BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH TOÁN TỬ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Trần Văn Cương BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH TỐN TỬ TIỂU LUẬN CAO HỌC Mơn : Tốn tử tuyến tính Giáo viên môn : GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Hà Nội - 2012 BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH TỐN TỬ Trần Văn Cương Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị Chương Biểu diễn nghiệm số lớp phương trình toán tử 2.1 Đặc trưng đa thức với toán tử đại số 2.2 Tiêu chuẩn chuyển vị,giao hoán phản giao hoán với phần tử đại số 2.3 Biểu diễn nghiệm phương trình tốn tử bậc sinh S 12 2.4 Phương trình với cặp phần tử đại số tùy ý (S,W) X 15 Kết luận 19 Tài liệu tham khảo 20 Mở đầu Theo dòng lịch sử,chủ đề nghiên cứu điều kiện giải công thức biểu diễn nghiệm phương trình tốn học có vị trí đặc biệt thu hút ý nhiều nhà toán học thiên tài.Đầu tiên phải kể đến lớp phương trình đại số.Nó có lịch sử phát triển từ lâu đời.Từ năm 2000 TCN,người Ai Cập biết giải phương trình bậc nhất,người Babylon biết giải phương trình bậc hai tìm bảng đặc biệt để giải phương trình bậc ba.Tất nhiên hệ số phương trình xét số cho cách giải người xưa chứng tỏ họ biết đến quy tắc tổng quát Trong toán học người Hi Lạp, lý thuyết phương trình đại số phát triển sở hình học, liên quan đến việc phát minh tính vơ ước số đoạn thẳng Vì lúc ,người Hi Lạp biết số nguyên dương phân số dương nên họ, phương trình x2 = vơ nghiệm Tuy nhiên, phương trình lại giải phạm vi đoạn thẳng nghiệm đường chéo hình vng có cạnh Đến kỷ VII,lý thuyết phương trình bậc bậc hai nhà toán học Ấn Độ phát triển,họ cho đời phương pháp giải phương trình bậc hai cách bổ sung thành bình phương nhị thức.Sau đó,người Ấn Độ sử dụng rộng rãi số âm,số Ả Rập với cách viết theo vị trí chữ số Đến kỷ thứ XVI,các nhà toán học La Mã Tartlia (1500-1557),Cardano (1501-1576) nhà toán học Ferrari (1522-1565) cho cơng thức giải phương trình bậc ba bậc bốn.Tiếp đó,việc giải phương trình bậc năm giày vò nhà toán học suốt gần 300 năm,cho tới 1826 Abel chứng minh định lý đáng kinh ngạc khẳng định không tồn công thức biểu thị nghiệm phương trình tổng quát bậc ≥ qua thức.Vài năm sau đó,Galois đưa tiêu chuẩn cho tính giải thức tất phương trình đại số Chính tư tưởng ngun,sâu sắc thơi thúc tạo động lực để khơng nhà tốn học khác mạnh dạn,táo bạo việc mở rộng nghiên cứu điều kiện giải tìm cơng thức biểu diễn nghiệm lớp phương trình khác tốn học :Phương trình tuyến tính,phương trình vi phân,phương trình vi phân đạo hàm riêng,phương trình tích phân, Và