Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai, 2003 ()=1m02)(0) 我们首先研究无穷乘积∏m0(2-Ju)。 引理:设m0(u)=∑hkek连续,且mo(0)=1,若 ∑M<+∞(0<∈≤1 则 m0(u)=1+O(|) 证:我们有 ≤2∑|k·min(1,|k ≤C∑|hk|·|kul 定理9:设mo(u)为连续周期函数,满足m0(u)=1+O(),对某∈>0。则∏m0(2-)u)在 任意紧集上一致收敛,故确定一个连续函数 证:对任意J2>1,当J充分大时,有 og II mo(23w) og mo j=J1 =∑O(2-1) O 对任意固定紧集K,上式中的o(1)对u∈K一致。故有 0(2-u)=1+o(1) 对ω∈K一致。这证明∏m0(2-Jω)在任意紧集上一致收敛,其极限函数处处连续 定理9建立了无穷乘积的连续性。我们更希望它有较高的正则性,以及可积性。在定 理6中,已经证明mo()=0。我们先给予一个初等结果
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai,2003 11 ϕˆ(ω) = Y∞ j=1 m0(2−jω) · ϕˆ(0) 我们首先研究无穷乘积 Q∞ j=1 m0(2−jω)。 引理：设m0(ω) = P k hke −ikω连续，且m0(0) = 1，若 X k |h| |k| ε < +∞(0 < ε ≤ 1). 则 m0(ω) = 1 + O(|ω| ε ). 证：我们有 |m0(ω) − 1| = ¯ ¯ ¯ ¯ P k hk(e −ikω − 1) ¯ ¯ ¯ ¯ ≤ 2 P k |hk| · min(1, |kω|) ≤ C P k |hk| · |kω| ε ≤ C 0 |ω| ² . 定理9：设m0(ω)为连续周期函数，满足m0(ω) = 1 + O(|ω| ² )，对某² > 0。则 Q∞ j=1 m0(2−jω)在 任意紧集上一致收敛，故确定一个连续函数。 证：对任意J2 > J1，当J1充分大时，有 log Q J2 j=J1 m0(2−jω) = P J2 j=J1 log m0(2−jω) = P J2 j=J1 O(2−jε |ω| ε ) = o(1). 对任意固定紧集K，上式中的o(1)对ω ∈ K一致。故有 X J2 j=J1 m0(2−jω) = 1 + o(1) 对ω ∈ K一致。这证明 Q∞ j=1 m0(2−jω)在任意紧集上一致收敛，其极限函数处处连续. 定理9建立了无穷乘积的连续性。我们更希望它有较高的正则性，以及可积性。在定 理6中，已经证明m0(π) = 0。我们先给予一个初等结果
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai, 2003 2 引理:对x∈R\{0},我们有 coS(2-3 SIl 定理10:设mo(u)可以分解为 1+ M 其中M(m)≠0。设函数M0()连续且满足M()=1+O(1°),对某δ>0.若存在k∈Z+, 使得 Bk= max Mo(w) L-1/2 记∈=L-是- log bk>0.则对(u)=Im0(2-u)有 |(ω)|≤C(1+|)--,w∈R 证:我们有|m()≤1+C。当l|≤1时 ec=1(2--) 故当同叫≤1时,(14)成立.现证||>1的情形。我们有 -2--1w∏cos(2- e-/2(2/u)sin(a/2) 所以 =0 其中 f()=M0(a/2)…M0(2-k) 因|>1,存在l0∈2+,使得2≤|<2(+1).则n=2-(+1ku满足≤1。从而, 因为M也满足M(u)=1+O(k1),由上一步的结果,有
