2pil)|2 = (2pi)−1 a.e.
Theo Bổ đề 5.3.2 suy ra {ϕ∗0,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn. Gọi V ∗0 là không
83
gian tuyến tính sinh bởi {ϕ∗0,k}k∈Z. Ta có
V ∗0 = {f : f =
∑
n∈Z
cnϕ
∗(ã − n), c = {cn}n∈Z ∈ `2(Z)}
= {f : fˆ = νϕˆ∗, ν ∈ L2([0, 2pi])}
= {f : fˆ = ν1ϕˆ, ν1 ∈ L2([0, 2pi])}
= {f : f =
∑
n∈Z
dnϕ(ã − n), d = {dn}n∈Z ∈ `2(Z)}
= V0.
Từ cách thiết lập trên ta đi đến kết kuận
Mệnh đề 5.4.2. Dãy {ϕ0,n}n∈Z là một cở Riesz của V0 khi và chỉ khi tồn tại
ϕ∗ ∈ V0 sao cho dãy {ϕ∗0,n}n∈Z là một cơ sở trực chuẩn của V0.
5.4.2 Xây dựng phân tích đa phân giải
Một phân tích đa phân giải gồm một họ các không gian con đóng {Vj} và
một hàm thang bậc ϕ sao cho các điều kiện (i) - (v) của Định nghĩa 5.2.2
được thoả mãn. Dưới đây chúng ta sẽ nghiên của các điều kiện của ϕ mà
từ đó ta có thể xây dựng được một phân tích đa phân giải.
Bổ đề 5.4.3. Cho H là một không gian Hilbert, và giả sử {vn}n∈Z là một cơ
sở Riesz của H. Khi đó
(i) Tồn tại dãy {un}n∈Z trong H sao cho {vn}n∈Z và {un}n∈Z là hệ song trực
giao. Hơn nữa {un}n∈Z cũng là một cơ sở Riesz của H.
(ii) Tồn tại các hằng số 0 < A 6 B sao cho với mọi x ∈ H thoả mãn
A‖x‖2 6
∑
n∈Z
|〈x, vn〉|2 6 B‖x‖2.
Chứng minh. Ký hiệu en = {δ0,n}n∈Z. Hiển nhiên en ∈ `2(Z). Xét toán tử tuyến
tính F : `2(Z) → H xác định bởi F (en) = vn. Do {vn}n∈Z là một cơ sở Riesz
của H nên F là một đẳng cấu. Vì vậy toán tử (F−1)∗ cũng là một đẳng cấu
từ `2(Z) lên H. Đặt un = (F−1)∗(en). Ta có
〈un, vm〉 = 〈(F−1)∗(en), F (em)〉 = 〈en, em〉 = δm,n.
Vì (F−1)∗ là một đẳng cấu từ `2(Z) lên H, nên {un}n∈Z cũng là một cơ sở
Riesz.
Giả sử x =
∑
n∈Z cnun, dễ thấy∑
n∈Z
|〈x, un〉|2 =
∑
n∈Z
|cn|2.
Nhưng vì {vn}n∈Z là một cơ sở Riesz, nên ta có khẳng định (ii).
84
Giả sử ϕ thoả mãn các điều kiện sau
ϕ(x) =
∑
n∈Z
cnϕ(2x− n), với {cn}n∈Z ∈ `2(Z), (4.26)
và
0 < α 6
∑
l∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pil)|2 6 β <∞. (4.27)
Đặt Vj = span{ϕj,k}k∈Z. Khi đó các điều kiện (i), (iii), (iv) là rõ ràng. Do
(4.26) nên theo Mệnh đề 5.4.2 điều kiện (v) được thoả mãn.
Mệnh đề 5.4.4. Giả sử ϕ ∈ L2(R) thoả mãn (4.26). Khi đó
⋂
j∈Z Vj = {0}.