cách tổng quát nghiên cứu số lớp phương trình tốn tử Như với việc nghiên cứu cách có hệ thống điều kiện giải công thức biểu diễn nghiệm vài lớp phương trình tốn tử thường gặp giúp có cách nhìn tổng quan sâu sắc tất loại phương trình có phương trình đại số mà học làm quen trước Bố cục tiểu luận bao gồm chương : • Chương tiểu luận trình bày tóm tắt số vấn đề sử dụng việc khai thác,nghiên cứu tiểu luận • Chương tiểu luận vào trình bày tổng quan điều kiện giải công thức biểu diễn nghiệm tổng quát vài lớp phương trình tốn tử thường gặp giải tích đại số tuyến tính Tác giả chân thành cảm ơn NGND.GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu-giảng viên mơn tốn tử tuyến tính cung cấp,giảng giải nhiều kiến thức quan trọng quý báu mơn học để tác giả hiểu sơ lược vấn đề quan tâm hoàn thành tiểu luận này.Tác giả chân thành cảm ơn anh,chị bạn bè đồng nghiệp lớp Cao học K11-13 tận tình giúp đỡ,giải đáp số thắc mắc mà tác giả nghi vấn.Tác giả đặc biệt gửi lời cảm ơn sâu sắc đến gia đình,người thân sức động viên,khích lệ vật chất lẫn tinh thần để tác giả hồn thành tiểu luận Vì thời gian thực tiểu luận khơng nhiều kiến thức hạn chế nên tiểu luận chắn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận quan tâm,đóng góp ý kiến q thầy bạn đồng nghiệp để tiểu luận hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 15 tháng 01 năm 2012 Học viên Trần Văn Cương Chương Kiến thức chuẩn bị Xuyên suốt tiểu luận khơng nói cụ thể ta ln ký hiệu : • ǫ = exp 2πi/n nghiệm phương trình zn = • P(t), G (t), · · · đa thức biến phức trường số phức C • B khơng gian Banach • L( B ) đại số toán tử tuyến tính tác dụng B với miền xác định trùng với B • X đại số tốn tử L( B ) • Nếu X khơng gian tuyến tính trường số phức C L0 (X ) = { A : X → X, A − tuyến tính, dom A = X } Để bắt đầu vào tìm hiểu vấn đề mà tiểu luận quan tâm ,trước tiên xem xét sơ lược số vấn đề sau : Định nghĩa 1.0.1 Đa thức P(t) gọi đa thức đơn có nghiệm đơn khác Định nghĩa 1.0.2 Một đại số trường số phức C C-không gian véc tơ A trang bị phép nhân · : A × A → A, (α, β) → αβ thỏa mãn điều kiện sau : (i) A với phép cộng véc tơ phép nhân lập thành vành (ii) Các phép nhân với vô hướng phép nhân A liên hệ với hệ thức : (aα) β = α(aβ) = a(αβ), với a ∈ C, α, β ∈ A Tập khác rỗng B ⊂ A gọi đại số đại số A vừa khơng gian véc tơ vừa vành A Định nghĩa 1.0.3 Giả sử X không gian tuyến tính trường số phức C Phần tử (toán tử) T ∈ L0 (X ) gọi phần tử đại số (toán tử đại số) tồn đa thức với hệ số phức P(t) = tn + a1 tn−1 + · · · + an−1 t + an , a j ∈ C , j = 1, 2, · · · , n cho P(T ) = Nếu T thỏa mãn đồng thức