Phân loại toán tử tuyến tính
Một số cấu trúc đại số cơ bản
Mục này nhắc lại một số cấu trúc đại số cơ bản như: Nhóm - Vành - Trường và Không gian tuyến tính.
1.1.1 Nhóm - Vành - Trường Định nghĩa 1.1.1 Một nhóm là một cặp (G,◦), trong đó G là một tập hợp không rỗng và ◦ là một phép toán hai ngôi trên G, thỏa mãn ba điều kiện sau đây: i (x◦y)◦z =x◦(y◦z), với mọi x, y, z ∈ G. ii Tồn tại phần tử e ∈G, sao cho x◦e= e◦x= x, với mọi x ∈G Phần tử e được gọi là phần tử đơn vị. iii Với mọi x ∈ G, tồn tại phần tử x 0 ∈ G, sao cho x◦x 0 = x 0 ◦x= e Phần tử x 0 được gọi là nghịch đảo của x, Định nghĩa 1.1.2 Nhóm (G,◦) được gọi là nhóm giao hoán (hay nhóm Abel) nếu x◦y =y◦x, với mọi x, y ∈G. Định nghĩa 1.1.3 Giả sử G là một nhóm Một tập con không rỗng S ⊂ G được gọi là một nhóm con củaGnếu S khép kín đối với phép toán trongG (tức là x◦y ∈ S với mọi x, y ∈ S) và khép kín đối với phép lấy nghịch đảo trong G (tức là x −1 ∈S với mọi x∈ S). Định nghĩa 1.1.4 Một tập hợp R 6= ∅ cùng với hai phép toán hai ngôi, gồm phộp cộng: RìR → R, (x, y) 7→ x+y, và phộp nhõn:RìR → R, (x, y)7→ xãy,được gọi là một vành nếu các phép toán thỏa mãn ba điều kiện sau: i R là một nhóm Abel đối với phép cộng. ii Phép nhân có tính kết hợp. iii Phép nhân phân phối về hai phía đối với phép cộng
(x+y)ãz =xãz+y ãz, zã(x+y) =zãx+zãy, với mọi x, y, z∈ R.
Nếu tồn tại phần tử \( e_r \in R \) (tương ứng \( e_l \in R \)) thỏa mãn điều kiện \( e_r \cdot x = x \) (tương ứng \( e_l \cdot x = x \)) với mọi \( x \in X \), thì phần tử này được gọi là đơn vị phải (hoặc đơn vị trái).
Nếu các đơn vị \( e_r \) và \( e_l \) cùng tồn tại, thì chúng bằng nhau với \( e_l = e_l \) và \( e_r = e_r \) Những phần tử này được gọi là đơn vị và được ký hiệu là \( e \) Định nghĩa 1.1.5: Vành \( R \) được coi là có đơn vị nếu phép nhân của nó có đơn vị.
Trong vành R có đơn vị e, phần tử x được gọi là khả nghịch phải nếu tồn tại phần tử x r ∈ R sao cho x x r = e Tương tự, x được gọi là khả nghịch trái nếu tồn tại phần tử x l ∈ R thỏa mãn điều kiện x l x = e.
Nếu phần tử x có khả năng nghịch cả bên phải và bên trái, nó được gọi là khả nghịch, với điều kiện x l = x lã và x r = x r Trong trường hợp này, phần tử x r được xem là nghịch đảo của x và ký hiệu là x −1 Theo định nghĩa 1.1.6, giả sử R là một vành, một tập con S ⊂ R được gọi là vành con của R nếu S là nhóm con của nhóm cộng R và khép kín đối với phép nhân, tức là xãy ∈ S với mọi x, y ∈ S.
Khi đó, S cũng là một vành với hai phép toán hạn chế của hai phép toán tương ứng trên R lên S Nếu M, N là các tập con của vành R, ta đặt
Tập M ãN được định nghĩa là tích đại số của hai tập M và N, với ký hiệu xM = {x} ãM và M x = M{x}, trong đó M ⊂ R và x ∈ R Định nghĩa 1.1.7 cho biết rằng vành R được xem là giao hoán nếu phép nhân trong vành này là giao hoán.
Ví dụ 1.1.1 Tập M n×n các ma trận vuông cấp n với phép cộng hai ma trận và phép nhân hai ma trận là một vành có đơn vị, không giao hoán.
1.1 Một số cấu trúc đại số cơ bản 7 Định nghĩa 1.1.8 Vành R 6= {0} được gọi là không có ước của không nếu từ điều kiện xy = 0 ta suy ra hoặc x= 0 hoặc y = 0. Định nghĩa 1.1.9 Vành R có đơn vị mà trong đó mỗi phần tử khác không của nó có nghịch đảo được gọi là trường.
Tập hợp các số thực R và số phức C với phép cộng và phép nhân thông thường tạo thành một trường, trong khi tập các số nguyên Z không phải là một trường với các phép toán tương tự Định nghĩa trường đóng đại số cho biết rằng một trường X được coi là đóng đại số nếu mọi đa thức bậc n có hệ số trong X đều có đúng n nghiệm.
Ví dụ 1.1.3 Trường C là đóng đại số; trường R là không đóng đại số vì đa thức x 2 + 1 không có nghiệm thực.
1.1.2 Không gian tuyến tính Định nghĩa 1.1.11 Tập X được gọi là không gian tuyến tính (không gian vectơ) trên trường vô hướngF nếu(X,+) là một nhóm giao hoán và phép nhân các phần tử của X với các vô hướng thỏa mãn các điều kiện sau α(x+y) =αx+αy; (α+β)x=αx+βx;
1 Tập R với phép cộng, phép nhân thông thường là một không gian vectơ trên trường vô hướng R vectơ
2 Tập R n với phép cộng, phép nhân thông thường là một không gian vectơ trên trường vô hướng R.
3 Tập các ma trận thực cỡ m×n(M m×n )với phép cộng hai ma trận và phép nhân một số thực với một ma trận là một không gian vectơ trên trường vô hướng R.
4 Tập các đa thực hệ số thực có bậc ≤ n(P n [x]) với phép cộng hai đa thức và phép nhân một số với một đa thức là một không gian vectơ trên trường vô hướng R. Định nghĩa 1.1.12 Cho X là một không gian tuyến tính và Y ⊂ X Giả sử tổng hai phần tử của Y và tích một phần tử của Y với một vô hướng lại thuộc
Y Tập con Y ⊂ X như vậy được gọi là tập tuyến tính, đa tạp tuyến tính hay không gian vectơ con của X.
Y (x, y) ∈R 2 : x−y = 0 , là một không gian vectơ con của R 2
Y A ∈M n×n : A là ma trận chéo , là một không gian vectơ con của M n×n
Không gian vectơ con Y = {p(x) ∈ P n [x] : p(1) = 0} là một phần của P n [x] Định nghĩa 1.1.13 nêu rõ rằng, cho E là tập con bất kỳ của không gian tuyến tính X trên trường vô hướng F, bao tuyến tính nhỏ nhất chứa E được gọi là linE.
) Định nghĩa 1.1.14 Cho X là không gian tuyến tính trên trường vô hướng F. Nếu x n
Một vector x được gọi là tổ hợp tuyến tính của hệ vectơ {x1, , xn} nếu nó có thể được biểu diễn dưới dạng x = Σ (αi xi), với αi thuộc F Định nghĩa 1.1.15 cho biết rằng hệ vectơ {x1, , xn} được xem là độc lập tuyến tính nếu không có vector nào trong hệ có thể được biểu diễn như một tổ hợp tuyến tính của các vector còn lại.
Hệ vectơ {x 1 , , x n }được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu nó không độc lập tuyến tính.
Toán tử tuyến tính
Hệ vectơ của không gian X được gọi là hệ sinh nếu mọi vectơ trong X đều có thể được biểu thị tuyến tính qua hệ đó Nếu hệ sinh này độc lập tuyến tính, nó sẽ được gọi là cơ sở của không gian X.
1 Hệ {e 1 = (1,0);e 2 = (0,1)} là cơ sở của R 2
2 Hệ {f 1 (x) = 1;f 2 (x) =x;f 3 (x) =x 2 } là cơ sở của P 2 [x]. Định nghĩa 1.1.17 Không gian tuyến tính X được gọi là hữu hạn sinhnếu X có một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử. Định nghĩa 1.1.18 Giả sử X 6={0}. i Nếu X là không gian hữu hạn sinh thì số phần tử của mỗi cơ sở gọi là số chiều của X và được kí hiệu là dimX. ii Nếu X không là hữu hạn sinh thì nó được gọi là không gian vô hạn chiều.
Ví dụ 1.1.7 cho thấy rằng dimR 2 = 2, dimP 2 [x] = 3 và dimM 2×3 = 6 Định nghĩa 1.1.19 chỉ ra rằng nếu Y và Z là các không gian con của không gian tuyến tính X và phần giao của chúng chỉ chứa phần tử 0 (Y ∩ Z = {0}), thì tổng của Y và Z được gọi là tổng trực tiếp và được ký hiệu là Y + Z.
Từ điều kiện Y ∩ Z = {0}, ta có thể kết luận rằng mỗi phần tử x ∈ Y ⊕ Z có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng x = y + z, với y ∈ Y và z ∈ Z Định nghĩa 1.1.20 nêu rõ rằng nếu không gian tuyến tính X là một vành theo cách định nghĩa phép cộng, thì X được gọi là vành tuyến tính hoặc đại số.
1.2 Toán tử tuyến tính Để thuận lợi trong diễn đạt ở các mục sau, trong mục này chúng tôi mở rộng khái niệm liên quan đến miền xác định của toán tử tuyến tính. Định nghĩa 1.2.1 Giả sử X và Y là hai không gian tuyến tính trên cùng một trường vô hướng F, Z là tập tuyến tính của X Một ánh xạ A từ Z vàoY được gọi là toán tử tuyến tính nếu
A(x+y) =Ax+Ay với mọi x, y ∈Z, A(αx) =αAx với mọi x∈Z, α ∈ F.
Tập Z được gọi là miền xác định của toán tử A và kí hiệu là domA Giả sử
G⊂ domA Đặt AG ={Ax: x∈ G} Theo định nghĩa, AG ⊂Y Tập AGđược gọi làảnh của tập G TậpA(domA) được gọi làmiền giá trị của toán tử A (tập các giá trị của A).
Tập hợp tất cả các toán tử tuyến tính có miền xác định trong không gian tuyến tính X và miền giá trị trong không gian tuyến tính Y được ký hiệu là L(X → Y).
Ví dụ 1.2.1 Kí hiệu C[a, b] là không gian các hàm số liên tục trên [a, b] và
C 1 [a, b] là không gian các hàm số khả vi liên tục trên [a, b] Đặt X = C[a, b], toán tử D: X → X xác định bởi
(Dx)(t) = dx dt =x 0 (t), là toán tử tuyến tính và domD= C 1 [a, b].
Ví dụ 1.2.2 Toán tử A : R 3 → R 2 , xác định bởi
A(x, y, z) = (2x+y−3z, x−5y+z), là toán tử tuyến tính và domA= R 3 Định nghĩa 1.2.2 Giả sử A∈ L(X →Y) Tập hợp kerA ={x∈domA : Ax= 0} được gọi là hạt nhân của toán tử A.
Tập hợp kerA là không gian con tuyến tính của X.
Ví dụ 1.2.3 Với D= d/dt thì kerD= {x(t) ∈C[a, b] : x(t) =c,∀t ∈[a, b]}.
1.2 Toán tử tuyến tính 11 Định nghĩa 1.2.3 Một toán tử tuyến tính A có domA= X và lấy giá trị trên trường vô hướng F (trường các số thực R hay trường các số phức C) được gọi là phiếm hàm tuyến tính xác định trong không gian X.
Tập hợp X 0 bao gồm tất cả các phiếm hàm tuyến tính xác định trong không gian X Định nghĩa toán tử đồng nhất trong không gian X được thể hiện qua toán tử I X, với công thức I X x = x cho mọi x thuộc X.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ ký hiệu I thay cho I X để tránh nhầm lẫn Định nghĩa toán tử A ∈ L(X → Y) là một tương ứng 1-1 từ domA lên A(domA) Từ đó, toán tử nghịch đảo A −1 được định nghĩa như sau: A −1 : Y → X, với mỗi y ∈ A(domA), A −1 y = x, trong đó x ∈ domA và Ax = y.
Nhận xét 1.2.1 Với mỗiy ∈A(domA)tương ứng với duy nhất mộtx∈domA và domA −1 =A(domA) ⊂ Y,
Với mỗi x∈domA, và y =Ax thì
(A −1 A)x=A −1 (Ax) =A −1 y =x, (AA −1 )y =A(A −1 y) =Ax=y, suy ra
Do đó nghịch đảo của A xác định duy nhất và A −1 cũng là một toán tử tuyến tính.
Nếu toán tử A∈ L(X → Y) có toán tử nghịch đảo thì ta nói A khả nghịch. Định nghĩa 1.2.6 Toán tử A ∈L(X → Y) được gọi là đẳng cấu nếudomA X, A(domA) =Y và nếu A là tương ứng 1-1.
Theo định nghĩa, một toán tử A được gọi là đẳng cấu nếu nó khả nghịch, tức là toán tử nghịch đảo A −1 cũng là tương ứng 1-1 và có miền xác định là Y, với A −1 (domA −1 ) = X Hai không gian X và Y được xem là đẳng cấu nếu tồn tại một đẳng cấu A từ X đến Y Ngoài ra, tổng của hai toán tử A và B thuộc L(X → Y) được xác định bởi miền xác định dom(A+B) = domA∩domB.
