Bài toán mômen một chiều trên khoảng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THANH TRẦM BÀI TỐN MƠMEN MỘT CHIỀU TRÊN KHOẢNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THANH TRẦM BÀI TỐN MƠMEN MỘT CHIỀU TRÊN KHOẢNG Chuyên ngành: Mã số: Người hướng dẫn: Đại số lí thuyết số 8460104 TS LÊ CƠNG TRÌNH Mục lục Mở đầu 1 Bài tốn K -mơmen 1.1 Bài tốn K -mơmen 1.2 Khơng gian tương thích Biểu diễn đa thức không âm khoảng 2.1 2.2 11 Biểu diễn tổng bình phương đa thức không âm khoảng 11 Biểu diễn đa thức không âm khoảng 19 Bài tốn mơmen chiều khoảng 3.1 Bài tốn mơmen khoảng 3.2 Bài tốn mơmen Hamburger tốn mơmen Stieltjes đối xứng 27 27 36 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 i MỞ ĐẦU Mômen khái niệm xuất nhiều lĩnh vực vật lý tốn học Khái niệm mơmen Toán học giới thiệu lần đầu nhà tốn học Hà Lan T.J Stieltjes (1856-1894) Cho µ độ đo Radon tập đóng K ⊆ Rd α = (α1 , α2 , , αd ) đa số số khơng âm αj Nếu tích phân sα (µ) := K xα1 xαd d dµ(x) hữu hạn số sα = sα (µ) gọi mơmen thứ α độ đo µ Nếu tất mômen thứ α tồn tại, dãy (sα )α∈Nd0 gọi dãy mơmen µ Ví dụ, K vật rắn R3 với khối lượng m(x1 , x2 , x3 ), số s(0,2,0) + s(0,0,2) = K (x22 + x23 )m(x1 , x2 , x3 )dx1 dx2 dx3 gọi mômen động lực vật tương ứng với trục x1 Hoặc, X biến ngẫu nhiên với hàm phân phối F (x), giá trị kỳ vọng X k định nghĩa +∞ k xk dF (x) E[X ] = sk = −∞ phương sai X Var(X) = E[(X − E[X])2 ] = E[X ] − E[X]2 = s2 − s21 , (giả thiết số hữu hạn) Bài tốn mơmen vấn đề tốn học cổ điển Dạng đơn giản nó, tốn mơmen Hamburger đường thẳng thực, câu hỏi sau đây: Cho s = (sn )n∈N0 dãy thực Có tồn hay khơng độ đo dương +∞ xn dµ hội tụ thỏa Radon µ R cho với n ∈ N0 , tích phân −∞ mãn +∞ xn dµ? sn = (1) −∞ Điều có nghĩa rằng, tốn mơmen tốn ngược việc “tìm” độ đo biểu diễn µ dãy mơmen s cho trước Với dãy thực s = (sn )n∈N0 , ký hiệu Ls phiếm hàm tuyến tính vành đa thức R[x] (hoặc C[x]) định nghĩa Ls (xn ) = sn , n ∈ N0 Do tính chất tuyến tính tích phân, ta thấy (1) thỏa mãn với n ∈ N0 ∞ p(x)dµ với p ∈ R[x] Ls (p) = (2) −∞ Do đó, tốn mơmen đường thẳng thực hỏi rằng, liệu có hay khơng phiếm hàm Ls R[x] nhận biểu diễn tích phân dạng (2) tương ứng với độ đo dương µ Bên cạnh tốn mơmen đường thẳng thực, cịn có tốn mơmen khoảng đường thẳng thực, tốn mơmen nhiều chiều Một công cụ quan trọng giải tốn mơmen (một chiều nhiều chiều) biểu diễn theo tổng bình phương đa thức đa thức dương (khơng âm) tập nửa đại số đóng Rn Tìm hiểu rõ khái niệm, chất, lời giải khía cạnh khác liên quan đến tốn mơmen chiều khoảng đường thẳng thực việc làm có ý nghĩa Đó lý chúng tơi chọn đề tài Ngồi Mục lục, Mở đầu Kết luận, nội dung luận văn chia thành ba chương Chương Bài tốn mơmen tổng qt Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức liên quan đến tốn K -mơmen, Định lý Choquet lời giải cho tốn K -mơmen khơng gian tương thích Đồng thời chúng tơi trình bày Định lý Haviland, cầu nối quan trọng Lý thuyết tốn tử Hình học đại số thực Chương Biểu diễn đa thức không âm khoảng Trong chương chúng tơi trình bày biểu diễn đa thức biến không âm khoảng