P(T ) = không tồn đa thức Q(t) với hệ số phức mà deg Q(t) < n cho Q(t) = T gọi phần tử đại số (toán tử đại số) bậc n.Khi P(t) gọi đa thức đặc trưng T ký hiệu PT (t),các nghiệm đa thức gọi nghiệm đặc trưng T.Nếu đa thức PT (t) có nghiệm đơn T gọi phần tử đại số (toán tử đại số) có đa thức đặc trưng đơn Định lý 1.0.1 (Định lý Cayley-Hamilton) Mỗi ma trận vuông A nghiệm đa thức đặc trưng Định nghĩa 1.0.4 Giả sử T ∈ L0 (X ) phần tử đại số với đa thức đặc trưng n PT (t) = ∏ ( t − t j ), ti = t j i = j j =1 Khi phần tử Pj ( j = 1, 2, · · · , n) xác định : n Pj = T − tm I , j = 1, 2, · · · , n t − tm m=1,m = j j ∏ gọi phần tử chiếu liên kết với T Định nghĩa 1.0.5 Phần tử đại số T ∈ L0 (X ) gọi phép đối hợp bậc n (n ≥ 2) : Tn = I Bổ đề 1.0.1 (Công thức nội suy Lagrange) Nếu f ( x ) đa thức bậc n xác định n + điểm x0 , x1 , · · · , xn Khi : n f (x) = ( x − x0 ) · · · ( x − x )( x − x ) · · · ( x − xn ) ∑ f (xi ) (xi − x0 ) · · · (xi − xii−−11 )(xi − xi+i+11 ) · · · (xi − xn ) i =1 Định nghĩa 1.0.6 (Đa thức đối xứng bậc n) Giả sử R[ x1 , · · · , xn ] vành đa thức n ẩn x1 , · · · , xn Đa thức f ∈ R[ x1 , · · · , xn ] đối xứng f ( x1 , · · · , xn ) = f ( xσ(1) , · · · , xσ(n) ), ∀σ ∈ Sn Trong Sn nhóm đối xứng n phần tử Chương Biểu diễn nghiệm số lớp phương trình tốn tử 2.1 Đặc trưng đa thức với toán tử đại số Giả sử S phần tử đại số đại số X có đơn vị I trường số phức C với đa thức đặc trưng P(t) P (t ) = t n + α1 t n −1 + · · · + α n = n n j =1 j =1 ∏(t − t j ); P(S) = ∏(S − t j I ) = (2.1.1) G (t) đa thức tùy ý cho trước.Xét tập hợp giá trị : G = { G (t1 ), G (t2 ), · · · , G (tn )} Giả sử G tạo thành k phần tử khác : r1 , r2 , · · · , rk (k ≤ n).Khơng tính tổng qt, giả thiết giá trị giống xếp cạnh : G (t) nhận giá trị r1 n1 phần tử G : G ( t v1 + ) = · · · = G ( t v1 + n ) = r G (t) nhận giá trị r2 n2 phần tử G : G ( t v2 + ) = · · · = G ( t v2 + n ) = r G (t) nhận giá trị rk nk phần tử G : G (tvk +1 ) = · · · = G (tvk + n k ) = r k (2.1.2) Khi rõ ràng (2.1.3) n1 + n2 + · · · + n k = n có biểu diễn Bổ đề 2.1.1 Nếu G (t) thỏa mãn điều kiện (2.1.2) νj + n j ∏ G (t) = G j (t) (2.1.4) (t − tν ) + r j ν= νj +1 deg G j = n − n j ; j = 1, 2, · · · , k Chứng minh Đa thức G (t) − r j chia hết cho t − tν , ν = νj + 1, · · · , νj + n j nên chia hết cho νj + n j ∏ (t − tν ).Từ đó,suy (2.1.4) ν= νj +1 Bổ đề 2.1.2 Giả sử S phần tử đại số (2.1.1).Khi phần tử V = αS ; α = 0, ; α ∈ C thỏa mãn điều kiện P(V ) = αn = Sn = βI , β = 0, β ∈ C Chứng minh Từ giả thiết,suy Vậy viết: αn P(αt) đa thức đặc trưng V Sn + α1 Sn −1 + · · · + α n I = Sn + α1 n −1 αn S + · · · + n I = α α Suy α1 = α2 = · · · = α n −1 = , α n = αn αn nên αn = Sn + αn I = Định lý 2.1.1 Nếu G (t) đa thức thỏa mãn điều kiện (2.1.2) V = G (S) phần tử đại số X với đa thức đặc trưng k Q (t) = ∏ (t − r j ) j =1 k Chứng minh Xét phần tử Q(V ) = ∏ [ G (S) − r j ].Theo bổ đề (2.1.1) (công j =1 thức (2.1.4)) Q (V ) = k νj + n j j =1 ν= νj +1 k ∏ G (S) ∏ (S − tν I ) = ∏ G j (S) · P (S) = j =1 Xét đa thức tùy ý Q0 (t) thỏa mãn điều kiện Q0 (V ) = 0.Khi V = G (S) nhận giá trị G (t1 ), G (t2 ), · · · , G (tn ) nghiệm đặc trưng,vậy nên Q0 (t) k chia hết cho ∏ (t − r j ).Suy deg Q ≤ deg Q0 Định lý chứng minh j =1 Hệ 2.1.1 Nếu G (ti ) = G (t j ) ; i = j V = G (S) toán tử đại số với đa thức đặc trưng n Q (t) = ∏(t − G(t j )) j =1 Hệ 2.1.2 Nếu G (t1 ) = G (t2 ) = · · · = G (tn ) = r = V = G (S) phần tử Chứng minh Thật vậy,khi đa thức đặc trưng V Q(t) = t − r.Vậy V = rI Định lý 2.1.2 Tồn đa thức G0 (t) cho : V0 = G0 (S) phần tử đối hợp bậc n Chứng minh Đặt ǫ = exp 2πi/n chọn n G0 (t) = n ǫ j (t − tν ) ∑ ∏ t j − tν j =1 ν=1 Khi đó,theo cơng thức nội suy Lagrange,suy : n Q (t) = ∏(t − ǫ j ) = tn − j =1 đa thức đặc trưng V0 Vậy V0n = I.Định lý chứng minh 9 2.2 Tiêu chuẩn chuyển vị,giao hoán phản giao hoán với phần tử đại số Định nghĩa 2.2.1 Giả sử S phần tử đối hợp bậc n.Phần tử A ∈ X gọi phần tử chuyển vị S AS = ǫSA Định nghĩa 2.2.2 Giả sử S phần tử đại số bậc n.Phần tử A ∈ X gọi giao hoán (phản giao hoán) với S : AS = SA ( AS = −SA) Định lý 2.2.1 Giả sử S phần tử đối hợp bậc n.Khi A ∈ X phần tử chuyển vị S tồn A0 ∈ X cho : A = A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 Chứng minh Điều kiện đủ : Ta có : AS = A0 Sn + ǫSA0 Sn−1 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 S = ǫSA0 Sn−1 + ǫ2 S2 A0 Sn−2 + · · · + ǫn Sn A0 = ǫS( A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 ) = ǫSA Điều kiện cần : Giả sử A chuyển vị S.Ta đặt : A0 = ǫ · SA n Khi : A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 1 = (ǫSASn−1 + ǫ2 S2 ASn−2 + · · · + ǫn Sn A) = (nA) = A n n định lý chứng minh Hệ 2.2.1 Nếu S phần tử đối hợp bậc n để A ∈ X giao hốn với S,điều kiện cần đủ tồn A0 cho : A = σn−1 ( A0 , S) = A0 Sn−1 + SA0 Sn−2 + · · · + Sn−1 A0 (2.2.5) Hệ 2.2.2 Nếu S phần tử đối hợp bậc n (n- chẵn) để A ∈ X phần tử phản giao hoán với S,điều kiện cần đủ tồn A0 cho : A = σn−−1 ( A0 , S) = A0 Sn−1 − SA0 Sn−2 + · · · − Sn−1 A0 (2.2.6) 10 Định lý 2.2.2 Giả sử S phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn P(t).Khi đó,để A ∈ X giao hốn với S,điều kiện cần đủ tồn A0 ∈ X cho : A = σn−1 ( A0 , S) + α1 σn−2 ( A0 , S) + · · · + αn−1 