(A+B)x=Ax+Bx với x∈domA∩domB, (tA)x=t(Ax) với x∈domA, t∈ F (1.1)
Nếu domA = domB = domC, thì (A+B) +C = A+ (B +C) và A+B = B +A Cần lưu ý rằng toán tử C với A+C = B, trong đó A, B ∈ L(X →Y), không nhất thiết phải tồn tại do miền xác định của A và B có thể khác nhau Nếu toán tử C tồn tại, thì C = B−A và C được gọi là hiệu của các toán tử B và A; phép toán “−” được gọi là phép trừ Theo định nghĩa, nếu B −A xác định tốt thì
B −A =B + (−A) trên domA∩domB. Định nghĩa 1.2.9 Giả sửX, Y, Z là các không gian tuyến tính trên cùng trường vô hướng, A ∈ L(X → Y), B ∈ L(Y → Z) và B(domB) ⊂ domA ⊂ Y Tích
AB của các toán tử A và B xác định bởi
(AB)x=A(Bx) với mọi x ∈domB (1.2) Định nghĩa 1.2.10 Hai toán tử A và B được gọi là giao hoán nếu cả hai tích
AB, BA tồn tại và AB trên domA∩domB.
Toán tử chiếu
Định nghĩa 1.3.1 Toán tử P ∈L 0 (X) được gọi là toán tử chiếu nếu P 2 =P, trong đú P 2 =P ãP.
Nếu P ∈ L 0 (X) là toán tử chiếu thì I −P cũng là toán tử chiếu Thật vậy, ta có
Chú ý 1.3.1 Giả sử tổng của hai toán tử A+B tồn tại Khi đó, vì AB 6. nên nói chung là
Mỗi toán tử chiếu sẽ phân chia không gianX thành tổng trực tiếpX = Y⊕Z, trong đó
Thật vậy, nếux∈Y ∩Z thìx= 0vìx=P x= 0 Nếux∈ X thìz =x−P x∈Z bởi vì
Ngược lại, nếu X = Y ⊕Z là sự phân chia không gian X thành tổng trực tiếp thì tồn tại toán tử chiếu P ∈L 0 (X) sao cho Y =P X, Z = (I −P)X.
Ví dụ 1.3.1 Cho X =R 2 Khi đó
P 2 :R 2 →R 2 , P 2 (x, y) = (0, y), là các toán tử chiếu.
Nếu X là không gian n chiều, với mỗi cơ sở (e 1 , , e n ) thì mỗi phiếm hàm tuyến tính T có dạng
Tức là T xác định một cách duy nhất bởi các giá trị của nó trên các phần tử của cơ sở của X.
Giả sử X là không gian tuyến tính n chiều, với cơ sở {e 1 , , e n } và Y là không gian tuyến tính m chiều với cơ sở {f 1 , , f m } trên cùng một trường vô hướng F Cho T ∈L 0 (X → Y) và x n
X j=1 x j T e j Mặt khác, do T e j ∈Y nên ta có thể tìm được a j1 , , a jm sao cho
Các hệ số a jk xác định phép biến đổi từ cơ sở {e 1 , , e n } sang cơ sở {f 1 , , f m } thông qua toán tử T Điều này cho thấy có sự tương ứng một-một giữa các toán tử T thuộc L 0 (X →Y) và ma trận tương ứng.
, được gọi là ma trận của toán tử T đối với các cơ sở tương ứng Ta có thể đồng nhất toán tử T với ma trận A.
Ví dụ 1.3.2 Xét toán tử T : R 2 → R 3 ,
Trong R 2 ,R 3 ta xét các cơ sở chính tắc sau: e 1 = (1,0);e 2 = (0,1), f 1 = (1,0,0);f 2 = (0,1,0);f 3 = (0,0,1).
Ma trận của toán tử T đối với hai cơ sở trên là
# Định nghĩa 1.3.2 Toán tử A ∈ L 0 (X → Y) được gọi là hữu hạn chiều nếu miền giá trị của nó hữu hạn chiều Nếu dimA(domA) =n thì ta nói A là toán tử n chiều.
Toán tử đại số
1.4 Toán tử đại số Định nghĩa 1.4.1 Giả sử F =C Ta nói toán tử A ∈L 0 (X) là toán tử đại số nếu tồn tại đa thức
Giả sử p N = 1, ta có thể khẳng định rằng P(t) có dạng chuẩn Toán tử đại số A ∈ L 0 (X) được định nghĩa là toán tử bậc N nếu không tồn tại đa thức chuẩn Q(t) với bậc m < N sao cho Q(A) = 0 trên X.
P(t) dạng chuẩn trên được gọi là đa thức đặc trưng của A (kí hiệu là P A (t)) và nghiệm của nó được gọi là nghiệm đặc trưng của A.
1 Toán tử chiếu P có P 2 =P nên P P (t) =t 2 −t.
2 Toán tử phản xạ (Ax)(t) =x(−t) ta có A 2 = I nên P A (t) =t 2 −1.
3 Toán tử biến đổi tích phân Fourier, Hartley
−∞ f(y)(cosxy+ sinxy)dy, theo giải tích Fourier (xem [10, 5]), ta có
4 Toán tử biến đổi tích phân Fourier cosin, Fourier sin
−∞ f(y) sinxydy, theo giải tích Fourier (xem [10, 5]), ta có
T c 3 =T c , T s 3 =T s ,nên P T c (t) =t 3 −t và P T s (t) =t 3 −t. Định lí 1.4.1 (Định lí Hamilton-Cayley) Cho A là ma trận vuông cấp n và đặt
Chú ý 1.4.1 Từ kết quả của Định lí Hamilton-Cayley thì mọi ma trận vuông cấp n đều là toán tử đại số Tuy nhiên, đa thức
Ví dụ 1.4.2 Cho I là toán tử đơn vị Ta có det(λI −I) λ−1 0
Trong khi đó P I (t) =t−1. Định nghĩa 1.4.2 Toán tử đại số A được gọi làtoán tử đại số đơnnếu đa thức đặc trưng P A (t) chỉ có nghiệm đơn Nghĩa là
1 Toán tử chiếu P có đa thức đặc trưng
Do đó, P là toán tử đại số đơn.
2 Toán tử phản xạ A có đa thức đặc trưng
P A (t) =t 2 −1 = (t−1)(t+ 1), nên A là toán tử đại số đơn.
3 Toán tử biến đổi tích phân Fourier có đa thức đặc trưng
P F (t) =t 4 −1 = (t−1)(t+ 1)(t−i)(t+i),nên F là toán tử đại số đơn.
4 Toán tử biến đổi tích phân Hartley có đa thức đặc trưng
P H (t) =t 2 −1 = (t−1)(t+ 1), nên H là toán tử đại số đơn.
5 Toán tử biến đổi tích phân Fourier cosin có đa thức đặc trưng
P T c (t) =t 3 −t=t(t−1)(t+ 1), nên T c là toán tử đại số đơn Tương tự cho toán tử Fourier sin.
Bổ đề 1.4.2(Nội suy Lagrange) Tồn tại duy nhất đa thức P(t) bậc N−1nhận các giá trị y i tại các điểm phân biệt t 1 , t 2 , , t N Nghĩa là,
Ví dụ 1.4.4 Đa thức bậc 2 nhận các giá trị y i tại các điểm phân biệt t i (i = 1,2,3) là
Ví dụ 1.4.5 Tìm da thức bậc 2 thỏa mãn
Theo công thức nội suy Lagrange, ta có
P 2 (t) =t 2 −2t+ 3. Định lí 1.4.3 Nếu A ∈L 0 (X) thì các điều kiện sau là tương đương:
1 A là toán tử đại số đơn bậc N Nghĩa là
2 Tồn tại N toán tử thuộc L 0 (X)
A−t m I t j −t m , là các toán tử chiếu trực giao thỏa mãn
3 Không gian X là tổng trực tiếp của N không gian riêng X j của toán tử A tương ứng với các trị riêng t 1 , , t N , nghĩa là
X =X 1 ⊕X 2 ⊕ ã ã ã ⊕X N , trong đó X j = ker(A−t j I), j = 1, , N Nói cách khác, x ∈ X j nếu và chỉ nếu
Ví dụ 1.4.6 Toán tử phản xạ là toán tử đại số đơn với
Do đó, tồn tại 2 toán tử chiếu trực giao
Hệ quả 1.4.4 Nếu A ∈L 0 (X) là toán tử đại số đơn có
1.4 Toán tử đại số 19 và Q(t) là một đa thức bất kỳ với hệ số phức Khi đó
Ví dụ 1.4.7 Cho toán tử
Do đó, A là toán tử đại số đơn Ta xây dựng 2 toán tử chiếu
Hệ quả 1.4.5 Cho A ∈ L 0 (X) là toán tử đại số đơn Nếu tất cả nghiệm của đa thức đặc trưng đều khác không thì A khả nghịch và
Ví dụ 1.4.8 Toán tử A trong Ví dụ 1.4.7 thỏa mãn điền kiện của Hệ quả 1.4.5 nên A khả nghịch và
Theo Ví dụ 1.4.3, các toán tử biến đổi tích phân Fourier và Hartley là các toán tử đại số đơn, có tất cả các nghiệm khác không nên không khả nghịch.
H 2 =I ⇒ H.H =I, suy ra F −1 =F 3 và H −1 =H Theo kết quả của giải tích Fourier ta có
Mệnh đề 1.4.6 Nếu A ∈L 0 (X) là toán tử đại số đơn thì với mỗiλ6= t 1 , , t N toán tử A−λI là khả nghịch và
P j t j −λ,với t i là các nghiệm của đa thức đặc trưng P A (t).
Toán tử Volterra
Định nghĩa 1.5.1 Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường đóng đại số
Giá trị chính quy của toán tử A, ký hiệu là λ ∈ F, được xác định khi A−λI khả nghịch Tập hợp tất cả các vô hướng λ không phải là giá trị chính quy của A được gọi là phổ của A, ký hiệu là spectrA Rõ ràng, spectrA là tập con của F.
Nếu λ thuộc vào phổ của A, thì tồn tại một vectơ x khác không sao cho (A−λI)x = 0 Khi phương trình Ax = λx có nghiệm không tầm thường, λ được gọi là trị riêng của A, và x là vectơ riêng tương ứng với trị riêng λ Tập hợp tất cả các vectơ riêng tương ứng với trị riêng λ tạo thành không gian riêng của toán tử A Mỗi không gian riêng đều có dạng xác định.
{x∈ X :Ax =λx}= ker(A−λI), vì thế là không gian con của X.
Tất cả các trị riêng của ma trận vuông A = (a jk )j,k=1, ,N là nghiệm của phương trình det(A−λI) = 0 Một toán tử A ∈ L 0 (X) được gọi là toán tử Volterra nếu toán tử I−λA khả nghịch với mọi vô hướng λ Tập hợp tất cả các toán tử Volterra thuộc về một lớp toán tử đặc biệt.
Ví dụ 1.5.1 Cho X = (s) = {x = {x n } : x n ∈ R} là không gian các dãy số thực Toán tử R được định nghĩa như sau: Rx =y = {y n } trong đó
Khi đó, R là toán tử Volterra Thật vậy, xét phương trình
(I −λR)x=y, với y ∈X và λ∈R Từ định nghĩa của R, ta có
P k=1 xk =yn+1, suy ra hệ có nghiệm là
Do đó, x = {x n } = 0 khi và chỉ khi y = {y n } = 0 Như vậy I −λR khả nghịch với mọi λ ∈R Hay R là toán tử Volterra Khi đó (I −λR) −1 y = u={u n } xác định như sau
(λ+ 1) k−1 y n+1−k Đặt B là toán tử được định nghĩa như sau
Khi đó R là toán tử Volterra Thật vậy, đặt
Bài tập
=x(t), suy ra, (I +λA)(I −λR) =I Chứng minh tương tự, ta thu được
1.1 ChoX là một vành giao hoán có đơn vị và không có ước của không Chứng minh rằng tồn tại một trường Z sao cho X là vành con của Z.
1.2 ChoX là một vành với đơn vịevà xcó nghịch đảo trái lày 0 Chứng minh rằng y ∈X là một nghịch đảo trái của x nếu và chỉ nếu y =a+ (e−ax)y 0 hoặc y =a(e−xy 0 ) +y 0 , với a∈ X là tùy ý.
1.3 Giả sử X là một vành với đơn vị e, phần tử a ∈ X được gọi là lũy đẳng nếua 2 =a Cho x∈X có nghịch đảo phải lày Chứng minh rằnga=e−yx là phần tử lũy đẳng.
1.4 Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường F, Y là một đa tạp trong
X và x 0 ∈Y là điểm cố định bất kỳ Chứng minh rằng tập
Y 0 =Y −x 0 ={y−x 0 :y ∈Y}, là không gian tuyến tính con của X.
1.5 Chứng minh rằng phép quay một góc ϕ trong R 2 là toán tử tuyến tình. Xác định ma trận của toán tử này.
1.6 Chứng minh rằng tập hợp tất cả các ma trận vuông cấp n là một vành tuyến tính có đơn vị Cho ví dụ một ước của không trong vành này.
1.7 Một toán tửA ∈L 0 (X) được gọi làlũy linhbậcknếuA k = 0vàA k−1 6= 0. Cho A là toán tử lũy linh Chứng minh rằng tồn tại x 0 ∈ X sao cho x 0 6= 0 và các phần tử x 0 , Ax 0 , , A k−1 x 0 , độc lập tuyến tính.
1.8 Chứng minh rằng D = d/dt là toán tử lũy linh bậc n trong không gian vectơ P n [t].
1.9 Giả sử dimX =n,dimY =m6=n và A∈ L 0 (X, Y) Khi đồng nhất toán tử với ma trận của toán tử với cơ sở tương ứng thì ta có A T ∈ L0(Y, X) và
A T A∈ L 0 (X) Chứng minh rằng: a Nếu detA T A 6= 0thì phương trình Ax=y (y ∈ Y) có nghiệm duy nhất x= (A T A) −1 A T y. b Nếu có x6= 0 sao cho Ax = 0 thì detA T A = 0. c Nếu y 6= 0, A T y = 0 và detA T A 6= 0 thì phương trình Ax = y vô nghiệm.