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai,2003 12 引理：对x ∈ R\ {0}，我们有 Y∞ j=1 cos(2−jx) = sin x x . 定理10：设m0(ω)可以分解为 m0(ω) = µ 1 + e −iω 2 ¶L M0(ω) (12) 其中M0(π) 6= 0。设函数M0(ω)连续且满足M0(ω) = 1+O(|ω| δ )，对某δ > 0。若存在k ∈ Z+， 使得 Bk = max ω ¯ ¯M0(ω)· · · · · · M0(2k−1ω) ¯ ¯ 1/k < 2 L−1/2 . (13) 记² = L − 1 2 − log Bk > 0。则对ϕˆ(ω) = Q∞ j=1 m0(2−jω)有 |ϕˆ(ω)| ≤ C (1 + |ω|) − 1 2 −ε , ∀ω ∈ R (14) 证：我们有|m0(ω)| ≤ 1 + C |ω| δ 0。当|ω| ≤ 1时 |ϕˆ(ω)| ≤ e P∞ j=1 log|m0(2−jω)| ≤ e C P∞ j=1(2−j |ω|) δ 0 ≤ C 0 故当|ω| ≤ 1时，(14)成立. 现证|ω| > 1的情形。我们有 Q∞ j=1 ( 1+e−i2−jω 2 ) = Q j e −i2−j−1ω cos(2−j−1ω) = Q j e −i2−j−1ω Q j cos(2−j−1ω) = e −iω/2 (2/ω) sin(ω/2) 所以 ∧ ϕ(ω) = e −iLω/2 µ 2 ω sin(ω 2 ) ¶L . Y∞ l=0 f(2−klω) 其中 f(ω) = M0(ω/2)· · · M0(2−kω) 因|ω| > 1，存在l0 ∈ Z+，使得2 kl0 ≤ |ω| < 2 k(l0+1)。则η = 2−(l0+1)kω满足|η| ≤ 1。从而， 因为M0也满足M0(ω) = 1 + O(|ω| δ )，由上一步的结果，有
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai, 2003 f(2-2 ∏f(2-3m) I|M0(2-n) 同时,记B=log2Bk,有f(u)≤B,w∈R, (o+1) B k B·u 所以,当||>1时,有 Cosclul-l.Jol=Clo[ -+log Bk Clol-i-e 注:由(14)式,可推得∈DP.较大的L与较小的B,将导致y具有较高的正则性 例:对Ha函数,我们有mo(u)=(1+e-)。故L=1,Bk=1这时(14)式中的 从而p(u)≤C(1+ 我们取 1+e-6)2 (a+be 即ho=a/2,h1=(2a+b)/2,h2=(a+2b)/2,h3=b/2 由条件(7)和m0(O)=1,得 b=1 再由正交性条件(11),当k=1时,推得 hoho hhi=0 即 (a+2b)a+b(2a+b) 故有a+b=1,ab=-号.最后得a=,b=12(另外一根是a=1=2) 我们得到4系数的 Daubechies小波D4
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai,2003 13 Q∞ l=l0+1 ¯ ¯f(2−klω) ¯ ¯ = Q∞ j=0 ¯ ¯f(2−(j+l0+1)kω) ¯ ¯ = Q∞ j=0 ¯ ¯f(2−jk2 −(l0+1)kω) ¯ ¯ = Q∞ j=0 ¯ ¯f(2−jkη) ¯ ¯ = Q∞ j=0 |M0(2−j η)| ≤ C 同时，记β = log2 Bk，有|f(ω)| ≤ Bk k，∀ω ∈ R， Q l0 l=0 ¯ ¯f(2−klω) ¯ ¯ ≤ B k(l0+1) k ≤ B k+log|ω| k = Bk k · |ω| log Bk = C |ω| β 所以，当|ω| > 1时，有 ¯ ¯ ¯ ∧ ϕ(ω) ¯ ¯ ¯ ≤ C |ω| −L · |ω| β = C 0 |ω| −L+log2 Bk < C |ω| − 1 2 −ε 注：由(14)式，可推得 ∧ ϕ ∈ L 2。较大的L与较小的Bk，将导致ϕ具有较高的正则性 例：对Harr函数，我们有m0(ω) = 1 2 (1 + e −iω)。故L = 1,Bk = 1 这时(14)式中的ε = 1 2。 