A0 σk ( A0 , S) tính theo (2.2.5) Chứng minh Điều kiện đủ kiểm tra trực tiếp Để chứng minh điều kiện cần,ta cần đặt : n A0 = ∑ P′ (t j ) Pj A j =1 P1 , P2 , · · · , Pn phần tử chiếu liên kết với (sinh bởi) S Định lý 2.2.3 Giả sử S phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn P(t) G (t) đa thức tùy ý thỏa mãn điều kiện (2.1.2).Khi để phần tử B ∈ X giao hoán với V = G (S),điều kiện cần đủ tồn B0 ∈ X cho : B = σk−1 ( B0 , V ) + σk′ · σk−2 ( B0 , V ) + · · · + σk′ k−2 · σ1 ( B0 , V ) + σk′ k−1 · B0 σk′ j đa thức đối xứng theo r1 , r2 , · · · , rk bậc j ; σj ( B0 , V ) xác định theo (2.2.5) cách thay A0 B0 ; S V = G (S) Chứng minh Điều kiện đủ suy từ kết luận định lý (2.1.1) định lý (2.2.1) Để chứng minh điều kiện cần,ta chọn : k G (S) − r ν I B0 = ∑ ′ ∏ Q (r j ) ν=1ν = j r j − rν j =1 k (2.2.7) Định lý 2.2.4 Giả sử S phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn n P(t) = ∏(t − t j ) ; t2i = t2j , i = j j =1 Khi đại số X không tồn phần tử phản giao hoán với S (trừ O) (2.2.8) 11 Chứng minh Từ giả thiết XS = −SX suy XP(S) = P(−S)X = O ∈ X (2.2.9) Theo giả thiết (2.2.8) V = P(−S) tốn tử đại số với nghiệm đặc trưng đơn khác O : P(−t1 ), P(−t2 ), · · · , P(−tn ) Vậy phần tử V khả nghịch : V −1 = n ∑ P(−t j ) Pj j =1 Từ (2.2.9) suy X = O.Định lý chứng minh Hệ 2.2.3 Giả sử S phần tử đối hợp bậc n.Khi X phần tử phản giao hốn với S X = O ∈ X Định lý 2.2.5 Giả sử S phần tử đại số với đa thức đặc trưng : n0 P(t) = ∏ (t2 − t2j ) = t2n0 + µ1 · t2n0 −1 + · · · + µn j =1 : Khi X ∈ X phản giao hốn với S tồn X0 ∈ X cho − − X = σ2n (X0 , S) + µ1 σ2n (X0 , S) + · · · + µn0 −1 σ1− (X0 , S) −2 −1 σk− (X0 , S) tính theo công thức (2.2.6) Chứng minh Điều kiện đủ : Ta có : − − 2n 2n Sσ2n −1 ( X0 , S) − σ2n −1 ( X0 , S)S = X0 S − S X0 Suy : SX + XS = X0 P(S) − P(S)X0 = O ∈ X Điều kiện cần : Đặt tn0 + j = −t j , j = 1, 2, · · · , n0 chọn 2n0 X0 = X ∑ P′ (t j ) Pj j =1 (2.2.10) 12 2.3 Biểu diễn nghiệm phương trình tốn tử bậc sinh S Trong mục này,ta xét điều kiện giải được,công thức biểu diễn nghiệm tổng quát vài lớp phương trình tốn tử thường gặp giải tích đại số tuyến tính Trước hết ,xét phương trình : (2.3.11) (2.3.12) XS − SX = Y XG (S) − G (S)X = Y Phương trình (2.3.11) trường hợp Y = aI, a ∈ C a = xét giáo trình đại số tuyến tính Định lý 2.3.1 Điều kiện cần đủ để phương trình (2.3.11) giải : Pi YPj = , (2.3.13) i = 1, 2, · · · , n Nếu điều kiện (2.3.13) thỏa mãn nghiệm tổng quát (2.3.11) cho công thức : X = A + X0 (2.3.14) n X0 = n ∑ ∑ αij Pi YPj i =1 j =1 αij = ti −t j i = j i = j (2.3.15) (2.3.16) A0 = σn−1 ( A, S) + α j σn−2 ( A, S) + · · · + αn−1 A A ∈ X phần tử tùy ý Chứng minh Điều kiện cần : Giả sử (2.3.11) giải được,khi : Pi YPj = Pi XSPi − Pi SXPi = Pi X (ti Pi ) − ti Pi XPi = Điều kiện đủ : Giả sử điều kiện (2.3.13) thỏa mãn.Khi X0 xác định theo (2.3.15) nghiệm (2.3.11).Thật : n X0 S − SX0 = n n n n ∑ ∑ αij Pi YPj ∑ tν Pν − ∑ tν Pν ∑ ∑ αij Pi YPj i =1 j =1 n n = n ∑ ν=1 ∑ (ti − t j )αij Pi YPj = i =1 j =1 ν=1 n n ∑ i =1 j =1 ∑ Pi YPj = i =1 j =1 n n i =1 j =1 ∑ Pi Y ∑ Pj = Y 13 Giả sử X nghiệm tùy ý (2.3.11) Khi đó, X − X0 phần tử giao hoán S.Theo định lý (2.2.2),ta dạng thức tổng quát : X − X0 = A0 , xác định theo (2.3.16).Định lý chứng minh Hệ 2.3.1 Phương trình XS − SX = aI, a = a ∈ C không giải Chứng minh Thật vậy,ta có Pi aIPi = aPi = ∈ X.Suy điều kiện (2.3.13) không thỏa mãn Định lý 2.3.2 Giả sử G (t) đa thức tùy ý thỏa mãn điều kiện (2.1.2).Khi phương trình (2.3.12) giải : (2.3.17) Q j YQ j = , j = 1, 2, · · · , k Điều kiện (2.3.17) thỏa mãn nghiệm tổng quát phương trình (2.3.12) cho công thức : X = A + X1 k X1 = k ∑ ∑ βij Qi YQ j ; β ij = j =1 j =1 ri −r j i = j i = j A1 = σk−1 ( A, V ) + σk′ σk−2 ( A, V ) + · · · + σk′ k−1 A A tùy ý X ; V = G (S) ; σk′ j đa thức đối xứng theo biến r1 , r2 , · · · , rk bậc j tương ứng Chứng minh Là hệ trực tiếp định lý (2.2.3) định lý (2.3.1) Bây ta xét phương trình chuyển vị : AS − ǫSA = B (2.3.18) S tốn tử đối hợp bậc n ; ǫ = exp 2πi/n; A toán tử phải tìm B ∈ X phần tử cho trước Định lý 2.3.3 Điều kiện cần đủ để (2.3.18) giải : Pj BPj+1 = ; j = 1, 2, · · · , n (2.3.19) Nếu điều kiện (2.3.19) thỏa mãn nghiệm tổng qt (2.3.18) cho cơng thức : A = R0 + A , (2.3.20) 14 n A0 = n ∑ ∑ αij Pi BPj , i =1 j =1 αij = ǫ j − ǫ j +1 j = i + j = i + R0 = RSn−1 + ǫSRSn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 R, (2.3.21) (2.3.22) R tùy ý X ; Pn+1 = P1 Cuối ta xét phương trình dạng : XS − SX = Y (2.3.23) S thỏa mãn điều kiện cần đủ định lý (2.2.5) Đặt tn0 + j = −t j ; j = 1, 2, · · · , n0 Khi ta có : Định lý 2.3.4 Điều kiện cần đủ để phương trình (2.3.23) giải : Pi YPj = với |i − j| = n0 ; i, j = 1, 2, · · · , n0 (2.3.24) Nếu điều kiện (2.3.24) thỏa mãn nghiệm phương trình (2.3.23) cho công thức : X = D0 + Y0 (2.3.25) 2n0 2n0 Y0 = ∑ ∑ αij Pi X0 Pj i =1 j =1 αij = ti +t j khi | i − j | = n0 | i − j | = n0 D0 tính theo cơng thức (2.2.10) với X0 ∈ X Chứng minh Điều kiện cần : Ta có : 2n0 2n0 Pi YPj = Pi [ X ∑ ν=1 tν Pν + ∑ tν Pν X] Pj = Pi Xti Pj + t j Pi XPj ν=1 = (ti + t j ) Pi XPj = ∈ X |i − j| = n0 (2.3.26) 15 Điều kiện đủ : Nếu (2.3.24) thỏa mãn Y0 xác định theo (2.3.26) cho ta nghiệm (2.3.23).Thật : X0 S + SX0 = 2n0 2n0 2n0 2n0 2n0 2n0 i =1 j =1 i =1 j =1 i =1 j =1 ∑ ∑ (ti + t j )Pi X0 Pj = ∑ ∑ Pi YPj = ∑ Pi Y ∑ Pj = Y Được suy trực tiếp từ định lý (2.2.5).