ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
———o0o———

ĐINH QUỐC HIẾN

FRAME TRONG KHÔNG GIAN HỮU HẠN CHIỀU
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THEO ĐỊNH HƯỚNG NGHIÊN CỨU

Thừa Thiên Huế, năm 2017


ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
———o0o———

ĐINH QUỐC HIẾN

FRAME TRONG KHÔNG GIAN HỮU HẠN CHIỀU
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THEO ĐỊNH HƯỚNG NGHIÊN CỨU

HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS HUỲNH THẾ PHÙNG

Thừa Thiên Huế, năm 2017
i


Lời cam đoan

Lời cam đoan
Nội dung của luận văn này là công trình nghiên cứu của riêng tôi và
không sao chép từ luận văn nào khác. Đề tài cũng chưa từng được công
bố dưới hình thức của luận văn nào khác.
Tôi xin cam đoan những điều trên là đúng sự thật và hoàn toàn chịu
trách nhiệm về những điều này.
Tác giả

Đinh Quốc Hiến

ii


MỤC LỤC

Trang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii


Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Chương 1: Giới thiệu khái niệm frame

4

1.1

Các khái niệm và phân loại.

. . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Mối quan hệ với cơ sở.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3


Frame đối ngẫu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Chương 2: Các phương pháp xây dựng frame.

20

2.1

Frame chặt chuẩn hóa và các căn của đơn vị . . . . . . . . . 20

2.2

Frame cực tiểu hóa hàm thế năng. . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3

Phương pháp xây dựng frame chặt chuẩn hóa. . . . . . . . . 37

2.4

Bất đẳng thức cơ bản dãy các chuẩn của frame. . . . . . . . 45

Chương 3: Ứng dụng

62

3.1

Giải thích Vật lý của frame hữu hạn . . . . . . . . . . . . . 62


3.2

Frame hữu hạn trong khôi phục tín hiệu . . . . . . . . . . . 67

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1


Lời mở đầu

Lời mở đầu
Frame đã là một chủ đề được quan tâm trong một thời gian dài cả về
lý thuyết và ứng dụng. Đặc biệt, frame chặt hữu hạn đã thu hút được sự
chú ý trong nhiều năm qua.
Lý thuyết frame được giới thiệu đầu tiên vào năm 1952 bởi Duffin và
Schaeffer chủ yếu trong lĩnh vực chuỗi Fourier không điều hòa. Nhiều thập
kỷ sau đó, chủ đề này được hồi sinh sau một ấn phẩm của Daubechies,
Grossman, và Meyer và đã trở thành một công cụ hữu ích trong các ứng
dụng xử lý tín hiệu, nén dữ liệu, truyền thông không dây ... . Frame trong
không gian hữu hạn chiều đã trở thành mối quan tâm của nhiều nhà các
nghiên cứu. Một trong những chủ đề quan trọng trong lĩnh vực này là việc
đề xuất các phương pháp để xây dựng các frame có tính chất cho trước.
Chẳng hạn đối với các frame chặt hữu hạn mà các thành phần của nó có
độ dài xác định trước, người ta đưa ra được một "bất đẳng thức cơ bản"
mà hoàn toàn đặc trưng cho những dãy số có thể làm độ dài của những
thành phần một frame chặt. Từ việc đẩy mạnh nghiên cứu như vậy, một
số dạng cụ thể của các khung chặt hữu hạn đã được nghiên cứu để giải
quyết các bài toán trong thông tin liên lạc, nhiều kỹ thuật xây dựng khung

chặt hữu hạn đã được đề xuất, mà một số trong đó liên quan đến lý thuyết
nhóm. Các nhà nghiên cứu cũng đã quan tâm đến các khung chặt mà các
thành phần của chúng được giới hạn là thuộc mặt cầu hoặc mặt êlip.
Luận văn thạc sĩ toán học với đề tài FRAME TRONG KHÔNG GIAN
HỮU HẠN CHIỀU VÀ ỨNG DỤNG gồm có 3 chương. Chương 1 giới thiệu
các khái niệm cơ bản về lý thuyết frame trong không gian Hilbert hữu hạn
2


Lời mở đầu

chiều, Chương 2 trình bày các phương pháp xây dựng và sự tồn tại frame
hữu hạn, trong Chương 3 là xét một số ứng dụng của frame hữu hạn.
Trong quá trình nghiên cứu các tài liệu để hoàn thành nội dung của luận
văn này, bên cạnh sự nỗ lực, cố gắng của bản thân là sự giúp đỡ động viên
của các thầy cô, bạn bè và người thân.
Tôi xin tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đối với thầy giáo PGS.TS
Huỳnh Thế Phùng đã trực tiếp, tận tình hướng dẫn, cung cấp tài liệu và
thông tin khoa học cần thiết cho luận văn.
Xin chân thành cảm ơn các thầy cô, bạn bè và người thân đã giúp đỡ,
tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học và làm tốt luận văn tốt nghiệp.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng luận văn cũng khó tránh khỏi những sai
sót cụ thể. Để luận văn được hoàn chỉnh hơn về hình thức và nội dung,
rất mong nhận được sự góp ý, bổ sung của quý thầy cô.