Tính khả nghịch của toán tử
Toán tử khả nghịch
Toán tử khả nghịch đã được giới thiệu trong Định nghĩa 1.2.5.
Ví dụ 2.1.1 Xét X =C[a, b], (Rx)(t) =Rt t 0 x(s)ds, (t 0 , t ∈ [a, b]) Theo Ví dụ 1.5.2 thì R là toán tử Volterra nên toán tử I −λR khả nghịch với mọi λ.
Ví dụ 2.1.2 Theo Ví dụ 1.4.9, các toán tử biến đổi tích phân Fourier và Hartley là khả nghịch.
Nếu T là một phép biến đổi tuyến tính trên không gian n chiều và ma trận A của T có định thức khác không (detA ≠ 0), thì T là khả nghịch Điều này được củng cố bởi mệnh đề 2.1.1, trong đó khẳng định rằng nếu toán tử A khả nghịch, thì không gian kernel của A chỉ chứa vector không, tức là kerA = {0}.
Chứng minh ∀x∈kerA ⇒x ∈domA và Ax =O Y ∈A(domA) Ta có: x=I dom A (x) = A −1 A x=A −1 (Ax) =A −1 0 Y = 0 X , và 0 X ∈kerA nên suy ra kerA= {0 X }.
Mệnh đề 2.1.2 Nếu các toán tử A, B khả nghịch thì AB cũng khả nghịch. Chứng minh Do A, B khả nghịch nên tồn tại A −1 , B −1 Ta chỉ ra
Mệnh đề đã được chứng minh.
Toán tử khả nghịch phải
2.2.1 Định nghĩa và Tính chất Định nghĩa 2.2.1 Toán tử D ∈L(X) được gọi là khả nghịch phải nếu tồn tại một toán tử R ∈ L 0 (X) sao cho RX ⊂ domD và DR= I Toán tử R được gọi là nghịch đảo phải củaD.
Tập hợp tất cả các toán tử khả nghịch phải được kí hiệu là R(X) và tập hợp tất cả các nghịch đảo phải của toán tử D ∈R(X) là R D ={R γ } γ∈Γ
Trong ví dụ 2.2.1, cho không gian X = C[a, b] và đạo hàm D = d/dt với t 0 nằm trong khoảng [a, b], ta nhận thấy rằng với mỗi hàm số x thuộc C[a, b], tồn tại duy nhất một nguyên hàm ξ thỏa mãn điều kiện ξ(t 0) = 0 Đặc biệt, vì ξ là hàm số có đạo hàm liên tục, nên nó thuộc không gian C 1 [a, b].
Theo trên thì R là xác định với tất cả các hàm số liên tục Hơn nữa, R là một toán tử tuyến tính Vậy R ∈L 0 (X) Ta có
Z t t 0 x(s)ds=x(t), với mỗi x∈C[a, b] Do đó, RX ⊂ domD =C 1 [a, b] và DR= I.
Toán tử D = d/dt là khả nghịch phải nhưng không khả nghịch Thật vậy, theo định nghĩa
Do đó, nếu x(t 0 ) 6= 0 thì RDx6= x Vậy RD 6= I.
2.2 Toán tử khả nghịch phải 27
Ký hiệu C(Ω) là không gian tất cả các hàm hai biến thực x(t, s) xác định và liên tục tại mọi (t, s) ∈Ω Đặt
D =∂/∂t, domD x∈ C(Ω) :x(t, s 0 )∈ C 1 [a, b] với s 0 ∈[a, b] , (Rx)(t, s) Z t a x(u, s)du, với (t, s)∈ Ω.
Bằng cách tương tự như trong Ví dụ 2.2.1, ta có thể chứng minh rằng D thuộc R(X), với X là C(Ω) và R là nghịch đảo phải của D Toán tử D = ∂/∂t không phải là khả nghịch trong C(Ω), vì trong trường hợp tổng quát, tính chất này không được đảm bảo.
Tương tự ta có thể chứng minh đạo hàm riêng theo biến s (kí hiệu hoặc là
∂/∂s hoặc là x 0 s ) là toán tử khả nghịch phải và nghịch đảo phải là
Ví dụ 2.2.3 Giả sử X là không gian các dãy số thực với phép cộng và phép nhân vô hướng thông thường
Toán tử D được định nghĩa như sau:
Ta có domD =X, với x={x n } ∈X đặt
DRx=Dy ={y n+1 −y n }={x n }=x, suy ra DR=I Ta dễ dàng kiểm tra D không khả nghịch. Định nghĩa 2.2.2 Giả sử x∈X và D∈ R(X) Tập
R D x= {R γ x} γ∈Γ , được gọi là tích phân bất định của x Mỗi phần tử R γ x với γ ∈ Γ được gọi là một nguyên hàm của x.
Nếu y là một nguyên hàm của x thì Dy = x Thật vậy, do y là một nguyên hàm của x nên tồn tại một chỉ số γ ∈ Γ sao cho y =R γ x Khi đó
Hạt nhân của một toán tử D trong không gian R(X) được định nghĩa là không gian các hằng số trên D, ký hiệu là kerD Mỗi phần tử z thuộc kerD được gọi là một hằng số.
Như vậy, một phần tử z ∈ X là một hằng số của D nếu và chỉ nếu Dz = 0.
1 Với X = C[a, b] và D =d/dt thì kerD ={x∈C 1 [a, b] :x 0 (t) = 0 với a6t 6b}, là không gian tất cả các hàm hằng trên [a, b].
3 Với X x={x n }: x n ∈ R, n∈N và Dx={x n+1 −x n } thì ta có kerD ={z ={z n }: z n+1 −z n = 0, n ∈N} ={z ={c}:c ∈R}.
Ví dụ 2.2.5 Giả sử X là không gian các dãy số thực Xét hai toán tử dịch chuyển sau:
S l {x n }= {x n+1 }, S r {x n }={x n−1 }, với quy ước x 0 = 0 Ta dễ dàng kiểm tra được
Như vậy S l là toán tử khả nghịch phải nhưng không khả nghịch và kerS l ={{x n }:x n = 0, n = 2,3, }.
2.2 Toán tử khả nghịch phải 29
Nhận xét 2.2.1 Nếu ta xétX là không gian các dãy trongZ thì S l là toán tử khả nghịch và S l −1 =S r
Mệnh đề 2.2.1 Nếu D∈ R(X), R∈ R D thì D k R k =I với k = 1,2,
Chứng minh (qui nạp) Với k = 1 ta có DR =I theo định nghĩa của R Giả sử rằng D k R k = I với k là một số nguyên dương tùy ý Khi đó
Mệnh đề đã được chứng minh.
Mệnh đề 2.2.2 Giả sử D∈ R(X), R 1 , R 2 ∈ R D và x∈X Đặt y 1 =R 1 x, y 2 R 2 x là các nguyên hàm của x Khi đó, y 1 −y 2 ∈kerD.
Chứng minh Thật vậy, ta có
D(y 1 −y 2 ) =Dy 1 −Dy 2 =DR 1 x−DR 2 x =x−x= 0, do đó, y 1 −y 2 ∈kerD.
Hiệu của hai nguyên hàm của một phần tử x ∈ X là một hằng, từ đó suy ra rằng tích phân bất định sẽ được xác định khi biết ít nhất một nguyên hàm Điều này có nghĩa là tất cả các nguyên hàm khác có thể được tìm ra bằng cách thêm vào một hằng số.
Mệnh đề 2.2.3 Nếu D∈ R(X), R∈ R D thì tích phân bất định của một phần tử x∈ X có dạng
Mệnh đề 2.2.3 có thể được phát biểu lại như sau: Tích phân bất định của một phần tử x∈X là tổng của một nguyên hàm và một hằng tùy ý.
1 Với D = d/dt thì tích phân bất định của hàm số x ∈ C[a, b] được kí hiệu bởi
RDxZ x(t)dt, và xác định bởi:
2 Với D= ∂/∂t thì tích phân bất định của hàm số x∈C(Ω) có dạng
3 Với Dx = {x n+1 −x n } thì tích phân bất định của một phần tử x ∈ X {{x n }: x n ∈R, n∈ N} có dạng
RDx ={Rx+z :z ∈ kerD}=y ={y n }, trong đó y ={y n }
Ví dụ 2.2.7 Cho a∈ [0,1] Xét không gian
X ={x∈C ∞ [0,1] : x (k) (a) = 0, k = 0,1,2, }, trong đó C ∞ [0,1] là không gian các hàm số khả vi vô hạn lần trên [0,1]. Đặt D =d/dt và
Dễ thấy rằng cả hai toán tử D và R xác định trên toàn bộ không gian X Cho x∈ X tùy ý và đặt y =Rx Khi đó y(a) = (Rx)(a) Z a a x(s)ds= 0.
Do y 0 (t) = x(t) nên ta có y 0 (a) = x(a) = 0 Bằng phương pháp quy nạp ta thu được y (k+1) (a) =x (k) (a) = 0, k= 0,1,2,
Từ đây suy ra RX ⊂X = domD Hơn nữa, DRx=Dy =y 0 =x nên DR =I. Mặt khác, ta có
2.2 Toán tử khả nghịch phải 31 do đó,RD = I Vậy toán tửDkhả nghịch trong không gianX Do đókerD = 0, dimkerD ={0} và tích phân bất định của x∈ X là
Ví dụ 2.2.8 Giả sử D ∈R(X), R ∈ R D , A, B ∈ L(X) Khi đó, nếu
BAD = DA trên domD, thì với mỗi x∈ domD
Ta xét trường hợp D, R trong Ví dụ 2.2.1 Cho hàm số g ∈C 1 [a, b] và x∈X C[a, b] ta định nghĩa hai toán tử A, B ∈L(X) như sau:
Với mọi x∈C 1 [a, b] = domD ta có
(DAx)(t) = d dtx(g(t)) = g 0 (t)ãx 0 (g(t)) = (BADx)(t), suy ra
Nghĩa là, nếu ξ là nguyên hàm của hàm số x∈C[a, b] thì
Công thức tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số được thể hiện qua biểu thức: \( \int_{t_0}^{t} g(s) ds = \xi(g(t)) - \xi(g(t_0)) \) Bằng cách thay x bằng ξ trong công thức này và với điều kiện \( x(g(t_0)) = c \) là hằng số, ta có thể áp dụng phương pháp đổi biến số cho tích phân bất định.
Z g 0 (t)x 0 (g(t))dt= x(g(t)) +c (2.3) Mệnh đề 2.2.4 Nếu D∈ R(X) thì với mỗi R ∈ R D ta có domD =RX ⊕kerD (2.4)
Chứng minh Nếu x ∈ domD thì ta đặt x = u+w, trong đó u = RDx, w (I −RD)x.
Theo định nghĩa, u∈ RX và
Dw= D(I −RD)x =Dx−(DR)Dx =Dx−Dx = 0, do đó w ∈ kerD suy ra domD ⊂ RX + kerD Giả sử x ∈ X, z ∈ kerD và
R ∈ R D cố định tùy ý Khi đó Rx+z =y ∈domD vì
Do vậy domD =RX + kerD.
Với u ∈RX ∩kerD Khi đó tồn tại một phần tử w ∈ X sao cho u =Rw Mặt khác, do u∈kerD nên
0 =Du=DRw =w, suy ra u=Rw = 0 Vậy domD =RX ⊕kerD.
Theo Mệnh đề 2.2.2, sự tồn tại của phân tích không phụ thuộc vào việc lựa chọn nghịch đảo phải R Định lý 2.2.5 cho biết rằng nếu D thuộc R(X) và R1 thuộc R D, thì mỗi nghịch đảo phải của R đều được xác định.
R =A+R 1 (I −DA) =R 1 + (I −R 1 D)A, (2.5) trong đó A∈ L 0 (X), AX ⊂domD, tức là
R ∈ R D ={R 1 + (I −R 1 D)A : A∈ L 0 (X), AX ⊂ domD} (2.6) Chứng minh Giả sử R 1 ∈ R D và
DR =D[A+R 1 (I −DA)] DR 1 (I −DA) I −DA=I.
2.2 Toán tử khả nghịch phải 33 Đảo lại, giả sử rằng ta có R 1 ∈ R D và R ∈ R D được chọn tùy ý Đặt A R−R 1 Theo định nghĩa, A ∈L 0 (X) và AX ⊂ domD Từ DR 1 = I, DR = I, ta có
=R 1 +R−R 1 −R 1 +R 1 = R. Đính lí đã được chứng minh. Định nghĩa 2.2.4 Vành tuyến tính giao hoánX được gọi là đại số Leibniznếu tồn tại một toán tử D ∈R(X) thỏa mãn điều kiện Leibniz
D(xy) =xDy+yDx, với x, y∈ domD (2.7)
Mệnh đề 2.2.6 Cho X là đại số Leibniz Nếu D ∈R(X) thỏa mãn điều kiện Leibniz thì
R D (xDy) =xy− R D (yDx), (2.8) với x, y∈ domD và (2.8) được gọi là công thức tích phân từng phần đối với tích phân bất định.
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.3 thì (2.8) có thể viết lại dưới dạng
Mệnh đề đã được chứng minh.
Trong Ví dụ 2.2.9, xét không gian X = C[a, b], đây là một vành tuyến tính giao hoán Toán tử D = d/dt được áp dụng và thỏa mãn điều kiện Leibniz, cụ thể là d/dt(xy) = x(d/dt)y + y(d/dt)x, với x, y thuộc C¹[a, b].