Định lý chứng minh 2.4 Phương trình với cặp phần tử đại số tùy ý (S,W) X Giả sử S W cặp phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn P(t) Q(t) : n P(t) = ∏(t − t j ) j =1 n Q (t) = ∏ (t − tν ) ν=1 Không tính tổng qt,có thể giả thiết : {t1 , t2 , · · · , tn , τ1 , τ2 , · · · , τk } ; k≤n (2.4.27) tập hợp điểm đơi khác t1 = τk+1 , · · · , tm−k = τm Đặt τj = tn+ j ; m0 = n + k xét đa thức m0 F (t) = ∏(t − t j ) (2.4.28) j =1 Định nghĩa 2.4.1 Đa thức F(t) (theo (2.4.28)) gọi đa thức đặc trưng cặp (S; W ) nói Ta khảo sát phương trình : SX = XW SX − XW = A SX = YW + B SY = XW + C (2.4.29) (2.4.30) (2.4.31) 16 Trước hết,xét phương trình (thuần nhất) (2.4.29) : SX = XW Định lý 2.4.1 Giả sử F ( t ) = t m0 + β t m0 − + β t m0 − + · · · + β m0 (2.4.32) Khi nghiệm tổng quát (2.4.29) cho công thức : X = F(S, X0 , W ) = σm0 −1 (S, X0 , W ) + β σm0 −2 (S, X0 , W ) + · · · + β m0 −1 X0 (2.4.33) σk = σk (S, X0 , W ) = Sk X0 + Sk−1 X0 W + · · · + X0 W k (2.4.34) X0 phần tử tùy ý X Chứng minh Trước hết ta chứng minh (2.4.33) nghiệm (2.4.29).Thật từ (2.4.34) ta suy Sσk − σk W = Sk+1 X0 − X0 W k+1 nên : SX − XW = F(S)X0 − X0 F(W ) = F(t) đa thức đặc trưng cặp (S, W ) Ngược lại,giả sử X nghiệm (2.4.29),ta phải chứng minh X có dạng (2.4.33).Chọn m0 X0 = ∑ ′ FX F (t j ) j j =1 F1 , F2 , · · · , Fm0 phần tử chiếu liên kết với S (trong trường hợp Fn+1 , Fn+2 , · · · , Fn0 phần tử 0).Khi S giao hốn với Fj ; ∀ j m0 m0 1 Fj SX = ( ∑ ′ Fj X )W = X0 W SX0 = ∑ ′ F (t j ) F (t j ) j =1 j =1 từ (2.4.34) ta : σk (S, X0 , W ) = (k + 1)Sk X0 = m0 ∑ (k + 1)tkν Fν X0 ν=1 Suy m0 F(S, X0 , W ) = ∑ F′ (tν ) Fν ν=1 Vậy định lý chứng minh m0 ∑ F′ (t j ) Fj X = j =1 m0 ∑ Fj X = X j =1 17 Gọi Q1 , Q2 , · · · , Qn phần tử chiếu liên kết với W P1 , P2 , · · · , Pn phần tử chiếu liên kết với S, giả sử đa thức đặc trưng thỏa mãn điều kiện (2.4.27).Khi ta có Định lý 2.4.2 Điều kiện cần đủ để phương trình (2.4.30) giải : (2.4.35) Pi AQk+i = ; i = 1, 2, · · · , m − k Nếu điều kiện (2.4.35) thỏa mãn nghiệm (2.4.30) cho cơng thức : X = X + X0 X xác định theo (2.4.33): n X0 = m (2.4.36) ∑ ∑ αij Pi AQ j i =1 j =1 αij = ti − τj j = k + i ; i = 1, 2, · · · , m − k trường hợp khác Chứng minh Điều kiện cần suy từ giả thiết (2.4.27) Để chứng minh điều kiện đủ ta cần kiểm tra nghiệm X0 theo (2.4.36) nghiệm (2.4.30).Thật : n SX0 − X0 W = ∑ ∑ (ti − τj )Pi X0 Q j = i =1 j =1 n = n m m ∑ ∑ Pi AQ j i =1 j =1 m ∑ Pi A ∑ Q j = A i =1 j =1 