ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN - CƠ - TIN
NGUYỄN ANH NGỌC
LƯỢC ĐỒ ĐA THANG BẬC XẤP XỈ HÀM SỐ
THUỘC KHÔNG GIAN SOBOLEV
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
Chuyên ngành: Giải tích
Mã số: 60460102
Người hướng dẫn: GS.TSKH Đinh Dũng
HÀ NỘI- 2014
Lời cảm ơn
Trước hết, em xin chân thành cảm ơn GS. TSKH Đinh Dũng, Viện
công nghệ thông tin- Đại học Quốc gia Hà Nội. Thầy đã trực tiếp hướng
dẫn và chỉ bảo em trong quá trình thực hiện luận văn.
Đồng thời, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới toàn thể các thầy cô
giáo trong khoa Toán- Cơ- Tin, trường Đại học Khoa học Tự Nhiên- Đại
học Quốc gia Hà Nội, đã tận tình dạy bảo em trong thời gian học tập tại
khoa.
Xin chân thành cảm ơn các thầy cô bộ môn toán Giải tích- Khoa KHCB,
trường Đại học Giao thông vận tải, đã động viên, đóng góp ý kiến và tạo
mọi điều kiện thuận lợi để giúp đỡ em hoàn thành luận văn.
Hà Nội, ngày 10 tháng 5 năm 2014.
Học viên
Nguyễn Anh Ngọc
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Chương 1. Các khái niệm cơ bản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1. Hàm Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Biến đổi Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3. Hàm xác định dương. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4. Hàm bán kính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5. Hàm Wendland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6. Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.7. Không gian nguyên thủy (Native space) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.8. Một số khái niệm khác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Chương 2. Sai số xấp xỉ bằng phương pháp nội suy sử dụng hàm
bán kính cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1. Dáng điệu tiệm cận của biến đổi Fourier . . . . 24
2.2. Sai số xấp xỉ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Chương 3. Lược đồ xấp xỉ đa thang bậc hàm số thuộc không gian
Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.1. Lược đồ xấp xỉ đa thang bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2. Nội suy đa thang bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3. Nội suy đa thang bậc hàm thô . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.4. Nội suy đa thang bậc và quá trình trơn hóa . . . . . . . 47
Kết luận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
i
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
ii
Mở đầu
Lớp các hàm bán kính cơ sở là công cụ quan trọng trong phép xấp xỉ
hàm nhiều biến, được ứng dụng trong các ngành tin học, kỹ thuật, địa
vật lý chẳng hạn được sử dụng trong mạng neural, học máy (machine
learning), mô tả các đối tượng hình học. Lớp hàm này cho phép ta xây
dựng các không gian hàm xấp xỉ với số chiều tùy ý và độ trơn bất kỳ.
Những không gian này có nhiều tính chất đẹp nhưng việc xấp xỉ đòi hỏi
độ phức tạp tính toán cao. Đây được xem là nguyên tắc "trả giá". Với sự
ra đời của hàm bán kính cơ sở có giá compact năm 1995 (hàm Wendland)
đã mang lại hi vọng giải quyết sự bất lợi này. Tuy nhiên các kiểm tra số
đã cho thấy vẫn có sự "trả giá", nó phụ thuộc vào cách chọn bán kính giá.

Trong trường hợp tổng quát, bán kính giá nhỏ dẫn đến hệ rời rạc có điều
kiện tốt nhưng tốc độ hội tụ thấp; trong khi bán kính giá lớn cho ta tốc
độ hội tụ cao nhưng đổi lại hệ có điều kiện xấu. Vì vậy việc chia tập dữ
liệu thành nhiều phần và trên mỗi phần lại sử dụng hàm bán kính cơ sở
có giá khác nhau là hợp lý. Đây cũng là ý tưởng ra đời của thuật toán xấp
xỉ đa thang bậc. Tập dữ liệu được chia nhỏ, ta thu được một dãy tập sao
cho các tập này ngày càng mịn. Thuật toán xấp xỉ đa thang bậc được thực
hiện như sau: đầu tiên ta xấp xỉ hàm đã cho với tập dữ liệu thô nhất và
bán kính giá lớn, tiếp theo ta xấp xỉ phần dư của hàm mục tiêu và hàm
nội suy vừa có được qua bước một bằng cách nội suy trên tập dữ liệu mịn
hơn và bán kính giá nhỏ hơn, quá trình cứ thế tiếp tục. Và hàm xấp xỉ ta
thu được là tổng các hàm xấp xỉ qua các cấp độ.
Mục tiêu của luận văn này là trình bày các kết quả được công bố trong
các bài báo [11], [10], [12] về sự hội tụ của thuật toán xấp xỉ đa thang bậc
iii
cho trường hợp hàm mục tiêu thuộc không gian Sobolev có miền xác định
bị chặn. Hơn thế, ở đây không có sự hạn chế cho độ trơn của hàm mục
tiêu và độ trơn của hàm bán kính cơ sở. Có nghĩa là hàm mục tiêu có thể
cùng độ trơn với hàm cơ sở bán kính hoặc hàm mục tiêu thô hơn, thuật
toán cũng hội tụ với "tham số trơn" chọn thích hợp.
Luận văn có bố cục gồm 3 chương. Chương 1 trình bày một kiến thức bổ
trợ như hàm gamma Γ, hàm Bessel, biến đổi Fourier, hàm bán kính và
quan trọng nhất là định nghĩa lớp hàm Wendland [11], không gian nguyên
thủy tương ứng với nhân có dạng φ(x, y) = Φ(x−y) với Φ là hám bán kính
xác định dương. Chương 2 trình bày kết quả của bài báo [10] về đánh giá
tiệm cận của biến đổi Fourier đối với hàm Wendland, từ đó chỉ ra sai số
xấp xỉ bằng phương pháp nội suy sử dụng hàm bán kính. Chương 3 trình
bày các định lý là kết quả của bài báo [12] về tính hội tụ của thuật toán
xấp xỉ đa thang bậc trong không gian Sobolev. Thuật toán xấp xỉ này thực
hiện xấp xỉ hàm mục tiêu trên các không gian nguyên thủy tương ứng với

