Khóa luận Phương trình hàm và một số bài toán ứng dụng

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGÔ THỊ HUỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN ỨNG DỤNG Bộ môn : Giải tích KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP Người hướng dẫn TS.TRƯƠNG VĂN THƯƠNG Huế, Khoá học 2007-2011 1 MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU 3 1 Một số kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Toán tử tuyến tính liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Toán tử compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4 Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 Phương trình hàm 9 2.1 Phương trình hàm loại I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.1 Dạng phương trình tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.2 Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình hàm loại I . . 10 2.1.3 Một số ví dụ về phương trình hàm loại I . . . . . . . . . 10 2.2 Phương trình hàm loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2.1 Dạng phương trình tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2.2 Một số tính chất của phương trình hàm loại II với hạt nhân là toán tử compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3 Một số bài toán liên quan đến phương trình hàm 29 3.1 Các bài toán liên quan đến toán tử compact . . . . . . . . . . . 29 3.2 Một số phương trình hàm sơ cấp có liên quan . . . . . . . . . . 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 2 LỜI MỞ ĐẦU Giải tích hàm là một ngành của giải tích toán học nghiên cứu các không gian vectơ được trang bị thêm cấu trúc tôpô phù hợp và các toán tử tuyến tính liên tục giữa chúng. Ngoài những kiến thức cơ bản, đại cương của không gian định chuẩn và một số định lý quan trọng của giải tích hàm tuyến tính thì nội dung của ngành giải tích hàm còn xét các vấn đề cụ thể hơn như các không gian Lp, không gian Hilbert và các vấn đề liên quan đến toán tử tuyến tính. Trong chương trình học của chúng em, bộ môn giải tích hàm đã được đưa vào và trở thành một học phần quan trọng ở học kỳ hai năm ba và học kỳ một năm bốn. Học phần này chúng em đã được làm quen và nắm được các tính chất của không gian Banach, toán tử tuyến tính liên tục, toán tử compact... Đặc biệt là toán tử tuyến tính liên tục và toán tử compact có những tính chất đặc biệt liên quan đến việc giải một số phương trình trong các không gian hàm mà ta gọi là phương trình hàm. Chính vì điều đó khoá luận này với đề tài: "Phương trình hàm và một số bài toán ứng dụng" sẽ đi nghiên cứu các dạng phương trình hàm và ứng dụng giải một số phương trình thường gặp. Nội dung nghiên cứu của em tuy không phải là những kết quả mới được tìm thấy, nhưng với tinh thần tìm tòi học hỏi kiến thức mới, hy vọng đề tài này sẽ đem lại nhiều kiến thức bổ ích cho bản thân và nhiều thú vị cho độc giả. Nội dung khoá luận gồm ba chương: Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2: Phương trình hàm. Chương 3: Một số bài toán liên quan đến phương trình hàm. Tuy đã có nhiều cố gắng, song do hạn chế về thời gian và năng lực bản thân nên khoá luận không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự quan tâm góp ý của thầy cô và các bạn. Em xin chân thành cảm ơn! Huế, ngày 5 tháng 5 năm 2011 Tác giả 3 CHƯƠNG 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Banach Định nghĩa 1.1.1. Cho X là một không gian định chuẩn, X được gọi là một không gian Banach nếu mọi dãy Cauchy trong X đều hội tụ về một điểm của nó. Ví dụ 1.1.2. 1. X = C[a,b] là tập hợp các hàm số liên tục trên [a, b] và ‖ x ‖= max t∈[a,b] | x(t) | , với mọi x ∈ X. Khi đó (X, ‖ . ‖) là một không gian Banach. 2. X = l2 = {x = (xn)n ⊂ K | ∞∑ n=1 | xn |2< +∞} l2 là không gian Banach với chuẩn: ‖ x ‖= √√√√ ∞∑ n=1 | xn |2. 3. Cho (X,A, µ) là một không gian độ đo và E ∈ A. Xét không gian L2(E, µ) = {f : E → C | ∫ E | f |2 dµ < +∞}. Khi đó L2(E, µ) là một không gian Banach với chuẩn: ‖ f ‖= ( ∫ E | f |2 dµ)12 . Mệnh đề 1.1.3. X là không gian Banach, M là không gian con đóng của X. Khi đó M là một không gian Banach. 4 1.2 Toán tử tuyến tính liên tục Ta kí hiệu L(X, Y ) là không gian gồm các toán tử A : X → Y tuyến tính liên tục . Định lí 1.2.1. Giả sử A : X → Y là toán tử tuyến tính có toán tử ngược A−1 : Y → X liên tục. Khi đó (∀x ∈ X) ‖ Ax ‖≥ m ‖ x ‖, với mọi m ≤‖ A−1 ‖−1 Ngược lại, giả sử A toàn ánh và tồn tại m0 > 0 sao cho (∀x ∈ X) ‖ Ax ‖≥ m0 ‖ x ‖ thì A−1 tồn tại, liên tục và ‖ A−1 ‖≤ m−10 . Bổ đề 1.2.2. (Bổ đề Riesz). Giả sử Y là không gian con đóng của không gian định chuẩn X và khác X. Cho z0 ∈ X\Y và  > 0. Lúc đó tồn tại x0 thuộc 〈Y ⋃{z0}〉 sao cho ‖ x0 ‖= 1, ‖ x0 − y ‖> 1− , với mọi y ∈ Y. Định lí 1.2.3. (Định lí Banach). Giả sử X, Y là hai không gian Banach và A : X → Y là một song ánh tuyến tính liên tục. Khi đó A là một phép đồng phôi tuyến tính. Mệnh đề 1.2.4. Cho X là không gian định chuẩn. Giả sử x1, x2, ..., xn là các vector độc lập tuyến tính trong X. Khi đó tồn tại các phiếm hàm tuyến tính liên tục x∗1, x ∗ 2, ..., x ∗ n ∈ X∗ sao cho x∗i (xj) =  1, nếu i = j0, nếu i 6= j , (i, j = 1, n). 1.3 Toán tử compact Định nghĩa 1.3.1. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn. Toán tử tuyến tính A : X → Y được gọi là toán tử compact nếu A ánh xạ hình cầu đóng đơn vị B′(0, 1) của X thành một tập compact tương đối trong Y. Tính chất 1.3.2. 