3


Chương 1


Giới thiệu khái niệm frame
1.1

Các khái niệm và phân loại.

Cho H là một không gian Hilbert thực hoặc phức. Một dãy {fk }k∈I ⊂ H
được gọi là một frame nếu tồn tại các hằng số A và B sao cho 0 < A ≤

B < +∞ và
A f

2

| f, fk |2 ≤ B f 2 ; ∀ f ∈ H,

≤

(1.1)

k∈I

trong đó A và B được gọi lần lượt là chặn dưới, chặn trên của frame. Nếu

A = B thì nó được gọi là một frame A-chặt, tức là
| f, fk |2 = A f

2

∀f ∈ H.


(1.2)

k∈I

Nếu chỉ đòi hỏi A ≥ 0 thì nếu (1.2) thỏa mãn ta nói {fk }k∈I là một dãy
chặt. Thực ra dãy chặt với A = 0 chỉ xảy ra khi fk = 0 ∀k = 1, m. Nên
nếu {fk }k∈I là một dãy chặt mà ∃k, fk = 0 thì đó là một frame chặt. Nếu
tập các chỉ số I là hữu hạn thì frame {fk }k∈I được gọi là hữu hạn. Một
frame được gọi là chuẩn hóa nếu tất cả các phần tử của nó đều có độ dài
đơn vị, nếu hơn nữa, tồn tại một hằng số c > 0 sao cho | fk , fj | = c với
mọi k = j thì nó được gọi là frame đều.
Mệnh đề 1.1 ([2]). Cho {fk }k∈I là một frame trong H. Khi đó,
4


1.1 Các khái niệm và phân loại

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

a) Nếu H hữu hạn chiều thì dãy số { fk 2 }k∈I có tổng hữu hạn.
b) Nếu H hữu hạn chiều và {fk }k∈I chuẩn hóa thì nó là một frame hữu
hạn.
c) Nếu {fk }k∈I là một frame hữu hạn thì H hữu hạn chiều.
Chứng minh. a) Giả sử H có số chiều là n và {ei }ni=1 là cơ sở chính tắc
của H. Vì {fk }k∈I là một frame nên tồn tại các hằng số A và B với

0 < A ≤ B < +∞ sao cho
2

A f


| f, fk |2 ≤ B f 2 ; ∀ f ∈ H.

≤
k∈I

2

Ta có, fk

fk

2

=

n
i=1 |
n

n

n

2

2

| fk , ei | =


=

k∈I

fk , ei |2 . Vì vậy,

k∈I i=1

| fk , ei | ≤
i=1 k∈I

B ei

2

= nB.

i=1

b)Theo a) thì H hữu hạn chiều nên tổng của dãy { fk 2 }k∈I hữu hạn,
Do fk = 1, ∀k ∈ I, suy ra I hữu hạn.
c) Đặt H1 là không gian trực giao của span({fk }k∈I ). Khi đó, với mọi

f ∈ H1 ta có
A f

2

| f, fk |2 = 0,


≤
k∈I

suy ra f = 0. Điều này đúng với mọi f ∈ H1 , do đó H1 = {0}. Suy ra
H = span{fk }k∈I . Vậy dim(H) = dim(span{fk }k∈I ) < +∞.
Trong luận văn này, chúng ta sẽ nghiên cứu về những frame hữu hạn
trong không gian Hilbert hữu hạn chiều. Ký hiệu Hn là không gian Hilbert

n chiều.
Cho Hn là một không gian Hilbert n chiều với tích vô hướng ., . . Từ
biểu thức định nghĩa frame (1.1), theo đó một dãy các vectơ {fk }m
k=1 là
một frame trong Hn nếu
m

A f

2

| f, fk |2 ≤ B f 2 ; ∀ f ∈ Hn ,

≤
k=1

5


1.1 Các khái niệm và phân loại

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame


n
với 0 < A ≤ B < +∞. Và {fk }m
k=1 được gọi là frame chặt trong H khi

A = B , tức là tồn tại A > 0 sao cho
m

A f

2

| f, fk |2 ; ∀ f ∈ Hn .

=
k=1

Trong trường hợp A ≥ 0 ta gọi chung {fk }m
k=1 là dãy A-chặt.
n
n
m
Cho {fk }m
k=1 là một frame trong H , xét ánh xạ F : H −→ K (với

K = C/R), xác định bởi
n
F f = ({ f, fk }m
k=1 ) = ( f, f1 , f, f2 , ..., f, fm ) ∀f ∈ H .


Với mọi f, g ∈ Hn và λ, µ ∈ K,

F (λf + µg) = ({ λf + µg, fk }m
k=1 )
= ({λ f, fk + µ g, fk }m
k=1 )
m
= (λ{ f, fk {m
k=1 ) + (µ{ g, fk }k=1 )

= λF f + µF g,
suy ra F tuyến tính và ta gọi F là toán tử phân tích của frame {fk }m
k=1 .
Lúc đó ánh xạ liên hợp của F là ánh xạ F ∗ : Km −→ Hn , xác định bởi
m
∗

ck fk ,

F c=
m=1

m
∗
m
với mọi c = {ck }m
k=1 ∈ K . Ta gọi F là toán tử tổng hợp của {fk }k=1 .

