Định thức và ma trận

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: ĐỊNH THỨC VÀ MA TRẬN LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Phương trình vi phân ngẫu nhiên đóng vai trị quan trọng kĩ thuật, vật lý, kinh tế số ngành khoa học khác Sự đời xuất phát từ nhu cầu xác định mối quan hệ bên đại lượng biến thiên liên tục với bên độ biến thiên đại lượng Các mối quan hệ xuất thường xuyên ứng dụng thực tế Tuy nhiên, phương trình thường phức tạp khó giải biến đổi đại số 738 2 Cấu trúc nhóm số nhóm hữu hạn Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Tl , Ui,j nhóm Dn có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ n, ⩽ l ⩽ n − 1, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ n − Sau số tính chất nhóm nhị diện, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Khi (i) Rk nhóm xiclíc cấp n , d = (n, k), với ⩽ k ⩽ n; d (ii) Tl nhóm xiclíc cấp với ⩽ l ⩽ n − 1; (iii) Ui,j nhóm nhị diện cấp 2n , d = (n, i), với i|n, ⩽ i ⩽ n− d ⩽ j ⩽ n − Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Khi (i) Nếu n lẻ CDn (1) = Dn , CDn (ri ) = R1 , CDn (rj s) = Tj với ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ n − 1; (ii) Nếu n chẵn CDn (1) = Dn , CDn (rm ) = Dn , CDn (ri ) = R1 , CDn (rj s) = Um,j n với m = , ⩽ i ⩽ n − 1, i ̸= m, ⩽ j ⩽ n − Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm nhóm Dn Khi H nhóm sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với k|n, ⩽ k ⩽ n, ⩽ l ⩽ n − 1, i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn , s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Ui,j nhóm Q4n có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ 2n, ⩽ i ⩽ 2n, ⩽ j ⩽ 2n − Sau số tính chất nhóm quaternion suy rộng, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi 2n , d = (2n, k), với ⩽ k ⩽ 2n; d 4n (ii) Ui,j nhóm quaternion suy rộng cấp , d = (n, i), d với ⩽ i ⩽ 2n, ⩽ j ⩽ 2n − (i) Rk nhóm xiclíc cấp Mệnh đề Cho nhóm Quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi CQ4n (1) = CQ4n (rn ) = Q4n , CQ4n (ri ) = R1 , CQ4n (rj s) = Un,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= n, ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ 2, H nhóm Q4n Khi H nhóm sau Rk = ⟨rk ⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n, ⩽ i ⩽ n, i|n, ⩽ j ⩽ i − Cho nhóm giả nhị diện n n−1 SD2n = ⟨r, s | r2 = s2 = 1, s−1 rs = r2 −1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Tl , Ui,j nhóm nhóm giả nhị diện SD2n có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ 2n , ⩽ l ⩽ 2n − 1, ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − Sau số tính chất nhóm giả nhị diện, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi (i) Rk nhóm xiclíc cấp 2n d = (2n , k), với ⩽ k ⩽ 2n ; d (ii) Tl nhóm xiclíc cấp l chẵn, cấp l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n − 1; (iii) Ui,j nhóm giả nhị diện i lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − 1; Ui,j nhóm nhị diện i chẵn j chẵn, nhóm quaternion tổng quát i chẵn j lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − 1; Với i = 2n−1 , Ui,j nhóm xiclíc cấp j lẻ, Ui,j ∼ = C2 × C2 j chẵn 2n+1 Trong tất trường hợp nhóm Ui,j có cấp d d = (2n , i) Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi CSD2n (1) = CSD2n (r2 n−1 ) = SD2n , CSD2n (ri ) = R1 , CSD2n (rj s) = U2n−1 ,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ 3, H nhóm SD2n Khi nhóm H SD2n nhóm sau (i) Rk = ⟨rk ⟩ với ⩽ k ⩽ 2n ; (ii) Tl = ⟨rl s⟩ với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ; (iii) Ui,j với ⩽ i ⩽ 2n−2 , i|2n , ⩽ j ⩽ i−1, U2n−1 ,j với ⩽ j ⩽ 2n−1 − 1, j chẵn Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính Định lý (Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính) Cho I đoạn thực giả sử A ∈ C(I, Mn (F)), B ∈ C(I, F n ) Cho τ ∈ I, ξ ∈ F n tồn giải pháp X (IV P) đoạn I Chứng minh Cho t ∈ I , giả sử J = [c; d] đoạn bị chặn I cho τ, π ∈ J , Bởi định lý 7.3 tồn hàm Xj khác biệt đoạn [a, b] cho XJt (s) = A(s)XJ (s) + B(s), XJ (τ ) = ξ, s∈J Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn J1 = [c1 , c2 ] ⊂ I cho τ, t ∈ J1 , J1 ∩ J đoạn bị chặn chứa τ, t kết áp dụng cho đoạn cho thấy XJ1 (s) = XJ (s), s ∈ J1 ∩ J Đặc biệt, XJ1 (t) = XJ (t) Để định nghĩa X(t) không phụ thuộc vào J chọn Vì X có tính khả vi [a, b] thỏa mãn X ′ (t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Nó giải pháp (IV P) đoạn I Nó nhất, Y mơt giải pháp I t thuộc I có đoạn nhỏ J chứa τ, t kết cho J ngụ ý X(t) = Y (t) Trước tiếp tục phát triển lý thuyết, xem xét ví dụ khác Xét tốn với n = : x′ = 3t2 x, x(0) = 1, t∈R Phương trình tích phân tương ứng Z t 3s2 x(s)ds = (T x)(t), x(t) = + t ∈ R Nếu x0 (t) = 1, t Z 3s2 xm (s)ds, xm+1 (t) = + m = 0, 1, Do Z x1 (t) = + t 3s2 ds = + t3 , t Z 3s2 [1 + s3 ]ds = + t3 + t6 /2, x2 (t) = + Z x3 (t)1 + t 3s2 [1 + s3 + s6 /2]ds = + t3 + t6 /2 + t9 /6, Và quy nạp cho thấy xm = + t3 + (t3 )2 (t3 )3 (t3 )m + + ··· + 3! m! Chúng ta nhận xm (i) môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số hàm x(t) = et Dãy số hội tụ đến x(t) cho t thuộc R, hàm x(t) kết vấn đề Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấy lựa chọn hàm liên tục ban đầu X0 (t) dần đến giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức áp dụng Z t |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥A∥∞ |Xm (s) − Xm−1 (s)|ds, m ≥ 1, t ∈ I τ Sự khác biệt phát sinh khác biệt ban đầu Xi (t) − X0 (t) Ước lượng thu từ lập luận quy nạp sau trở thành h im |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥X1 − X0 ∥∞ ∥A∥∞ [t − τ ] /m! Phần lại lập luận diễn trước đây, đưa giải pháp X(t) (7.2) Nếu (IV P) xem xét đoạn I nào, ta ước lượng khoảng cách Xm (t) X(t) đoạn nhỏ J = [a, b] nằm I chứa τ Với k > m ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥Xk − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥(Xk − Xk−1 ) + (Xk−1 − Xk−2 ) + · · · + (Xm+1 − Xm )∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác lấy giới hạn (7.10) ngụ ý ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∞ X ∥Xk+1 − Xk ∥∞,J , (7.11) k=m ≤ ∥X1 − X0 ∥∞,J ∞ h X k=m ∥A∥∞,J [b − τ ] im /m! Tất nhiên, chuỗi cuối lại phần lại chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J [b − τ ]) Do (7.11) ngụ ý Xm → X định mức tối đa J Chúng tơi tóm tắt định lý sau Định lý (Định nghĩa xấp xỉ liên tiếp bởi) Z t Xm+1 (t) = ξ + [A(s)Xm (s) + B(s)]ds, t∈I τ Tại X0 ∈ C(I, F n ) tùy ý Nếu X(t) giải pháp (IV P) I , Xm → X đồng ∥X − Xm ∥∞,J → 0, k→∞ Trên đoạn nhỏ J ⊂ I chứa τ Tính liên tục giải pháp Trở lại tình Định lý 7.3, [a, b] đoạn đóng, giải pháp X(t) toán giá trị ban đầu X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t ∈ I, IV P Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ F n , A ∈ C(I, Mn (F)) B ∈ C(I, F n ) Kết phần khẳng định t ∈ I Giá trị X(t) hàm liên tục biến Phân tích phụ thuộc bắt đầu ước lượng cho ∥X∥∞ điều suy cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3 Bắt đầu với việc xấp xỉ từ Z t X0 (t) = ξ + B(s)ds, τ Kết X(t) = lim Xk (t) k→∞ Sau đáp ứng ước lượng   k−1 X ∥X∥∞ = ∥ lim Xk ∥ = lim X0 (t) + (Xm+1 (t) − xm (t)) k→∞ k→∞ m=0 ∞ ≤ ∥X0 ∥ + ∞ X ∥Xm+1 − Xm ∥∞ m=0 Bây áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết ∥X∥∞ ≤ ∥X0 ∥∞ + ∥X0 ∥∞ ∞ X ∥A∥m+1 [b − τ ]m+1 ∞ m=0 (m + 1)! = ∥X0 (t)∥∞ exp(∥A∥∞ [b − τ ]) Từ Z t ∥X0 (t)∥∞ = ξ + B(s)ds τ ∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ , Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞   ∥X∥∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ exp(∥A∥∞ [b − a]) (7.12) Ước lượng đơn giản (7.12) sử dụng để X hàm liên tục chung tất biến Do đó, thay đổi nhỏ t, A, b, τ, ξ tạo thay đổi nhỏ X Nếu ký hiệu giải pháp (IV P) thời điểm t X(t, A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa xác cho phát biểu X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ), (s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ) Đó là, X liên tục (t, A, B, τ, ξ) Định lý Đặt I đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn (F)), B, D ∈ C(I, F n ), τ, σ ∈ I , ξη ∈ F n Giả định X kết X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Cho t thuộc I e > 0, có tồn ϵ > Y kết Y ′ = C(t)Y + D(t), y(σ) = η, t∈I h=m+1 h=1 ∞ X χEh ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ h=m+1 | ∪∞ h=m+1 Eh | = ∞ X Lp (Ω) |Eh | → m → ∞ từ E < ∞ Vì h=m+1 ν(E) = ∞ X ν(Eh ) h=1 kết cho cách xếp dãy (Eh )h , chuỗi hội tụ tuyệt đối thỏa (??) Hơn nữa, từ |ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |E|1/p , ∀E ∈ M, suy (??) Lưu ý: Nếu p = ∞ đánh giá trước, (??) khơng cịn giữ Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn M-hàm đo u : Ω → R với u+ u− ∈ L1 (Ω) cho Z ϕ(χE ) = ν(E) = udx, ∀E ∈ M (17) E Thực thỏa mãn u ∈ L1 (Ω) Thật vậy, cho En+ := {x ∈ Ω : u(x) ≥ 0} En− := {x ∈ Ω : u(x) ≤ 0} Từ (??) ta Z 0≤ ± Z u dx = Ω En± 1/p = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∪∞ h=m+1 Eh udx = ν(En± ) < ∞ 54 Do u± ∈ L1 (Ω) Từ tuyến tính ϕ tích phân, rõ ràng Z ϕ(s) = (18) u s dx Ω với hàm đơn giản đo s : Ω → R Để kết luận, cần chứng minh ′ u ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞) (19) Thật vậy, với f ∈ Lp (Ω), theo xấp xỉ hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) hàm đơn gian đo thỏa mãn sh → f Lp (Ω) (20) Từ (??), (??) bất đẳng thức Holder, suy Z u(sh − f )dx ≤ ∥u∥ p′ ∥f − sh ∥Lp (Ω) → L (Ω)