đường thẳng thực R, [0, +∞), [a, b] với a < b ∈ R Chương Bài tốn mơmen chiều khoảng Trong chương chúng tơi trình bày lời giải tốn mơmen chiều khoảng đường thẳng thực, tốn mơmen Hamburger, tốn mơmen Stieltjes mối liên hệ nghiệm tốn mơmen Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến TS.Lê Cơng Trình, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn cách tốt Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo sau đại học, Khoa Toán Thống kê Trường Đại học Quy Nhơn, quý thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi q trình học tập Trường Nhân đây, xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Đại số lí thuyết số khóa 20, gia đình bạn bè giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng hạn chế thời gian trình độ nên bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thẳng thắn chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Ngày 26 tháng năm 2019 Học viên thực Nguyễn Thanh Trầm Danh mục ký hiệu C(X, R) Không gian hàm thực liên tục không gian tôpô X Rd [x] Vành đa thức theo d biến x = (x1 , x2 , , xd ) với hệ số thực Pos(K) Tập hợp đa thức khơng âm tập đóng K ⊆ R R[x]2 n Tập hợp tổng bình phương hữu hạn đa thức R[x] Tập hợp tổng bình phương hữu hạn đa thức biến với bậc không n P(N) Tập hợp dãy số thực xác định dương Hn (s) Ma trận Hankel dãy số thực s Dn (s) Định thức Hankel dãy số thực s M+ (X) Tập độ đo Radon (dương) không gian X M+sym (X) Tập gồm độ đo đối xứng M+ (X) L1 (X, µ) Khơng gian hàm µ-khả tích X Chương Bài tốn K-mơmen Trong chương chúng tơi giới thiệu tốn K -mơmen không gian tôpô compact địa phương Hausdorff định lý điều kiện cần đủ để tốn K -mơmen có nghiệm Kết chương Định lý Choquet hệ quan trọng nó, Định lý Haviland Các kết chương trình bày lại từ tài liệu [2] 1.1 Bài tốn K-mơmen Cho X khơng gian tơpơ compact địa phương Hausdorff Ký hiệu C(X, R) không gian hàm thực liên tục X Xét E ⊆ C(X, R) không gian véctơ C(X, R) K ⊆ X tập đóng X Ký hiệu B(X) σ -đại số Borel sinh tập mở X Định nghĩa 1.1.1 (Độ đo Radon) Một độ đo Radon X độ đo µ : B(X) → [0, +∞) cho µ(A) < ∞ với tập compact A X µ(M ) = sup{µ(A) : A ⊆ M, A compact} với M ∈ B(X) Theo định nghĩa độ đo Radon không âm Với phiếm hàm tuyến tính L E , tốn K -mơmen phát biểu sau: Khi tồn độ đo Radon µ X có giá K (supp(µ) ⊆ K )sao cho f (x)dµ(x) với f ∈ E L(f ) = (1.1) X Phiếm hàm L gọi phiếm hàm K -mômen µ gọi độ đo biểu diễn cho L Trong trường hợp K = X L gọi phiếm hàm mômen Chú ý ta viết phương trình có dạng (1.1) ta ln giả thiết hàm f µ-khả tích X tích phân f L(f ) Giả sử (ej : j ∈ J) sở khơng gian véctơ E Khi với dãy số thực (sj )j∈J , tồn phiếm hàm tuyến tính Ls : E → R xác định Ls (ej ) = sj với j ∈ J , gọi phiếm hàm Riesz liên kết với s Như phương trình (1.1) cho phiếm hàm L = Ls sj = X 1.2 ej (x)dµ(x) với j ∈ J Khơng gian tương thích Cho E ⊆ C(X, R) không gian véctơ không gian véctơ C(X, R) Cho C tập E Phiếm hàm L E gọi dương C (hoặc C -dương) L(f ) ≥ với f ∈ C Ký hiệu E+ tập hàm E có giá trị khơng âm X , tức E+ = {f ∈ E : f (x) ≥ với x ∈ X} Định nghĩa 1.2.1 (Khơng gian tương thích) Một khơng gian E C(X, R) gọi tương thích thỏa mãn điều kiện sau: (i) Mỗi hàm E biểu diễn dạng hiệu hai hàm không âm X , tức E = E+ − E+ (ii) (Tính xác định dương) Với x ∈ X , tồn fx ∈ E+ cho fx (x) > (iii) (Tính làm trội) Với f ∈ E+ , tồn g ∈ E+ cho với ε > 0, tồn tập compact Kε ⊆ X cho |f (x)| ≤ ε|g(x)| với x ∈ X \ Kε Hàm g xác định điều kiện (iii) gọi hàm làm trội f Có thể nói, f (x) g làm trội f lim = x→∞ g(x) Ví dụ 1.2.2 (1) Cho X tập đóng Rd Khi E = Rd [x] khơng gian tương thích C(X, R) Thật vậy, với p ∈ E ta viết p= p+1 2 − p−1 2 ∈ E+ − E+ Với phần tử a = (a1 , a2 , , ad ) ∈ X , xét đa thức fa (x) = ε + (x1 − a1 )2 + (x2 − a2 )2 + · · · + (xd − ad )2 ∈ E+ , với ε > tùy ý Khi fa (a) >  d  x2i  f Ta kiểm tra điều kiện thứ ba Với f ∈ Rd [x], xét g =  i=1 Khi f (x) = g(x) d i=1 xi d x2i −→ ∞ −→ i=1 Điều chứng tỏ g hàm làm trội f Do E khơng gian tương thích C(X, R) (2) E = Rd [x]m = {p ∈ Rd [x] : deg(p) ≤ m} khơng gian tương thích Rd [x] điều kiện (iii) khơng thỏa mãn Để chứng minh Định lý Choquet, cần số bổ đề sau Bổ đề 1.2.3 ([2, Lem 1.6]) Giả sử E khơng gian tương thích C(X, R) Khi đó, với phiếm hàm f ∈ Cc (X, R)+ ; tồn g ∈ E+ cho g(x) ≥ f (x) với x ∈ X Như vậy, từ Mệnh đề 2.2.3 2.2.4 ta biểu diễn đa thức dương với bậc cao m = 2n m = 2n + tương ứng Hệ sau thường gọi Định lý Markov-Lukacs, đưa cách biểu diễn cho đa thức có bậc bị chặn, không âm [a, b] (Xem Mệnh đề 2.1.3) Hệ 2.2.6 (Định lý Markov-Lukacs) Với số a, b ∈ R, a < b n ∈ N, ta có Pos([a, b])2n = {p2n (x) + (b − x)(a − x)qn−1 (x) : pn ∈ R[x]n , qn−1 ∈ R[x]n−1 }; (2.37) Pos([a, b])2n+1 = {(b − x)p2n (x) + (a − x)qn2 (x) : pn , qn ∈ R[x]n } (2.38) Chứng minh Theo định nghĩa Pos(K), tập hợp vế phải chứa tập hợp vế trái Ta cần chứng minh bao hàm thức ngược lại Vì a < b nên b − a = Xét phép biến đổi tuyến tính ϕ : R → R xác định a+b x− với x ∈ R b−a b−a Bằng phép biến đổi tuyến tính ϕ, ta giả sử a = −1, b = Giả sử ϕ(x) = p ∈ Pos([−1, 1])m với m = 2n (tương ứng, m = 2n + 1) Cộng nhân tử [−1,1] [−1,1] pnrz p = prz Mệnh đề 2.2.4 ta suy p thuộc vào tập hợp vế phải tương ứng Một cách tương ứng, Mệnh đề 2.2.2 suy biểu diễn sau đa thức có bậc bị chặn, khơng âm [0, +∞) (Xem Mệnh đề 2.1.2) Hệ 2.2.7 ([2, Cor 3.25]) Với số nguyên n không âm ta có Pos([0, +∞))2n = {p2n (x) + xqn−1 (x) : pn ∈ R[x]n , qn−1 ∈ R[x]n−1 }; (2.39) Pos([0, +∞))2n+1 = {xp2n (x) + qn2 (x) : pn , qn ∈ R[x]n } 26 (2.40) Chương Bài tốn mơmen chiều khoảng Trong chương này, vận dụng kết chương Định lý Haviland để nghiên cứu điều kiện tồn nghiệm tốn mơmen khoảng Đồng thời, nghiên cứu mối liên hệ nghiệm tốn mơmen Hamburger tốn mơmen Stieltjes 3.1 Bài tốn mơmen khoảng Trong mục này, chúng tơi trình bày lời giải tốn mơmen khoảng đóng J cách áp dụng Định lý Haviland tính chất tập hợp Pos(J) Ký hiệu P(N) tập hợp dãy số thực s = (sn )n∈N nửa xác định dương, tức là, với ξ0 , ξ1 , , ξn ∈ R số nguyên dương n ta có n sk+l ξk ξl ≥ (3.1) k,l=0 Với dãy số thực s = (sn )n , phiếm hàm Riesz Ls s R[x] định nghĩa Ls (xn ) = sn với n ∈ N Ký hiệu Es dãy dịch