Đặt S = F ∗ F , khi đó


S :Hn −→ Hn
m
∗

f −→ Sf = F F f =

f, fk fk ,
k=1

rõ ràng S là tuyến tính liên tục và S được gọi là toán tử frame của {fk }m
k=1 .
Một toán tử tuyến tính liên tục U : Hn −→ Hn được gọi là tự liên hợp
nếu A∗ = A. Lúc đó, U là tự liên hợp khi và chỉ khi

U x, y = x, U y ; ∀x, y ∈ Hn .
6


1.1 Các khái niệm và phân loại

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Bổ đề 1.1. Cho U, V : Hn → Hn là các toán tử tự liên hợp. Lúc đó,
a) Nếu toán tử U −1 tồn tại thì U −1 cũng là một toán tử tự liên hợp.
b) Các toán tử U + V và λU với λ ∈ R là các toán tử tự liên hợp.
Chứng minh. a) Giả sử U −1 tồn tại. Với mọi x, y ∈ Hn sẽ tồn tại x , y ∈ Hn
sao cho U x = x và U y = y hay x = U −1 x và y = U −1 y , ta có

U −1 x, y = x , U y = U x , y = x, U −1 y .
vậy U −1 là toán tử tự liên hợp.


b) Với mọi x, y ∈ Hn và λ ∈ R, ta có
(U + V )x, y = U x, y + V x, y = x, U y + x, V y = x, (U + V )y ,
(λU )x, y = λU x, y = λ U x, y = λ x, U y = x, λU y = x, (λU )y .
Vậy U + V và λU là toán tử tự liên hợp.
Bổ đề 1.2 ([3]). Cho toán tử tự liên hợp U : Hn −→ Hn sao cho

U x, x = 0,
với mọi x ∈ Hn . Khi đó, U = 0.
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ Hn , nếu trong trường hợp Hn là không gian
Hilbert phức thì bằng tính toán trực tiếp ta có

0 = U (x + y), x + y − U (x − y), x − y
+ i U (x + iy), x + iy − i U (x − iy), x − iy
= U x, y + U y, x + U x, y + U y, x
+ i(-i U x, y + i U y, x ) − i(i U x, y − i U y, x )
=4 U x, y .
Còn trong trường hợp Hn là không gian Hilbert thực:

2 U x, y = U (x + y), x + y = 0.
7


1.1 Các khái niệm và phân loại

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Vậy, nếu U x, x = 0, ∀x ∈ Hn thì U x, y = 0, ∀x, y ∈ Hn . Do đó, với
mọi x ∈ Hn , chọn y = U x,


0 = U x, U x = U x

2

⇒ U x = 0.

Suy ra U = 0.
Mệnh đề 1.2. Toán tử frame S của dãy {fk }m
k=1 là một toán tử tự liên
hợp.
Chứng minh. Với mọi f, g ∈ Hn , ta có
m

m

f, fk fk , g

f, fk fk , g =

Sf, g =

k=1
m

k=1
m

=

fk , g f, fk =

k=1

f, fk , g fk
k=1

m

g, fk fk = f, Sg .

= f,
k=1

n
Mệnh đề 1.3 ([2]). Dãy {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong H nếu và

chỉ nếu S = AI với I là toán tử đồng nhất, tức là Sf = Af ; ∀f ∈ Hn .
n
Chứng minh. Giả sử {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong H . Với mọi f ∈

Hn ta có
m

A f

2

m
2


| f, fk | =

=
k=1

m

f, fk fk , f =
k=1

f, fk fk , f = Sf, f
k=1

hay

0 = Af − Sf, f = (AI − S)f, f = 0.
Vì AI − S là toán tử tự liên hợp nên theo Bổ đề 1.2 suy ra AI − S = 0
hay AI = S.

8


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Ngược lại, nếu S = AI , với mọi f ∈ Hn thì Sf = Af . Lấy tích vô
hướng hai vế cho f , ta được
m


m

A f

2

| f, fk |2 ,

f, fk fk , f =

= Af, f =

∀f ∈ Hn .

k=1

k=1

Vậy {fk }m
k=1 là một frame A-chặt.
Hệ quả 1.1. Một dãy hữu hạn các véc tơ {fk }m
k=1 là một frame A-chặt
trong Hn nếu và chỉ nếu
m

f, fk fk , ∀ f ∈ Hn .

Af =


(1.3)

k=1

1.2

Mối quan hệ với cơ sở.

Cho Hn là một không gian Hilbert n chiều, với cơ sở {ek }nk=1 . Hệ {ek }nk=1
là một cơ sở trực chuẩn nếu nó thỏa

0 k = j
ek , ej =
1 k = j.
Khi đó, với mỗi f ∈ Hn ta có
n

f=

f, ek ek .