Chứng minh. Do (4.26) nên dãy {ϕ0,k}k∈Z là một cơ sở Riesz của V0. Theo Bổ
đề (5.4.3) tồn tại các hằng số 0 < A 6 B sao cho với mọi f ∈ V0,
A‖f‖2 6
∑
k∈Z
|〈f, ϕ0,k|2 6 B‖f‖2. (4.28)
Bằng phép đổi biến số x 7→ 2−jx ta suy ra với mọi f ∈ Vj,
A‖f‖2 6
∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k|2 6 B‖f‖2. (4.29)
Giả sử f ∈ ⋂j∈Z Vj. Với mỗi  > 0, tồn tại hàm liên tục với giá compact f,
suppf ⊂ [−R,R], sao cho ‖f − f‖ < . Ta có
‖f‖ = ‖f − Pjf + Pjf‖ 6 ‖f − Pjf‖+ ‖Pjf‖
= ‖Pj(f − f)‖+ ‖Pjf‖
6 ‖f − f‖+ ‖Pjf‖
6 + ‖Pjf‖, (4.30)
trong đó Pj là toán tử chiếu trực giao lên không gian con Vj. Mặt khác vì
Pj là toán tử chiếu trực giao lên Vj nên Pjf ∈ Vj và 〈f − Pjf, ϕjk〉 = 0 với
mọi k ∈ Z. Khi đó áp dụng (4.28) suy ra
‖Pjf‖2 6 A−1
∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k〉|2. (4.31)
Ta có ∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k〉|2 6 2j
∑
k∈Z
[
∫ R
−R
|f(x)ϕ(2jx− k)|dx]2
6 2j‖f‖2L∞(R)
∑
k∈Z
[
∫ R
−R
|ϕ(2jx− k)|dx]2
6 2j‖f‖2L∞(R)2R
∑
k∈Z
∫ R
−R
|ϕ(2jx− k)|2dx
6 ‖f‖2L∞(R)2R
∑
k∈Z
∫ R2j−k
−R2j−k
|ϕ(x)|2dx.
85
Bất đẳng thức này dúng với mọi j, do đó ta có thể chọn j sao cho các khoảng
[k − 2jR, k + 2jR] rời nhau từng đôi, chẳng hạn chọn j sao cho R2j < 1/2.
Đặt Uj =
⋃
j∈Z[k − 2jR, k + 2jR], ta có∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k〉|2 6 ‖f‖2L∞(R)2R
∫
Uj
|ϕ(x)|2dx
= ‖f‖2L∞(R)2R
∫
R
χUj(x)|ϕ(x)|2dx. (4.32)
trong đó χUj là hàm đặc trưng của Uj. Rõ ràng, nếu x 6∈ Z thì χUj(x)→ 0 khi
j → −∞. Theo Định lý hội tụ bị chặn vế phải của (4.31) sẽ hội tụ về 0 khi
j → −∞.Vì vậy tồn tại j sao cho vế phải của (4.31) nhỏ hơn A2. Khi đó do
(4.30) nên ‖Pjf‖ 6 . Điều này cùng với (4.29) dẫn đến ‖f‖ 6 2, với mọi
 > 0. Vậy f = 0 và khẳng định được chứng minh.
Mệnh đề 5.4.5. Giả sử ϕ thoả mãn (4.26), ϕˆ bị chặn và liên tục tại 0, với
ϕˆ(0) 6= 0. Khi đó ⋃j∈Z Vj = L2(R).
Chứng minh. Do ϕ thoả mãn (4.26), tương tự như Mệnh đề trên ta cũng có
(4.28).
Giả sử f ∈ (⋃j∈Z Vj)⊥. Cố định  > 0, bé tuỳ ý. Tồn tại hàm f ∈ C∞(R) với
giá compact sao cho ‖f − f‖ 6 . Ta có
‖Pjf‖ = ‖Pj(f − f)‖ 6 ‖f − f‖ 6 . (4.33)
Mặt khác từ (4.28) suy ra
‖Pjf‖ ≥ B−1
∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k〉|2. (4.34)
Ta có∑
k∈Z
|〈f, ϕj,k〉|2 =
∑
k∈Z
∣∣ ∫
R
fˆ(ξ)2
−j/2ϕˆ(2−jξ)eik2
−j
dξ
∣∣2
=
∑
k∈Z
2−j
∣∣ ∫ 2pi2j
0
eik2
−jξ
∑
l∈Z
fˆ(ξ + 2pil2
j)ψˆ(2−jξ + 2pil)dξ
∣∣2
= 2pi
∫ 2pi2j
0
∣∣∑
l∈Z
fˆ(ξ + 2pil2
j)ψˆ(2−jξ + 2pil)
∣∣2dξ
= 2pi
∑
k∈Z
∫
R
ψˆ(2−jξ)fˆ(ξ)fˆ(ξ + 2pik2j)ψˆ(2−jξ + 2pik)dξ
= 2pi
∫
R
| ˆψ(2−j)ξ|2|fˆ(ξ)|2 +R, (4.35)
86
trong đó
R := 2pi
∑
k 6=0
∫
R
ψˆ(2−jξ)fˆ(ξ)fˆ(ξ + 2pik2j)ψˆ(2−jξ + 2pik)dξ.