5 1. Cho A : X → Y là một toán tử tuyến tính. Lúc đó A là toán tử compact khi và chỉ khi A biến mỗi tập hợp bị chặn trong X thành tập compact tương đối trong Y. 2. Nếu không gian định chuẩn Y hữu hạn chiều và A : X → Y tuyến tính liên tục thì A compact. 3. Toán tử đồng nhất I = id : X → X là compact khi và chỉ khi X hữu hạn chiều. 4. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, A : X → Y là toán tử tuyến tính. Khi đó A được gọi là toán tử hữu hạn chiều nếu dimA(X) < +∞. Nếu A là toán tử tuyến tính liên tục và A hữu hạn chiều thì A là compact. 5. Toán tử compact là liên tục. Định nghĩa 1.3.3. Cho X là một không gian định chuẩn, A : X → X là toán tử tuyến tính liên tục. Giả sử λ ∈ C sao cho tồn tại vectơ x 6= 0 trong X nghiệm đúng Ax = λx thì λ được gọi là một giá trị riêng của toán tử A và x là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ này. Định nghĩa 1.3.4. Cho X là một không gian định chuẩn, A : X → X là toán tử tuyến tính liên tục. Ta gọi λ ∈ C là một giá trị phổ của toán tử A nếu không tồn tại toán tử ngược bị chặn (A − λI)−1. Tập hợp các giá trị phổ của A được gọi là phổ của toán tử A, ký hiệu là σ(A). Nếu λ là một giá trị riêng của toán tử A thì λ ∈ σ(A). Định nghĩa 1.3.5. Số µ không thuộc phổ σ(A) thì µ được gọi là giá trị chính quy của toán tử A nghĩa là tồn tại toán tử tuyến tính liên tục (A−µI)−1. Tập hợp các giá trị chính quy của A được ký hiệu là ρ(A). Định lí 1.3.6. Cho X là một không gian Banach, A là một toán tử compact trong X và λ 6= 0. Khi đó không gian vectơ con đóng N(A− λI) = {x ∈ X : (A− λI)x = 0} = {x ∈ X : Ax = λx} có số chiều hữu hạn. 6 Định nghĩa 1.3.7. (Toán tử liên hiệp). Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, A : X → Y là một toán tử tuyến tính liên tục. Lúc đó toán tử tuyến tính liên tục A∗ : Y ∗ → X∗ được gọi là toán tử liên hiệp của toán tử A nếu ∀y∗ ∈ Y ∗, ∀x ∈ X, (A∗y∗)(x) = y∗(Ax). Định lí 1.3.8. Giả sử X là một không gian định chuẩn, A là toán tử compact. Với mọi B là toán tử tuyến tính liên tục, các toán tử BA và AB đều là compact. Từ định lí này ta suy ra hợp hữu hạn các toán tử compact là một toán tử compact. Định lí 1.3.9. Giả sử X, Y là hai không gian định chuẩn, và A : X → Y,B : X → Y là những toán tử compact. Với mọi số α, β, toán tử αA+ βB là compact. 1.4 Không gian Hilbert Định lí 1.4.1. Cho {en, n = 1, 2, ...} là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert X và {λn}n là một dãy trong trường số K. Ta có chuỗi ∞∑ n=1 λnen hội tụ về vectơ x ∈ X khi và chỉ khi chuỗi số ∞∑ n=1 | λn |2 hội tụ. Định nghĩa 1.4.2. (Toán tử liên hiệp trong không gian Hilbert). Cho X, Y là hai không gian Hilbert, A : X → Y là một toán tử tuyến tính liên tục. Lúc đó toán tử tuyến tính liên tục A∗ : Y ∗ → X∗ được gọi là toán tử liên hiệp của toán tử A nếu ∀x ∈ X, y ∈ Y : 〈x,A∗y〉 = 〈Ax, y〉. Định nghĩa 1.4.3. (Toán tử tự liên hiệp trong không gian Hilbert). Cho X là một không gian Hilbert, A ∈ L(X). A được gọi là toán tử tự liên hiệp nếu: ∀x, y ∈ X : 〈x,Ay〉 = 〈Ax, y〉. 7 Định lí 1.4.4. Cho X là một không gian Hilbert, A ∈ L(X) là toán tử tự liên hiệp và µ là một giá trị riêng của A thì µ là một số thực. Định lí 1.4.5. Cho X là một không gian Hilbert, A ∈ L(X) là một toán tử compact tự liên hiệp. Khi đó với mọi x ∈ X, tồn tại duy nhất một phần tử x0 ∈ X mà A(x0) = 0 sao cho x được biểu diễn dưới dạng x = ∞∑ n=1 〈x, en〉en + x0, trong đó {en, n = 1, 2, ...} là hệ thống trực chuẩn các vectơ riêng của A ứng với các giá trị riêng khác 0. Định lí 1.4.6. Cho X là một không gian Hilbert, A ∈ L(X) là một toán tử compact tự liên hiệp và {en, n = 1, 2, ...} là hệ thống trực chuẩn các vectơ riêng của A ứng với các giá trị riêng λn 6= 0 của A. Khi đó với mọi x ∈ X ta có Ax = ∞∑ n=1 λn〈x, en〉en. Định lí 1.4.7. Cho A ∈ L(X) là một toán tử compact tự liên hiệp trong không gian Hilbert X. Khi đó nếu λ 6= 0 và λ ∈ σ(A) thì λ là một giá trị riêng của A. Định lí 1.4.8. Tập hợp tất cả các giá trị riêng khác 0 của một toán tử compact tự liên hiệp A ∈ L(X) trong không gian Hilbert X là hữu hạn hoặc đếm được. Nếu đếm được thì tập hợp đó tạo thành một dãy hội tụ về 0. 8 CHƯƠNG 2 Phương trình hàm 2.1 Phương trình hàm loại I 2.1.1 Dạng phương trình tổng quát Cho X, Y là hai không gian Banach mà phần tử của chúng là các hàm số Định nghĩa 2.1.1.1. Cho A : X → Y là toán tử tuyến tính liên tục. Phương trình có dạng: Ax = y (x ∈ X, y ∈ Y ) (2.1.1) được gọi là phương trình hàm loại I Ví dụ 2.1.1.2. Cho X = Y = C[1,2] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [1, 2] với ‖ x ‖= max t∈[1,2] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Khi đó X là một không gian Banach. Giả sử A : X → X x 7→ Ax, xác định bởi: Ax(t) = tx(t), với mọi t ∈ [1, 2]. Ta chứng minh được A là toán tử tuyến tính liên tục. Khi đó ta có phương trình: Ax = y, (y ∈ X) là một phương trình loại I. Nghiệm của phương trình này là hàm x(t) = y(t) t , với mọi t ∈ [1, 2]. 9 2.1.2 Điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình hàm loại I Mệnh đề 2.1.2.1. Cho X, Y là hai không gian Banach và A : X → Y là một song ánh tuyến tính liên tục. Khi đó phương trình (2.1.1) có nghiệm duy nhất. Chứng minh. Xét phương trình (2.1.1): Ax = y (x ∈ X, y ∈ Y ) Vì A song ánh tuyến tính liên tục nên theo Định lí 1.2.3 với mỗi y ∈ Y tồn tại duy nhất x ∈ X sao cho Ax = y. Do đó với mỗi y ∈ Y thì phương trình (2.1.1) có nghiệm duy nhất. Mệnh đề 2.1.2.2. Nếu X, Y là hai không gian Banach, A : X → Y là một toàn ánh tuyến tính và tồn tại m0 > 0 sao cho ‖ Ax ‖≥ m0 ‖ x ‖ với mỗi x ∈ X thì phương trình (2.1.1) có nghiệm. Chứng minh. Vì A là một toàn ánh tuyến tính và tồn tại m0 > 0 sao cho ‖ Ax ‖≥ m0 ‖ x ‖ với mỗi x ∈ X nên theo Định lý 1.2.1 suy ra A−1 tồn tại. Khi đó với mỗi y ∈ Y tồn tại A−1y = x ∈ X thoả mãn phương trình (2.1.1). Do đó phương trình (2.1.1) có nghiệm. 