nhân Φ
j
(x, y) = δ
−d
j
Φ((x −y)/δ
j
).
iv
Chương 1
Các khái niệm cơ bản
Nội dung của chương này được viết dựa theo tài liệu [13], với mục
đích định nghĩa một số ký hiệu sử dụng trong luận văn, trình bày các
khái niệm cơ bản (như hàm gamma Γ, hàm Bessel, biến đổi Fourier, hàm
Wendland ) cũng như một số tính chất sẽ được sử dụng trong các chương
tiếp theo.
1.1. Hàm Bessel
Định nghĩa 1.1. Hàm gamma Γ được định nghĩa như sau
Γ(z) := lim
n→∞
n!n
z
z(z + 1)(z + 2) . . . (z + n)
, z ∈ C.
Một số tính chất của hàm gamma Γ.
Mệnh đề 1.1. Hàm Γ thỏa mãn các tính chất sau
(1) Γ(1) = 1, Γ(1/2) =
√
π;
(2) Γ(z) =


∞
0
e
−t
t
z−1
dt với (z) > 0 (biểu diễn Euler);
(3) Γ(z + 1) = zΓ(z);
(4) Γ(z)Γ(1 −z) = π/ sin(πz);
(5) 1 ≤
Γ(x + 1)
√
2πx x
x
e
−x
≤ e
1/(12x)
(bất đẳng thức Stirling);
(6) Γ(2z) =
2
2z−1
√
π
Γ(z)Γ(z + 1/2) (công thức nhân đôi Legendre).
1
Định nghĩa 1.2. Hàm Bessel loại 1 cấp ν ∈ C được định nghĩa như sau
J
ν

(z) :=
∞

m=0
(−1)
m
(z/2)
2m+ν
m!Γ(ν + m + 1)
, z ∈ C\{0}.
Mệnh đề 1.2. 1. J
−n
= (−1)
n
J
n
nếu n ∈ N,
2.
d
dz
{z
ν
J
ν
(z)} = z
ν
J
ν−1
(z),
3.

d
dz
{z
−ν
J
ν
(z)} = −z
−ν
J
ν−1
(z),
4. J
1/2
(z) =

2
πz
sin z, J
−1/2
(z) =

2
πz
cos z.
Bổ đề 1.1. Hàm Bessel J
0
thỏa mãn hai tính chất sau
(1)

r

0
J
0
(t)dt > 0, ∀r > 0,
(2)

∞
0
J
0
(t)dt = 1.
Giả sử x = (x
1
, x
2
, . . . , x
d
) ∈ R
d
, ta sử dụng chuẩn x được xác định
như sau
x =

x
2
1
+ x
2
2
+ ···+ x

2
d
.
Mệnh đề 1.3. Ta kí hiệu S
d−1
= {x ∈ R
d
, x = 1}, d ≥ 2, khi đó với
x ∈ R
d
ta có

S
d−1
e
ix
T
y
dS(y) = (2π)
d/2
x
−(d−2)/2
J
(d−2)/2
(x).
Chứng minh. Ta sử dụng tọa độ cực và đặt r = x. Ta có

S
d−1
e

ix
T
y
dS(y) =

S
d−1
e
iry
1
dS(y) =
2π
(d−1)/2
Γ((d −1)/2)

π
0
e
ir cos θ
sin
d−2
θdθ,
ở đây ta sử dụng công thức diện tích mặt cầu S
d−2
ω
d−2
=
2π
(d−1)/2
Γ((d −1)/2)

.
2
Tiếp theo, sử dụng khai triển hàm mũ ta có

π
0
e
ir cos θ
sin
d−2
θdθ =
∞

k=0
i
k
r
k
k!
a
k
với a
k
:=

π
0
cos
k
θ sin

d−2
θdθ. Bằng quy nạp ta chứng minh được a
2k+1
= 0
và
a
2k
=
(2k)!Γ ((d −1)/2) Γ(1/2)
2
2k
k!Γ ((d + k)/2)
.
Kết hợp lại ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.4. Hàm Bessel có dáng điệu tiệm cận như sau
(1) J
()
ν
(r) = O(1/
√
r) khi r → ∞ và ν ∈ R,  ∈ N
0
;
(2) J
ν
(r) =

2
πr
cos


r −
νπ
2
−
π
4

+ O(r
−3/2
) khi r → ∞ và ν ∈ R;
(3) J
2
d/2
(r) ≤
2
d+2
rπ
với r > 0 và d ∈ R;
(4) lim
r→∞
J
2
d/2
(r) =
1
2
d
Γ
2

(d/2 + 1)
với d ∈ N.
Trong đó N
0
= {0, 1, 2, 3, . . .}, N = {1, 2, 3, . . .}.
Bổ đề 1.2. Với ν > −1 và r > 0 bất kỳ ta có đẳng thức sau

∞
0
J
ν
(t)t
ν+1
e
−rt
dt =
2
ν+1
Γ(ν + 3/2)r
√
π(r
2
+ 1)
ν+3/2
.
Chứng minh. Với 0 ≤ t < 1 và µ > 0, từ khai triển Taylor của hàm
(1 + t)
−µ
và định nghĩa hàm gamma Γ ta có
(1 + t)

−µ
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(µ + m)
m!Γ(µ)
t
m
.
Từ biểu thức trên ta thay t bởi 1/r
2
với r > 1 ta có
r
2µ
(1 + r
2
)
−µ
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(µ + m)
m!Γ(µ)
r