Do đó, ta có công thức tính tích phân từng phần như sau:
2.2.2 Toán tử ban đầu Định nghĩa 2.2.5 Toán tửF ∈L(X) được gọi là toán tử ban đầu của toán tử
D ∈R(X) ứng với nghịch đảo phải R nếu
(i) F là một phép chiếu lên không gian các hằng số, nghĩa là F 2 = F, F X kerD;
(ii) F R = 0. Để đơn giản ta luôn giả sử domF =X Từ định nghĩa ta suy ra
F z = z với mọi z thuộc kerD Hơn nữa, DF = 0 trên X, kerF = RX và kerD ∩ kerF = {0} Định lý 2.2.7 khẳng định rằng, cho D ∈ R(X), điều kiện cần và đủ để toán tử F ∈ L(X) là toán tử ban đầu của D ứng với một R ∈ R là
Chứng minh Điều kiện cần Giả sử F là một toán tử ban đầu của D ứng với một R ∈ R D
Với mỗi x∈domD, đặt u =RDx Theo định nghĩa, ta có
Du=D(RDx) =DR(Dx) =Dx.
Do đó D(u−x) = Du−Dx = Dx−Dx = 0, suy ra u−x = z ∈ kerD Theo (2.10) ta có F(u−x) =F z =z =u−x.
Mặt khác, do F R = 0 nên ta có F u=F RDx= 0 Như vậy
(I ưRD)x=xưRDx=xưu =ưz =ưF z
=F x, ∀x ∈domD. Điều kiện đủ Giả sử F =I −RD trên domD Khi đó,
F 2 = (I −RD) 2 =I 2 −RD −RD+R(DR)D =I −RD =F suy ra F là một toán tử chiếu Ta lại có
2.2 Toán tử khả nghịch phải 35 và với z ∈ kerD thì F z = (I −RD)z = z−RDz = z, suy ra F là phép chiếu lên kerD Cuối cùng ta kiểm tra
Vậy F là toán tử ban đầu của D ứng với R.
Hệ quả 2.2.8 Nếu toán tử A∈ L(X) khả nghịch thì không tồn tại toán tử ban đầu khác 0.
Theo Định lý 2.2.7, mỗi nghịch đảo R γ ∈ RD của D xác định một toán tử ban đầu F γ = I − R γ D Chúng ta ký hiệu FD là tập hợp tất cả các toán tử ban đầu của D.
Ví dụ 2.2.10 Xét X =C[a, b], D = d/dt và
(Rx)(t) Z t t 0 x(s)ds, trong đó a6 t 0 6b Với mỗi x∈domD=C 1 [a, b] theo Định lí 2.2.7 ta có
(F x)(t) =x(t 0 ), (2.12) xác định trên toàn bộ không gianC[a, b] Xét tập các nghịch đảo phải{R c } c∈[a,b] với
(R c x)tZ t c x(s)ds, thì họ các toán tử ban đầu tương ứng là {F c } c∈[a,b] với (F c x)t=x(c).
x 0 (t) = f(x, t) x(t 0 ) = α, được viết lại dưới dạng toán tử là
Ví dụ 2.2.11 Xét X, D, R trong Ví dụ 2.2.2, ta có D =∂/∂t, và
Xét tập các nghịch đảo phải {R c } c∈[a,b] với
(R c x)(t, s) Z t c x(u, s)du, thì họ các toán tử ban đầu tương ứng là {F c } c∈[a,b] với (F c x)(t, s) = x(c, s) ϕ c (s).
x 0 t (t, s) =y(t, s) x(a, s) =ϕ(s), được viết lại dưới dạng phương trình toán tử
Ví dụ 2.2.12 Xét X, D, R trong Ví dụ 2.2.3 với D{x n }={x n+1 −x n } Ta có (RD){x n } =R{x n+1 −x n }={y n }, trong đó y
y 1 = 0 y 2 =x 2 −x 1 y n =x n −x 1 , suy ra F{x n } = (I − RD){x n } = {x 1 , x 1 , } Xét tập các nghịch đảo phải {R c } c∈ R với
2.2 Toán tử khả nghịch phải 37 thì họ các toán tử ban đầu tương ứng là F c {x n }= {x 1 −(x 3 −2x 2 +x 1 )c, }. Tính chất 2.2.9 Với mọi α, β ∈ Γ, ta có
Chứng minh Thật vậy, vì DFβ = 0,∀β ∈Γ nên
Ví dụ 2.2.13 Xét X =C[a, b], D = d/dt và
Ví dụ 2.2.14 Xét X, D, R c và F c trong Ví dụ 2.2.12 Ta có
Tính chất 2.2.10 Với mọi α, β, γ ∈Γ toán tửFβRγ−FαRγ, không phụ thuộc vào cách chọn toán tử R γ ∈ R D
Chứng minh Thật vậy, từ (2.14) suy ra
Tính chất 2.2.10 chỉ ra rằng toán tử F β R γ −F α R γ chỉ phụ thuộc vào các chỉ số α, β Điều này cho phép ta đặt
Toán tử I α β xác định bởi công thức I α β = FβRγ − FαRγ = FβRα (∀α, β, γ ∈ Γ) được gọi là toán tử tích phân xác định Đối với mỗi x ∈ X, phần tử I α β x được xem là tích phân xác định của x Trong đó, các chỉ số α và β được định nghĩa là cận dưới và cận trên của tích phân.
Tính chất 2.2.11 Với mỗi x∈X, α, β ∈Γ ta có
Chứng minh Thật vậy, từ (2.15) và DF β = 0 suy ra DI α β xsmall> β R α x= 0. Tính chất 2.2.12 Với mọi α, β, δ∈ Γ ta có
2.2 Toán tử khả nghịch phải 39
Giả sử D thuộc R(X) và dimkerD khác 0, với F và F1 là các toán tử ban đầu của D, và F tương ứng với nghịch đảo phải R thuộc R D Khi đó, với mỗi z thuộc kerD, tồn tại một x thuộc X sao cho F1 Rx = z.
Chứng minh Thật vậy, do F 1 là một ánh xạ lên kerD nên F 1 RX = kerD. Mặt khác, do domR = X nên với mọi z ∈ kerD tồn tại x ∈ X sao cho
Ví dụ 2.2.15 Xét D =d/dt, (F c x)(t) =x(c) và
Khi đó, nếu y là nguyên hàm của x và α, β ∈ [a, b] thì theo (2.15) ta có
Ví dụ 2.2.16 Xét X, D, R c và F c trong Ví dụ 2.2.12 Ta có
Theo Tính chất 2.2.10, ta có
F a R c {x n }={(x 2 −x 1 )(c−a),(x 2 −x 1 )(c−a), }, suy ra F b R c {x n } −F a R c {x n } ={(x 2 −x 1 )(a−b),(x 2 −x 1 )(a−b), }, không phụ thuộc vào c, nghĩa là không phụ thuộc vào Rc Theo (2.16), ta có
F b {x n }={x 1 −(x 3 −2x 2 +x 1 )b, } cho thấy F b {x n } −F a {x n }={(x 3 −2x 2 +x 1 )(a−b), }=I a b D{x n } Định lý 2.2.14 chỉ ra rằng nếu D ∈ R(X) và F ∈ L 0 (X) là phép chiếu lên không gian các hằng số, thì F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R R 1 −F R 1, với mọi R 1 ∈ R D Hơn nữa, R được xác định một cách duy nhất và không phụ thuộc vào sự chọn R 1 ∈ R D.
Chứng minh Từ DF = 0 và DR 1 =I suy ra
Vậy R là một nghịch đảo phải của D Do F 2 = F nên ta có
2.2 Toán tử khả nghịch phải 41
Do đó,F là một toán tử ban đầu củaDứng vớiR Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng
R được xác định một cách duy nhất và không phụ thuộc vào sự chọn R1 ∈ RD Giả sử R2 ∈ RD và R2 khác R1, khi đó R3 = R2 - F(R2) sẽ là một nghịch đảo phải của D Tương tự, F là một toán tử ban đầu của D ứng với R3.
Ví dụ 2.2.17 Giả sử X =C[a, b] và q ∈C[a, b] Đặt q 0 Z b a q(s)ds6= 0.
Ta định nghĩa toán tử F như sau
Ta sẽ chứng minh F là toán tử ban đầu của D =d/dt ứng với nghịch đảo phải xác định bởi
Thật vậy, vì các giá trị của F x là các hằng số nên F X ⊂ kerD Giả sử c ∈ R, khi đó z(t) ≡ c∈ kerD, ta có
Dựa vào công thức Z b a q(s)ds = c q 0 q 0 = z(t), ta suy ra rằng F là toàn ánh lên kerD Với x ∈ X cố định, đặt z = F x, ta có z ∈ kerD và F 2 x = F(F x) = F z = z = F x Do đó, F là phép chiếu lên không gian các hằng số kerD.
(R 0 x)(t) Z t a x(s)ds, suy ra R =R 0 −F R 0 có dạng (2.20) Nên theo Định lí 2.2.14 F là toán tử ban đầu ứng với R Khi q(t) ≡ 1thì toán tử F có dạng
Z b a x(s)ds, (2.21) và toán tử nghịch đảo phải tương ứng R có dạng
Z b a b−s b−ax(s)ds (2.22) Thật vậy, tích phân từng phần ta tìm được
Ví dụ 2.2.18 Giả sử X, D trong Ví dụ 2.2.12 Ta định nghĩa toán tử F a như sau
Khi đó F a là toán tử ban đầu của D ứng với toán tử nghịch đảo phải xác định như sau: R a {x n }={y n }
Với R a và F a ở ví dụ này thì
Tính chất 2.2.15 Nếu D∈ R(X) và R, R 1 ∈ R D giao hoán thì R 1 =R.
2.2 Toán tử khả nghịch phải 43
Chứng minh Thật vậy, do R, R 1 ∈ R D giao hoán nên R = (DR 1 )R D(R 1 R) =D(RR 1 ) = (DR)R 1 =R 1
Tính chất 2.2.16 Nếu D ∈ R(X) và F, F 1 là các toán tử ban đầu của D giao hoán thì F1 = F.
Chứng minh Thật vậy, từ giả thiết và công thức (2.13) ta suy ra rằng F 1 F F1 =F1F =F.
Tính chất 2.2.17 Giả sử D ∈ R(X) và F 1 , F 2 là các toán tử ban đầu của D lần lượt tương ứng với nghịch đảo phải R1, R2 Nếu R1 =R2 thì F1 =F2.
Chứng minh Thật vậy, nếu R 1 = R 2 thì F 1 = I −R 1 D = I −R 2 D = F 2 trên domD Đảo lại, giả sử F 1 = F 2 Vì F 1 R 1 = 0 nên từ Định lí 2.2.14 ta suy ra rằng R 2 =R 1 −F 2 R 1 =R 1 −F 1 R 1 = R 1
Toán tử khả nghịch trái
Định nghĩa 2.3.1 Toán tử ∆ ∈ L0(X) được gọi là khả nghịch trái nếu tồn tại một toán tử L ∈L(X) sao cho
Toán tử L được xác định là nghịch đảo trái của ∆ Tập hợp Λ(X) bao gồm tất cả các toán tử khả nghịch trái thuộc L 0 (X), trong khi L ∆ là tập hợp các nghịch đảo trái của ∆ thuộc Λ(X).
Nếu D thuộc R(X) và R thuộc R D, thì R sẽ thuộc Λ(X) và D sẽ thuộc L R Do đó, chúng ta chỉ cần chú ý đến một số kết quả đặc biệt của toán tử khả nghịch trái Qua phương pháp quy nạp, chúng ta có thể rút ra được các kết luận cần thiết.
Ví dụ 2.3.1 Cho X = C[0, a], D = d/dt,(Rx)(t) = Rt
0x(s)ds Xét toán tử A với
2.3 Toán tử khả nghịch trái 65
Ta sẽ chỉ ra A khả nghịch trái nhưng không khả nghịch phải Thật vậy, ta có
Từ đó, toán tử A 0 = (I +R) −1 D là nghịch đảo trái của A bởi vì I +R khả nghịch và
Bây giờ ta xét x(t) =t thì (Dx)(t) = 1 Theo Ví dụ 1.5.2, ta có
= 1 +t6=t =x(t), chứng tỏ A không khả nghịch phải.
Tính chất 2.3.1 Nếu ∆ ∈Λ(X) thì ker ∆ n ={0} với n = 1,2,
Chứng minh Thật vậy, cho n = 1 và z ∈ker ∆ Khi đó, ∆z = 0 và theo (2.55) z = L∆z = 0 Giả sử n > 1 tùy ý Nếu z ∈ ker ∆ n thì ∆ n z = 0, do đó từ
∆(∆ n−1 z) = 0 ta suy ra ∆ n−1 z ∈ ker ∆ n Bằng lập luận tương tự, sau n −1 bước ta thu được z = 0 Do z ∈ ker ∆ n tùy ý nên ta có được điều phải chứng minh.
Toán tử G là một phép chiếu
=I −∆L=G, trên domL Ta cũng có
Thật vậy, theo định nghĩa LG=L(I−∆L) =L−L∆L=L−L= 0trêndomL và
Toán tử chiếu G=I−∆L, được xác định bởi toán tử khả nghịch trái ∆ và nghịch đảo trái L của ∆, sẽ có các tính chất tương tự như toán tử ban đầu F của một toán tử khả nghịch phải.
Toán tử chiếu G được định nghĩa là toán tử đồng ban đầu của toán tử khả nghịch trái ∆, tương ứng với nghịch đảo trái L của ∆ G sẽ khác 0 chỉ khi toán tử ∆ khả nghịch trái, nhưng không khả nghịch phải, nghĩa là ∆ không hoàn toàn khả nghịch.
Tính chất 2.3.2 Nếu G là toán tử đồng ban đầu của toán tử khả nghịch trái
∆∈ Λ(X) ứng với nghịch đảo trái L∈ L ∆ thì
Chứng minh Thật vậy, nếu x∈kerL thì Lx= 0 Do đó
Gx= (I −∆L)x=x−∆Lx=x. Đảo lại, nếu x∈domL và Gx =x thì từ x= Gx= (I −∆L)x= x−∆Lx, ta suy ra
Lx=L(x−∆Lx) =Lx−(L∆)Lx=Lx−Lx= 0.
Tính chất 2.3.3 Nếu G là toán tử đồng ban đầu của toán tử khả nghịch trái
∆∈ Λ(X) ứng với nghịch đảo trái L∈ L ∆ thì kerG= ∆X.