2.1.3 Một số ví dụ về phương trình hàm loại I Ví dụ 2.1.3.1. Cho X = C[1,2] là không gian định chuẩn trên trường K gồm các hàm liên tục trên [1, 2] với ‖ x ‖= max t∈[1,2] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Khi đó X là một không gian Banach. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = x(2)− tx(t), với mọi t ∈ [1, 2]. Hãy giải phương trình Ax = y, (y ∈ X). (2.1.2) 10 Bài giải: Ta chứng minh được A là toán tử tuyến tính liên tục. Xét phương trình: Ax = y ⇔ Ax(t) = y(t),∀t ∈ [1, 2] ⇔ x(2)− tx(t) = y(t), ∀t ∈ [1, 2] ⇔ tx(t) = x(2)− y(t), ∀t ∈ [1, 2]. Ta có: x(2) = −y(2). Do đó tx(t) = −y(2)− y(t), ∀t ∈ [1, 2] ⇔ x(t) = −y(2)− y(t) t , ∀t ∈ [1, 2]. Ta thấy x(t) ∈ X. Vậy phương trình (2.1.2) có nghiệm là hàm x(t) = −y(2)− y(t) t với mọi t ∈ [1, 2]. Ví dụ 2.1.3.2. Cho X = C[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [0, 1] với ‖ x ‖= max t∈[0,1] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = t2x(t) + x(1− t), với mọi t ∈ [0, 1]. Tìm nghiệm của phương trình Ax = y, y(t) = 2t− t4, với mọi t ∈ [0, 1]. (2.1.3) Bài giải: Xét phương trình : Ax = y 11 ⇔ Ax(t) = y(t), ∀t ∈ [0, 1] ⇔ t2x(t) + x(1− t) = 2t− t4,∀t ∈ [0, 1]. Thế t bằng 1− t ta có: (1− t)2x(1− t) + x(t) = 2(1− t)− (1− t)4. Theo giả thiết x(1− t) = 2t− t4 − t2x(t). Suy ra: (1− t)2[2t− t4 − t2x(t)] + x(t) = −t4 + 4t3 − 6t2 + 2t+ 1 ⇔ (1− 2t+ t2)[2t− t4 − t2x(t)] + x(t) = −t4 + 4t3 − 6t2 + 2t+ 1 ⇔ (−t4 + 2t3 − t2 + 1)x(t) = t6 − 2t5 + 2t3 − 2t2 + 1 ⇔ (−t4 + 2t3 − t2 + 1)x(t) = (1− t2)(−t4 + 2t3 − t2 + 1) ⇔ x(t) = (1− t 2)(−t4 + 2t3 − t2 + 1) −t4 + 2t3 − t2 + 1 (Vì ta chứng minh được hàm −t4 + 2t3 − t2 + 1 > 0, với mọi t ∈ [0, 1]) Do đó x(t) = 1− t2 với mọi t ∈ [0, 1]. Ta thấy x(t) ∈ C[0,1]. Thử lại: x(t) = 1− t2 ⇒ x(1− t) = 1− (1− t)2 = 2t− t2. Khi đó t2x(t) + x(1− t) = t2(1− t2) + 2t− t2 = 2t− t4. Vậy nghiệm của phương trình (2.1.3) là hàm x(t) = 1− t2, với mọi t ∈ [0, 1]. Ví dụ 2.1.3.3. Cho X = C[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [0, 1] với ‖ x ‖= max t∈[0,1] | x(t) |, với mỗi x ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = x(0) + tx(1), với mọi t ∈ [0, 1]. 12 Giải phương trình Ax = 0. (2.1.4) Bài giải: Xét phương trình : Ax = 0 ⇔ Ax(t) = 0, ∀t ∈ [0, 1] ⇔ x(0) + tx(1) = 0,∀t ∈ [0, 1] ⇒ x(0) = 0x(1) = 0 (∗) Ta thấy hàm x(t) = t(1− t), với mọi t ∈ [0, 1] thuộc C[0,1] và x(t) 6= 0, x(0) = 0, x(1) = 0. Do đó nghiệm của phương trình (2.1.4) là hàm thuộc C[0,1] và thoả mãn điều kiện (∗). (Ta có thể chọn hàm x(t) = sinpit với mọi t ∈ [0, 1] là nghiệm của phương trình (2.1.4)). 2.2 Phương trình hàm loại II 2.2.1 Dạng phương trình tổng quát Định nghĩa 2.2.1.1. Cho X là một không gian Banach và A : X → X là toán tử tuyến tính liên tục. Phương trình có dạng: x− λA(x) = y, (x, y ∈ X,λ ∈ K) (2.2.1) được gọi là phương trình hàm loại II. Khi đó A được gọi là hạt nhân của phương trình (2.2.1). Nhận xét 2.2.1.2. Phương trình (2.2.1) là một dạng của phương trình (2.1.1). Đặt: T = I − λA Khi đó (2.2.1) trở thành T (x) = y, đây là phương trình có dạng như phương trình (2.1.1). 13 Ví dụ 2.2.1.3. Cho X = C[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [0, 1] với ‖ x ‖= max t∈[0,1] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = x(0)− tx(t), với mọi t ∈ [0, 1]. Ta chứng minh được A là toán tử tuyến tính liên tục. Khi đó ta có phương trình hàm loại II x− Ax = 0 Phương trình này có một nghiệm là hàm x(t) = t, với mọi t ∈ [0, 1]. 2.2.2 Một số tính chất của phương trình hàm loại II với hạt nhân là toán tử compact Cho X là không gian Banach và A : X → X là toán tử compact. Xét phương trình: x− Ax = y, (x, y ∈ X) (2.2.2) và phương trình liên hợp: g − A∗(g) = f, (f, g ∈ X∗). (2.2.3) Đặt: T = I − A, T ∗ = I∗ − A∗ với I và I∗ lần lượt là toán tử đồng nhất trong X và X∗. Khi đó (2.2.2) trở thành: T (x) = y, (2.2.4) (2.2.3) trở thành: T ∗(g) = f. (2.2.5) Từ đây trở đi ta ký hiệu X0 = N(T ) = T −1({0}). Trước khi đi đến các tính chất của phương trình hàm loại II với hạt nhân là toán tử compact ta đi chứng minh một số bổ đề sau: 14 Bổ đề 2.2.2.1. T (X) là một tập đóng trong không gian X. Chứng minh. Xét không gian thương X = X/X0 và ‖ x¯ ‖= inf x∈x¯ ‖ x ‖ (2.2.6) Khi đó (X, ‖ . ‖) là một không gian định chuẩn (xem [3]- trang 89). Xét đồng cấu tự nhiên: Φ : X → X x 7→ Φ(x) = x¯ = x+X0 Ta thấy Φ là toán tử tuyến tính và ‖ Φ(x0) ‖= inf x∈Φ(x0) ‖ x ‖≤‖ x0 ‖ . Do đó Φ là toán tử tuyến tính liên tục. Hơn nữa, với mỗi x¯ ∈ X thì tồn tại x ∈ X sao cho x¯ = Φ(x), ‖ x¯ ‖≥ 1 2 ‖ x ‖ . (2.2.7) Xét T : X → X sao cho T (x¯) = T (x), với mọi x¯ ∈ X và x ∈ x¯. Lấy yn ⊂ T (X), giả sử yn → y0 ∈ X. Ta cần chứng minh y0 ∈ T (X) Ta có T (X) = T (X) do đó tồn tại xn ∈ X sao cho yn = T (xn), với mỗi n ∈ N. Theo (2.2.7) ta có thể tìm được các phần tử xn ∈ X thoả mãn (2.2.2) và xn = Φ(xn), ‖ xn ‖≥ 1 2 ‖ xn ‖, (n = 1, 2, ...) (2.2.8) Ta sẽ chứng minh dãy {xn} bị chặn. Giả sử ngược lại, khi đó ta xây dựng được dãy con cn =‖ xn ‖→ +∞. Từ (2.2.8) ta có dãy {xn cn } bị chặn, nên dãy {A(xn cn )} là dãy hội tụ. Giả sử A( xn cn )→ z Ta có T (xn) = T (xn) = yn, (n = 1, 2, ...) xn cn = A( xn cn ) + T ( xn cn ) = A( xn cn ) + yn cn → z (vì yn cn −→ 0 khi n −→ +∞) 15 Do đó T (z) = lim n→∞T ( xn cn ) = lim n→∞( yn cn ) = 0⇒ z ∈ X0. Mặt khác: xn cn = Φ( xn cn ) −→ Φ(z) = 0. Điều này mâu thuẫn với ‖ xn cn ‖= 1, (n = 1, 2, ...) Do đó {xn} bị chặn. Từ (2.2.8) suy ra {xn} bị chặn. Vì vậy ta có thể giả sử {A(xn)} hội tụ. Nếu A(xn)→ x, khi đó: xn = T (xn) + A(xn) = yn + A(xn)→ y0 + x = x0 Suy ra T (xn)→ T (x0). Do đó: y0 = lim n→∞ yn = limn→∞T (xn) = T (x0) ∈ T (X). Vậy T (X) là tập đóng. Bổ đề 2.2.2.2. Dãy các tập N(T ), N(T 2), ..., N(T n), ... là một dãy tăng và chỉ chứa một số hữu hạn các tập phân biệt. Chứng minh. Xét x ∈ N(T n) khi đó ta có T n(x) = 0 suy ra T (T n(x)) = T n+1(x) = 0 nên x ∈ N(T n+1). Vì vậy N(T ) ⊂ N(T 2) ⊂ ... ⊂ N(T n) ⊂ ... Đặt Xn = N(T n) • Nếu Xn = Xn+1 với một n nào đó ta sẽ chứng minh Xn+1 = Xn+2. Thật vậy: Ta có Xn+1 ⊂ Xn+2. Lấy x ∈ Xn+2 suy ra T n+2(x) = T n+1(T (x)) = 0. Do đó T (x) ∈ Xn+1 = Xn ⇒ T n+1(x) = T n(T (x)) = 0 suy ra x ∈ Xn+1 nên Xn+2 ⊂ Xn+1. Vì vậy Xn = Xn+1 = Xn+2 = ..., (n = 1, 2, ...). 16 • Giả sử với mỗi n ta có Xn 6= Xn+1. Ta có Xn là không gian con đóng thực sự của Xn+1 nên theo Bổ đề Riesz thì tồn tại xn+1 thuộc Xn+1\Xn sao cho: ‖ xn+1 ‖= 1, d(xn+1, Xn) > 1 2 , n = 1, 2, ... (2.2.9) với m > n ta xét phần tử: A(xm)− A(xn) = xm − T (xm)− [xn − T (xn)] = xm − x˜ trong đó x˜ = T (xm) + xn − T (xn). Ta sẽ chứng minh x˜ ∈ Xm−1. Thật vậy: Tm−1(x˜) = Tm(xm) + Tm−1(xn)− Tm(xn). Vì xn ∈ Xn ⊂ Xm−1 ⊂ Xm nên Tm−1(xn) = 0, Tm(xn) = 0 và xm ∈ Xm nên Tm(xm) = 0. Do đó Tm−1(x˜) = 0 hay x˜ ∈ Xm−1. Theo bất đẳng thức (2.2.9) ta có: ‖ A(xm)− A(xn) ‖ = ‖ xm − x˜ ‖> 1 2 (m > n, n = 1, 2, ..). (2.2.10) Mà {xn} là dãy bị chặn và A là toán tử compact do đó ta có thể chọn được một dãy con hội tụ của dãy {A(xn)}. Điều này mâu thuẫn với (2.2.10). Vậy dãy các tập {Xn} chỉ chứa một số hữu hạn các tập phân biệt. Bổ đề 2.2.2.3. Dãy các tập T (X), T 2(X), ..., T n(X), ... (2.2.11) chỉ chứa hữu hạn các tập phân biệt. Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.2.1 ta có các tập ở (2.2.11) là các tập đóng. Ta sẽ đi chứng minh T (X) ⊃ T 2(x) ⊃ ... ⊃ T n(X) ⊃ ... Lấy y ∈ T n(X) khi đó tồn tại x ∈ X sao cho y = T n(x) = T n−1(T (x)) nên y ∈ T n−1(X). Suy ra dãy các tập ở (2.2.11) là dãy giảm. 17 Tương tự như Bổ đề 2.2.2.2 ta sẽ chứng minh được nếu T n(X) = T n+1(X) với một n nào đó thì T n(X) = T n+1(X) = T n+2(X) = ... Thật vậy bây giờ ta giả sử T n(X) 6= T n+1(X), (n = 0, 1, ...). Theo Bổ đề Riesz ta xây dựng được dãy {xn} sao cho ‖ xn ‖= 1, xn ∈ T n(X)\T n+1(X), d(xn, T n+1(X)) > 1 2 , (n = 1, 2, ...). (2.2.12) Với m > n tương tự Bổ đề 2.2.2.2 ta có: A(xn)− A(xm) = xn − T (xn)− (xm − T (xm)) = xn − x˜ trong đó x˜ = T (xn) + xm − T (xm). Vì T (xn) ∈ T n+1(X), xm ∈ Tm(X) ⊂ T n(X), T (xm) ∈ Tm+1(X) ⊂ T n+1(X) nên x˜ ∈ T n+1(X). Từ (2.2.12) suy ra: ‖ A(xn)− A(xm) ‖ = ‖ xn − x˜ ‖> 1 2 , (m > n, n = 1, 2, ....). Điều này mâu thuẫn với giả thiết A là toán tử compact và {xn} bị chặn. Vậy bổ đề đã được chứng minh. Bây giờ ta kí hiệu r là số không âm nhỏ nhất của n sao cho T n(X) = T n+1(X), đặc biệt T (X) = X = T 0(X) thì ta đặt r = 0. Đặt X ′ = T r(X), X ′′ = N(T r). Định lí sau sẽ mô tả các tính chất đặc trưng của toán tử T và cũng là tính chất của phương trình (2.2.2). Định lý 2.2.2.4. a. Toán tử T là song ánh từ X’ vào chính nó. b. X” là không gian hữu hạn chiều. Toán tử T là ánh xạ từ X” vào X”. c. Mỗi phần tử x ∈ X được biểu diễn duy nhất dưới dạng: x = x′ + x′′ với x′ ∈ X ′, x′′ ∈ X ′′. (2.2.13) Hơn nữa tồn tại M > 0 sao cho ‖ x′ ‖≤M ‖ x ‖, ‖ x′′ ‖≤M ‖ x ‖ . (2.2.14) 18 d. Toán tử A có thể được biểu diễn dưới dạng: A = A′ + A′′ (2.2.15) trong đó: A′ : X → X ′, A′′ : X → X ′′ compact và thỏa mãn phương trình: A′ ◦ A′′ = A′′ ◦ A′ = 0. (2.2.16) Ngoài ra T ′ = I − A′ là một phép đồng phôi. Chứng minh. a) Ta có X ′ = T r(X) khi đó : T (X ′) = T r+1(X) = T r(X) = X ′. Suy ra T : X ′ → X ′. Nếu T (x) = 0 với x ∈ X ′ thì chọn n ≥ r sao cho N(T n) = N(T n+1). Theo Bổ đề 2.2.2.2 ta có x ∈ T n(X). Do đó tồn tại x˜ ∈ X sao cho x = T n(x˜). Khi đó 0 = T (x) = T n+1(x˜)⇒ x˜ ∈ N(T n+1) = N(T n)⇒ x = T n(x˜) = 0. Suy ra T đơn ánh. Ta có T r(X) = T r+1(X)⇒ T (X ′) = X ′. Suy ra T toàn ánh. Vậy T là song ánh. b) T r = (I − A)r = I − A1 với A1 = Ar. Khi đó theo Định lí 1.3.8 ta có A1 compact. Ta có T r(x) = 0 với mỗi x ∈ X ′′ suy ra A1(x) = x với mỗi x ∈ X ′′. Do đó A1 = IdX′′ compact. Theo tính chất 3 của Tính chất 1.3.2 ta suy ra dimX ′′ < +∞. Nếu r > 0 thì T (X ′′) = N(T r−1), khi đó theo Bổ đề 2.2.2.2 ta có T (X ′′) ⊂ N(T r) = X ′′. Nếu r = 0 thì X ′′ = {0} khi đó T (X ′′) ⊂ X ′′. Do đó T : X ′′ → X ′′. c) Ta kí hiệu T0 là toán tử T chỉ tác động lên X ′. 