(1.4)

k=1
n
Mệnh đề 1.4 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một dãy các véc tơ trong H . Khi đó,
m
{fk }m
k=1 là một frame trong không gian W := span{fk }k=1 .


Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử các fk = 0 với mọi k . Với
mọi f ∈ Hn , áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
m

m
2

| f, fk | ≤
k=1

fk
k=1

9

2

f

2


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

đặt B :=

m
k=1


Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

fk 2 , khi đó B là một chặn trên. Ta sẽ chỉ ra tồn tại chặn

dưới như trong định nghĩa frame. Xét ánh xạ

Φ :W −→ R
m

| f, fk |2

f −→ Φ(f ) =
k=1

rõ ràng Φ là một ánh xạ liên tục. Nên do mặt cầu đơn vị S(0, 1) = {f ∈

W | f = 1} trong W là tập compact, tồn tại g ∈ S(0, 1) sao cho tại đó
hàm Φ đạt cực tiểu, tức là
m

m

| f, fk |2 |f ∈ S(0, 1)}.

2

| g, fk | = min{

A := Φ(g) =


k=1

k=1

Dễ thấy A > 0. Khi đó, với mọi f ∈ W và f = 0, ta có
m

m
2

| f, fk | =
k=1

|
k=1

f
, fk |2 f
f

2

≥ A f 2.

Với f = 0 biểu thức trong định nghĩa (1.1) được thỏa mãn. Vậy {fk }m
k=1
là một frame trong W.
n
Hệ quả 1.2 ([3]). Họ các véc tơ {fk }m
k=1 là một frame trong H nếu và

n
chỉ nếu span{fk }m
k=1 = H .

Hệ quả 1.3. Mọi cơ sở {fk }nk=1 của không gian Hilbert Hn đều là frame
1-chặt.
Bổ đề 1.3. Cho frame {fk }m
k=1 . Khi đó toán tử frame S là đẳng cấu từ
Hn lên Hn và S −1 là toán tử tự liên hợp.
Chứng minh. Lấy f ∈ Hn và giả sử Sf = 0. Khi đó
m

| f, fk |2 ,

0 = Sf, f =
k=1

n
n
n
vì {fk }m
k=1 là frame, suy ra f = 0. Vậy S đơn cấu từ H vào H mà H

hữu hạn chiều, suy ra S là đẳng cấu. Do đó tồn tại S −1 và nó là toán tử
tự liên hợp theo Bổ đề 1.1.
10


1.2 Mối quan hệ với cơ sở


Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Trong Hệ quả 1.1 ta thấy rằng nếu {fk }m
k=1 là một frame chặt thì chúng
ta có thể biểu diễn mỗi f ∈ Hn như một tổ hợp tuyến tính f =

m
k=1 ck fk ,

cụ thể là ta chỉ cần định nghĩa gk := A1 fk , khi đó ck = f, gk và công thức
(1.3) tương tự công thức biểu diễn qua cơ sở trực chuẩn (1.4). Bây giờ ta
sẽ chứng minh vẫn còn một một phép biểu diễn cho mỗi f ∈ Hn dưới dạng
m

f, gk fk ,

f=
k=1

bằng cách chọn {gk }m
k=1 thích hợp. Định lí sau đây sẽ cho thấy điều này.
n
Định lý 1.5 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một frame trong H với toán tử frame

S . Khi đó, với mọi f ∈ Hn ,
m

m
−1


f=

f, fk S −1 fk .

f, S fk fk =
k=1

k=1

Chứng minh. Vì S −1 là toán tử tự liên hợp nên
m
−1

m

−1

−1

f = SS f = S(S f ) =

f, S −1 fk fk ,

S f, fk fk =
k=1

k=1

Hơn nữa,

m
−1

m

−1

f = S Sf = S (

f, fk fk ) =
k=1

m
−1

f, fk S −1 fk .

S ( f, fk fk ) =
k=1

k=1

Định lí 1.5 cho ta một kết quả đặc biệt trong trường hợp {fk }m
k=1 là
một cơ sở.
n
Hệ quả 1.4 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một cơ sở của H . Khi đó tồn tại họ
n
các véc tơ {gk }m

k=1 trong H sao cho
m

f, gk fk ; ∀f ∈ Hn .

f=

(1.5)

m=1

Hơn nữa, theo quan điểm của toán tử frame, ta có gk = S −1 fk ∀k = 1..m
và fj , gk = δjk
11