Nếu x thuộc ∆X, thì x có thể được biểu diễn dưới dạng ∆u với u thuộc X, dẫn đến Gx=G∆u= 0, tức là x thuộc kerG Ngược lại, khi x thuộc kerG, ta có Gx= 0 và x−∆Lx= (I −∆L)x=Gx= 0 Đặt u=Lx, ta suy ra x= ∆Lx= ∆u, do đó x cũng thuộc ∆X.
2.3 Toán tử khả nghịch trái 67
Tính chất 2.3.4 Giả sử G là toán tử đồng ban đầu của toán tử khả nghịch trái∆∈ Λ(X) ứng với nghịch đảo trái L∈ L ∆ Nếu x∈ ∆ n X với n cố định tùy ý (n= 1,2, ) thì GL k x= 0 với k= 0,1, , n−1.
Chứng minh rằng nếu x thuộc ∆ n X, thì x có thể biểu diễn dưới dạng x = ∆ n u với u thuộc X Từ công thức (2.56) và (2.59), ta có thể suy ra rằng với k = 0, 1, , n−1, GL k x = GL k ∆ n u và GL k ∆ k ∆ n−k u = G∆ n−k u = 0 Theo Định lý 2.3.5, nếu ∆ thuộc Λ(X) và L thuộc L ∆, thì toán tử G thuộc L(X) thỏa mãn các điều kiện G² = G, {x thuộc domL : Gx = x} = kerL, và kerG = ∆X.
Chứng minh Cho x ∈ domL tùy ý Do G là toán tử chiếu nên ta có thể viết x duy nhất dưới dạng x = x 1 +x 2 , trong đó x 1 = Gx và x 2 = (I −G)x Vì
Gx 1 =G 2 x=Gx=x 1 , do đó theo giả thiết x 1 ∈kerL, tức là ta có Lx 1 = 0, và
Vì Gx 2 =G(I −G)x = Gx−G 2 x = Gx−Gx= 0 nên x ∈ kerG Do đó, theo giả thiết x 2 ∈∆X Từ đó, x 2 = ∆u với u∈ X Vì vậy x 2 −∆Lx 2 = ∆u−∆u= 0 =Gx 2 (2.61)
Từ (2.60) và (2.61) ta suy ra
Do x∈ domL tùy ý nên G= (I −∆L). Định lí 2.3.6 Giả sử ∆∈ Λ(X) và G 0 là toán tử cùng đầu (co-initial) ứng với
L 0 ∈ L ∆ Khi đó, mỗi nghịch đảo trái của ∆ có dạng
L=L 0 +AG, trong đó A ∈L(X), domA =G(domL 0 ), G là toán tử cùng đầu (co-initial) của
Chứng minh Giả sử L 0 ∈ L ∆ và L=L 0 +AG Khi đó, vì G=I −∆L nên
Do vậy, L ∈ L ∆ Đảo lại, giả sử rằng ta có L 0 ∈ L ∆ , còn L ∈ L ∆ được chọn tùy ý Đặt A =L−L 0 Theo định nghĩa, A ∈L(X) và domA= G(domL 0 ) Vì
= L−L+L=L. Định lí đã được chứng minh.
Toán tử khả nghịch suy rộng
Định nghĩa 2.4.1. i Toán tử V ∈ L(X) được gọi là khả nghịch suy rộng nếu tồn tại toán tử
W ∈L(X) (gọi là nghịch đảo suy rộng của V) sao cho
ImV ⊂domW, ImW ⊂domV, và
Ký hiệu W(X) đại diện cho tập hợp tất cả các toán tử khả nghịch suy rộng trong L(X), trong khi W V là tập các nghịch đảo suy rộng của V thuộc W(X) Nếu V thuộc W(X) và W thuộc W V, đồng thời W V W = W trên miền của W, thì W được gọi là hầu nghịch đảo của V Tập hợp tất cả các hầu nghịch đảo của V được ký hiệu bởi một ký hiệu cụ thể.
Ví dụ 2.4.1 Cho X =C[a, b] và D :=d/dt , R := Rt t 0, (F x) (t) =x(t 0 ) Khi đó, ta có F IF =F suy raF ∈ W (X), với nghịch đảo suy rộng làI Tuy nhiên,
I không là hầu nghịch đảo suy rộng của F vì
F DRF D= F D, suy ra F D ∈ W(X) với nghịch đảo suy rộng là R Tuy nhiên, R không là hầu nghịch đảo suy rộng của F D vì
2.4 Toán tử khả nghịch suy rộng 69
Ví dụ 2.4.2 Giả sử X = (s), ta xét V ∈L 0 (X) xác định như sau:
Ta có V V V =V suy ra V là toán tử khả nghịch suy rộng và có nghịch đảo suy rộng là V Hơn nữa, V ∈ W V 1 và kerV ={{0,0,0, x 4 , x 5 , x 6 , }: x n ∈R, n = 4,5, }.
Ví dụ 2.4.3 Cho A ∈ Λ(X), B ∈ R(X), V ∈ W(X) Nếu ImB ⊂ domV,ImV ⊂ domAthìAV B ∈W(X) Thật vậy, gọiL A ∈ L A , R B ∈ R b , W ∈
Ví dụ 2.4.4 Giả sửD 1 , D 2 ∈R(X) LấyR 1 ∈ R D 1 ,R 2 ∈ R D 2 ĐặtV := R 1 D 2 ,
W :=R 2 D 1 Khi đó V là toán tử khả nghịch suy rộng và W ∈ W V Thật vậy
Ví dụ 2.4.5 Theo Ví dụ 1.4.1 thì các toán tử biến đổi tích phân Fourier cosin và Fourier sin là toán tử khả nghịch suy rộng vì
F c 3 =F c F c F c =F c , F s 3 =F s F s F s =F s , với nghịch đảo suy rộng là chính nó.
Bổ đề 2.4.1 Nếu V ∈W(X) và W ∈ W V thì domV =W V(domV)⊕ kerV (2.62) hay domV = W x+ kerV, x∈ ImV. Định lí 2.4.2 Nếu V ∈ W(X) và W 1 ∈ W V thì tất cả các nghịch đảo suy rộng của V được xác định bởi
W =W 1 +A−W 1 V AV W 1 , (2.63) trong đó A ∈L(X), ImA ⊂domV và ImV ⊂ domA.
Chứng minh Giả sử W có dạng (2.63) TừV W 1 V =V, ta có
=V +V AV −V AV =V, suy ra W ∈ W V Ngược lại, với W ∈ W V Đặt A =W −W 1 Ta có
=W. Định lí đã được chứng minh.
Bổ đề 2.4.3 Giả sử V ∈W(X) Nếu W ∈ W V thì W 1 =W V W ∈ W V 1
Bổ đề đã được chứng minh.
Ví dụ 2.4.6 Cho X là không gian tuyến tính trên trường đóng đại số F Giả sử A ∈L 0 (X) là toán tử đại số có đa thức đặc trưng
(t−t i ) r i , với 06=t i 6=t j ,∀i 6=j Theo Hệ quả 1.4.5 thì A không khả nghịch Ta đi chứng minh A khả nghịch suy rộng Đặt
2.4 Toán tử khả nghịch suy rộng 71
(A−t i I) r i = Q 1 (A)A+q 0 I, với q 0 6= 0 Đặt B =−q −1 0 Q 1 (A) ta có ABA=A Thật vậy
Ví dụ 2.4.7 Cho toán tử ma trận
P A (t) =−t 3 + 2t 2 −t=−t(t−1) 2 Theo Ví dụ 2.4.6, ta có
Ta dễ dàng kiểm tra được ABA =A, BAB 6= B Theo Định lí 2.4.2, ta chọn
Ta thử lại được ADA =A, DAD6=D Theo Bổ đề 2.4.3, ta có
Ta thử lại được AHA= A, HAH =H Như vậy H ∈ W A 1 Tương tự ta có
Ta thử lại được AKA =A, KAK =K Như vậy K ∈ W A 1 Định nghĩa 2.4.2 Toán tử F (r) ∈L(X) được gọi là toán tử ban đầu phải của
V ∈W(X) tương ứng với W ∈ W V 1 nếu i (F (r) ) 2 =F (r) , ImF (r) = kerV, domF (r) = domV; ii F (r) W = 0 trên domW.
Tập tất cả các toán tử ban đầu phải của V được kí hiệu là F V (r)
Tương tự như toán tử ban đầu, toán tử ban đầu phải có các tính chất sau:
F (r) v =v, ∀v ∈ kerV, V F (r) = 0 và kerF (r) ∩ kerV ={0}. Định lí 2.4.4 Giả sử V ∈ W(X) và W ∈ W V 1 Khi đó F (r) ∈L(X) là toán tử ban đầu phải của V tương ứng với W nếu và chỉ nếu
Chứng minh Điều kiện đủ Giải sử F (r) xác định bởi (2.64) Ta có
=I −2W V +W V =F (r) , suy ra F (r) là toán tử chiếu Từ V F (r) = 0 trên domV suy ra ImF (r) ⊂ kerV. Mặt khác, nếu z ∈kerV thì
F (r) z = (I −W V)z =z−W V z = z, nên kerV ⊂ ImF (r) , suy ra
2.4 Toán tử khả nghịch suy rộng 73
F (r) là toán tử ban đầu phải của V tương ứng với W Để F (r) là toán ban đầu phải của V với W, cần điều kiện rằng với x∈domV, nếu đặt u = W V x thì sẽ có những mối quan hệ nhất định giữa các toán tử này.
V u =V W V x=V x, suy ra xưu∈ kerV và F (r) (xưu) =xưu Mặt khác
= F (r) (xưu) =F (r) x. Định lí đã được chứng minh. Định nghĩa 2.4.3 Toán tử F (l) ∈ L 0 (X) được gọi là toán tử ban đầu trái của
V tương ứng với W ∈ W V 1 nếu i (F (l) ) 2 =F (l) , F (l) X = kerW; ii F (l) V = 0 trên domV.
Tập tất cả các toán tử ban đầu trái của V được kí hiệu bởi F V (l) Định lí 2.4.5 Giả sử V ∈ W(X) và W ∈ W V 1 Điều kiện cần và đủ để F (l) ∈
L 0 (X) là toán tử ban đầu trái của V tương ứng với W là
F (l) =I −V W trên domW (2.65) Chứng minh Hoàn toàn tương tự phép chứng minh của Định lí 2.4.4.
Ví dụ 2.4.8 Giả sửD 1 , D 2 ∈R(X) LấyR 1 ∈ R D 1 ,R 2 ∈ R D 2 ĐặtV := R 1 D 2 ,
Theo Ví dụ 2.4.4, V là toán tử khả nghịch suy rộng và W thuộc W V Trong trường hợp này, các toán tử ban đầu phải và trái của V tương ứng với W được xác định cụ thể.
F (l) = I −V W =I −R 1 D 2 R 2 D 1 = I −R 1 D 1 = F 1 ,trong đó F i là các toán tử ban đầu tương ứng với R i (i = 1,2).
Ví dụ 2.4.9 ChoA, H, K là các toán tử xác định ở Ví dụ 2.4.7 Ta có các toán tử ban đầu của A ứng với nghịch đảo suy rộng H là
Mặt khác ứng với nghịch đảo suy rộng K, ta có
F (r) K = 0, F (l) A= 0. Định lí 2.4.6 Giả sử A, B ∈ L(X), ImA ⊂domB và ImB ⊂domA Khi đó
Ma trận I −AB có khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch, khả nghịch suy rộng) nếu và chỉ nếu ma trận I −BA cũng có khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch, khả nghịch suy rộng).
Hơn nữa, nếu R AB (L AB ,(I−AB) −1 , W AB ) là nghịch đảo phải (nghịch đảo trái, nghịch đảo, nghịch đảo suy rộng) của I−AB thì tồn tại R BA ∈ R I−BA (L BA ∈
L I −BA , (I −BA) −1 , W BA ∈ W I −BA ) thỏa mãn i RAB =I +ARBAB, RBA =I +BRABA; ii L AB =I +AL BA B, L BA =I +BL AB A; iii (I −AB) −1 =I +A(I −BA) −1 B, (I −BA) −1 =I +B(I −AB) −1 A;
2.4 Toán tử khả nghịch suy rộng 75 iv W AB =I +AW BA B, W BA =I +BW AB A.
Chứng minh rằng các toán tử khả nghịch một phía và khả nghịch là toán tử khả nghịch suy rộng Để không mất tính tổng quát, ta chỉ cần chứng minh trường hợp (iv) Giả sử I − AB thuộc W(X) và W AB thuộc W I−AB.
Do đó toán tử BW AB A hoàn toàn xác định Đặt W BA = I +BW AB A, khi đó trên domA ta có
(I −BA)W BA (I −BA) = (I −BA)(I +BW AB A)(I −BA)
= (I −BA) 2 + (I −BA)BW AB A(I −BA)
Định lý đã được chứng minh rằng (I − BA)(I − BA + BA) = I − BA Định nghĩa 2.4.4 nêu rõ rằng, với A là ma trận vuông cấp n, A được gọi là khả nghịch suy rộng nếu tồn tại một ma trận vuông A₀ thỏa mãn điều kiện nhất định.
AA 0 A =A. Định nghĩa 2.4.5 (ma trận chuẩn tắc Jordan) Cho J là một ma trận vuông cấp n trên trường F Ta nói J là ma trận chuẩn tắc Jordan nếu nó có dạng:
, trong đó: i λ j ∈ F ∀j = 1,2, , n, ii j ∈ {0,1} ∀j = 1,2, , n, iii ∀j ∈ {1, , n−1}, nếu j = 1 thì λ j =λ j+1
Để xem xét độ khả nghịch của ma trận Jordan, trước tiên chúng ta cần hiểu rõ về khối Jordan thuộc giá trị λ k, được định nghĩa như một ma trận Jordan có dạng đặc biệt.