19 Từ Bổ đề 2.2.2.1 ta có X ′ là tập đóng. Theo Mệnh đề 1.1.2 suy ra X ′ là một không gian con Banach của X. Ta có T0 là song ánh từ X ′ vào X ′ nên theo Định lí Banach nó là một phép đồng phôi, khi đó ta kí hiệu ánh xạ ngược liên tục của nó là T−10 . Lấy x ∈ X bất kì, đặt x′ = T−r0 ◦ T r(x), x′′ = x− x′ = x− T−r0 ◦ T r(x). (2.2.17) Ta có X ′ = T r(X) và T−r0 : X ′ → X ′ suy ra x′ ∈ X ′. Vì T r(x′′) = T r(x)− T r ◦ T−r0 ◦ T r(x) = T r(x)− T r(x) = 0 nên x′′ ∈ X ′′. Vậy x = x′ + x′′ với x′ ∈ X ′ và x′′ ∈ X ′′. Giả sử x = x′1 + x ′′ 1 là một biểu diễn khác của x dưới dạng (2.2.13) với x′1 ∈ X ′, x′′1 ∈ X ′′. Khi đó T r(x) = T r(x′1) + T r(x′′1) = T r(x′1) (vì x ′′ 1 ∈ X ′′ nên T r(x′′1) = 0). Ta có x′1 ∈ X ′ nên T r(x′1) = T r0 (x′1) suy ra x′1 = T−r0 ◦T r(x′1) = T−r0 ◦T r(x) = x′. Do đó sự biểu diễn ở (2.2.13) của x là duy nhất. Ta có T−r0 là toán tử liên tục nên T −r 0 ◦ T r liên tục. Từ (2.2.17) suy ra tồn tại M1 > 0 sao cho với mỗi x ∈ X ‖ x′ ‖ = ‖ T−r0 ◦ T r(x) ‖≤M1 ‖ x ‖ . Suy ra ‖ x′′ ‖ = ‖ x− x′ ‖≤‖ x ‖ + ‖ x′ ‖≤ (M1 + 1) ‖ x ‖ . Khi đó nếu chọn M ≥M1 + 1 thì ta có: ‖ x′ ‖≤M ‖ x ‖ và ‖ x′′ ‖≤M ‖ x ‖ . d) Ta có A = I − T khi đó: A(x) = x− T (x) ∈ X ′, với mọi x ∈ X ′ nên A là ánh xạ từ X ′ vào chính nó. A(x) = x− T (x) ∈ X ′′, với mọi x ∈ X ′′ 20 suy ra A(X ′′) ⊂ X ′′. Với x ∈ X ta có x = x′ + x′′, x′ ∈ X ′, x′′ ∈ X ′′. Đặt A′(x) = A(x′), A′′(x) = A(x′′). (2.2.18) Theo bất đẳng thức (2.2.14) ta suy ra A′ và A′′ là toán tử tuyến tính liên tục. Vì A(x) = A(x′ + x′′) = A(x′) + A(x′′) = A′(x) + A′′(x), với mọi x ∈ X. nên A = A′ + A′′ và A′(X) ⊂ X ′, A′′(X) ⊂ X ′′. Ta có A′(X ′′) = A′′(X ′) = {0}. (2.2.19) Do đó A′ ◦ A′′ = A′′ ◦ A′ = 0. Vì toán tử A′′ : X → X ′′ tuyến tính liên tục và dimX ′′ < +∞ nên theo tính chất 4 của Tính chất 1.3.2 suy ra A′′ là toán tử compact. Mà A′ = A− A′′ nên theo Định lí 1.3.9 ta có A′ là toán tử compact. Cuối cùng ta chứng minh T ′ = I − A′ là phép đồng phôi. Giả sử T ′(x) = 0. Ta có 0 = T ′(x) = x− A′(x) = x′ − A(x′) + x′′ = T (x′) + x′′. Vì T (x′) ∈ X ′ và sự biểu diễn duy nhất của 0 theo công thức (2.2.13) nên T (x′) = x′′ = 0⇒ x′ = 0 (theo câu a). Suy ra x = x′ + x′′ = 0. Do đó T ′ đơn ánh. Xét y ∈ X bất kì khi đó y = y′ + y′′ (y′ ∈ X ′, y′′ ∈ X ′′). Đặt x = T−10 (y ′) + y′′ khi đó T−10 (y ′) ∈ X ′, A′(x) = A(T−10 (y′)). Ta có T ′(x) = x−A′(x) = T−10 (y′)−A(T−10 (y′))+y′′ = T ◦T−10 (y′)+y′′ = y′+y′′ = y. Do đó T ′(X) = X hay T ′ toàn ánh. Vì vậy T ′ là song ánh. Vậy định lí đã được chứng minh. Chú ý: Gọim là số nhỏ nhất của các số nguyên không âm n sao cho N(T n) = N(T n+1). 21 Khi đó ta có m = r. Thật vậy: • Nếu ta lấy x ∈ N(T r+1) và biểu diễn nó theo công thức (2.2.13) ta có: 0 = T r+1(x) = T r+1(x′) + T r+1(x′′) = T r+1(x′) Từ (a) của Định lí 2.2.2.4 ta có x′ = 0 do đó x = x′′ ∈ N(T r). Vì vậy m ≤ r. • Nếu y = Tm(x) (với x ∈ X), khi đó viết x theo công thức (2.2.13) ta có: y = Tm(x) = Tm(x′) + Tm(x′′) = Tm(x′) = Tm+1(T−10 (x ′)) suy ra y ∈ Tm+1(X), do đó ta phải có r ≤ m. Định lý 2.2.2.5. Điều kiện cần và đủ để (2.2.2) giải được với mọi y ∈ X là phương trình thuần nhất: T (x) = 0 (2.2.20) có duy nhất nghiệm (rõ ràng nghiệm là x = 0). Tính giải được của (2.2.2) với mọi y ∈ X tương đương với T (X) = X, điều này tức là r = 0. Tính duy nhất nghiệm của phương trình(2.2.20) tương đương với điều kiện m = 0. Vậy dựa vào Định lí 2.2.2.4 và chú ý trên ta suy ra kết luận của Định lí 2.2.2.5. Ta xét mối liên hệ giữa phương trình (2.2.2) và (2.2.3) thông qua định lí sau: Định lý 2.2.2.6. Hai không gian N(T ) và N(T ∗) có cùng số chiều hữu hạn. Chứng minh. Ta có N(T ) ⊂ N(T r) = X ′′ và theo Định lí 2.2.2.4 thì X ′′ là không gian hữu hạn chiều do đó N(T ) là không gian hữu hạn chiều. Ngoài ra vì A∗ là toán tử compact nên N(T ∗) cũng là không gian hữu hạn chiều. Giả sử dimN(T ) = n và dimN(T ∗) = m. Gọi x1, x2, ..., xn và g1, g2, ..., gm lần lượt là hệ các phần tử độc lập tuyến tính của N(T ) và N(T ∗). Vì x1, x2, ..., xn là hệ độc lập tuyến tính nên áp dụng Mệnh đề 1.2.4 tồn tại các 22 phiếm hàm tuyến tính liên tục f1, f2, ..., fn sao cho: fj(xk) =  1 nếu j = k0 nếu j 6= k , (j, k = 1, 2, ..., n). (2.2.21) Tương tự ta cũng có thể tìm được các phần tử y1, y2, ..., yn ⊂ X sao cho: gj(yk) =  1 nếu j = k0 nếu j 6= k , (j, k = 1, 2, ..., n). (2.2.22) Trước hết giả sử n < m. Xét toán tử V = A+B trên X, trong đó B(x) = n∑ k=1 fk(x)yk, với x ∈ X. Ta có B là một toán tử tuyến tính liên tục từ X vào một không gian hữu hạn chiều nên nó là compact. Do đó V là compact. Bây giờ ta xét phương trình: T˜ (x) = x− V (x) = T (x)− n∑ k=1 fk(x)yk = 0. (2.2.23) Nếu x0 là một nghiệm của phương trình(2.2.23) thì ta có T˜ (x0) = T (x0)− n∑ k=1 fk(x0)yk = 0. (2.2.24) Suy ra gs(T (x0))− n∑ k=1 fk(x0)gs(yk) = 0 (s = 1, 2, ..., n). (2.2.25) Từ (2.2.22) ta có: gs(T (x0))− fs(x0) = 0⇔ T ∗(gs(x0))− fs(x0) = 0. Ta có T ∗(gs)(x) = 0 với mọi x ∈ X suy ra fs(x0) = 0, (s = 1, 2, ..., n) (2.2.26) Từ (2.2.24) suy ra T (x0) = 0 hay x0 ∈ N(T ). Do đó x0 có thể được biểu diễn dưới dạng x0 = n∑ k=1 αkxk, khi đó fs(x0) = n∑ k=1 αkfs(xk) = αs 23 Từ (2.2.26) kéo theo αs = 0 do đó x0 = 0. Vì vậy (2.2.23) có nghiệm duy nhất. Theo Định lí 2.2.2.5 suy ra phương trình không thuần nhất tương ứng với (2.2.23) là giải được với bất kì vế phải. Đặc biệt, phương trình sau có nghiệm: T˜ (x) = T (x)− n∑ k=1 fk(x)yk = yn+1. Gọi x∗ là một nghiệm của phương trình này. Ta có: gn+1(T (x ∗)− n∑ k=1 fk(x ∗)yk) = T ∗(gn+1)(x∗)− n∑ k=1 fk(x ∗)gn+1(yk) = 0 (Vì T ∗(gn+1)(x) = 0, với mỗi x ∈ X và gn+1(yk) = 0, với mỗi k = 1, n). Mà gn+1(yn+1) = 1. Vì vậy ta phải có m ≤ n. Lập luận tương tự ta có thể chứng minh được m < n với việc thay (2.2.23) bởi phương trình sau trong X∗ T ∗(g)− m∑ k=1 g(yk)fk = 0. Kết hợp các định lí vừa được chứng minh ở trên ta thu được kết quả sau: Định lý 2.2.2.7. Một trong hai phương trình (2.2.2) hoặc (2.2.3) có thể giải được với mọi vế phải, khi đó chúng có duy nhất nghiệm hoặc các phương trình thuần nhất T (x) = 0 và T ∗(g) = 0 có số nghiệm độc lập tuyến tính giống nhau tương ứng là x1, x2, ..., xn và g1, g2, ..., gn. Trong trường hợp thứ hai, điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm của phương trình (2.2.2) và (2.2.3) tương ứng là: gk(y) = 0, (k = 1, 2, ..., n) và f(xk) = 0, (k = 1, 2, ..., n). 