−2m
. (1.1)
3
Từ công thức nhân đôi Legendre (Mệnh đề 1.1)với z = ν + m + 1 dẫn đến
Γ(ν + m + 3/2) =
√
πΓ(2ν + 2m + 2)
2
2ν+2m+1
Γ(ν + m + 1)
. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) đặt µ = ν + 3/2 > 1/2 suy ra
2
ν+1
Γ(ν + 3/2)r
√
π(r
2
+ 1)
ν+3/2
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(2ν + 2m + 2)
2
2m+ν
m!Γ(ν + m + 1)

r
−2m−2ν−2
.
Tiếp theo ta xét tích phân ở vế trái của biểu thức cần chứng minh. Từ
định nghĩa hàm Bessel và hàm gamma Γ ta có

∞
0
J
ν
(t)t
ν+1
e
−rt
dt =
∞

m=0
(−1)
m
2
2m+ν
m!Γ(ν + m + 1)

∞
0
t
2m+2ν+1
e
−rt

dt
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(2ν + 2m + 2)
2
2m+ν
m!Γ(ν + m + 1)
r
−2m−2ν−2
.
Trong biến đổi trên việc thay đổi thứ tự phép lấy tổng và lấy tích phân
được lý giải sau đây. Trước tiên từ bất đẳng thức Stirling (Mệnh đề 1.1)cho
ta chặn dưới Γ(ν + m + 1) ≥ (1/c
ν
)m! trong đó hằng số c
ν
chỉ phụ thuộc
vào ν > 0. Khi đó ta có
∞

m=0
(t/2)
ν+2m
m!Γ(ν + m + 1)
t
ν+1

e
−rt
≤ c
ν
t
2ν+1
∞

m=0
t
2m
2
2m
(m!)
2
e
−rt
≤ c
ν
t
2ν+1
e
−rt
∞

m=0
t
2m
(2m)!
≤ c

ν
t
2ν+1
e
−rt
e
t
,
điều này dẫn đến tổng chuỗi trên thuộc L
1
[0, ∞) với điều kiện r > 1. Theo
định lý hội tụ Lebesgue ta có thể đổi thứ tự phép lấy tích phân.
Như vậy ta đã chứng minh đẳng thức đúng với r > 1. Nhưng vì cả hai
vế của đẳng thức đều là hàm giải tích trong miền (r) > 0 và |(r)| < 1
nên đẳng thức vẫn đúng với r > 0 nhờ thác triển giải tích.
Bổ đề 1.3. Với r > 0 ta có đẳng thức sau

∞
0
J
0
(t)e
−rt
dt =
1
(1 + r
2
)
1/2
.

4
Chứng minh. Từ công thức Legendre đối với hàm gamma Γ suy ra
Γ(m + 1/2) =
(2m)!
√
π
2
2m
m!
.
Như chứng minh của Bổ đề 1.2 ta có biểu diễn sau
(1 + r
2
)
−1/2
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(m + 1/2)
m!Γ(1/2)
r
−2m−1
=
∞

m=0
(−1)

m
(2m)!
2
2m
(m!)
2
r
−2m−1
.
Tiếp theo nhờ tính chất giao hoán của phép lấy tích phân và lấy tổng có
được từ chứng minh Bổ đề 1.2 ta có

∞
0
J
0
(t)e
−rt
dt =
∞

m=0
(−1)
m
2
2m
(m!)
2

∞

0
t
2m
e
−rt
dt
=
∞

m=0
(−1)
m
Γ(2m + 1)
2
2m
(m!)
2
r
−2m−1
= (1 + r
2
)
−1/2
.
1.2. Biến đổi Fourier
Định nghĩa 1.3. Với mỗi hàm f ∈ L
1
(R
d
) biến đổi Fourier của nó được

định nghĩa như sau

f(x) := (2π)
−d/2

R
d
f(ω)e
−ix
T
ω
dω
và biến đổi Fourier ngược của nó
f
∨
(x) := (2π)
−d/2

R
d
f(ω)e
ix
T
ω
dω
Trong đó x
T
ω := x
1
ω

1
+ x
2
ω
2
+ ···+ x
d
ω
d
với x = (x
1
, x
2
, . . . , x
d
), ω =
(ω
1
, ω
2
, . . . , ω
d
) ∈ R
d
.
Định lý 1.1. Giả sử f, g ∈ L
1
(R
d
) khi đó ta có các khẳng định sau là

đúng.
5
(1)

R
d

f(x)g(x)dx =

R
d
f(x)g(x)dx.
(2) Biến đổi Fourier của tích chập
(f ∗ g)(x) :=

R
d
f(y)g(x −y)dy
có công thức như sau

f ∗ g = (2π)
d/2

f g.
(3) Với T
a
f(x) := f(x −a), a ∈ R
d
ta có


T
a
f(x) = e
−ix
T
a

f(x).
(4) Với S
α
f(x) := f(x/a), α > 0 ta có

S
α
f = α
d
S
1/α

f.
Định lý 1.2. Hàm G(x) := e
−x
2
/2
thỏa mãn

G = G.
Chứng minh. Ta có

G(x) = (2π)

−d/2

R
d
e
−y
2
/2
e
−ix
T
y
dy
=
d

j=1

(2π)
−1/2

+∞
−∞
e
−y
2
j
/2
e
−ix

j
y
j
dy
j

,
biến đổi Fourier của d biến Gaussian G bằng tích của biến đổi Fourier
của các Gaussian một biến g(t) = e
−t
2
/2
vì thế ta chỉ cần tính toán trong
trường hợp một biến là đủ.
Từ định lý tích phân Cauchy ta có
g(r) = (2π)
−1/2

+∞
−∞
e
−(t
2
/2+irt)
dt
= (2π)
−1/2
e
−r
2

/2

+∞
−∞
e
−(t+ir)
2
/2
dt
= (2π)
−1/2
e
−r
2
/2

+∞
−∞
e
−t
2
/2
dt
= e
−r
2
/2
.
6
Định nghĩa 1.4. Ta nói hàm f là tăng chậm nếu tồn tại hằng số m ∈ N