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Chứng minh. Việc chứng minh tồn tại dãy {gk }m
k=1 thỏa (1.5) được suy ra
dễ dàng từ Định lí 1.5, do một cơ sở là một frame. Hơn nữa dãy {gk }m
k=1
là duy nhất và gk = S −1 fk ∀k = 1, m. Để chứng minh tính chất sau của
hệ quả ta sẽ sử dụng (1.5) và cố định phần tử fj và sử dụng tính độc lập
tuyến tính của {fk }m
k=1 , ta có được fj , gk = δjk .
m
Mệnh đề 1.6. Nếu {fk }m

k=1 là frame A-chặt trong không gian Hilbert H

thì F ∗ F = AIHm và F F ∗ = AICm .
Chứng minh. Ta có

F : Hm →Cm , F ∗ : Cm → Hm .
{f1 , f2 , ..., fm } là frame A-chặt nên span{f1 , f2 , ..., fm } = Hm mà dim Hm =
m nên {f1 , f2 , ..., fm } là một cơ sở. Theo Mệnh đề 1.3, ta có F ∗ F = AIH m ,
trong đó IH m f = f, ∀f ∈ Hm .
Ta cần chứng minh F F ∗ = AICm (F F ∗ (c) = Ac, ∀c ∈ Cm ). Lấy

c = (c1 , c2 , ..., cm ) ∈ Cm , suy ra
F ∗ (c) = c1 f1 + c2 f2 + ... + cm fm ,
⇒F F ∗ (c) = { c1 f1 + ... + cm fm , fk }m
k=1 ,
m
∗

∗

⇒ F F F (c) =

c1 f1 + ... + cm fm , fk fk .

(1.6)

k=1

Mặt khác, F ∗ F = AIH m nên F ∗ F F ∗ (c) = AF ∗ (c) = A(c1 f1 + ... + cm fm ).
Khi đó, (1.6) trở thành


A(c1 f1 +...+cm fm ) = c1 f1 +...+cm fm , f1 f1 + c1 f1 +...+cm fm , f2 f2
+ ... + c1 f1 +...+cm fm , fm fm .

12


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Mà {f1 , f2 , ..., fm } độc lập tuyến tính



c1 f1 + ... + cm fm , f1 = Ac1 ,





 c1 f1 + ... + cm fm , f2 = Ac2 ,
⇒


··················






 c1 f1 + ... + cm fm , fm = Acm ,
suy ra F F ∗ (c) = Ac. Vậy F F ∗ = AICm .
n
Định lý 1.7 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một frame trong H và
m

ck fk .

f=
k=1

Khi đó
m

m

|ck | =
k=1

m
−1

2

|ck − f, S −1 fk |2 .

2


| f, S fk | +
k=1

k=1
m
n

Chứng minh. Giả sử f ∈ H và được cho ở dạng f =

ck fk . Khi đó ta
k=1

m
có thể viết dãy {ck }m
k=1 ∈ C ở dạng:
m
−1
m
−1
m
{ck }m
k=1 = ({ck }k=1 − { f, S fk }k=1 ) + { f, S fk }k=1 .
m
k=1

Theo Định lý 1.5, f =

(1.7)

f, S −1 fk fk . Từ điều này và giả thiết, ta có


m

(ck − f, S −1 fk )fk = 0.
k=1
−1
m
∗
⊥
Suy ra {ck }m
k=1 − { f, S fk }k=1 ∈ KerF = (ImF ) . Mặt khác, ta có
−1
m
{ f, S −1 fk }m
k=1 = { S f, fk }k=1 ∈ ImF . Vì vậy từ (1.7) ta được
m

m

|ck | =
k=1

m
−1

2

|ck − f, S −1 fk |2 .

2


| f, S fk | +
k=1

k=1

13


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

Rõ ràng, nếu {fk }m
k=1 là một frame nhưng không phải là cơ sở thì tồn
tại dãy khác không {dk }m
k=1 sao cho
m

dk fk = 0.
k=1

Vì vậy, với mọi f ∈ Hn ta có thể viết
m

( f, S −1 fk + dk )fk .

f=

(1.8)


k=1

Điều này chứng tỏ rằng trong trường hợp frame có số phần tử nhiều hơn
số phần tử của cơ sở thì f có nhiều dạng biểu diễn.
n
n
Định lý 1.8 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một frame trong H và f ∈ H . Khi đó
m
tồn tại dãy {dk }m
k=1 ∈ C sao cho
m

f=

m

|dk | = min{

dk fk ;
k=1

m

k=1

m

|ck | |f =

k=1

ck fk }.

(1.9)

k=1

Chứng minh. Đặt
m

M=

{{ck }m
k=1

m

∈ C |f =

ck fk }.
k=1

Theo Định lý 1.5 ta có dãy { f, S −1 fk }m
k=1 ∈ M , suy ra M = ∅.
m

Lấy

{rk }m

k=1

Φ({ck }m
k=1 ) =

|rk |. Hàm Φ : Cm → R xác định bởi

∈ M , đặt r =
m
k=1 |ck |

k=1

là hàm liên tục trên tập compact:
m

{{ck }m
k=1

|ck | ≤ r}.