Vì f ∈ C∞(R) nên tồn tại hằng số C sao cho
|fˆ(ξ)| 6 C(1 + |ξ|2)−3/2.
Khi đó
|R| 6 2pi
∑
k 6=0
∫
R
|ψˆ(2−jξ)||fˆ(ξ)||fˆ(ξ + 2pik2j)||ψˆ(2−jξ + 2pik)|dξ
6 2pi‖ϕˆ‖2L∞(R)
∑
k 6=0
∫
R
|fˆ(ξ)||fˆ(ξ + 2pik2j)|dξ
6 C22pi‖ϕˆ‖2L∞(R)
∑
k 6=0
∫
R
(1 + |ξ + 2j2pil|2)−3/2(1 + |ξ|2)−3/2dξ
= C22pi‖ϕˆ‖2L∞(R)
∑
k 6=0
∫
R
(1 + |ξ + 2jpil|2)−3/2(1 + |ξ − 2jpik|2)−3/2dξ
6 C ′‖ϕˆ‖2L∞(R)
∑
k 6=0
(1 + pi2k222j)−1/2
∫
R
(1 + |ζ|2)−1dζ
(ở đây ta sử dụng hai lần bất đẳng thức:
(1 + |x− y|2)−1(1 + |x+ y|2)−1 6 C1(1 + |y|2)−1 với mọi x, y ∈ R)
6 C22−j (4.36)
Kết hợp (4.33), (4.34), (4.35),
2pi
∫
R
|ϕˆ(2−jξ)|2|fˆ(ξ)|2 6 B2 + C22−j. (4.37)
Do ϕˆ bị chặn và liên tục tại 0, nên theo Định lý hội tụ bị chặn, vế trái của
(4.36) hội tụ đến 2pi|ϕˆ(0)|2‖f‖2 khi j → +∞. Vì vậy với j đủ lớn ta có
‖f‖ 6 C|ϕˆ(0)|.
Nhưng ‖f − f‖ 6  nên suy ra
‖f‖ 6 ‖f − f‖+ ‖f‖ 6 (1 + C|ϕˆ(0)|).
Do  > 0, bé tuỳ ý nên f = 0. Vậy khẳng định được chứng minh.
Từ các kết luận trên ta đi đến Định lý sau
Định lý 5.4.6. Giả sử hàm ϕ ∈ L2(R) thoả mãn các điều kiện
87
(a1) ϕ(x) =
∑
n∈Z cnϕ(2x− n), với {cn}n∈Z ∈ `2(Z).
(a2) 0 < α 6
∑
k∈Z |ϕˆ(ξ + 2pik)|2 6 β <∞.
(a3) ϕˆ bị chặn, liên tục trong lân cận của 0, với ϕˆ(0) 6= 0.
Khi đó dãy các không gian con đóng {Vj}j∈Z, với Vj := span{ϕj,k}k∈Z, là một
phân tích đa phân giải của không gian L2(R).
Từ Định lý 5.2.3 và 5.4.6, ta có thể xây dựng một cơ sở sóng nhỏ theo
các bước như sau:
•Chọn hàm ϕ sao cho:(a) ϕ và ϕˆ có độ giảm hợp lý ở ∞,
(b) thoả mãn các điều kiện a1, a2 của Định lý 5.4.6,
(c)
∫
R
ϕ(x)dx 6= 0.
• Thực hiện phép chuẩn hoá
ϕˆ∗(ξ) = ϕˆ(ξ)[2pi
∑
k∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pik)|2]−1/2
nếu cần.
• Lấy ψˆ(ξ) = eiξ/2m∗0(ξ/2 + pi)ϕˆ∗(ξ/2), với
m∗0(ξ) = m0(ξ)[
∑
k∈Z
|ϕˆ(ξ + 2pik)|2]1/2[
∑
k∈Z
|ϕˆ(2ξ + 2pik)|2]−1/2,
hoặc một cách tương đương
ψ(x) = 21/2
∑
n∈Z
(−1)nh∗−n+1ϕ∗(2x− n),
với m∗0 = 2
−1/2∑
n h
∗
ne
−inξ
, h∗n = 〈ϕ∗, ϕ∗1,n〉. Hàm ψ chính là sóng nhỏ cần tìm.