0
sao cho f(x) = O(x
m
2
) khi x → ∞.
Định nghĩa 1.5. Không gian Schwartz S là không gian chứa các hàm
γ ∈ C
∞
(R
d
) thỏa mãn
|x
α
D
β
γ(x)| ≤ C
α,β,γ
, ∀x ∈ R
d
,
trong đó α, β ∈ N
d
0
là các đa chỉ số, hằng số C
α,β,γ
phụ thuộc vào α, β, γ.
Định lý 1.3. Xét hàm g
m
(x) = (m/π)
d/2

e
−mx
2
, m ∈ N, x ∈ R
d
. Khi đó
các khẳng định sau đây đúng.
(1)

R
d
g
m
(x)dx = 1;
(2) g
m
(x) = (2π)
−d/2
e
−x
2
/(4m)
;
(3)

g
m
(x) = g
m
(x);

(4) Φ ∈ C(R
d
) là hàm tăng chậm, ta có Φ(x) = lim
m→∞

R
d
Φ(ω)g
m
(ω−x)dω.
Chứng minh. (1) Nhờ phép đổi biến tích phân ta có

R
d
g
m
(x)dx = (2π)
−d/2

R
d
e
−y
2
/2
dy = 1.
(2) Áp dụng các Định lý 1.1 và Định lý 1.2 với chú ý g
m
= (m/π)
d/2

S
1/
√
2m
G
ta có
g
m
= (m/π)
d/2
(2m)
−d/2
S
√
2m

G = (2π)
−d/2
S
√
2m
G.
(3) Tương tự chứng minh phần (2) ta có

g
m
= (2π)
−d/2

S

√
2m
G = (2π)
−d/2

√
2m

d
S
1/
√
2m

G = g
m
.
(4) Xét trường hợp x = 0, ta có

R
d
Φ(ω)g
m
(ω)dω − Φ(0) =

R
d
(Φ(ω) − Φ(0)) g
m
(ω)dω.

7
Với  > 0 bất kỳ, vì Φ liên tục nên tồn tại δ > 0 sao cho |Φ(ω)−Φ(0)| <
/2 với mọi ω ≤ δ. Mặt khác Φ là hàm tăng chậm nên tồn tại  ∈ N
0
và M > 0 sao cho |Φ(ω)| ≤ M(1 + ω)

hay ta có thể chọn được
hằng số C = C
δ
sao cho |Φ(ω) −Φ(0)| ≤ Cω

.





R
d
(Φ(ω) − Φ(0)) g
m
(ω)dω




≤

ω≤δ
|Φ(ω) − Φ(0)|g

m
(ω)dω
+ C

ω>δ
g
m
(ω)ω

dω
≤

2
+ Cm
−/2

ω
√
2m
>δ
e
−ω
2
/2
ω

dω
≤ .
với m đủ lớn. Trường hợp x = 0 chứng minh hoàn toàn tương tự chỉ
thay Φ bởi Φ(· + x).

Giả sử Ω ⊆ R
d
là tập đo được. Không gian L
p
(Ω)(1 ≤ p < ∞) gồm tất
cả các hàm đo được f thỏa mãn |f|
p
khả tích trên Ω, tức là

Ω
|f(t)|
p
dt < ∞.
L
p
(Ω) là không gian gồm các lớp tương đương các hàm trong L
p
(Ω), trong
đó hai hàm được gọi là tương đương nếu chúng bằng nhau hầu khắp nơi.
L
p
(Ω) là không gian Banach với chuẩn
f
L
p
(Ω)
=


Ω

|f(t)|
p
dt

1/p
.
Với p = ∞, không gian L
∞
(Ω) gồm tất cả các hàm bị chặn hầu khắp nơi
trên Ω, chuẩn tương ứng là
f
L
∞
(Ω)
= ess sup
x∈Ω
|f(x)|.
Bổ đề 1.4. Giả sử f ∈ L
p
(R
d
), 1 ≤ p < ∞. Ta có:
lim
x→0
f − f(· + x)
L
p
(R
d
)

= 0.
8
Định lý 1.4. Biến đổi Fourier là một tự đẳng cấu trên không gian S. Ánh
xạ ngược chính là phép biến đổi Fourier ngược. Hơn nữa, ta có


f
L
2
(R
d
)
= f
L
2
(R
d
)
.
Chứng minh. Từ Định lý 1.1 suy ra biến đổi Fourier và biến đổi Fourier
ngược là các tự đồng cấu trên S. Sử dụng Định lý 1.1 và Định lý 1.3 ta có
f(x) = lim
m→∞

R
d
f(ω)g
m
(ω − x)dω
= lim

m→∞

R
d
f(ω + x)

g
m
(ω)dω
= lim
m→∞

R
d

f(ω)e
ix
T
ω
g(ω)dω
= (2π)
−d/2

R
d

f(ω)e
ix
T
ω

dω.
Với g ∈ S bất kỳ ta có

g(x) = (2π)
−d/2

R
d
g(ω)e
−ix

ω
dω = (2π)
−d/2

R
d
g(ω)e
ix
T
ω
dω = g(x).
kết hợp với Định lý 1.1 ta có

R
d
f(x)¯g(x)dx =

R
d

f(x)

g(x)dx =

R
d

f(x)gdx,
từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 1.4 chỉ ra biến đổi Fourier là một toán tử tuyến tính bị chặn
trên không gian con trù mật S của L
2
(R
d
). Vì vậy tồn tại duy nhất toán
tử thác triển T của toán tử này lên toàn bộ không gian L
2
(R
d
), ta gọi nó
là biến đổi Fourier trên L
2
(R
d
) và ký hiệu

f = T f với f ∈ L
2
(R
d

).
Hệ quả 1.1. Tồn tại duy nhất một đẳng cấu T : L
2
(R
d
) → L
2
(R
d
) thỏa
mãn
(1) T f
L
2
(R
d
)
= f
L
2
(R
d
)
, ∀f ∈ L
2
(R
d
);
(2) T f =


f, ∀f ∈ L
2
(R
d
) ∩L
1
(R
d
);
9
(3) T
−1
g = g
∨
, ∀g ∈ L
2
(R
d
) ∩L
1
(R
d
).
Định lý 1.5. Giả sử Φ ∈ L
1
(R
d
) ∩ C(R
d
) là hàm theo bán kính, tức là

Φ(x) = φ(x), x ∈ R
d
. Khi đó biến đổi Fourier

Φ cũng là hàm theo bán
kính, tức là

Φ(ω) = F
d
φ(x)
F
d
φ(r) = r
−(d−2)/2

∞
0
φ(t)t
d/2
J
(d−2)/2
(rt)dt.
Chứng minh. Trường hợp d = 1 được suy ra ngay từ biểu thức
J
−1/2
(t) =

2
πt


1/2
cos t.
Trường hợp d ≥ 2 ta đặt r = x. Sử dụng Mệnh đề 1.3 và biến đổi tích
phân ta có

Φ(x) = (2π)
−d/2

R
d
Φ(ω)e
−ix
T
ω
dω
= (2π)
−d/2

∞
0
t
d−1

S
d−1
Φ(tω)e
−itx
T
ω
dS(ω)dt

= (2π)
−d/2

∞
0
φ(t)t
d−1

S
d−1
e
−itx
T
ω
dS(ω)dt
= (2π)
−d/2

∞
0
φ(t)t
d/2
J
(d−2)/2
(rt)dt.
1.3. Hàm xác định dương
Định nghĩa 1.6. Hàm liên tục Φ : R
d
→ C được gọi là xác định dương
nếu với mọi N ∈ N, mọi tập các điểm phân biệt X = {x

1
, . . . , x
N
} ⊆ R
d
và với mọi α
j
∈ C\{0}, j = 1, 2, . . . , N ta có:
N

j=1
N

k=1
α
j
α
k
Φ(x
j
− x
k
) > 0.
Mệnh đề 1.5. Giả sử Φ là hàm xác định dương, khi đó ta có các tính chất
sau:
10
(1) Φ(0) > 0;
(2) Φ(−x) = Φ(x) với mọi x ∈ R
d
.

Chứng minh. Tính chất đầu tiên suy ra từ định nghĩa với N = 1, α
1
= 1.
Tiếp theo xét N = 2, α
1
= 1, α
2
= c, x
1
= 0, x
2
= x ta có
(1 + |c|
2
)Φ(0) + cΦ(x) + cΦ(−x) > 0.
Chọn c = 1, c = i, từ biểu thức trên suy ra Φ(x)+Φ(−x) và i

Φ(x)−Φ(−x)

đều thực. Điều này xảy ra nếu và chỉ nếu Φ(−x) = Φ(x).
Định lý 1.6. Giả sử hàm Φ : R
d
→ R liên tục. Khi đó Φ là xác định dương
nếu và chỉ nếu Φ chẵn và với mọi N ∈ N, a
j
∈ R\{0}, j = 1, 2, . . . , N, với
các điểm phân biệt bất kỳ x
1
, . . . , x
N

ta có
N

j=1
N

k=1
a
j
a
k
Φ(x
j
− x
k
) > 0.
Chứng minh. Vì Φ là hàm nhận giá trị thực, xác định dương nên từ Mệnh
đề 1.5 suy ra Φ là hàm chẵn và hiển nhiên thỏa mãn điều kiện thứ hai.
Ngược lại ta cần chỉ ra hàm Φ thỏa mãn điều kiện trong định lý là xác
định dương. Với α
j
= a
j
+ ib
j
N

j,k=1
α
j

α
k
Φ(x
j
− x
k
) =
N

j,k=1
(a
j
a
k
+ b
j
b
k
)Φ(x
j
− x
k
)
+
N

j,k=1
a
k
b

j

Φ(x
j
− x
k
) −Φ(x
k
− x
j
)

.
Vì Φ là hàm chẵn nên tổng thứ hai trong vế phải bằng 0. Tổng thứ nhất
là không âm do giả thiết và nó chỉ bằng 0 nếu a
j
= b
j
= 0.
Định lý sau cho ta một tiêu chuẩn kiểm tra hàm xác định dương, nó
được chứng minh bởi Bochner.
11
Định lý 1.7. Hàm Φ : R
d
→ C là xác định dương nếu và chỉ nếu biến đổi
Fourier d chiều của nó

Φ(x) = F
d
φ(r) = (2π)

−d/2

R
d
Φ(ω)e
−ix
T
ω
dω
là không âm và dương trên một tập mở nào đó.
1.4. Hàm bán kính
Định nghĩa 1.7. Hàm Φ : R
d
→ R được gọi là hàm bán kính (radial
function) nếu tồn tại một hàm φ : [0, ∞) → R sao cho Φ(x) = φ(x) với
mọi x ∈ R
d
. Hàm φ được gọi là xác định dương trên R
d
, φ ∈ PD
d
, nếu
hàm Φ xác định dương. Ký hiệu PD
d
là tập hợp các hàm xác định dương
φ trên R
d
.
Độ trơn của hàm nhiều biến Φ được xác định theo độ trơn của hàm
thác triển chẵn của hàm một biến φ. Đây là lý do vì sao ta luôn giả thiết

các hàm φ là hàm chẵn được xác định trên toàn bộ R bằng phép thác triển
chẵn.
Định lý 1.8. Giả sử φ ∈ C[0, ∞) thỏa mãn r → r
d−1
φ(r) ∈ L
1
[0, ∞). Khi
đó φ xác định dương trên R
d
nếu và chỉ nếu tích phân
F
d
φ(r) := r
−(d−2)/2