∈M|
k=1

Vì vậy, tồn tại {dk }m
k=1 thỏa mãn (1.9).
Trong Hệ quả 1.2 trên cho thấy rằng một frame có nhiều phần tử
n
n
hơn cơ sở. Hơn nữa, nếu {fk }m

k=1 là một frame trong H và {gk }k=1 là
n
tập hợp các véc tơ tùy ý trong Hn thì {fk }m
k=1 ∪ {gk }k=1 cũng là một

frame trong Hn . Cho {ek }nk=1 là một cơ sở trực chuẩn của Hn , khi đó
14


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

n

f, ek ek , do đó {ek }nk=1 là frame 1-chặt của Hn . Tuy

n

∀f ∈ H , f =
k=1

nhiên điều ngược lại không đúng, chẳng hạn trong R3 xét dãy các véc tơ

f1 = 21 (1; 1; 1), f2 = 12 (1; -1; -1), f3 = 21 (-1; 1; -1), f4 = 21 (-1; -1; 1), khi đó
với mọi f = (a; b; c) ∈ R3 ta đễ dàng kiểm tra được
4

f


2

| fk , f |2 = a2 + b2 + c2 ,

=
k=1

nên {fk }4k=1 là frame 1-chặt nhưng không phải là cơ sở trực chuẩn trong
R3 . Hơn nữa, trong khi các phần tử của cơ sở trực chuẩn có độ dài đơn
vị thì trong một frame chặt không có tính chất này. Kết quả sau cho điều
kiện cần về độ dài các phần tử của một frame.
Mệnh đề 1.9 ([4]). Nếu {fk }m
k=1 là một dãy A-chặt trong trong không
gian Hilbert Hn thì
2

max fk

k=1..m

1
≤A=
n

m

fk 2 .

(1.10)


k=1

Chứng minh.
Với mọi k = 1..m, ta có
m

fk

4

2

| fj , fk |2 = A fk 2 ,

= | fk , fk | ≤
j=1

suy ra fk

2

≤ A, với mọi k = 1..m, ta có được bất đẳng thức đầu trong

(1.10). Đối với đẳng thức, ta lấy {ek }nk=1 là cơ sở trực chuẩn của H , áp
dụng đẳng thức Parceval, ta có
m

m

fk

k=1

2

n

n

m

2

| fk , ej | =

=
k=1 j=1

n
2

| fk , ej | =
j=1 k=1

A ej

2

= A.n

j=1


chia hai vế cho n ta được đẳng thức trong (1.10).
Như vậy, độ dài {ak }m
k=1 các thành phần của một frame A-chặt trong
15


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

không gian Hilbert n chiều phải thỏa mãn bất đẳng thức cơ bản:

max

k=1..m

a2k

1
≤
n

m

a2k = A.

(1.11)

k=1


Chúng ta sẽ đặt ra một vấn đề ở đây, đó là đối với bất kì một dãy không
âm khác không {ak }m
k=1 mà đáp ứng bất đẳng thức cơ bản (1.11), liệu có
tồn tại một frame chặt {fk }m
k=1 mà fk = ak với mọi k ? Điều này sẽ được
làm rõ trong phần bất đẳng thức cơ bản dãy chuẩn của frame ở Chương
2.
Trước khi kết thúc phần này, ta có một kết quả liên quan đến phép
chiếu trực giao lên không gian con của Hn .
Định lý 1.10 ([3]). Cho W là một không gian con của không gian Hn và

{fk }m
k=1 là một frame trong không gian W với toán tử frame S : W −→ W .
Khi đó phép chiếu trực giao PW : Hn −→ W xác định bởi
m

f, S -1 fk fk , f ∈ Hn .

PW f =

(1.12)

k=1

Chứng minh. Ta chỉ cần chỉ ra (1.12) thỏa

PW f = f với f ∈ W
P f = 0 với f ∈ W ⊥ .
W

Rõ ràng điều này đúng. Thật vậy, theo Định lý 1.5 ta có PW f = f với

f ∈ W và từ S -1 fk ∈ W nên PW f = 0 với f ∈ W ⊥ .
Hơn nữa, ta có một kết quả khá hay trong phần này, đó là chiếu trực
giao một frame chặt trong Hn lên không gian con W cũng cho ta một
frame chặt trong không gian con đó và mệnh đề sau đây khẳng định điều
này.
Mệnh đề 1.11 ([3]). Cho W là không gian con của Hn và PW : Hn −→ W
là phép chiếu trực giao. Khi đó, nếu {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong
Hn thì {PW fk }m
k=1 là frame A-chặt trong W .
16


1.2 Mối quan hệ với cơ sở

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

n
Chứng minh. Giả sử {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong H . Với mọi f ∈

Hn ,

m

Af =

f, fk fk .

k=1

Với mỗi k = 1, ..., m, tồn tại duy nhất gk ∈ W và hk ∈ W ⊥ sao cho

fk = gk + hk ,
ở đây gk chính là chiếu trực giao của fk lên W , tức là gk = PW fk .
Khi đó, với mọi g ∈ W ,
m

Ag =

m

g, fk fk =

g, gk + hk fk

k=1
m

=

k=1
m

g, gk fk +
k=1
m

=


g, hk fk
k=1
m

g, gk fk =

g, gk (gk + hk )

k=1
m

=

k=1
m

g, gk gk +
k=1
m

=

g, gk hk
k=1
m

g, gk gk =

g, PW fk PW fk .


k=1

k=1

Vậy {PW fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong W .

