10 examples for linear operator theory

Họ tên : Trần Văn Cương Sinh ngày : 25/09/1989 Quê quán : Hà Tĩnh 10 VÍ DỤ CHO LÝ THUYẾT TỐN TỬ TUYẾN TÍNH Chúng ta xét 10 ví dụ sau để phần thấy nét đẹp độc đáo thú vị môn lý thuyết tốn tử tuyến tính việc ứng dụng vào giải tốn đại số tuyến tính giải tích Như biết mơn đại số tuyến tính học việc nâng lên lũy thừa bậc cao ma trận khơng đơn giản.Và trước ,thơng thường để tính lũy thừa bậc cao ma trận thường dựa vào nét đặc trưng riêng tốn cụ thể mà từ cho lời giải khác nhau.Tuy nhiên,với việc áp dụng môn lý thuyết tốn tử tuyến tính cho lời giải thống chung cho dạng toán "phép nâng lên lũy thừa ma trận".Để thấy rõ điều xem xét ví dụ & sau đây: Đầu tiên thử tính lũy thừa bậc n ma trận vng cấp qua ví dụ sau: −2010 −2011 Tính An với n ∈ Z+ Ví dụ Cho ma trận A = 2012 2013 Lời giải Ta có đa thức đặc trưng ma trận A : PA (λ) = −2010 − λ −2011 = λ2 − 3λ + 2012 2013 − λ có nghiệm λ1 = 1, λ2 = Xét hệ phương trình : I =P +Q A = λ1 P + λ2 Q = P + 2Q ⇔ P = 2I − A Q=A−I Theo định lý Cayley-Hamilton ta có : A2 − 3A + 2I = Từ ta thấy : P Q = (2I − A)(A − I) = 3A − A2 − 2I = QP = (A − I)(2I − A) = 3A − A2 − 2I = P = (2I − A)2 = 4I − 4A + A2 = 2I − A = P Q2 = (A − I)2 = A2 − 2A + I = A − I = Q Ta chứng minh quy nạp : An = P + 2n Q (∗) với ∀n ∈ Z+ Thật vậy: Rõ ràng (∗) với n=1 Với n = 2, A2 = (P +2Q)2 = (P +2Q)(P +2Q) = P +22 Q2 +2(P Q+QP ) = P + 22 Q ⇒ (∗) cho n = Giả sử (∗) đến n = k, k ∈ Z+ ,tức Ak = P + 2k Q Khi với n = k + 1,ta có Ak+1 = Ak A = (P +2k Q)(P +2Q) = P +2k+1Q2 +2P Q+2k QP = P +2k+1Q ⇒ (∗) cho n = k + Vậy An = P + 2n Q, ∀n ∈ Z+ Đẳng thức (∗) chứng minh −2011 −2011 2012 2011 Q = A − I = Thay P = 2I − A = 2012 2012 −2012 −2011 vào (∗) ta tính An = −2011 −2011 2012 2011 +2n 2012 2012 −2012 −2011 = 2012 − 2011 · 2n 2011 · (1 − 2n ) 2012 · (2n − 1) 2012 · 2n − 2011 Với ma trận vuông cấp 2, phương pháp tính lũy thừa bậc n ma trận vng cấp hay cấp cao phương pháp tính có khác khơng?Chúng ta tìm  hiểu tiếp ví dụ sau đây:  −4 Ví dụ Cho ma trận A =  21 −5 −15 Tính An với n ∈ Z+ −21 13 Lời giải Ta có đa thức đặc trưng ma trận A : 2−λ −4 PA (λ) = 21 −5 − λ −15 = −λ3 +6λ2 −11λ+6 = −(λ−1)(λ−2)(λ−3) −21 13 9−λ có nghiệm λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = Xét hệ phương trình :    I = P1 + P2 + P3 A = λ1 P1 + λ2 P2 + λ3 P3   A = λ21 P1 + λ22 P2 + λ23 P3    P1 = ⇔ P2 =   P3 = (A−λ2 I)(A−λ3 I) (λ1 −λ2 )(λ1 −λ3 ) (A−λ3 I)(A−λ1 I) (λ2 −λ3 )(λ2 −λ1 ) (A−λ1 I)(A−λ2 I) (λ3 −λ1 )(λ3 −λ2 ) i = j i = j Từ quy nạp ta chứng minh : Ta có nhận xét : Pi Pj = δij Pj , δij = An = λn1 P1 + λn2 P2 + λn3 P3 , n ∈ Z+ (∗∗) Tính :  147 −76 (A − λ2 I)(A − λ3 I) 1 P1 = = (A − 2I)(A − 3I) = 147 −76 (λ1 − λ2 )(λ1 − λ3 ) 2 147 −76  −146 73 (A − λ3 I)(A − λ1 I) = −(A − 3I)(A − I) = −168 84 P2 = (λ2 − λ3 )(λ2 − λ1 ) −126 63  147 −70 (A − λ1 I)(A − λ2 I) 1 189 −90 P3 = = (A − I)(A − 2I) = (λ3 − λ1 )(λ3 − λ2 ) 2 105 −50  −69 −69 −69  73 84 63  −77 −99 −55 Thay vào công thức (**) ta :       147 −76 −69 −146 73 73 147 −70 −77 n  189 −90 −99 An = 147 −76 −69 + 2n −168 84 84 + 2 147 −76 −69 −126 63 63 105 −50 −55   147 147·3n 69 77·3n n n n n − 146 · + −38 + 73 · − 35 · − + 73 · − 2 2 189·3n 69 99·3n  n n n n − 168 · + −38 + 84 · − 45 · − + 84 · − An =  147 2 n 2n 147 − 126 · 2n + 105·3 −38 + 63 · 2n − 25 · 3n − 69 + 63 · 2n − 55·3 2 2 Bên cạnh việc tính tốn lũy thừa bậc cao ma trận bắt gặp dạng toán quen thuộc thường gặp mơn đại số tuyến tính dạng tốn "tìm tất ma trận có cấp giao hoán hay phản giao hoán với ma trận vuông cho trước".Rõ ràng với việc đơn sử dụng phương pháp túy đại số tuyến tính hay giải tích mà học trước cho lời giải khả quan cho dạng toán kiểu này.Song với giúp sức lý thuyết tốn tử tuyến tính có lời giải khơng chuẩn nội dung mà đẹp hình thức thơng qua ví dụ & sau đây: Ví dụ Cho ma trận   1 A = 0  0 −1 Tìm tất ma trận vng B cấp cho AB + BA = Lời giải Dễ dàng thấy A2 = I Giả sử B ma trận vuông thỏa mãn AB + BA = 0.Suy B = −ABA.Ta có 1 1 B = (B + B) = (A2 B − ABA) = A( AB) − ( AB)A = AX − XA, 2 2 X = 21 AB Ngược lại,mọi ma trận B có dạng B = AX − XA thỏa mãn đẳng thức AB + BA = Thật vậy,khi AB +BA = A(AX −XA)+(AX −XA)A = A2 X −AXA+AXA−XA2 = Vậy,ma trận B cần tìm B = AX − XA, X ma trận vng cấp tùy ý Hồn tồn tương tự ta chứng minh : Bài tốn tổng quát Cho A ma trận vuông cấp n thỏa mãn điều kiện A2k = I,với k ∈ Z+ đó.Chứng minh để AX + XA = 0,điều kiện cần đủ là: X = A2k−1 X0 − A2k−2 X0 A + · · · + AX0 A2k−2 − X0 A2k−1 , X0 ma trận vng cấp n tùy ý Ví dụ Cho ma trận A= a b , c d a, b, c, d số thực cho trước Hãy