24 Khi các điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm tổng quát của phương trình (2.2.2) có dạng: x = x∗ + n∑ k=1 ckxk và nghiệm tổng quát của phương trình (2.2.3) có dạng: g = g∗ + n∑ k=1 ckgk trong đó x∗, g∗ lần lượt là các nghiệm tùy ý của phương trình (2.2.2) và (2.2.3), c1, c2, ..., cn là các hằng số tùy ý. Trong trường hợp X là một không gian Hilbert thì Định lí 2.2.2.7 chuyển thành Định lý 2.2.2.8. Giả sử X là một không gian Hilbert, A là một toán tử compact tùy ý trong X, Khi đó a. Số nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình T (x) = 0 là hữu hạn và bằng số nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình T ∗(g) = 0. b. Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.2.2) có nghiệm là y ⊥ N(T ∗). Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.2.3) có nghiệm là f ⊥ N(T ). Cho X là một không gian Hlibert, A : X → X là toán tử compact tự liên hiệp. Xét phương trình: Ax− λx = y (2.2.27) trong đó λ 6= 0 là một số tùy ý cho trước và y ∈ X là một phần tử tùy ý cho trước. Khi đó nếu đặt Tλ = A − λI, với I là toán tử đồng nhất trong X thì phương trình (2.2.27) trở thành phương trình: Tλx = y. Ta kí hiệu N(Tλ) = T −1 λ ({0}). Định lí sau sẽ chỉ rõ dạng nghiệm của phương trình (2.2.27), nếu nghiệm đó tồn tại. Định lý 2.2.2.9. Giả sử X là một không gian Hilbert, A ∈ L(X) là một toán tử compact tự liên hiệp và λ1, λ2, ..., λn, ... 25 là dãy các giá trị riêng khác 0 của A, mỗi giá trị riêng được kể với một số lần bằng bội của nó, e1, e1, ..., en, ... là hệ trực chuẩn trong X, mỗi en là một vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng λn. Ta xét phương trình (2.2.27): Ax− λx = y (λ 6= 0, y ∈ X). Khi đó: a. Nếu λ 6= λn với mọi n thì với mọi y ∈ X phương trình (2.2.27) có nghiệm duy nhất được xác định bởi công thức: nếu y = ∞∑ n=1 〈y, en〉en + y0 , với y0 ∈ N(A) (2.2.28) thì x = ∞∑ n=1 〈y, en〉 λn − λen − y0 λ . (2.2.29) b. Nếu λ = λm với một chỉ số m nào đó thì điều kiện cần và đủ để phương trình (2.2.27) có nghiệm là y ⊥ N(Tλ). Khi đó gọi {em1, ...., emk} là một cơ sở trực chuẩn của N(Tλ) thì nghiệm tổng quát của phương trình (2.2.27) có dạng: x = ∑ en /∈N(Tλ) 〈y, en〉 λn − λmen − y0 λm + k∑ i=1 ciemi (2.2.30) với y được khai triển dưới dạng (2.2.28) và c1, c2, ..., ck là các số tùy ý. Chứng minh. a) Nếu λ 6= 0 và λ 6= λn với mọi n thì theo Định lí 1.4.7 ta có λ /∈ σ(A). Do đó toán tử Tλ là một phép đồng phôi. Vậy với mỗi y ∈ X phương trình (2.2.27) có nghiệm duy nhất x = T−1λ y. Vì x ∈ X nên theo Định lí 1.4.5 ta có: x = ∞∑ n=1 〈x, en〉en + x0, với x0 ∈ N(A). 26 Khi đó theo Định lí 1.4.6 thì Ax = ∞∑ n=1 λn〈x, en〉en, do đó Ax− λx = ∞∑ n=1 (λn − λ)〈x, en〉en − λx0. Theo giả thiết ta có: Ax− λx = y = ∞∑ n=1 〈y, en〉en + y0, do đó (λn − λ)〈x, en〉 = 〈y, en〉, với mọi n = 1, 2, ... và −λx0 = y0. Suy ra x = ∞∑ n=1 〈y, en〉 λn − λen − y0 λ . Ta thấy chuỗi ở vế phải của (2.2.29) là hội tụ. Thật vậy vì λn 6= λ với mọi n nên r = inf | λn − λ |> 0, do đó ∞∑ n=1 | 〈y, en〉 λn − λ | 2≤ 1 r2 ∞∑ n=1 | 〈y, en〉 |2≤ ‖ y ‖ 2 r2 . Theo Định lí 1.4.1 suy ra chuỗi ở vế phải của (2.2.29) là hội tụ. b) Theo Định lí 1.4.4 thì λn ∈ R với mọi n. Do đó từ Định lí 2.2.2.8 ta suy ra điều kiện cần và đủ để phương trình (2.2.27) có nghiệm là y ⊥ N(Tλ). Khi đó ta chứng minh được nghiệm tổng quát của phương trình (2.2.27) có dạng: x = x¯+ u trong đó x¯ là một nghiệm nào đó của phương trình (2.2.27) và u ∈ N(Tλ). Thật vậy: x¯ là một nghiệm của phương trình (2.2.27) suy ra Ax¯− λx¯ = y. u ∈ N(Tλ) suy ra Au− λu = 0. Do đó Ax− λx = A(x¯+ u)− λ(x¯+ u) = Ax¯− λx¯+ Au− λu = y 27 suy ra x = x¯+ u là nghiệm của phương trình (2.2.27). Như vậy ta cần chứng minh x¯ = ∑ en /∈N(Tλ) 〈y, en〉 λn − λmen − y0 λm (2.2.31) thỏa mãn phương trình (2.2.27). Thật vậy, vì λn 6= λm với những chỉ số n sao cho en /∈ N(Tλ) và theo Định lí 1.4.8 ta có λn → 0, nên | λn − λm |≥ r > 0 với mọi chỉ số n như vậy. Tương tự như câu a) ta suy ra rằng chuỗi ở vế phải của (2.2.31) là hội tụ, vậy nó xác định một phần tử x¯ ∈ X và ta có: Ax¯ = ∑ en /∈N(Tλ) λn 〈y, en〉 λn − λmen, do đó Ax¯− λmx¯ = ∑ en /∈N(Tλ) 〈y, en〉en + y0. Mặt khác vì y ⊥ N(Tλ) nên 〈y, en〉 = 0 với những chỉ số n sao cho en ∈ N(Tλ), vì vậy y = ∑ en /∈N(Tλ) 〈y, en〉en + y0. Suy ra Ax¯− λx¯ = y. Do đó x¯ là một nghiệm của phương trình (2.2.27). Ta có k∑ i=1 ciemi ∈ N(Tλ). Vì vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2.2.27) có dạng (2.2.30). 28 CHƯƠNG 3 Một số bài toán liên quan đến phương trình hàm 3.1 Các bài toán liên quan đến toán tử compact Bài toán 3.1.1. Cho X = L2[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm đo được trên [0, 1] sao cho:∫ [0,1] | f |2 dµ < +∞ và ‖ f ‖= ( ∫ [0,1] | f |2 dµ)12 , với mỗi f ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = tx(t), ∀t ∈ [0, 1]. Giải phương trình: Ax− 2x = y, với y(t) = t2 với mọi t ∈ [0, 1]. (3.1.1) Bài giải: Xét phương trình (3.1.1) : Ax− 2x = y ⇔ Ax(t)− 2x(t) = y(t), h.k.n trên [0, 1] ⇔ tx(t)− 2x(t) = t2, h.k.n trên [0, 1] ⇔ (t− 2)x(t) = t2, h.k.n trên [0, 1] 29 Ta có: x(t) = t2 t− 2 , với mỗi t ∈ [0, 1] là hàm thuộc L 2 [0,1]. Vậy phương trình (3.1.1) có nghiệm duy nhất là hàm x(t) = t2 t− 2 với mọi t ∈ [0, 1]. Bài toán 3.1.2. Cho X = C[0,2pi] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [0, 2pi] với ‖ x ‖= max t∈[0,2pi] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Giả sử A : X → X xác định bởi: Ax(t) = ∫ 2pi 0 sin tx(s)ds, với mọi t ∈ [0, 2pi]. a) Chứng minh A compact. b) Giải phương trình hàm Ax− x = y, y(t) = t, với mọi t ∈ [0, 2pi]. (3.1.2) Bài giải: a) Ta chứng minh được A là toán tử tuyến tính liên tục. Mặt khác Ax(t) = sin t 2pi∫ 0 x(s)ds = sin t.