∞
0
φ(t)t
d/2
J
(d−2)/2
(rt)dt
không âm và không triệt tiêu.
Chứng minh. Từ r → r
d−1
φ(r) ∈ L
1
[0, ∞) ta có Φ := φ(·) thuộc L
1
(R

d
).
Hơn nữa ta có

Φ(x) = F
d
φ(x).
Bổ đề 1.5. Ta định nghĩa hàm f
0
= 1 −cos r và
f
n
(r) =

r
0
f
0
(t)f
n−1
(r − t)dt
với n ≥ 1. Đặt
B
n
=
2
n+1/2
n!(n + 1)!
√
π

.
12
Khi đó f
n
thỏa mãn

r
0
(r − t)
n+1
t
n+1/2
J
n−1/2
(t)dt = B
n
f
n
(r). (1.3)
Chứng minh. Ký hiệu tích phân trong vế trái của (1.3) là g(r). Ta có
g(r) =

r
0
g
1
(r − s)g
2
ds,
trong đó g

1
(s) := s
n+1
, g
2
(s) := s
n+1/2
J
n−1/2
(s). Vì thế biến đổi Laplace
của g(r) bằng tích các biến đổi Laplace của hàm g
1
và g
2
. Ta tính biến đổi
Laplace đối với hàm g
1
nhờ biểu diễn của hàm gamma Γ.
Lg
1
(r) =

∞
0
s
n+1
e
−rs
ds = r
−n−2


∞
0
t
n+1
e
−t
dt =
Γ(n + 2)
r
n+2
=
(n + 1)!
r
n+2
.
Biến đổi Laplace của hàm g
2
được tính theo Bổ đề 1.2. Nếu ta đặt ν =
n −1/2 > −1 thì
Lg
2
(r) :=

∞
0
s
n+1/2
J
n−1/2

(s)e
−rs
ds =
n!2
n+1/2
r
√
π(1 + r
2
)
n+1
với r > 0. Kết hợp hai biểu thức lại ta có
Lg(r) =
2
n+1/2
n!(n + 1)!
√
π
1
r
n+1
(1 + r
2
)
n+1
.
Dễ dàng tính được biến đổi Laplace của f
0
= 1 −cos r là 1/[r(1 + r
2

)]. Từ
đó suy ra biến đổi Laplace của f
n
là
Lf
n
(r) =
1
r
n+1
(1 + r
2
)
n+1
.
Từ tính duy nhất của dạng biến đổi Laplace dẫn đến
g(r) =
2
n+1/2
n!(n + 1)!
√
π
f
n
(r).
Ký hiệu a chỉ số nguyên lớn nhất không vượt quá a.
13
Định lý 1.9. Hàm lũy thừa chặt cụt
φ


(r) = (1 −r)

+
:=

(1 −r)

nếu r ≤ 1
0 nếu r > 1
xác định dương trên R
d
với  ∈ N thỏa mãn  ≥ d/2 + 1.
Chứng minh. Trước tiên ta xét trường hợp số chiều lẻ d = 2n + 1 và
 = d/2+ 1=n+1. Ta có
r
3n+2
F
2n+1
φ
n+1
(r) =

r
0
(r − s)
n+1
s
n+1/2
J
n−1/2

(s)ds.
Từ (1.3) ta có
r
3n+2
F
2n+1
φ
n+1
(r) = B
n
f
n
(r)
rõ ràng biểu thức này luôn không âm và không triệt tiêu. Ta đã chứng
minh được định lý trong trường hợp số chiều lẻ. Với trường hợp số chiều
chẵn d = 2n và  = n + 1 ta chỉ cần chú ý rằng φ
2n/2+1
= φ
(2n+1)/2+1
.
Vì thế nên φ
2n/2+1
xác định dương trên R
2n+1
và dẫn đến nó cũng xác
định dương trên R
2n
.
1.5. Hàm Wendland
Trong phần này ta sẽ xét các hàm Φ(x) = φ(x) có dạng sau:

φ(r) =

p(r) 0 ≤ r ≤ 1
0 r > 1,
(1.4)
trong đó p(r) =
N

j=0
c
j
r
j
, c
N
= 0 là đa thức một biến. Hiển nhiên hàm φ
có thể thác triển thành một hàm chẵn trên toàn bộ đường thẳng thực.
Nội dung chính của mục này là chỉ ra cấu trúc hàm Wendland - các hàm
dạng (1.4) thuộc PD
d
∩ C
2k
với bậc nhỏ nhất. Hàm này được Holger
Wendland định nghĩa lần đầu tiên trong bài báo [11] và nó có vai trò quan
trọng trong các bài toán xấp xỉ, được ứng dụng để xậy dựng các mạng lưới
neural, cũng như xây dựng và mô hình hóa các đối tượng hình học.
14
Định nghĩa 1.8. (1) Cho φ thỏa mãn t → tφ(t) thuộc L
1
[0, ∞), ta định

nghĩa toán tử I như sau
(Iφ)(r) =

∞
r
tφ(t)dt, ∀r ≥ 0.
(2) Với hàm chẵn φ ∈ C
2
(R) ta định nghĩa toán tử D như sau
(Dφ)(r) = −
1
r
φ

(r), r ≥ 0.
Chú ý rằng hàm Dφ liên tục tại diểm không. Vì φ ∈ C
2
(R) là chẵn nên
φ

(t) = −φ

(−t) và đặc biệt φ

(0) = 0. Điều này có nghĩa là φ

(t) = O(t)
khi t → 0 và vì vậy Dφ(t) = O(1) khi t → 0. Hơn nữa toán tử I và D là
nghịch đảo của nhau theo nghĩa sau đây.
Bổ đề 1.6. Nếu φ là hàm liên tục và thỏa mãn t → tφ(t) ∈ L