xác định tất ma trận X cho AX = XA Lời giải Ta có đa thức đặc trưng ma trận A : PA (λ) = a + d (a − d)2 + 4bc a−λ b = λ2 −(a+d)λ+ad−bc = (λ− ) − c d−λ Từ định lý Cayley-Hamilton suy (A− a + d −1 a+d a + d (a − d)2 + 4bc I) = I , (A− I) = (A− I) 2 (a − d) + 4bc Ta chứng minh để AX = XA,điều kiện cần đủ : X = (A − a+d a+d I)X0 + X0 (A − I), 2 X0 ma trận vng cấp tùy ý.Thật : I)X0 + X0 (A − Điều kiện đủ Giả sử X = (A − a+d AX = XA ⇔ (A − a+d I).Khi a+d a+d I)X = X(A − I) 2 Ta có : (A − a+d a+d a+d a+d I)X = (A − I)[(A − I)X0 + X0 (A − I)] 2 2 a+d a+d a+d I) X0 + (A − I)X0 (A − I) 2 (a − d)2 + 4bc a+d a+d = X0 + (A − I)X0 (A − I) 2 = (A − X(A − a+d a+d a+d a+d I) = [(A − I)X0 + X0 (A − I)](A − I) 2 2 a+d a+d a+d I)X0 (A − I) + X0 (A − I) 2 a+d a+d (a − d)2 + 4bc = (A − I)X0 (A − I) + X0 2 = (A − Từ suy đpcm Điều kiện cần Giả sử AX = XA Khi (A − Chọn X0 = (A− + (a−d)2 +4bc a+d a+d I)X = X(A − I) 2 (A − a+d I)X.Ta có a+d a+d a+d a+d I)X0 +X0 (A− I) = (A− I) (A− I)X+ 2 2 (a − d) + 4bc 2 a+d a+d a+d (A− I)X (A− I) = (A− I) X+ 2 (a − d) + 4bc 2 (a − d) + 4bc + a+d 2 (a − d)2 + 4bc (A − I) X = X+ (a − d)2 + 4bc (a − d)2 + 4bc + (a − d)2 + 4bc 1 X = X + X = X ⇒ đpcm (a − d) + 4bc 2 Vậy,ma trận X cần tìm X = (A − a+d a+d I)X0 + X0 (A − I), 2 X0 ma trận vng cấp tùy ý Hoàn toàn tương tự ta chứng minh : Bài toán Cho A toán tử tuyến tính thỏa mãn điều kiện An = I với n ∈ Z+ đó.Chứng minh để AX = XA,điều kiện cần đủ : X = An−1 X0 + An−2 X0 A + · · · + AX0 An−2 + X0 An−1 Chúng ta quen thuộc với phương trình mà tốn tử khả nghịch.Vậy câu hỏi đặt liệu "phương trình tốn tử khả nghịch phải nào?".Để phần giải đáp thắc mắc tìm hiểu ví dụ & sau đây: Ví dụ Tìm nghiệm toán :   (1) D x = y     (2) F0 x = x0 F0 Dx = x1 (3) , y ∈ X, x0 , x1 , x2 , x3 ∈ ker D, F0 ∈ FD ứng với R0 ∈ RD    F0 D x = x2 (4)    F D x = x (5) Lời giải Ta có : (1) ⇔ D(D x − R0 y) = ⇔ D x − R0 y = z3 , z3 ∈ ker D ⇔ D(D 2x − R02 y − R0 z3 ) = ⇔ D x − R02 y − R0 z3 = z2 , z2 , z3 ∈ ker D ⇔ D(Dx − R03 y − R02 z3 − R0 z2 ) = ⇔ Dx − R03 y − R02 z3 − R0 z2 = z1 , z1 , z2 , z3 ∈ ker D ⇔ D(x − R04 y − R03 z3 − R02 z2 − R0 z1 ) = ⇔ x = R04 y + R03 z3 + R02 z2 + R0 z1 + z0 , z0 , z1 , z2 , z3 ∈ ker D Lần lượt áp dụng điều kiện (2),(3),(4) (5) ta : • x0 = F0 x = F0 (R04 y +R03z3 +R02z2 +R0 z1 +z0 ) = F0 R04 y +F0R03 z3 +F0 R02 z2 + F0 R0 z1 + F0 z0 = F0 R0 R03 y + F0 R0 R02 z3 + F0 R0 R0 z2 + F0 R0 z1 + F0 z0 = z0 0 0 z0 ⇒ z0 = x0 • x1 = F0 Dx = F0 D(R04 y + R03 z3 + R02 z2 + R0 z1 + z0 ) = F0 DR0 R03 y + I F0 DR0 R02 z3 + F0 DR0 R0 z2 + F0 DR0 z1 + F0 Dz0 = F0 R0 R02 y + F0 R0 R0 z3 + I I 0 I F0 R0 z2 + F0 z1 = z1 0 z1 ⇒ z1 = x1 • x2 = F0 D x = F0 D (R04 y + R03 z3 + R02 z2 + R0 z1 + z0 ) = F0 D R04 y + F0 D R03 z3 +F0 D R02 z2 +F0 D R0 z1 +F0 D z0 = F0 D DR0 R03 y+F0D DR0 R02 z3 + I I F0 D DR0 R0 z2 + F0 D DR0 z1 + F0 D Dz0 = F0 DR0 R02 y + F0 DR0 R0 z3 + I I I I F0 DR0 z2 + F0 Dz1 = F0 R0 R0 y + F0 R0 z3 + F0 z2 = z2 I 0 z2 ⇒ z2 = x2 • x3 = F0 D x = F0 D (R04 y + R03 z3 + R02 z2 + R0 z1 + z0 ) = F0 D R04 y + F0 D R03 z3 +F0 D R02 z2 +F0 D R0 z1 +F0 D z0 = F0 D DR0 R03 y+F0 D DR0 R02 z3 + I I F0 D DR0 R0 z2 +F0 D DR0 z1 +F0 D Dz0 = F0 D DR0 R02 y+F0D DR0 R0 z3 + I I I I F0 D DR0 z2 + F0 D Dz1 = F0 DR0 R0 y + F0 DR0 z3 + F0 Dz2 = F0 R0 y + I F0 z3 = z3 I I z3 ⇒ z3 = x3 Vậy nghiệm toán : x = R04 y + R03 x3 + R02 x2 + R0 x1 + x0 0 Ví dụ Tìm  D x=y    F x = x 0  F1 Dx = x1    F2 D x = x2 nghiệm toán : (1) (2) , y ∈ X, R0 , R1 , R2 ∈ FD (3) , x0 , x1 , x2 ∈ ker D, Fk , ∈ FD ứng với Rk ∈ RD , k = 0, 1, (4) Lời giải Ta có : (1) ⇔ D(D x − R2 y) = ⇔ D x − R2 y = z2 , z2 ∈ ker D ⇔ D(Dx − R1 R2 y − R1 z2 ) = ⇔ Dx − R1 R2 y − R1 z2 = z1 , z1 , z2 ∈ ker D ⇔ D(x − R0 R1 R2 y − R0 R1 z2 − R0 z1 ) = ⇔ x = R0 R1 R2 y + R0 R1 z2 + R0 z1 + z0 , z0 , z1 , z2 ∈ ker D Lần lượt áp dụng điều kiện (2),(3) (4) ta : • x0 = F0 x = F0 (R0 R1 R2 y+R0 R1 z2 +R0 z1 +z0 ) = F0 R0 R1 R2 y+F0 R0 R1 z2 + F0 R0 z1 + F0 z0 = z0 0 z0 ⇒ z0 = x0 • x1 = F1 Dx = F1 D(R0 R1 R2 y + R0 R1 z2 + R0 z1 + z0 ) = F1 DR0 R1 R2 y + I F1 DR0 R1 z2 + F1 DR0 z1 + F1 Dz0 = F1 R1 R2 y + F1 R1 z2 + F1 z1 = z1 I I 0 z1 ⇒ z1 = x1 • x2 = F2 D x = F2 D (R0 R1 R2 y + R0 R1 z2 + R0 z1 + z0 ) = F2 D DR0 R1 R2 y + I F2 D DR0 R1 z2 +F2 D DR0 z1 +F2 D Dz0 = F2 DR1 R2 y+F2 DR1 z2 +F2 Dz1 = I F2 R2 y + F2 z2 = z2 I I I z2 ⇒ z2 = x2 Vậy nghiệm toán : x = R0 R1 R2 y + R0 R1 x2 + R0 x1 + x0 Như biết nhà giải tích tốn học thường xem xét tính tốn tốn tử khả nghịch phải để từ rút đặc điểm,tính chất đặc trưng chúng.Vậy tính chất đặc trưng tốn tử khả nghịch phải gì?Chúng