α, với α ∈ K. Đặt x0(t) = sin t, với mọi t ∈ [0, 2pi]. Khi đó Ax = αx0, với α ∈ K. Suy ra A(X) = 〈{x0}〉 nên dimA(X) = 1 < +∞. Do đó A là toán tử compact. b) Xét phương trình: Ax− x = y ⇔ Ax(t)− x(t) = y(t), ∀t ∈ [0, 2pi] ⇔ ∫ 2pi 0 sin tx(s)ds− x(t) = t,∀t ∈ [0, 2pi] ⇔ x(t) = sin t ∫ 2pi 0 x(s)ds− t,∀t ∈ [0, 2pi] 30 Đặt ∫ 2pi 0 x(s)ds = M. Khi đó x(t) = sin t.M − t ⇒ ∫ 2pi 0 x(s)ds = M ∫ 2pi 0 sin sds− ∫ 2pi 0 sds ⇔M = − ∫ 2pi 0 sds ⇔M = −2pi2. Do đó x(t) = −2pi2 sin t− t, với mọi t ∈ [0, 2pi]. Ta thấy x(t) ∈ C[0,2pi]. Vậy phương trình (3.1.2) có nghiệm duy nhất là hàm x(t) = −2pi2 sin t − t, với mọi t ∈ [0, 2pi]. Bài toán 3.1.3. Cho X = C[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm liên tục trên [0, 1] với ‖ x ‖= max t∈[0,1] | x(t) | với mỗi x ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = x(0) + tx(1), với mọi t ∈ [0, 1]. Giải phương trình : Ax− 2x = y, y(t) = t2 + 1, với mọi t ∈ [0, 1]. (3.1.3) Bài giải: Ta chứng minh được A là một toán tử compact. Xét phương trình (3.1.3): Ax− 2x = y ⇔ Ax(t)− 2x(t) = y(t), ∀t ∈ [0, 1] ⇔ x(0) + tx(1)− 2x(t) = t2 + 1, ∀t ∈ [0, 1] 31 ⇔ x(t) = −t 2 + 1 2 + x(0) 2 + tx(1) 2 . Ta có: x(0)− 2x(0) = 1⇔ x(0) = −1. x(0) + x(1)− 2x(1) = 2⇔ x(1) = −3. Do đó x(t) = −t 2 + 1 2 − 1 2 − 3t 2 với mọi t ∈ [0, 1] ⇔ x(t) = −t 2 − 3t− 2 2 với mọi t ∈ [0, 1]. Ta thấy x(t) ∈ C[0,1]. Vậy phương trình (3.1.3) có nghiệm duy nhất là hàm x(t) = −t2 − 3t− 2 2 với mọi t ∈ [0, 1]. Bài toán 3.1.4. Cho X = L2[0,1] là không gian định chuẩn gồm các hàm đo được trên [0, 1] sao cho:∫ [0,1] | f |2 dµ < +∞ và ‖ f ‖= ( ∫ [0,1] | f |2 dµ)12 , với mọi f ∈ X. Giả sử A : X → X x 7→ Ax xác định bởi: Ax(t) = ∫ 1 0 tx(s)ds, với mọi t ∈ [0, 1]. Giải phương trình: a. Ax− 1 2 x = y, y(t) = t2, với mọi t ∈ [0, 1]. (3.1.4) b. Ax− x = y, (y ∈ X). (3.1.5) Bài giải: Ta chứng minh được A là toán tử compact. a. Xét phương trình (3.1.4): Ax− 1 2 x = y 32 ⇔ Ax(t)− 1 2 x(t) = y(t), h.k.n trên [0, 1] ⇔ t ∫ 1 0 x(s)ds− 1 2 x(t) = t2, h.k.n trên [0, 1] ⇔ x(t) = 2t ∫ 1 0 x(s)ds− 2t2, h.k.n trên [0, 1]. Đặt M = ∫ 1 0 x(s)ds, khi đó x(t) = 2t.M − 2t2 ⇒ ∫ 1 0 x(s)ds = M ∫ 1 0 2sds− ∫ 1 0 2s2ds ⇔M = M − 2 3 ( Vô lí ). Vậy phương trình (3.1.4) vô nghiệm. b. Với mọi y ∈ X xét phương trình (3.1.5): Ax− x = y ⇔ Ax(t)− x(t) = y(t), h.k.n trên [0, 1] ⇔ t ∫ 1 0 x(s)ds− x(t) = y(t), h.k.n trên [0, 1] ⇔ x(t) = t ∫ 1 0 x(s)ds− y(t), h.k.n trên [0, 1]. Với M = ∫ 1 0 x(s)ds, ta được x(t) = t.M − y(t) ⇒ ∫ 1 0 x(s)ds = M ∫ 1 0 sds− ∫ 1 0 y(s)ds ⇔M = M 2 − ∫ 1 0 y(s)ds ⇔M = −2 ∫ 1 0 y(s)ds. 33 Suy ra : x(t) = −2t ∫ 1 0 y(s)ds− y(t), với mọi t ∈ [0, 1]. Ta thấy x(t) ∈ L2[0,1]. Vậy phương trình (3.1.5) có nghiệm duy nhất là hàm x(t) = −2t ∫ 1 0 y(s)ds− y(t), với mọi t ∈ [0, 1] với mọi hàm y(t) ∈ X. 3.2 Một số phương trình hàm sơ cấp có liên quan Một số bài toán giải phương trình hàm sơ cấp ta có thể chuyển về dạng phương trình gắn với toán tử. Nhưng chúng có thể chưa phải là một trong hai dạng phương trình hàm mà ta đã xét ở chương 2 vì các hàm cần tìm có thể không thuộc một không gian Banach nào. Ta xét một số bài toán sau: Bài toán 3.2.1. Tìm hàm f : R→ R liên tục thỏa mãn phương trình: f(x) + f( 2x 3 ) = 3x 5 , với mọi x ∈ R. (3.2.1) Bài toán này tương đương với bài toán: Cho X là không gian các hàm số liên tục trên R và A : X → X xác định bởi: Af(x) = f(x) + f( 2x 3 ), với mọi x ∈ R Tìm hàm f thỏa mãn phương trình Af = g, g(x) = 3x 5 , với mọi x ∈ R. Bài giải: Đặt x1 = 2x 3 ⇒ f(x) + f(x1) = 3 5 x x2 = 2 3 x1 ⇒ f(x1) + f(x2) = 3 5 x1 . 34 .. xn+1 = 2 3 xn, n ∈ N∗ ⇒ f(xn) + f(xn+1) = 3 5 xn Ta có hệ:  f(x) + f(x1) = 3 5 x (1) f(x1) + f(x2) = 3 5 x1 (2) ...... f(xn) + f(xn+1) = 3 5 xn (n+ 1) Nhân dòng phương trình (i) với (−1)i+1 rồi cộng vế theo vế ta được: f(x) + (−1)n+2f(xn+1) = 3 5 x[1− 2 3 + ( 2 3 )2 − ...+ (−2 3 )n]. (3.2.2) Xét lim | (−1)n+2f(xn+1) | = lim | f(xn+1) | = | f(lim(xn+1)) | = | f(0) | (Vì f là hàm liên tục ). Mặt khác từ (3.2.1) suy ra f(0) = 0 nên lim(−1)n+2f(xn+1) = 0. Lấy giới hạn hai vế của (3.2.2) ta được f(x) = 3 5 x+ 1 1 + 2 3 = 9x 25 , với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm f(x) thỏa mãn phương trình (3.2.1) Vậy f(x) = 9x 25 , với mọi x ∈ R. Bài toán 3.2.2. Tìm f : R→ R thỏa mãn phương trình f(x) + xf(−x) = x+ 1, với mọi x ∈ R. (3.2.3) Bài toán này tương đương với bài toán sau: Cho X là một không gian gồm các hàm và A : X → X xác định bởi: Af(x) = f(x) + xf(−x), với mọi x ∈ R. Tìm hàm f thỏa mãn phương trình Af = g, g(x) = x+ 1, với mọi x ∈ R. 35 Bài giải: Đặt t = −x ta được: f(−t)− tf(t) = −t+ 1, với mọi t ∈ R. Khi đó ta có hệ: f(x) + xf(−x) = x+ 1−xf(x) + f(−x) = −x+ 1 suy ra f(x) = 1, với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy f(x) = 1 là một nghiệm của phương trình (3.2.3). Vậy f(x) = 1, với mọi x ∈ R. Bài toán 3.2.3. Tìm hàm f(x) thỏa mãn phương trình: 3f(x)− 4f(1 x ) = x2, với mọi x 6= 0 (3.2.4) Bài toán này tương đương với bài toán sau: Cho X là một không gian gồm các hàm và A : X → X xác định bởi: Af(x) = 3f(x)− 4f(1 x ), với mọi x 6= 0. Tìm hàm f thỏa mãn phương trình Af = g, g(x) = x2, với mọi x 6= 0. Bài giải: Chọn x = y và x = 1 y ta có: 3f(y)− 4f(1 y ) = y2 3f( 1 y )− 4f(y) = 1 y2 . Nhân phương trình thứ nhất với 3 và phương trình thứ hai với 4 rồi cộng vế theo vế ta được: −7f(y) = 3y2 + 4 y2 ⇔ f(y) = −3 7 y2 − 4 7y2 . 