Như vậy, mỗi ma trận Jordan J là do nhiều khối Jordan tạo nên:
, (2.66) trong đó, J i (i = 1,2, , k) là các khối Jordan thuộc giá trị λ i Để xét tính khả nghịch của một ma trận JordanJ, ta xét tính khả nghịch của từng khối Jordan
J k Cho khối Jordan cấp m sau:
Ta có detM =λ m Xét 2 trường hợp:
2.4 Toán tử khả nghịch suy rộng 77 khi đó det M = 0 nên M không khả nghịch Nhưng ta kiểm tra được:
Ma trận đặc biệt này có các phần tử trên đường chéo chính, ngoại trừ phần tử cuối cùng, đều có giá trị bằng 1, trong khi các phần tử còn lại đều có giá trị bằng 0.
Do đó, M khả nghịch suy rộng và ma trận nghịch đảo suy rộng của M chính là
M T Từ sự khả nghịch, khả nghịch suy rộng của khối Jordan ta có kết quả sau:
Bổ đề 2.4.7 Nếu J là ma trận Jordan có dạng (2.66) thì J khả nghịch suy rộng và nghịch đảo suy rộng của J là
, trong đó, M i = J i T nếu λ i = 0 và M i =J i −1 nếu λ i 6= 0.
Chứng minh Dành cho bạn đọc.
Ví dụ 2.4.10 Cho ma trận Jordan
, ta có ma trận nghịch đảo suy rộng của J là
Định lý 2.4.8 khẳng định rằng một ma trận vuông cấp n, ký hiệu A, sẽ đồng dạng với ma trận Jordan nếu và chỉ nếu đa thức đặc trưng của A có thể phân tích thành tích của n đa thức bậc nhất trên trường F Điều này có nghĩa là sự phân tích của đa thức đặc trưng là yếu tố quyết định cho tính đồng dạng của ma trận với ma trận Jordan.
A có n nghiệm, không nhất thiết phân biệt).
Giả sử A là ma trận cấp n bất kỳ và đồng dạng với ma trận Jordan J Theo lý thuyết đại số tuyến tính, tồn tại một ma trận khả nghịch S, giúp chúng ta thực hiện các phép biến đổi cần thiết.
Giả sử K là ma trận nghịch đảo suy rộng của J thì B = S −1 KS là ma trận nghịch đảo suy rộng của A Thật vậy
Ví dụ 2.4.11 Cho ma trận
Ta có P V (λ) =λ 2 (λ+ 1) 2 nên V đồng dạng với ma trận Jordan và V = S −1 J S với
Theo Bổ đề 2.4.7, thì nghịch đảo suy rộng của J là
Bài tập
Vậy nghịch đảo suy rộng của A là
Ta có các toán tử ban đầu tương ứng sau:
Ta dễ dàng kiểm tra được
2.1 Cho X− đại số Leibniz có đơn vị là e D ∈ R(X) thỏa mãn điều kiện Leibniz (D(xy) =xDy+yDx) Chứng minh rằng: a.D(λe) = 0, với mọi λ ∈ F. b.Dx n =nx n−1 Dx với mọi x∈ domD, n= 1,2, c Tồn tại g ∈X : Dg = e. d Nếug =Re (R ∈RD) thì Dg n =ng n−1
2.2 Cho D 1 , , D m ∈R(X), R k ∈ RD k (k = 1, m) Chứng minh rằng: a.D =D k 1 1 D k 2 2 D m k m ∈R(X). b Khi D 1 =D 2 =ã ã ã=D m =D thỡ D m ∈R(X).
2.4 Cho X =C ∞ [0,1],(Dx)(t) =tx(t)−dx(t)/dt và
Chứng minh rằng D∈ R(X) và R =−R 0 (I −tR 0 ) −1 ∈RD.
2.5 Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và A ∈ L 0 (X), AX ⊂ domD, A là toán tử khả nghịch Chứng minh rằng: a.D 1 = DA∈ R(X) và F 1 =A −1 F A là toán tử ban đầu của D 1 ứng với
R 1 =A −1 R (trong đó F là toán tử ban đầu của D ứng với R). b.D 2 = A −1 D ∈ R(X) và F 2 = F là toán tử ban đầu của D 2 ứng với
2.6 Cho D ∈R(X) và F 0 , F 1 , , F n−1 là các toán tử ban đầu của D ứng với
R 0 R k−1 F k D k , là toán tử ban đầu của D n ứng với R =R 0 R 1 R n−1 ∈RD n
2.7 Cho X, D, R được định nghĩa như trong Ví dụ 2.2.3 Chứng minh rằng toán tử ban đầu F của D ứng với R có dạng F x = F{x n } = {z n } với z n =x 1 (n = 1,2, ).
2.8 Giải sử X là không gian tuyến tính trên C, D ∈ R(X),dim kerD 6= 0 và
Chứng minh rằng: a.u=c λ (z 0 ) +s λ (z 1 ) ∈ker(D 2 +λ 2 I), với mọi z 0 , z 1 ∈kerD, λ∈ R. b.2ch λ =e λ +e −λ , 2sh λ =e λ −e −λ c.Dch λ =λsh λ , Dsh λ = λch λ
2.5 Bài tập 81 a.A ∈L 0 (X) và là nghịch đảo phải của toán tử d 2 /dt 2 b Nếut 0 = t 1 thì A ∈V(X).
2.10 Chứng minh rằng toán tử T xác định như sau
2.11 Cho X =C[a, b], a >0, D =td/dt và các toán tử F 1 , F 2 được định nghĩa
Chứng minh rằng: a.F 1 , F 2 là các toán tử ban đầu của D ứng với các nghịch đảo phải
Z b t s −1 x(s)ds. b Các đơn thức tương ứng có dạng
2.12 Cho X, D, R được định nghĩa như trong Ví dụ 2.2.3 Chứng minh rằng tất cả các đơn thức có dạng R m z =c{1 + (n−1) m+1 }, với c∈ R và m∈ N. 2.13 Giả sử ∆∈Λ(X) vàG 0 là toán tử đồng ban đầu của∆ ứng vớiL 0 ∈L∆. Chứng minh rằng a Mọi nghịch đảo trái của ∆ đều có dạng L = L 0 + AG 0 , với A ∈ L(X),domA=G 0 (domL 0 ); b Mọi toán tử đồng ban đầu đều có dạng G = (I −∆A)G 0 với với A ∈ L(X),domA=G 0 (domL 0 ).; c Nếu G là toán tử chiếu thỏa mãn kerG = ∆X thì G là toán tử đồng ban đầu ứng với L =L 0 −L 0 G∈ L∆; d NếuL 1 , L 2 ∈L∆ giao hoán thì L 1 =L 2 ; e Nếu hai toán tử đồng ban đầu G 1 , G 2 giao hoán thì G 1 =G 2
2.14 Tìm đa thức đặc trưng, nghịch đảo suy rộng của các ma trận sau:
Phương trình toán tử theo tính khả nghịch
Phương trình với toán tử khả nghịch
Cho A∈ L(X →Y) là toán tử khả nghịch Xét phương trình
Ax=y (3.1) Định lí 3.1.1 Nếu y ∈domA thì phương trình (3.1) luôn có duy nhất nghiệm xác định bởi x =A −1 y.
Ví dụ 3.1.1 Xét phương trình ma trận
Phương trình (3.2) được viết lại dưới dạng toán tử là
Ta códet(A) =−16= 0nênA khả nghịch Theo Định lí 3.1.1 ta có phương trình (3.2) luôn có duy nhất nghiệm xác định bởi
Phương trình với toán tử khả nghịch phải
Ví dụ 3.1.2 Xét phương trình tích phân x(t)−λ
Z t a x(s)ds= y(t), t ∈[a, b], (3.3) với y ∈ C[a, b] Đặt (Rx) (t) = Rt a x(s)ds Khi đó phương trình (3.3) được viết lại dưới dạng
Theo Ví dụ 1.5.2 thì (I −λR) khả nghịch và
Theo Định lí 3.1.1 thì phương trình (3.3) có duy nhất nghiệm xác định bởi x(t) = (I −R) −1 y(t)
Ví dụ 3.1.3 Xét phương trình
−∞ f(y)e ixy dy =g(x), (3.4) với g ∈L 1 (R) Phương trình (3.4) có thể được viết lại dưới dạng
(F f)(x) =g(x), trong đó F là toán tử biến đổi tích phân Fourier Theo Ví dụ 1.4.3 thì F khả nghịch và
Như vậy, phương trình (3.4) có nghiệm duy nhất xác định bởi f(x) = 1
3.2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải Đầu tiên ta xét phương trình với toán tử khả nghịch phải sau
Mệnh đề 3.2.1 Giả sử D ∈R(X) và dim kerD 6= 0 Khi đó mọi nghiệm của phương trình (3.5) đều có dạng x=Ry+z, (3.6) với z ∈ kerD là tùy ý và R ∈ RD là tùy ý.
Chứng minh Với D ∈ R(X), R ∈ RD, lúc này phương trình (3.5) có thể viết lại
Dx= DRy ⇔ D(x−Ry) = 0⇒x−Ry =z, với (z ∈ kerD) Vậy phương trình (3.5) có nghiệm x=Ry+z, với z ∈kerD.
Ví dụ 3.2.1 Xét phương trình vi phân x 0 (t) =y(t), y ∈ C[a, b] (3.7) Đặt X = C[a, b], D = d dt Theo Ví dụ 2.2.1 thì D ∈ R(X) và (Rx)(t) Rt a x(s)ds ∈ RD, kerD = {z / z ∈ R} Khi đó phương trình (3.7) được viết lại dưới dạng
Từ Mệnh đề 3.2.1 thì ta có nghiệm của phương trình (3.8) là x= Ry+z, với z ∈ kerD.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.7) là x(t) Z t a y(s)ds+c, với c∈ R.
Nhận xét 3.2.1 Xét bài toán Cauchy (3.7)
Ta có, toán tử ban đầu của D tương ứng với R là F xác định bởi
3.2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải 85 vì vậy phương trình (3.9) được viết lại dưới dạng
Theo Ví dụ 3.2.1 ta có x=Ry+z với z ∈kerD Ta có x 0 = F x=F Ry+F z =F z =z.
Vậy nghiệm của bài toán Cauchy (3.9) là x=Ry+x 0 Z t a y(s)ds+x 0
Ví dụ 3.2.2 Xét phương trình đạo hàm riêng x 0 s (t, s) =y(t, s), y ∈C[a, b]×[a, b] (3.11) Đặt X = C[a, b] × [a, b], D = ∂
∂s Theo Ví dụ 2.2.2 thì D ∈ R(X), R Rs a x(t, u)du ∈ RD, kerD = {ϕ(s)} Khi đó phương trình (3.11) được viết lại dưới dạng
Từ Mệnh đề 3.2.1 thì ta có nghiệm của phương trình (3.12) là x=Ry+z, với z ∈kerD.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.11) là x(t, s) Z s a y(t, u)du+ϕ(s).
Ví dụ 3.2.3 Xét phương trình sai phân x n+1 =x n +y n (3.13) Đặt X = {x = {x n } : x n ∈ R} và Dx = {x n+1 −x n } với x = {x n } ∈ X Theo
Ví dụ 2.2.3 thì D ∈R(X), và kerD ={z ={z n }:z n =c}.
Khi đó phương trình (3.13) được viết lại dưới dạng
Theo Mệnh đề 3.2.1 thì nghiệm của phương trình (3.14) là x=Ry+z, z ∈kerD, R ∈RD. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.13) là x
Mệnh đề 3.2.2 Giả sử D ∈R(X),dim kerD 6= 0 và R ∈ R D là tùy ý Khi đó mọi nghiệm của phương trình (3.16) đều có dạng x =R n y+ n−1
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.1 thì D n ∈ R(X) và R n ∈ R D n Khi đó phương trình (3.16) được viết lại dưới dạng
D n (x−R n y) = 0. Áp dụng Mệnh đề 3.2.1 ta thu được x= R n y + ¯z, với z¯∈kerD n Theo Hệ quả 2.2.25 ta có ¯ z n−1
R k z k , với z 0 , , z n−1 ∈ kerD Do vậy nghiệm của phương trình (3.16) có dạng (3.17).
Ví dụ 3.2.4 Xét phương trình vi phân x 00 (t) =y(t), y ∈ C[a, b] (3.18)
3.2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải 87 Đặt X = C[a, b], D = d dt Theo Ví dụ 2.2.1 thì D ∈ R(X) và (Rx)(t) Rt a x(s)ds ∈ RD, kerD ={z / z ∈ R} Khi đó phương trình (3.18) được viết lại dưới dạng
Từ Mệnh đề 3.2.2, ta có nghiệm của phương trình (3.19) là x =R 2 y+Rz 1 +z 0 , với z 0 , z 1 ∈kerD.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.18) là x(t) Z t a
Trong bài viết này, chúng ta xem xét phương trình (D−A)x = y, với D thuộc R(X), A thuộc L 0(X) và y thuộc (D−A)(domD) Định nghĩa 3.2.1 nêu rõ rằng đối với R thuộc R D, các toán tử I −RA và I −AR được gọi là các toán tử giải cho toán tử D−A Cụ thể, nếu một trong hai toán tử I −RA hoặc I −AR khả nghịch, thì phương trình (3.27) được coi là xác định tốt, với các toán tử (I −RA) −1 và (I −AR) −1 là các toán tử giải thức Ngược lại, nếu cả hai toán tử này đều không khả nghịch, phương trình (3.27) sẽ được gọi là xác định xấu.
Chúng ta xét Phương trình (3.27) xác định xấu trong trường hợp các toán tử giải khả nghịch phải. Định lí 3.2.3 Giả sử A ∈ L 0 (X), D ∈ R(X),dim kerD 6= 0 và R ∈ RD Nếu
I−RA∈ R(X) và dim ker(I−RA) 6= 0 thì mọi nghiệm phương trình (3.27) có dạng x=R A (Ry+z) + ˜z,trong đó, z ∈ kerD,z˜∈ker(I −RA) là tùy ý và R A ∈ R I−RA là tùy ý.