ta xem xét ví dụ & sau đây: Ví dụ Xét Ω = {(t, s) ∈ R2 : a ≤ t, s ≤ b} Ký hiệu C(Ω) = {x(t, s) : (t, s) ∈ Ω}.Nếu x ∈ C(Ω) tồn giới hạn lim h→0 x(t0 + h, s) − x(t0 , s) h ta nói giới hạn đạo hàm riêng x theo t t0 ta viết : x(t0 + h, s) − x(t0 , s) h→0 h x′t (t0 ) = lim Chúng ta viết ∂x/∂t thay cho x′t Khi đó,ta xét : D = ∂x/∂t, dom D = {x ∈ C(Ω) : x(t, s0 ) ∈ C [a, b] với s0 ∈ [a, b] cố định}, t x(u, s) du với (t, s) ∈ Ω (Rx)(t, s) = a Ta thấy D ∈ R(X) với X = C(Ω) R nghịch đảo phải D.Ta có hệ thức sau ker D = {x = x(t, s) : x(t, s) = ϕ(s), ϕ ∈ C[a, b]} Lời giải Ta có ∂ϕ(s)/∂t = với s ∈ [a, b] Mặt khác ∂x(t, s)/∂t = ứng với x ∈ C(Ω) nên x(t, s) = ϕ(s) với (t, s) ∈ Ω.Vậy : ker D = {x = x(t, s) : x(t, s) = ϕ(s), ϕ ∈ C[a, b]} Từ dạng biểu thức nhân D kéo theo dim ker D = +∞.Tốn tử D = ∂/∂t khơng khả nghịch C(Ω),vì : t x′t (u, s) du = x(t, s) − x(a, s) = x(t, s) với x ∈ dom D (RDx)(t) = a Ta lại có t ∂ (DRx)(t) = ∂t x(u, s) du = x(t, s) với (t, s) ∈ Ω a Từ suy DR = I hay D ∈ R(X) R nghịch đảo phải D Ví dụ Giả sử Ω ⊂ Rn miền tùy ý X = C(Ω).Xét toán tử n D= aj j=1 ∂ , t = (t1 , · · · , tn ) ∈ Ω, ∂tj a1 , · · · , an ∈ R không đồng thời 0.Khi D tốn tử khả nghịch phải Lời giải Sử dụng ký hiệu u1j = aj (j = 1, 2, · · · , n) u1 = (u11 , · · · , u1n ) ∈ Rn Gọi uj = (uj1, · · · , ujn) ∈ Rn (j = 2, · · · , n) véc tơ trực giao với u1 cho tập {u1 , · · · , un } độc lập tuyến tính.Khi U = det(ujk )j,k=1,··· ,n = Ký hiệu n ukj vk tj = (j = 1, · · · , n), v = (v1 , · · · , ) ∈ Rn (∗) k=1 ta có biến đổi x ∈ C (Ω): n y(v) = y(v1, · · · , ) = x( n uk1 vk , · · · , k=1 ukn vk ) = x(t1 , · · · , tn ) = x(t) k=1 ∂y(v) = ∂v1 n j=1 ∂x(t) ∂tj = ∂tj ∂v1 n u1j j=1 ∂x(t) = ∂t n aj j=1 ∂x(t) = (Dx)(t) ∂t Tốn tử ∂/∂v1 có nghịch đảo phải R dạng : v1 (Rω)(v) = ω(η, v2, · · · , )dη v10 Sử dụng (*) công thức Cramer ,ta : vk = U −1 Uk (t) (k = 1, · · · , n), định thức Uk nhận cách thay cột thứ k cột (t1 , · · · , tn ) Vậy nên,nếu ξ(t) = ω(v) U −1 U1 (t) ξ[U −1 U1 (t′ ), · · · , U −1 Un (t′ )]dτ, (R0 ξ)(t) = U −1 U1 (t0 ) t′ = (τ, t2 , · · · , tn ) ∈ Ω, v10 = U −1 U1 (t0 ), t0 ∈ Ω điểm cố định tùy ý D.Do đó,R0 nghịch đảo phải D không gian (Ω) 10 Các toán nội suy,các toán khai triển hàm số có vị trí đặc biệt tốn học khơng đối tượng để nghiên cứu mà đóng