36 Thử lại ta có: 3f(x)− 4f(1 x ) = −7 9 x2 − 12 7y2 + 12 7y2 + 16 7 x2 = x2. Vậy phương trình (3.2.4) có nghiệm là hàm f(x) = −3 7 x2− 4 7x2 , với mọi x 6= 0. Ngoài ra có nhiều phương trình hàm sơ cấp được xét trong không gian các hàm nhưng ta không đưa chúng được về dạng phương trình gắn với toán tử. Ta đi xét một số bài toán sau: Xét phương trình Cauchy f(x+ y) = f(x) + f(y), (x, y ∈ R). (3.2.5) Ta có định lí sau về nghiệm của phương trình Cauchy. Định lí 3.2.4. Nếu phương trình (3.2.4) thỏa mãn với mọi x, y ∈ R và hàm f(x) thỏa mãn một trong các điều kiện sau: 1. liên tục tại một điểm; 2. không âm với mọi x ≥ 0; 3. bị chặn trên một khoảng; 4. khả tích; 5. đo được. Khi đó f(x) = cx, (x ∈ R) (3.2.6) với c là một hằng số tùy ý. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh định lí này với giả sử hàm f(x) liên tục. Ta có: f(nx) = nf(x) với mọi n ∈ N∗. (3.2.7) Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp. với n = 1 thì hàm f(x) = x là một nghiệm của phương trình (3.2.5) nên (3.2.7) đúng với n = 1. Giả sử (3.2.6) đúng với mọi n cần chứng minh (3.2.7) đúng với n+ 1. Ta có f [(n+ 1)x] = f(nx+ x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n+ 1)f(x). 37 Bây giờ ta chứng minh (3.2.6) đúng với bất kì số hữu tỉ dương x. Lấy m,n là hai số nguyên dương và x, t là các số hữu tỉ sao cho nx = mt, khi đó ta có: f(nx) = f(mt)⇒ nf(x) = mf(t)⇒ f(x) = f(m n t) = m n f(t) suy ra f( m n ) = m n f(1) = m n c với c = f(1). Điều này chứng tỏ f(x) = cx, với mọi x ∈ Q+. Từ (3.2.5) chọn x = y = 0 thì f(0) = 0 và chọn y = −x ta được: f(−x) = −f(x) = −cx = c(−x) và f(0) = 0. Do đó f(x) = cx, với mọi x ∈ Q. Từ tính liên tục của hàm f(x) suy ra f(x) = cx, với mọi x ∈ R. Bài toán 3.2.5. Tìm các hàm f : Q→ Q thỏa mãn phương trình: f(x+ y) = f(x) + f(y) + xy, với mọi x, y ∈ Q. (3.2.8) Bài giải: Đặt g(x) = f(x)− x 2 2 Ta có: g(x+ y) = f(x+ y)− x 2 2 − y 2 2 − xy ⇔ g(x+ y) = f(x)− x 2 2 + f(y)− y 2 2 = g(x) + g(y). Do đó g(x+ y) = g(x) + g(y) nên g(x) là nghiệm của phương trình Cauchy. Theo Định lí 3.2.4 ta có g(x) = ax, (a ∈ Q) suy ra f(x) = ax+ x 2 2 . Thử lại ta thấy hàm f(x) thỏa mãn phương trình (3.2.8) Vậy phương trình (3.2.8) có nghiệm là f(x) = ax+ x2 2 , với mọi x ∈ Q (a ∈ Q). Bài toán 3.2.6. Chứng minh rằng nếu hàm f : (0,+∞)→ R đơn điệu và thỏa mãn điều kiện f(xy) = f(x)f(y), với mọi x, y > 0 thì f(x) = 0, với mỗi x > 0 hoặc tồn tại c sao cho f(x) = xc, với mỗi x > 0. Chứng minh. Với x > 0, f(x) = f(x 1 2 )2 ≥ 0. Ta có f(1) = f(1)f(1)⇒  f(1) = 0 f(1) = 1. 38 • Nếu f(1) = 0 thì f(x) = f(x)f(1) = 0, với mọi x > 0. • Nếu f(1) = 1 thì f(x) > 0, với mọi x > 0 (Vì nếu f(x) = 0 suy ra f(1) = f(x)f( 1 x ) = 0 điều này là mâu thuẫn). Ta định nghĩa hàm g : R→ R sao cho g(w) = ln f(ew). Khi đó : g(x+y) = ln f(ex+y) = ln f(exey) = ln[f(ex)f(ey)] = ln f(ex)+ln f(ey) = g(x)+g(y). Vì f là hàm đơn điệu nên g cũng là hàm đơn điệu. Khi đó theo Định lí 3.2.4 ta có g(w) = cw, với mọi w và c = g(1). Do đó f(x) = xc, với mọi x > 0. Bài toán 3.2.7. Tìm tất cả các hàm số: f : R→ R thỏa mãn: f((x− y)2) = f(x)2 − 2xf(y) + y2. (3.2.9) Bài giải: Chọn x = 0⇒ f(y2) = f(0)2 + y2 Khi đó nếu y = 0⇒ f(0) = f(0)2 ⇔  f(0) = 0 f(0) = 1 • Nếu f(0) = 1 ta có f(y2) = y2 + 1, với mọi y ∈ R. Do đó f(x) = x+ 1, với mọi x ≥ 0. Ta có: f((x− y)2) = (x− y)2 + 1, với mọi x, y ∈ R ⇔ f(x)2 − 2xf(y) + y2 = (x− y)2 + 1, với mọi x, y ∈ R. Chọn x = 1 khi đó f(1)2 − 2f(y) + y2 = 1− 2y + y2 + 1 suy ra f(y) = y + 1, với mọi y ∈ R. • Nếu f(0) = 0 thì f(x) = x với mọi x ≥ 0. Ta có: (x− y)2 = f(x)2 − 2xf(y) + y2 Chọn x = 1 ta được (1− y)2 = 1− 2f(y) + y2 suy ra f(y) = y, với mọi y ∈ R. 39 Thử lại ta thấy hàm f(x) = x và f(x) = x + 1, với mọi x ∈ R đều thỏa mãn phương trình (3.2.9). Vậy phương trình (3.2.9) có hai nghiệm là hàm f(x) = x, với mọi x ∈ R và hàm f(x) = x+ 1, với mọi x ∈ R. 40 KẾT LUẬN Trong khóa luận tốt nghiệp này, em đã trình bày một số dạng phương trình hàm liên quan đến toán tử trong các không gian hàm, đặc biệt đã cố gắng nghiên cứu một số tính chất của phương trình hàm loại II với hạt nhân là toán tử compact thông qua các bổ đề và định lí. Ngoài ra em cũng đã chỉ ra một số bài toán ứng dụng liên quan đến phương trình hàm. Tuy nhiên do hạn chế về năng lực và thời gian nên khóa luận đã chưa nghiên cứu sâu hơn một số tính chất mới liên quan đến đề tài. Vì vậy em rất mong quý thầy cô giáo cùng các bạn sinh viên đóng góp ý kiến cho khóa luận được hoàn chỉnh hơn. Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô giáo cùng các bạn sinh viên đã giúp đỡ em trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này. Huế, tháng 5 năm 2011 Sinh viên thực hiện. 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Dr.Kin-Yin LI, Mathematical Excalibur - Functional Equations, Hong Kong, 2003. [2] E. Castillo, A.Iglesias and R.Ruiz-Cobo, Functional Equations in Applied Sciences, Elsevier, 2005. [3] L.V Kantorovich and G.P Akilov, Function ananlysis, Oxford, 1982. [4] Nguyễn Hoàng và Lê Văn Hạp, Giáo trình Giải tích hàm, Huế 2006. [5] Nguyễn Xuân Liêm, Bài tập Giải tích hàm, Nxb Giáo dục, 2000. [6] Phan Đức Chính, Giải tích hàm, T.1, Nxb Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 1978. [7] [8] thuong-dung. [9] Marko Radovanovic, "Functional Equations", www.imomath.com, 2007. ... 42