从而 ¯ ¯ ¯ ∧ ϕ(ω) ¯ ¯ ¯ ≤ C(1 + |ω|) −1 我们取 m0(ω) = µ 1 + e −iω 2 ¶2 ¡ a + be−iω¢ 即h0 = a/2，h1 = (2a + b)/2，h2 = (a + 2b)/2，h3 = b/2. 由条件(7)和m0(0) = 1，得 a + b = 1. 再由正交性条件(11)，当k = 1时，推得 h2h0 + h3h1 = 0. 即 (a + 2b)a + b(2a + b) = 0. 故有a + b = 1，ab = − 1 2 . 最后得a = 1+√ 3 2 ，b = 1− √ 3 2 （另外一根是a = 1− √ 3 2 ）. 我们得到4系数的Daubechies小波D4
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai, 2003 3+ 3-√3 从 B1=mw1+√31-√-1+√,√3-1 由(14)得 p(u≤c+1D2 其中2-log是>1,故D4比Har函数光滑 5.标准正交的充要条件 在第一节中,我们已经证明{y(t-k)为标准正交系的充要条件是(1)式成立。定理7已 证明当y是通过它的 Fourier变换(u)=Ⅱm0(2-)所定义时,由(1)式可推得关于滤波 器mo(u)的条件(10)。仅有条件(10)并不能保证正交性。这可由下面的例子看出 对函数(t)=3x031(t),我们有 由此得 mo p(2w)1 =(1+e -iw 它是2m周期函数。显然有m(0)=1,和m()2+|m(u+r)2 但是,函数匀()=E|9(+2m)为连续函数,且2()=0.由定理3 {y(k-k)}kez不能是 riesz基 我们先给出一个充分条件 定理11:设关于m0()的条件(10)成立,则在定理10的条件下,{y(t-)}h∈z为标准正交 系 证:令
Lecture Notes on Wavelets, Chapter 4, by D.Q. Dai,2003 14 h0 = 1 + √ 3 4 , h1 = 3 + √ 3 4 , h2 = 3 − √ 3 4 , h3 = 1 − √ 3 4 . 从 M0(ω) = 1 + √ 3 2 + 1 − √ 3 2 e −iω , 得 B1 = max ω ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 + √ 3 2 + 1 − √ 3 2 e −iω ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1 + √ 3 2 + √ 3 − 1 2 = √ 3 < 2 2−1 . 由(14)得 ¯ ¯ ¯ ∧ ϕ(ω) ¯ ¯ ¯ ≤ C(1 + |ω|) −(2−log 3 2 ) 其中2 − log 3 2 > 1，故D4比Haar函数光滑。 5. 标准正交的充要条件 在第一节中，我们已经证明{ϕ(t − k)}为标准正交系的充要条件是（1）式成立。定理7已 证明当ϕ是通过它的Fourier变换 ∧ ϕ(ω) = Q∞ j=1 m0(2−jω)所定义时，由（1）式可推得关于滤波 器m0(ω)的条件(10)。仅有条件(10)并不能保证正交性。这可由下面的例子看出。 对函数ϕ(t) = 1 3 χ[0,3](t)，我们有 ∧ ϕ(ω) = 1 3iω (1 − e −i3ω ) 由此得 m0 = ∧ ϕ(2ω) ∧ ϕ(ω) = 1 2 (1 + e −i3ω ) 它是2π周期函数。显然有m0(0) = 1，和|m0(ω)| 2 + |m0(ω + π)| 2 = 1。 但是，函数 h∧ ϕ, ∧ ϕ i (ω) = P k ¯ ¯ ¯ ∧ ϕ(ω + 2kπ) ¯ ¯ ¯ 2 为连续函数，且 h∧ ϕ, ∧ ϕ i ( 2 3 π) = 0。由定理3, {ϕ(k − k)}k∈Z不能是Riesz基。 我们先给出一个充分条件。 定理11：设关于m0(ω)的条件(10)成立，则在定理10的条件下，{ϕ(t − l)}l∈Z为标准正交 系。 证：令