Chứng minh Phương trình (3.27) có thể viết lại dưới dạng
Theo Mệnh đề 3.2.1 suy ra
(I −RA)x=Ry+z, với z ∈kerD Ta lại có I −RA khả nghịch phải nên suy ra x=R A (Ry+z) + ˜z, với z˜∈ker(I −RA) và RA ∈RI−RA.
Cho y = 0 Khi đó nghiệm của phương trình thuần nhất (D−A)x = 0, có dạng x =R A z+ ˜z.
Từ R A ∈RI −RA, ta có kerR A ={0} Do vậy dim ker(D−A) = dim kerD+ dim ker(I −RA).
Hệ quả 3.2.4 Nếu I−RA khả nghịch thì mọi nghiệm của phương trình (3.27) có dạng x = (I −RA) −1 (Ry+z), với z ∈ kerD là tùy ý.
Bổ đề 3.2.5 Giả sử các giả thiết của Định lí 3.2.3 thỏa mãn và I−RA∈R(X) thì i ker(I −RA) ⊂ domD; ii Với mọi R A ∈RI−RA, y∈ (D−A) domD, z ∈ kerD, ta có
Nhận xét 3.2.2 Từ Bổ đề 3.2.5, ta có nghiệm của phương trình (3.27) là x =R A (Ry+z) + ˜z ∈domD, điều này cho thấy điều kiện để phương trình (3.27) có nghiệm là y ∈(D−A)(domD).
3.2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải 89
Hệ quả 3.2.6 Giả sử tất cả các giả thiết của Định lí 3.2.3 được thỏa mãn và
I −RA ∈R(X) Cho R A ∈ RI−RA và z ∈ kerD Khi đó tập
Z(R A ) ={x=R A (Ry+z) + ˜z : ˜z ∈kerI −RA}, tất cả các nghiệm của phương trình (3.27) không phụ thuộc vào việc chọn R A Nghĩa là
Xét A{x n }= {x n−1 }, với giả thuyết x 0 = 0, ∀x∈ X Khi đó ta có a Toán tử (I −RA) khả nghịch trên X. b Phương trình
(D−A)x=y, y ∈X, có nghiệm xác định bởi: x= (I −RA) −1 (Ry+z), với z ∈kerD.
P k=1 x k Với mọi y ={y n } ∈X, xét phương trình
Ta có thể viết lại phương trình này dưới dạng
Với mỗi N ∈N ta có, hệ phương trình tuyến tính sau
Hệ (3.21) có thể được biểu diễn dưới dạng ma trận B[x] = [y], với định thức detB = 16 khác 0, đảm bảo rằng hệ này luôn có nghiệm duy nhất cho mọi y thuộc X và N thuộc N Do đó, toán tử (I −RA) là khả nghịch Theo hệ quả 3.2.4, phương trình liên quan cũng được xác định rõ ràng.
(D−A)x=y, có nghiệm xác định bởi x= (I −RA) −1 (Ry+z), z ∈kerD.
Phương trình (D−A)x=y được xác định là phương trình sai phân, với biểu thức x n+1 −x n −x n−1 =y n Theo Định lý 3.2.7, nếu các giả thiết của Định lý 3.2.3 được thỏa mãn và I −AR∈ R(X) với dim ker(I −AR) khác 0, thì mọi nghiệm của phương trình (3.27) có thể được biểu diễn dưới dạng x=R[R A (y+Az) + ˜z] +z, trong đó z thuộc kerD, z˜ thuộc ker(I −AR) là tùy ý, và R A thuộc R I−AR cũng là tùy ý.
Chứng minh Từ A, R∈ L 0 (X), ta códom(I−AR) =X và (D−A)R =I−AR trên X Với mỗi x∈ domD thì tồn tại u∈X và z ∈kerD sao cho x=Ru+z và
3.2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải 91
Khi đó, phương trình (3.27) viết lại dưới dạng
Phương trình (I −AR)u−Az =y, với x=Ru+z và z ∈kerD, cho thấy I −AR ∈ R(X) Từ Định lý 3.2.3, ta suy ra phương trình (3.31) có nghiệm xác định bởi u=R A (y+Az) + ˜z, trong đó z ∈ kerD và z˜∈ker(I −AR) là tùy ý, đồng thời R A ∈ R I −AR Do đó, nghiệm của phương trình (3.27) có dạng x=Ru+z =R[R A (y +Az) + ˜z] +z Định lý đã được chứng minh.
Hệ quả 3.2.8 Nếu I−AR khả nghịch thì mọi nghiệm của phương trình (3.27) có dạng x=R(I −AR) −1 (y +Az) +z, ∀z ∈kerD.
Ví dụ 3.2.6 Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 hệ số hằng x 0 (t) +px(t) =y(t), t∈[a, b] (3.23) Đặt D= d dt,(Ax)(t) =−px(t) Ta đã biết
Khi đó phương trình (3.23) có thể viết lại dưới dạng
Ta có R là toán tử Volterra và I −AR=I +pR nên I −AR khả nghịch Theo
Hệ quả 3.2.8 thì phương trình (3.24) có nghiệm xác định bởi: x=R(I +pR) −1 (y +Az) +z, với z ∈kerD là tùy ý Ta có AR=RA nên
I −AR=I −RA vì thể nghiệm của phương trình (3.24) cũng có thể viết dưới dạng x= (I +pR) −1 (Ry+z).
Từ Ví dụ 1.5.1, ta có
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.23) là x(t) Z t a y(s)ds+c−p
Phương trình với toán tử khả nghịch trái
Cho ∆∈Λ(X) và L∈ L ∆ Ta xét phương trình sau
Nếu y ∈∆X thì phương trình (3.25) có nghiệm và từ L∆ = I ta có x=L∆x=Ly, suy ra x=Ly là nghiệm của phương trình (3.25) Do vậy ta có mệnh đề sau
Mệnh đề 3.3.1 Giả sử ∆ ∈ Λ(X), L ∈ L ∆ Nếu y ∈ ∆X thì phương trình (3.25) có nghiệm duy nhất xác định bởi x=Ly.
Nhận xét 3.3.1 Theo Tính chất 2.3.3 thì kerG = ∆X do đó điều kiện để phương trình (3.25) có nghiệm là Gy = 0 trong đó G là toán tử đồng ban đầu của ∆.
Ta có, nếu ∆ ∈ Λ(X) và L ∈ L ∆ thì ∆ n ∈ Λ(X) và L n ∈ L ∆ n Nên theo Mệnh đề 3.3.1 ta có hệ quả sau
Hệ quả 3.3.2 Giả sử ∆ ∈ Λ(X) và L ∈ L ∆ Nếu y ∈ ∆ n X thì phương trình
∆ n x=y có nghiệm duy nhất xác định bởi x=L n y.
Ví dụ 3.3.1 Giải phương trình tích phân
3.3 Phương trình với toán tử khả nghịch trái 93
Xét X = C[a, b], đặtR = Rt a, D = d dt thì R ∈ Λ(X), D ∈ L R và G =I−RD F.
Khi đó phương trình (3.26) được viết lại dưới dạngRx =y Theo Mệnh đề 3.3.1 ta có, nếu y ∈RX thì phương trình (3.26) có nghiệm duy nhất x= Dy=y 0 (t).
Khi thử lại, ta có
Lưu ý rằng theo Nhận xét 3.3.1 thì điều kiện để phương trình (3.26) có nghiệm là
Gy = (I −RD)y = 0, suy ray ∈C [a,b] 1 và y(a) = 0 Do vậy y 0 (t) chính là nghiệm duy nhất của phương trình (3.26).
Bổ đề 3.3.3 Giả sử D ∈R(X),dim kerD6= 0, R ∈ R D và A∈ L 0 (X) Khi đó y ∈ (D−A)(domD) nếu và chỉ nếu tồn tại một z ∈kerD sao cho
Ry+z ∈ (I −RA)(domD) (3.28) Chứng minh Ta có domD =RX ⊕kerD Giả sử y ∈(D−A)(domD) =D(I −RA)(domD).
Do đó tồn tại u ∈ X và z ∈ kerD sao cho y = D(I −RA)(Ru+z) Từ Mệnh đề 3.2.1 suy ra (I−RA)(Ru+z) =Ry+z 1 ∈domD, với z 1 ∈kerD Nhưng từ
F R = 0, ta có z 1 =F z 1 = F Ry+F z 1 = F(I −RA)(Ry+z)
=F(Ry+z) =F z =z, suy ra Ry+z ∈ (I −RA)(domD) Ngược lại, giả sử (3.28) thỏa mãn Nghĩa là với y ∈X và z ∈kerD thì tồn tại u ∈X và z 1 ∈ kerD sao cho
Ry+z = (I −RA)(Ru+z 1 ). Áp toán tử D vào hai vế ta thu được y =D(I −RA)(Ru+z 1 ) = (D−A)(Ry−z 1 ),suy ra y ∈(D−A)(domD). Định lí 3.3.4 Giả sử A ∈ L 0 (X), D ∈ R(X),dim kerD 6= 0 và R ∈ RD Nếu
I −RA∈Λ(X) thì mọi nghiệm của phương trình (3.27) có dạng x =L A (Ry+z), với L A ∈ L I −RA , z ∈ kerD là tùy ý.
Chứng minh Ta viết phương trình (3.27) dưới dạng
Trong bài viết này, chúng ta xem xét phương trình D(I −RA)x=y, với việc đặt u = (I − RA)x, ta có thể chuyển đổi nó thành dạng Du = y Theo Mệnh đề 3.2.1, ta có u = (I − RA)x = Ry + z, với z thuộc vào kernel D Bổ đề 3.3.3 khẳng định rằng điều kiện có nghiệm của phương trình này được thỏa mãn, dẫn đến việc từ Mệnh đề 3.3.1, ta có x = LAu = LA(Ry + z), trong đó LA thuộc vào LI −RA và z thuộc vào kernel D Định lý 3.3.5 nêu rõ rằng nếu các giả thiết của Định lý 3.3.4 được thỏa mãn, thì i (D−A)(domD) = (I −AR)X + AkerD; ii Nếu I −AR thuộc vào Λ(X), thì mọi nghiệm của phương trình (3.27) có dạng x = RLA(y + Az) + z, với LA thuộc vào LI−AR và z thuộc vào kernel D là tùy ý.
Chứng minh (i) Từ A, R ∈ L 0 (X), ta có dom(I −AR) =X.
Ta lại có (D−A)R = I −AR trên X và với x ∈ domD thì tồn tại u ∈ X và z ∈kerD sao cho x=Ru+z nên
Phương trình với toán tử khả nghịch suy rộng
(ii) Phương trình (3.27) được viết lại dưới dạng
Phương trình (3.31) được biểu diễn dưới dạng (I −AR)u =y+Az, với x=Ru+z và z thuộc kerD Theo điều kiện (i), y+Az thuộc (I−AR)(domD), điều này chứng tỏ rằng phương trình (3.31) có nghiệm Từ Mệnh đề 3.3.1, ta suy ra nghiệm của phương trình (3.31) được xác định bởi u=L A (y+Az), dẫn đến x =Ru+z =RL A (y+Az) +z, với L A thuộc L I−AR và z thuộc kerD.
Ví dụ 3.3.2 Cho X = (s), D, R xác định như Ví dụ 3.2.5 và A{x n }={x n+1 }. Khi đó I −RA khả nghịch trái Thật vậy, ta có
Mặt khác với z ={c} 6= 0, ta có
(I −RA)(−D){c}= (I −RA){0}={0} 6=z, suy ra (I −RA) ∈ Λ(X) và L A =−D ∈ L I −RA
Ta dễ dàng kiểm tra
(D−A)(domD) = (D−A)X =X, suy ra với mọi y ∈ X, điều kiện có nghiệm của phương trình (3.32) được thỏa mãn nên theo Định lí 3.3.4 phương trình (3.32) có nghiệm x=L A (Ry+z) =−D(Ry+z) =−y.
3.4 Phương trình với toán tử khả nghịch suy rộng
Cho toán tử V ∈W(X) và W ∈ W V 1 Ta xét phương trình :
Bổ đề 3.4.1 Giả sử V ∈W(X), W ∈ W V 1 và F (l) =I−V W Khi đó,y ∈ ImV khi và chỉ khi F (l) y = 0.
Chứng minh Nếu y ∈ImV suy ra y =V x, ta có
Mệnh đề 3.4.2 Phương trình (3.33) có nghiệm khi và chỉ khi
Nếu điều kiện (3.34) thỏa mãn thì mọi nghiệm của phương trình (3.33) có dạng x=W y+z, (3.35) với W ∈W 1 V, z ∈ kerV là tùy ý Hay x=W y+F (r) u, (3.36) với u∈ domV là tùy ý.
Chứng minh Nếu F (l) y = 0 thì theo Bổ đề 3.4.1, ta có y = V x 1 do đó phương trình (3.33) được viết lại dưới dạng
Từ V =V W V, phương trình (3.37) tương đương với V(x−W V x 1 ) = 0 suy ra x=W y+z với z ∈kerV là nghiệm của phương trình (3.33) Theo Định nghĩa 2.4.2 thì
ImF (r) = kerV, domF (r) = domV, nên với mọi u ∈ domV ta có F (r) u = z ∈ kerV Do đó nghiệm của phương trình (3.33) được viết dưới dạng x=W y+F (r) u,với u∈domV là tùy ý.
3.4 Phương trình với toán tử khả nghịch suy rộng 97
Nhận xét 3.4.1 Cho phương trình toán tử
Ax =y, y ∈ X (3.38) i Nếu A ∈ R(X) ⊂ W(X) thì B ∈ R A ⊂ W A 1 và F (r) = I − BA = F,
F (l) =I −AB = 0 Do đó theo Mệnh đề 3.4.2, ta có
F (l) y = 0y = 0, suy ra phương trình (3.38) có nghiệm xác định bởi x=By+z, z ∈ kerA.