Ví dụ 4. (Tìm lại sóng nhỏ Haar)
Xét hàm số ϕ(x) = χ[0,1)(x). Ta có
ϕˆ(0) = (2pi)−1/2
∫ 1
0
ϕ(x)dx = (2pi)−1/2 6= 0,
ϕˆ(ξ) =
∫ 1
0
e−iξxdx = −(iξ)−1(e−iξ − 1)
=
sin(ξ/2)
ξ/2
e−iξ/2
(2pi)1/2
,
do đó ϕ và ϕˆ có độ giảm hợp lý tại∞, ϕˆ liên tục, bị chặn. Hơn nữa {ϕ0,k}k∈Z
là một dãy trực chuẩn, và
ϕ(x) = ϕ(2x) + ϕ(2x− 1),
88
Vậy {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải. Ta tính ψ. Chú ý rằng ta không
cần chuẩn hoá, vì {ϕ0,k}k∈Z là một dãy trực chuẩn ,và do đó ϕ∗ = ϕ,
h∗n = hn = 〈ϕ, ϕ1,n〉 =
{
2−1/2 nếu n = 0, 1,
0 nếu khác.
Vậy
ψ(x) = ϕ(2x)− ϕ(2x− 1) =

1 nếu x ∈ [0, 1/2),
−1 nếu x ∈ (1/2, 1],
0 nếu khác.
Ví dụ 5. (B-splines và sóng nhỏ)
Xét hàm ϕ xác định bởi
ϕ(x) =
{
1− |x| nếu 0 6 |x| 6 1;
0 nếu khác;
Hàm ψ thoả mãn
ϕ(x) =
1
2
ϕ(2x+ 1) + ϕ(2x) +
1
2
ϕ(2x− 1)
và có biến đổi Fourier
ϕˆ(ξ) = (2pi)−1(
sin ξ/2
ξ/2
)2.
Hơn nữa
2pi
∑
k∈Z
| ˆξ + 2pik|2 = 3−1(1 + 2 cos2(ξ/2))
và
∫
R ϕ(x)dx = 1 6= 0. Từ đó suy ra {Vj}j∈Z là một phân tích đa phân giải của
không gian L2(R). Vì dãy {ϕ(ã − k)}k∈Z không trực giao, nên ta phải thực
hiện bước chuẩn hoá
ϕˆ∗(ξ) =
31/2
(2pi)1/2
4 sin2(ξ/2)
ξ2
√
(1 + 2 cos2(ξ/2))
.
Chú ý rằng
m0(ξ) =
ϕˆ(ξ)
ϕˆ(ξ/2)
,
nên ta có
m∗0(ξ) = cos
2(ξ/2)
[1 + 2 cos2(ξ/2)
1 + 2 cos2(ξ)
]1/2
.
Vậy sóng nhỏ ψ sẽ là
ψˆ(ξ) = 31/2eiξ/2 sin2(ξ/4)
[ 1 + 2 sin2(ξ/4)
(1 + 2 cos2(ξ/2))(1 + 2 cos2(ξ/4))
]1/2
ϕˆ(ξ/2).
89
5.5 Bài tập cuối chương
Bài tập 1. Cho φ ∈ L1(R)
⋂
L2(R) là hàm thang bậc thoả mãn phương trình
(làm mịn)
φ(x) = 2
∑
m∈Z
h(m)φ(2x−m), (5.41)
trong đó dãy các hệ số của phương trình {h(m)}m∈Z. ∈ `2(Z).
Chứng minh rằng nếu φˆ(0) 6= 0 thì ∑m∈Z h(m) = 1.
Bài tập 2. Cho φi ∈ L1(R)
⋂
L2(R), i = 1, 2, thoả mãn (1) với dãy hệ số tương
ứng là hi, i = 1, 2. Chứng minh rằng φ1 ∗ φ2 cũng thoả mãn (1) với dãy hệ số
d = {d(m)}m∈Z nào đó. Tìm dãy d.
Bài tập 3. Cho Mm(x) = (Mm−1 ∗M1)(x),m = 2, 3, . . . , trong đó M1(x) là hàm
đặc trưng của [0, 1). Chứng minh rằng
Mm(x) =
1
2m−1
m∑
k=0
(
m
k
)
Mm(2x− k).
Bài tập 4.
Sử dụng Định lý Meyer - Mallat để tìm sóng nhỏ ψ từ phân tích đa phân
giải {Vj}j∈Z với hàm thang bậc ϕ(x) = χ[0,1)(x).
Bài tập 5. Cho hàm f thoả mãn điều kiện |f(x)− f(y)| 6 C|x− y|α với mọi
x, y ∈ R, trong đó C là một hằng số dương, α ∈ (0, 1] cố định. Ký hiệu ψ là
hàm số Haar. Chứng minh
|〈f, ψj,k〉| 6 C2−j(α+1/2).
90