vài trò cơng cụ đắc lực mơ hình liên tục mơ hình rời rạc giải tích lý thuyết phương trình vi phân,lý thuyết xấp xỉ,lý thuyết biểu diễn, Trong số đó,khơng thể khơng nhắc đến toán nội suy Newton,khai triển Taylor mở rộng tự nhiên khai triển Taylor-Gontcharov mà xem xét qua ví dụ & 10 sau đây: Ví dụ Xác định đa thức bậc bốn f (x) thỏa mãn điều kiện : f (0) = ; f ′ (1) = 20 ; f ′′ (2) = 78 ; f ′′′ (3) = 84 ; f (4) (4) = 24 Lời giải Theo công thức nội suy Newton trường hợp n = ta có : f (x) = f (0)+f ′(1)R1 (x, 0)+f ′′(2)R2 (x, 0, 1)+f ′′′(3)R3 (x, 0, 1, 2)+f (4)(4)R4 (x, 0, 1, 2, 3), x R1 (x, 0) = dt1 = x x t1 x R2 (x, 0, 1) = dt2 dt1 = x t1 t2 R3 (x, 0, 1, 2) = 0 R4 (x, 0, 1, 2, 3) = x dt3 dt2 dt1 = 2 x t1 t2 t3 (t1 − 1) dt1 = (x2 − 2x) 2 (t21 − 4t1 + 3) dt1 = (x3 − 6x2 + 9x) x dt4 dt3 dt2 dt1 = (t31 − 9t21 + 24t1 − 16) dt1 = (x4 − 12x3 + 48x2 − 64x) 24 Vậy f (x) = 5+20x+39(x2 −2x)+14(x3 −6x2 +9x)+(x4 −12x3 +48x2 −64x) = x4 +2x3 +3x2 +4x+5 Ví dụ 10 Xét hàm f (x) = ex , x ∈ R ta có f (n) (x) = ex , ∀x ∈ R.Với mốc nội suy x0 = 0; x1 = 1; x2 = ta có : f (0) = 1; f ′(1) = e; f ′′ (2) = e2 11 Hãy khai triển Taylor-Gontcharov đến bậc hàm số f (x) = ex theo mốc nội suy nói Lời giải Ta có đa thức nội suy Newton bậc f (x) có dạng : x t1 x dt1 + e2 P2 (x) = + e dt2 dt1 = + ex + e2 (x − 1)2 − 2 Từ đó,khai triển Taylor-Gontcharov hàm số f (x) = ex với mốc nội suy có dạng : ex = + ex + e2 (x − 1)2 + R3 (f ; x) − 2 Trong ,phần dư R3 (f ; x) xác định : f (3) (ξ) f (3) (ξ1 ) (x − x0 )3 − R1 (x, x0 )(x1 − x0 )2 3! 2! f (3) (ξ2 ) eξ eξ1 − R2 (x, x0 , x1 )(x2 − x0 ) = x3 − x − eξ2 [(x − 1)2 − 1] 1! R3 (f ; x) = Trong ,ξ nằm x 0; ξ1 ∈ (0; 1), ξ2 ∈ (0; 2) 12 ... 63 105 −50 −55   147 147·3n 69 77·3n n n n n − 146 · + −38 + 73 · − 35 · − + 73 · − 2 2 189·3n 69 99·3n  n n n n − 168 · + −38 + 84 · − 45 · − + 84 · − An =  147 2 n 2n 147 − 126 · 2n + 105 ·3... ξ)(t) = U −1 U1 (t0 ) t′ = (τ, t2 , · · · , tn ) ∈ Ω, v10 = U −1 U1 (t0 ), t0 ∈ Ω điểm cố định tùy ý D.Do đó,R0 nghịch đảo phải D khơng gian (Ω) 10 Các toán nội suy,các toán khai triển hàm số có vị... ∂x(t) = (Dx)(t) ∂t Tốn tử ∂/∂v1 có nghịch đảo phải R dạng : v1 (Rω)(v) = ω(η, v2, · · · , )dη v10 Sử dụng (*) công thức Cramer ,ta : vk = U −1 Uk (t) (k = 1, · · · , n), định thức Uk nhận cách