Kết quả này phù hợp với Mệnh đề 3.2.1. ii Nếu A ∈ Λ(X) ⊂ W(X) thì B ∈ L A ⊂ W A 1 và F (r) = I − BA = 0,
F (l) = I − AB = G Theo Mệnh đề 3.4.2 thì điều kiện để phương trình (3.38) có nghiệm là
F (l) y =Gy = 0, trùng với điều kiện trong Nhận xét 3.3.1 Khi điều kiện trên thỏa mãn thì phương trình (3.38) có nghiệm xác định bởi x=By+z, z ∈ kerA.
Kết quả này phù hợp với Mệnh đề 3.3.1.
Ví dụ 3.4.1 Giải phương trình ma trận sau
. Theo Ví dụ 2.4.7 thì A∈ W(X) và H ∈ W A 1 là
Theo Ví dụ 2.4.9, ta có
, nên theo Mệnh đề 3.4.2 phương trình (3.39) có nghiệm và nghiệm của nó xác định bởi
X =HY +F (r) B, với B ∈domA là tùy ý Chọn
Ví dụ 3.4.2 Giải hệ phương trình tuyến tính:
3.4 Phương trình với toán tử khả nghịch suy rộng 99 thì phương trình (3.40) viết lại dưới dạng ma trận là
Theo Ví dụ 2.4.11 thì V ∈W(X) và nghịch đảo suy rộng của V là
Các toán tử ban đầu là
, nên theo Mệnh đề 3.4.2 phương trình (3.41) có nghiệm và nghiệm của nó xác định bởi
X =W Y +F (r) A, với A là ma trận cỡ 4×1tùy ý Chọn
, ta thu được một nghiệm của phương trình (3.41) là
, suy ra nghiệm tương ứng của phương trình (3.40) là
Bổ đề 3.4.3 Giả sử A(domV)⊂ ImV và y ∈(V −A)(domV) Ta có
Chứng minh Với y ∈ (V −A)(domV) thì tồn tại x ∈domV sao cho y = (V −A)x⇔ V x =Ax+y.
Trong bài viết này, ta xem xét phương trình Ax + y = V, với các điều kiện cho Mệnh đề 3.4.2 Từ đó, suy ra rằng (I − V W)(Ax + y) = 0 Điều này dẫn đến x = W(Ax + y) + z, với z thuộc kerV Do đó, W(y + z) thuộc (I − W A)(domV) Theo Định lý 3.4.4, nếu V ∈ W(X), W ∈ W 1 V, và A ∈ L 0(X) với A(domV) ⊂ ImV, cùng với y ∈ (V − A)(domV), thì khi I − W A khả nghịch, mọi nghiệm của phương trình (3.42) có dạng x = W A(W y + z) + u, với W A ∈ W 1 I − W A, z ∈ kerV và u ∈ ker(I − W A).
Chứng minh Từ giả thiết thì tồn tại x 1 ∈domV sao cho y = (V −A)x 1 Theo đó thì Ax+y =Ax+ (V −A)x 1 =V x 1 +A(x−x 1 ) Từ A(domV) ⊂ImV thì
Phương trình ma trận
tồn tại x 2 ∈ domV sao cho A(x−x 1 ) = V x 2 Do đó, phương trình (3.42) viết lại dưới dạng
V x =V x 1 +V x 2 = V W V(x 1 +x 2 ), suy ra x=W V(x 1 +x 2 ) +z =W(Ax+y) +z, với z ∈kerV Ta thu được phương trình
Theo Bổ đề 3.4.1 và Bổ đề 3.4.3, điều kiện của Mệnh đề 3.4.2 được thỏa mãn, dẫn đến phương trình (3.44) có thể được viết lại dưới dạng tương tự như phương trình (3.33) Do đó, ta có x = W A (W y + z) + u, với W A thuộc W 1 I−W A và u thuộc ker(I − W A).
Hệ quả 3.4.5 Giả sử các điều kiện của Định lí 3.4.4 được thỏa mãn Nếu
I −W A khả nghịch thì mọi nghiệm của phương trình (3.42) có dạng x = (I −W A) −1 (W y+z), với z ∈kerV.
Trong mục này ta xét phương trình ma trận
AX = B, (3.45) trong đó A, B là các ma trận với phần tử thực đã biết vàX là ma trận cần tìm.
Khi A là ma trận vuông thì det(A) = 0 hoặc det(A) 6= 0 Nếu det(A) 6= 0 thì A khả nghịch nên phương trình (3.45) được quy về phương trình với toán tử khả nghịch.
Ví dụ 3.5.1 Giải phương trình ma trận sau
Phương trình (3.46) có thể được biểu diễn dưới dạng toán tử là AX = B Với det(A) = -4016 khác 0, ma trận A là khả nghịch Theo Định lí 3.1.1, phương trình (3.46) luôn có một nghiệm duy nhất, được xác định bởi công thức X = A^(-1)B.
Nếu det(A) = 0, ma trận A không khả nghịch Tuy nhiên, khi A là ma trận với phần tử phức, theo Định lý 2.4.8 và Bổ đề 2.4.7, A có thể khả nghịch suy rộng Do đó, phương trình (3.45) được chuyển đổi thành phương trình với toán tử khả nghịch suy rộng.
Ví dụ 3.5.2 Giải phương trình ma trận sau
Phương trình (3.47) được viết lại dưới dạng toán tử là AX =B Ta có
P A (λ) =−λ(λ−1 +i) (λ−1−i), nên A khả nghịch suy rộng (không khả nghịch) với hầu nghịch đảo suy rộng và các toán tử ban đầu là
Ta có F (l) B = O nên theo Mệnh đề 3.4.2, phương trình (3.47) có nghiệm X W B+F (r) Y, với Y lầm trận cỡ 3×2tùy ý Chọn
, thì nghiệm của phương trình (3.47) là
Khi A là ma trận cỡ m×n (m > n), B là ma trận cỡ m×1 Ta sẽ đi tìm ma trận X cỡ n×1 sao cho kB−AXk 2 =kR x k 2 → min, trong đú kR x k 2 =r 1 2 +r 2 2 +ã ã ã+r m 2
Bổ đề 3.5.1 (bình phương tối thiểu) Cho
Khi đó, X ∈S khi và chỉ khi A T R x = 0.
Chứng minh Giả sử A T R x = 0 Với mỗi ma trận Z cỡ n×1, ta đặt
Khi đó kR z k 2 2 =kR x k 2 2 + 2(X −Z) T A T R x +kA(X−Z)k 2 2
Từ A T R x = 0 suy ra kR z k 2 2 ≥ kR x k 2 2 với mọi Z nên X ∈S.
Ngược lại, giả sử A T R x =Z 6=O Xét U = X+εZ với ε >0 Ta có
Đẳng thức kR u k 2 2 = kR x k 2 2 − 2εZ T A T R x + ε 2 kAZk 2 2 cho thấy rằng tồn tại một ε đủ nhỏ để kR u k 2 2 ≤ kR x k 2 2 Điều này mâu thuẫn với giả thiết X ∈ S, từ đó suy ra A T R x = 0.
Nhận xét 3.5.1 Theo Bổ đề 3.5.1 thì phương trình
A T R x =A T (B −AX) =A T B −A T AX = 0, (3.49) xác định nghiệm bình phương tối thiểu của phương trình (3.45).
Khi A là ma trận cỡ m×n (m > n) thì ta đi tìm nghiệm bình phương tối thiểu của phương trình (3.45) thông qua việc giải phương trình
A T AX = A T B,trong đóA T Alà ma trận vuông Trong trường hợp phương trình (3.45) có nghiệm thì nghiệm bình phương tối thiểu cũng chính là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3.5.3 Tìm nghiệm bình phương tối thiểu của phương trình
Phương trình (3.50) viết lại dưới dạng AX = B Theo Bổ đề 3.5.1 thì ta đi giải phương trình A T AX =A T B, có dạng ma trận là
Ta có det(A T A) = 6 nên phương trình (3.51) có nghiệm duy nhất
Trong trường hợp này X chính là nghiệm của phương trình (3.50).
Ví dụ 3.5.4 Tìm nghiệm bình phương tối thiểu của phương trình
Phương trình (3.52) viết lại dưới dạng AX = B Phương trình A T AX =A T B, có dạng
Phương trình (3.53) có nghiệm duy nhất
. Trong trường hợp này X không là nghiệm của phương trình (3.52).
3.1 Cho X, D, R xác định như Ví dụ 3.2.5 Chứng minh rằng phương trình
(D−λI)x= y, y ∈X, λ ∈R, có nghiệm tổng quát là x= (I −λR) −1 (Ry+z), trong đó z ∈ kerD.
3.2 Cho X, D, R xác định như Ví dụ 3.2.5 và S{x n } = {x n−1 } (với x 0 = 0). Chứng minh rằng a Toán tử I −RS khả nghịch; b Phương trình
(D−S)x=y, y ∈X, có nghiệm tổng quát là x= (I −RS) −1 (Ry+z), trong đó z ∈ kerD. 3.3 Cho X, D, R xác định như Ví dụ 3.2.5 và
Chứng minh rằng a Toán tử S l ∈ R(X) khả nghịch phải và S r ∈RS l ; b Toán tử (I −P S r ) khả nghịch phải (R P ∈RI−P S r); c Phương trình (S l − P)x = y (với y ∈ X) có nghiệm tổng quát là x=S r (R P (y +P z) +u) +z, trong đó z ∈ kerS l , u ∈ker(I −P S r ).
3.4 Cho X, D, S l , S r xác định như Bài tập 3.3 và A{x n }={x n+1 −x n−1 }(với x 0 = 0) Chứng minh rằng a Toán tử (I −AS r ) khả nghịch trái (L A ∈LI−AS r); b Tìm y ∈ X và z ∈ kerD sao cho y+Az ∈(I −AS r )X; (3.54) c Phương trình(S l −A)x=y vớiy thỏa mãn (3.54) có nghiệm tổng quát là x=S r L A (y+Az) +z, trong đó z ∈kerD.
3.5 Cho X, D, R xác định như Ví dụ 3.2.5 và A{x n } = {x n+1 } Chứng minh rằng a Toán tử (I −RA) khả nghịch trái (L A ∈LI−RA); b Phương trình (D−A)x = y có nghiệm tổng quát là x = L A (Ry+z), trong đó z ∈kerD.
3.6 Cho D ∈R(X),dim kerD 6= 0, R ∈RD∩V(X) Chứng minh rằng tất cả nghiệm của phương trình
3.7 Cho D ∈ R(X),dim kerD 6= 0, R ∈ RD, A ∈ L 0 (X),domD ⊂ AX và n ∈ N Tìm điều kiện giải được và công thức nghiệm của phương trình (D n −A)x=y.
a Tìm ma trận nghịch đảo suy rộng của ma trận A. b Tìm m để phương trình ma trận AX =Y có nghiệm. c Giải phương trình ma trận AX = Y giá trị m tìm được ở (b).
a Tìm ma trận nghịch đảo suy rộng của ma trận A. b Tìm điều kiện của a, b để phương trình ma trận AX = Y có nghiệm. c Giải phương trình ma trận AX = Y với a= 1.
3.10 Giải phương trình ma trận sau
3.11 Giải phương trình ma trận sau
[1] Trần Trọng Huệ, Giáo trình Đại số tuyến tính và Hình học giải tích, Tập
2, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2007.
[2] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số Tuyến tính, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2001.
[3] Nguyễn Văn Mậu,Algebraic elements and Relative Boundary value problems in Linear spaces, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2004.
[4] Mỵ Vinh Quang, Đại số Đại cương, NXB Giáo dục, 1999.
[5] Bracewell R N.,The Fourier Transform and Its Applications, McGraw-Hill, 1986.
[6] Danuta Przeworska-Rolewicz, Equations in Linear Spaces, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, 1968.
[7] Danuta Przeworska-Rolewicz, Equations With Transformed Argument An algebraic approach, Elsevier Scientific Publishing Company, Amsterdam, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, 1973.
[8] Danuta Przeworska-Rolewicz, Algebraic Analysis, PWN-Polish Scientific Publishers, Warszawa, D Reidel Publishing Company, 1988.
[9] Lokenath Debnath and Dambaru Bhatta, Integral transforms and their ap- plications, Taylor and Francis Group, 2007.
In "Fourier Analysis: An Introduction" by Stein and Shakarchi, key concepts include the importance of linear independence in algebra, the principles of Leibniz algebra, and the significance of isomorphisms The text also explores right and left units, characteristic polynomials, and Leibniz conditions, alongside a discussion on Jordan canonical forms and linear coverings This comprehensive overview serves as a foundational resource for understanding advanced topics in analysis and algebra.
Công thức Taylor, 43 cơ sở, 5
Bài viết đề cập đến các khái niệm toán học quan trọng như đa thức, với 57 giá trị chính quy và 17 hằng số Nó cũng trình bày 24 hầu nghịch đảo, 65 hệ sinh và 5 hạt nhân, cùng với 7 không gian hữu hạn chiều và 11 khối Jordan Các khái niệm không gian được phân tích sâu hơn với 72 không gian các hằng số, 24 không gian riêng và 17 không gian tuyến tính, bao gồm 4 không gian vector con Về khả nghịch, có 22 khả nghịch suy rộng và 65 khả nghịch trái Bài viết cũng đề cập đến các loại lũy thừa, nghiệm đặc trưng và nguyên hàm, cùng với 24 nhóm, bao gồm 2 nhóm Abel và các phần tử khả nghịch Hơn nữa, nó nói về các tích phân, tổ hợp tuyến tính và các toán tử khác nhau như toán tử đồng nhất và toán tử chiếu, cung cấp cái nhìn tổng quát về các khái niệm phức tạp trong toán học.