1
[0, ∞) khi
đó DIφ = φ. Ngược lại nếu φ ∈ C
2
(R) là hàm chẵn và φ

∈ L
1
[0, ∞) thì
IDφ = φ.
Định lý 1.10. Giả sử hàm φ liên tục.
(1) Nếu t → φ(t)t
d−1
∈ L
1
[0, ∞) và d ≥ 3 khi đó F
d
(φ) = F
d−2
(Iφ).
(2) Nếu φ ∈ C
2
(R) là hàm chẵn và t → φ

(t)t
d
∈ L
1
[0, ∞) khi đó F
d

(φ) =
F
d+2
(Dφ).
Chứng minh. Để chứng minh phần thứ nhất của định lý, trước tiên ta chỉ
ra hàm t → (Iφ)(r)r
d−3
∈ L
1
[0, ∞) và vì thế Iφ( · ) ∈ L
1
(R
d−2
). Vì
d ≥ 3 nên hàm Iφ được định nghĩa tốt và liên tục. Hơn nữa, với R ≥ 0 ta
có

R
0
|Iφ(r)|r
d−3
dr ≤

R
0

∞
r
|φ(t)|tr
d−3

dtdr
=

R
0

R
r
|φ(t)|tr
d−3
dtdr +

R
0

∞
R
|φ(t)|tr
d−3
dtdr.
và cả hai tích phân cuối cùng đều bị chặn. Với tích phân thứ nhất ta thực
hiện phép đổi biến và thu được
15

R
0

R
r
|φ(t)|tr

d−3
dtdr =

R
0

t
0
|φ(t)|tr
d−3
drdt
=
1
d −2

R
0
t
d−1
|φ(t)|dt,
đại lượng này bị chặn bởi t
d−1
φ(t)
L
1
[0,∞)
/(d −2). Với tích phân thứ hai,
ta có

R

0

∞
R
|φ(t)|tr
d−3
dtdr =
R
d−2
d −2

∞
R
t
d−1
|φ(t)|t
−d+2
dt
≤
1
d −2

∞
R
t
d−1
|φ(t)|dt
≤
1
d −2


∞
0
t
d−1
|φ(t)|dt.
Ta đã chỉ ra được tính khả tích, tiếp theo ta có thể tác dụng F
d−2
lên Iφ.
Sử dụng tích phân từng phần và (d/dz)[z
ν
J
ν
(z)] = z
ν
J
ν−1
(z) ta có
F
d−2
(Iφ)(r) = r
−(d−4)/2

∞
0
(Iφ)(t)t
(d−2)/2
J
(d−4)/2
(rt)dt

= r
−(d−2)/2

(Iφ)(t)t
(d−2)/2
J
(d−2)/2
(rt)



∞
0
+

∞
0
φ(t)t
d/2
J
(d−2)/2
(rt)

= F
d
φ(r).
Vì tính khả tích của hàm t → (Iφ)(t)t
d−3
nên ta có Iφ(t) = O(t
−d+2

)
khi t → ∞. Dáng điệu tiệm cận của hàm Bessel từ Mệnh đề 1.4 cho ta
J
ν
(t) = O(1/
√
t). Vì thế nên (Iφ)(t)t
(d−2)/2
J
(d−2)/2
(rt) = O(t
−(d−1)/2
) khi
t → ∞ và triệt tiêu tại vô cùng. Với biên dưới ta sử dụng dáng điệu tiệm
cận của hàm Bessel J
ν
(t) = O(t
ν
) khi t → 0 và ν ≥ 0, kết hợp với tính
bị chặn của hàm Iφ ta có (Iφ)(t)t
(d−2)/2
J
(d−2)/2
(rt) = O(t
d−2
) khi t → 0,
vì thế hàm cũng triệt tiêu tại không. Ta đã hoàn thành chứng minh phần
đầu của định lý.
Với phần thứ hai, ta định nghĩa ψ := Dφ. Khi đó ψ liên tục và thỏa
mãn t → ψ(t)t

d+1
∈ L
1
[0, ∞). Đặc biệt ta có Iψ = IDφ = φ. Cuối cùng
16
ta áp dụng phần đầu của định lý cho ψ
F
d+2
(Dφ) = F
d+2
(ψ) = F
d
(Iψ) = F
d
(φ).
Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.7. Giả sử φ là hàm chẵn có dạng (1.4) trên nửa dương của trục
số và có đạo hàm liên tục đến cấp 2k tại 0 và đạo hàm liên tục cấp  tại
1. Khi đó Iφ có đạo hàm liên tục đến cấp 2k + 2 tại 0 và đạo hàm liên tục
cấp  + 1 tại 1. Nếu k,  > 1 khi đó Dφ có đạo hàm cấp liên tục đến cấp
2k − 2 tại 0 và đạo hàm liên tục đến cấp  − 1 tại 1.
Chứng minh. Các toán tử I, D biến đa thức thành đa thức, mặt khác ta
có thể chứng minh được rằng các hàm chẵn thác triển từ dạng (1.4) có
đạo hàm tại 0 cấp 2k nếu và chỉ nếu k hệ số bậc lẻ đầu tiên bằng 0, từ đó
ta có được điều phải chứng minh.
Định lý 1.11. Giả sử φ là hàm chẵn dạng (1.4) xác định dương trên R
d
.
Khi đó φ thỏa mãn φ ∈ C
d/2

(0, ∞).
Định nghĩa 1.9. Với φ

(r) = (1 −r)