Công thức nghiệm tổng quát X = X + X0 (2.4.37) suy từ định lý (2.4.1) Bằng phương pháp tương tự,ta khảo sát chi tiết hệ phương trình (2.4.31) cách chuyển phương trình (2.4.30) Bổ đề 2.4.1 Hệ phương trình (2.4.31) tương đương với hệ sau : S2 X − XW = D1 Y = S−1 XW + D2 (2.4.38) 18 D1 = CW + SB D2 = S − C Chứng minh Từ giả thiết phần tử đại số S ta suy : S−1 tồn : S−1 = n ∑ t j Pj j =1 (2.4.31) (2.4.38) tương đương.Theo định lý (2.1.1),thì S2 , W phần tử đại số,vì (2.4.38),là phương trình cặp (2.4.30) xét định lý (2.4.2) với cơng thức nghiệm tổng qt hồn tồn tương tự 19 Kết luận Trong tiểu luận em trình bày cách tổng quan điều kiện giải công thức biểu diễn nghiệm số lớp phương trình tốn tử với cặp tốn tử đại số thường gặp giải tích đại số tuyến tính.Giả hạn phương trình XS − SX = Y trường hợp Y = aI, a ∈ C, a = xét hầu hết giáo trình đại số tuyến tính.Vì qua cách tìm hiểu tiểu luận giúp có cách nhìn sâu sắc mơn đại số tuyến tính mà học trước đây.Bên cạnh với việc xét phương trình SX = XW SX − XW = A khảo sát chi tiết nhiều cơng trình ma trận.Tuy nhiên, hầu hết tác giả hạn chế trường hợp phương trình có nghiệm tìm biểu thức nghiệm qua biểu diễn tích phân.Bởi vậy,tiểu luận cho lược đồ giải cho phép khắc phục thiếu sót trên.Hy vọng đón nhận nội dung mẻ có phần táo bạo phần làm thỏa mãn thị hiếu,tính tò mò bạn đọc Mặc dù,tác giả cố gắng với khoảng thời gian eo hẹp với vốn kiến thức hạn chế nên chắn tiểu luận khơng tránh khỏi hạn chế sai sót.Tác giả mong nhận quan tâm,đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn đồng nghiệp để tiểu luận hoàn thiện hơn.Tác giả xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu,Lý thuyết tốn tử phương trình tích phân kỳ dị, Nhà xuất ĐHQGHN [2] Danuta Przeworska-Rolewicz,Linear spaces and linear operators,Warsaw 2007 [3] N.I.Akhiezer and I.M.Glazman,Theory of Linear Operations in Hilbert Space,New York 1993 [4] Nelson Dunford and Jacob T Schwartz,Linear Operations,New York 1957 [5] S.Banach,Theory of Linear Operations,North-Holland 1987 20 ... thức biểu diễn nghiệm lớp phương trình khác tốn học :Phương trình tuyến tính ,phương trình vi phân ,phương trình vi phân đạo hàm riêng ,phương trình tích phân, Và cách tổng quát nghiên cứu số lớp phương. .. nhóm đối xứng n phần tử Chương Biểu diễn nghiệm số lớp phương trình tốn tử 2.1 Đặc trưng đa thức với toán tử đại số Giả sử S phần tử đại số đại số X có đơn vị I trường số phức C với đa thức... Chương Biểu diễn nghiệm số lớp phương trình toán tử 2.1 Đặc trưng đa thức với toán tử đại số 2.2 Tiêu chuẩn chuyển vị,giao hoán phản giao hoán với phần tử đại số