1.3

Frame đối ngẫu.

m
Cho Hn là không gian Hilbert phức n chiều và hai frame {fk }m
k=1 ,{gk }k=1

có các toán tử phân tích lần lượt là F và G. Ta nói {gk }m
k=1 là frame đối
∗
n
ngẫu của {fk }m
k=1 nếu G F = I. Khi đó, với mọi f ∈ H ,
m

f=

f, fk gk .
k=1

17



1.3 Frame đối ngẫu

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

m
n
Bổ đề 1.4 ([3]). Cho hai dãy {fk }m
k=1 ,{gk }k=1 trong H . Khi đó ba điều

sau tương đương:
m

f, gk fk ∀f ∈ Hn .

a) f =
k=1
m

f, fk gk ∀f ∈ Hn .

b) f =
k=1

m

f, fk gk , g ∀f, g ∈ Hn .

c) f, g =

k=1

m
Chứng minh. Gọi F , G lần lượt là hai toán tử phân tích của {fk }m
k=1 ,{gk }k=1 .

Từ biểu thức ở a) suy ra If = F ∗ Gf, ∀f ∈ Hn hay I = F ∗ G mà I tự
liên hợp nên
m
∗

∗

∗

∗

∗

I = I = (F G) = G F ⇒ f = G F f =

f, fk gk .
k=1

Vậy (a ⇒ b). Tương tự cho (b ⇒ a).
Từ biểu thức ở b) lấy tích hai vế cho g ,
m

f, g =


m

f, fk gk , g =
k=1

f, fk gk , g ,
k=1

với mọi f, g ∈ Hn . Vậy (b ⇒ c). Ngược lại, cố định f , ta có
m

f, g =

m

f, fk gk , g ⇒ f −

f, fk gk , g =
k=1

m

k=1

f, fk gk , g = 0,
k=1

m
n


điều này đúng với mọi g ∈ H . Suy ra f −

f, fk gk = 0 hay
k=1

m

f, fk gk . Vậy (c ⇒ b).

f=
k=1

m
Theo bổ đề trên, nếu {gk }m
k=1 là một frame đối ngẫu của {fk }k=1 thì
m
m
{fk }m
k=1 cũng là một frame đối ngẫu của {gk }k=1 . Khi đó ta gọi {fk }k=1 ,

{gk }m
k=1 là cặp frame đối ngẫu.
18


1.3 Frame đối ngẫu

Chương 1. Giới thiệu khái niệm frame

m

Vậy nếu {fk }m
k=1 , {gk }k=1 là cặp frame đối ngẫu thì
m

f

2

f, fk gk , f , ∀f ∈ Hn .

=
k=1

n
Nếu {fk }m
k=1 là một frame trong H thì theo Định lý 1.5, ta có
m

f, S −1 fk fk , ∀f ∈ Hn ,

f=
k=1

−1
m
với S là toán tử frame của {fk }m
k=1 . Do đó, dãy {S fk }k=1 là một frame
−1
m
đối ngẫu của của {fk }m

k=1 và ta gọi {S fk }k=1 là đối ngẫu chính tắc.
n
m
Mệnh đề 1.12 ([3]). Cho {fk }m
k=1 là một frame trong H . Khi đó, {fk }k=1

là frame chặt khi và chỉ khi {fk }m
k=1 có một đối ngẫu dạng

gk := Cfk , ∀k = 1, m;
với C>0. Và khi đó {fk }m
k=1 là frame

1
C -chặt.

Chứng minh. Giả sử S là toán tử frame của {fk }m
k=1 .
−1
m
Nếu {fk }m
k=1 là frame A-chặt và đối ngẫu chính tắc là {S fk }k=1 , ta có

S −1 fk = (AI)−1 fk = A1 fk , do đó {fk }m
k=1 có một đối ngẫu dạng gk := Cfk
với C = A1 .
Ngược lại, nếu {fk }m
k=1 có dạng đối ngẫu gk = Cfk , suy ra với mọi

f ∈ Hn :

m

f=

m

m

f, gk fk =
k=1

f, Cfk fk = C
k=1

f, fk fk .
k=1

Lấy tích vô hướng hai vế cho f ta được
m

m

f

2

1
=C
| f, fk | ⇔
f

C
k=1
2

Vậy {fk }m
k=1 là một frameA-chặt với A =

19

1
C.

2

| f, fk |2 .

=
k=1


Chương 2

Các phương pháp xây dựng frame.
2.1

Frame chặt chuẩn hóa và các căn của đơn vị .

Ta gọi {fk }m
k=1 là một frame A-chặt chuẩn hóa hữu hạn, ký hiệu AFNTF, nếu nó là một frame A-chặt và fk = 1 với mọi k .
n

Định lý 2.1 ([2]). Nếu {fk }m
k=1 là một A-FNTF trong H thì A ≥ 1. Và
n
A = 1 nếu và chỉ nếu {fk }m
k=1 là một cơ sở trực chuẩn trong H .