+
ta định nghĩa hàm φ
d,k
như sau:
φ
d,k
= I
k
φ
d/2+k+1
.
Bằng phép quy nạp ta có thể chứng minh được định lý sau về biểu diễn
của hàm φ
d,k
.
Định lý 1.12. Hàm φ
d,k
có dạng
p
d,k
=
+2k

j=0
d

()
j,k
r
j
với  = d/2+ k + 1. Các hệ số được tính theo đệ quy
d
()
j,0
= (−1)
j


j

, 0 ≤ j ≤ ,
d
()
0,s+1
=
+2s

j=0
d
()
j,s
j + 2
, d
()
1,s+1
= 0, s ≥ 0,

d
()
j,s+1
= −
d
()
j−2,s
j
, s ≥ 0, 2 ≤ j ≤  + 2s + 2.
17
Định lý 1.13. Với d, k ∈ N tồn tại hàm φ có dạng (1.4) với bậc deg =
d/2 + 3k + 1 và φ ∈ PD
d
∩ C
2k
.
Chứng minh. Chọn  = (d + 2k)/2 + 1 = d/2 + k + 1. Khi đó ta có
φ

∈ PD
d+2k
∩ C
0
. Theo Định lý 1.10 ta có φ
,d
∈ P D
d
. Từ Bổ đề 1.7 ta
có φ
,d

có đạo hàm liên tục đến cấp 2k tại 0 và có đạo hàm liên tục đến
cấp 2k + d/2 tại 1.
Bổ đề 1.8. Giả sử φ là có dạng (1.4) hàm liên tục, xác định dương trên
R
d
khi đó φ có bậc không bé hơn d/2 + 1.
Bổ đề trên được chứng minh bởi Chanysheva [1].
Ký hiệu deg P để chỉ bậc của đa thức P . Giả sử P (x) =
n

j=0
a
j
x
j
, a
n
= 0,
khi đó deg P = n.
Định lý 1.14. Không tồn tại hàm φ dạng (1.4) thỏa mãn φ ∈ PD
d
∩C
2k
và deg φ < d/2 + 3k + 1.
Chứng minh. Giả sử tồn tại hàm φ thỏa mãn các điều kiện của định lý.
Vì φ ∈ C
2k
nên ta có thể viết p(r) = q(r
2
) + r

2k+1
h(r) với h, q là các
đa thức và bậc của q bằng k. Khi đó ψ := D
k
φ là hàm có dạng (1.4) và
ψ ∈ PD
d+2k
∩ C
0
, deg ψ < (d + 2k)/2 + 1. Điều này mâu thuẫn với Bổ
đề 1.8.
Định lý 1.15. Tồn tại hàm φ
d,k
xác định dương trên R
d
, khả vi liên tục
đến cấp 2k và có dạng
φ
d,k
(r) =

p
d,k
(r), 0 ≤ r ≤ 1,
0, r > 1,
với đa thức p
d,k
có bậc d/2 + 3k + 1. Hơn nữa các hàm φ
d,k
có bậc nhỏ

nhất ứng với số chiều không gian d và độ trơn 2k cho trước và chúng sai
khác nhau một hằng số nhân.
Chứng minh. Từ Định lý 1.9 ta có φ
d/2+k+1
xác định dương trên R
d+2k
.
Lại có F
d
φ
d,k
= F
d+2k
φ
d/2+k+1
từ Định lý 1.10 nên ta có φ
d,k
là xác định
18
dương trên R
d
.
Từ Bổ đề 1.7 ta có φ
d,k
có đạo hàm liên tục đến cấp 2k. Bậc của đa thức
được suy ra từ Định lý 1.12.
Cuối cùng, giả sử hàm ψ có dạng (1.4) xác định dương trên R
d
và có đạo
hàm liên tục cấp 2k, hơn nữa ψ có bậc nhỏ nhất deg ψ = d/2 + 3k + 1.

Đặt
˜
ψ := D
k
φ, khi đó
˜
ψ là hàm liên tục có dạng (1.4). Hơn nữa
˜
ψ là xác
định dương trên R
d+2k
. Vì vậy
˜
ψ ít nhất phải có đạo hàm liên tục đến cấp
d/2 + k tại 1, có nghĩa là
˜
ψ = (1 − r)
d/2+k+1
+
q(r) với q là đa thức.
Nhưng lại có ψ có bậc nhỏ nhất nên q phải là hằng số. Vì vậy ψ = I
k
˜
ψ và
φ
d,k
sai khác nhau một hằng số nhân.
Sau đây là một vài ví dụ về hàm Wendland
Số chiều Hàm Wendland Độ trơn
d = 1 φ

1,0
(r) = (1 −r)
+
C
0
φ
1,1
(r) = (1 −r)
3
+
(3r + 1) C
2
φ
1,2
(r) = (1 −r)
5
+
(8r
2
+ 5r + 1) C
4
d = 3 φ
3,0
(r) = (1 −r)
2
+
C
0
φ
3,1

(r) = (1 −r)
4
+
(4r + 1) C
2
φ
3,2
(r) = (1 −r)
6
+
(35r
2
+ 18r + 3) C
4
φ
3,3
(r) = (1 −r)
8
+
(32r
3
+ 25r
2
+ 8r + 1) C
6
d = 5 φ
5,0
(r) = (1 −r)
3
+

C
0
φ
5,1
(r) = (1 −r)
5
+
(5r + 1) C
2
φ
5,2
(r) = (1 −r)
7
+
(16r
2
+ 7r + 1) C
4
1.6. Không gian Sobolev
Với s ≥ 0 không gian Sobolev cấp s được định nghĩa như sau
H
s
(R
d
) =

f ∈ L
2
(R
d

) :

f(·)(1 + · 
2
)
s/2
∈ L
2
(R
d
)

,
với chuẩn
f
H
s
(R
d
)
=

R
d
|
ˆ
f(ω)|
2
(1 + ω
2

)
s
dω.
Rõ ràng với 0 ≤ s < t thì H
t
(R
d
) ⊂ H
s
(R
d
) và  ·
H
s
(R
d
)
≤ · 
H
t
(R
d
)
.
Bổ đề 1.9. [Sobolev]
Nếu s > k + d/2, k ∈ N thì H
s
(R
d
) ⊂ C

k
(R
d
).
19