Chứng minh. Vì {fk }m
k=1 là một A-FNTF nên fk = 1 với mọi k = 1..m.
Hơn nữa,
m

A = A fk

2

m
2

| fk , fj |2 .

| fk , fj | = 1 +

=
k=1

j=1:j=k

Suy ra A ≥ 1. Hơn nữa, A = 1 ⇔ fk , fj = 0, ∀k = j; fk = 1, điều
n
này xảy ra khi và chỉ khi {fk }m

k=1 là cơ sở trực chuẩn của H .

Định lý 2.2 ([2]). Cho Hn là không gian Hilbert n chiều và {fk }m
k=1 là
m
một A-FNTF. Khi đó, A = .
n
Chứng minh. Giả sử {ei }ni=1 là một cơ sở trực chuẩn của Hn . Khi đó,
n

A.n =

n

A ei
i=1

2

m

m
2

| ei , fk | =

=
i=1 k=1

n


(
k=1 i=1

20

m
2

| ei , fk | ) =

fk
k=1

2

= m,


2.1 Frame chặt chuẩn hóa và các căn của đơn vị

suy ra A =

Chương 2. Các phương pháp xây dựng frame

m
.
n

n

Cho {fk }m
k=1 là một frame trong không gian Hilbert H . Khi đó, ta có

các toán tử phân tích F , toán tử tổng hợp F ∗ , toán tử frame S = F ∗ F
của {fk }m
k=1 . Cụ thể

F : Hn → Km ; F ∗ : Km → Hn
ở đây K = R hoặc C. Khi đó, ma trận của các toán tử này theo cơ sở
chính tắc {ei }ni=1 lần lượt là các ma trận [F ]m×n ; [F ∗ ]n×m ; [F ∗ F ]n×n .

 

∗
[f1 ]
e ,f
e2 , f1 . . . en , f1

  1 1

 [f ]∗   e , f
e2 , f2 . . . en , f2 
2 

 1 2

[F ] = 
= .

.

.
.
.
..   ..
..
..
..



 

∗
[fm ]
e1 , fm
e2 , fm . . . en , fm
và


f ,e
 1 1
 f ,e
 1 2
∗
∗
[F ] = [F ] = [f1 ] [f2 ] ... [fm ] =  .
 ..

f1 , en


f2 , e1



...

fm , e1

f2 , e2
..
.

...
..
.

f2 , en

...


fm , e2 


..

.

fm , en


T

ở đây ta viết F ∗ = F cho liên hợp của ma trận chuyển vị. Theo Mệnh đề
n
1.3 ta có {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong H nếu và chỉ nếu S = AI

với I là toán tử đồng nhất. Vì vậy, ta có ngay kết quả sau:
n
Mệnh đề 2.3. Dãy {fk }m
k=1 là một frame A-chặt trong H nếu và chỉ nếu

[F ]∗ [F ] = AIn với In là ma trận đơn vị. Hơn nữa, nếu {fk }m
k=1 là một
A-FNTF thì khi đó ma trận [F ][F ]∗ có các phần tử trên đường chéo bằng
1 và A = n1 tr([F ][F ]∗ ), trong đó n là số chiều của Hn , tr([F ][F ]∗ ) = m là
vết của ma trận [F ][F ]∗
2
Định lý 2.4 ([2]). Một frame chặt chuẩn hóa {fk }m
k=1 trong R như là các

21


2.1 Frame chặt chuẩn hóa và các căn của đơn vị

Chương 2. Các phương pháp xây dựng frame

điểm biểu diễn các số phức tương ứng {zk }m
k=1 ⊂ C. Khi đó,

m

zk2 = 0.

|zk | = 1, ∀k = 1..m;
k=1

Chứng minh. Với mỗi k = 1..m, ta gọi fk =

fk1

, tương ứng với số phức
fk2
zk = fk1 + ifk2 ∈ C, rõ ràng |zk | = 1, ∀k = 1..m. Khi đó,


f
f12
 11



f11 f21 . . . fm1
 f21 f22 
∗
[F ] =
; [F ] =  .
.. 
 ..
f12 f22 . . . fm2

. 


fm1 fm2
2
2
+ i2fk1 fk2 ∀k = 1..m. Vì {fk }m
− fk2
Và zk2 = (fk1 + ifk2 )2 = fk1
k=1 là
m
2 -FNTF

nên [F ]∗ [F ] = m2 I2 , tức là
 m
m






2
fk1
k=1
m

fk2 fk1
k=1


suy ra

m



fk1 fk2 
m

0
2
k=1

=
m

0 m2
2 
f
k2

k=1
m

zk2

=

k=1


m
2
(fk1

−

2
fk2
)

+ i2

k=1

fk1 fk2 = 0.
k=1

Ví dụ 2.1. Trong R2 cho các véc tơ sau:

f1 =

1
0

-1
√2
3
2

; f2 =


-1
2
√
- 3
2

; f3 =

.

Khi đó, ma trận của toán tử tổng hợp và toán tử phân tích của {fk }3k=1
lần lượt là


[F ]∗ =

1
0

-1
√2
3
2

-1
2
√
- 3
2


22

1

-1
; [F ] = 
2
-1
2

0

√




3
2 
√
- 3
2