chuyển định nghĩa (Es)n = sn+1 với n ∈ N 27 Khi LEs (p(x)) = Ls (xp(x)) với p ∈ R[x] Ta định nghĩa ma trận Hankel định thức Hankel s sau   s2 s n   s0 s1   s3 sn+1   s1 s2    Hn (s) =  Dn (s) = det Hn (s) (3.2) s s s s n+2  ,        sn sn+1 sn+2 s2n Lời giải tốn mơmen Hamburger trình bày định lý sau Định lý 3.1.1 (Hamburger,[2, Thm 3.8]) Với dãy số thực s = (sn )n , phát biểu sau tương đương (i) s dãy mômen Hamburger, tức là, tồn độ đo µ ∈ M+ (R) cho xn ∈ L1 (R, µ) xn dµ(x) với n ∈ N sn = (3.3) R (ii) s ∈ P(N), tức là, dãy s nửa xác định dương (iii) Tất ma trận Hankel Hn (s) với n ∈ N nửa xác định dương (iv) Ls phiếm hàm tuyến tính dương R[x], tức là, Ls (p2 ) ≥ với p ∈ R[x] Trước trình bày phép chứng minh cho Định lý 3.1.1, cần số kết liên quan đến ∗-đại số ∗-nửa nhóm Định nghĩa 3.1.2 Cho k trường Một ∗-đại số A k đại số k với ánh xạ ∗ : A → A, gọi ánh xạ đối hợp, cho với a, b ∈ A α, β ∈ k ta có (αa + βb)∗ = αa∗ + βb∗ , (ab)∗ = b∗ a∗ , (a∗ )∗ = a Phần Hermite Ah ∗-đại số A định nghĩa Ah = {a ∈ A | a = a∗ } 28 Ví dụ 3.1.3 Đại số đa thức k[x1 , x2 , , xd ] với k = R C ∗-đại số k Ánh xạ đối hợp ∗-đại số cho (xj )∗ = xj với j = 1, 2, , d Định nghĩa 3.1.4 Cho A k -không gian véctơ ∗-đại số k Định nghĩa A2 = Lin{b∗ a | a, b ∈ A};   k   ∗ A = (ai ) : ∈ A, k ∈ N   (3.4) (3.5) i=1 Một phiếm hàm tuyến tính L : A2 → k gọi dương L dương A2 , tức là, L(a∗ a) ≥ với a ∈ A Định nghĩa 3.1.5 Cho (S, ◦) nửa nhóm Một ánh xạ đối hợp S ánh xạ ∗ : S → S thỏa mãn (s ◦ t)∗ = t∗ ◦ s∗ (s∗ )∗ = s với s, t ∈ S Nửa nhóm S với ánh xạ đối hợp S gọi mơt ∗-nửa nhóm, ký hiệu (S, ◦, ∗) đơn giản S Định nghĩa 3.1.6 Cho S ∗-nửa nhóm Một hàm ϕ : S → k gọi nửa xác định dương với s1 , s2 , , sn ∈ S , với ξ1 , ξ2 , , ξn ∈ k n ∈ N ta có n ϕ(s∗i ◦ sj )ξi ξj ≥ i,j=0 Cho S ∗-nửa nhóm Xét khơng gian véctơ k[S] gồm phần tử có dạng s∈S αs s, αs ∈ k cho có hữu hạn αs khác khơng Khi k[S] ∗-đại số k với phép nhân ánh xạ đối hợp 29 cho    αs s   s∈S  αs βt (s ◦ t); β t t = t∈S s,t∈S  ∗  αs s = s∈S αs s∗ s∈S Rõ ràng S sở không gian véctơ k[S] Do có tương ứng hàm ϕ : S → k phiếm hàm tuyến tính Lϕ : k[S] → k cho Lϕ (s) = ϕ(s) với s ∈ S Mệnh đề 3.1.7 ([2, Prop 2,7]) Cho ϕ : S → k hàm ∗-nửa nhóm S Khi phát biểu sau tương đương (i) ϕ nửa xác định dương (ii) Lϕ nửa xác định dương nên ∗-đại số k[S] (iii) H(ϕ) = (ast=ϕ(s∗ t))s,t∈S ma trận Hermite nửa xác định dương Chứng minh Lấy a = s∈S αs s ∈ k[S] bất kỳ, ta có Lϕ (a∗ a) = ϕ(s∗ ◦ t)αs αt = ast αs αt (3.6) s,t∈S s,t∈S Giả sử ϕ nửa xác định dương Khi ϕ(s∗ ◦ t)αs αt ≥ s,t∈S Đẳng thức thứ (3.6) chứng tỏ Lϕ (a∗ a) ≥ Lϕ dương k[S] Điều ngược lại hiển nhiên Do (i)⇔(ii) Khẳng định (i)⇔(iii) suy trực tiếp từ đẳng thức thứ hai (3.6) định nghĩa ast = ϕ(s∗ ◦ t) Bây chúng tơi trình bày chứng minh Định lý 3.1.1 30 Chứng minh Định lý 3.1.1 Theo Mệnh đề 3.1.7 ta có khẳng định (i)⇒(ii) (ii)⇔(iv) Ma trận Hankel Hn (s) ma trận đối xứng tương ứng với dạng toàn phương (3.1) (ii) tương đương với (iii) Ta cịn phải chứng minh khẳng định (iv)⇒(i) Từ (iv) ta suy Ls (f ) ≥ với f ∈ Pos(R) Theo Định lý Haviland, Ls phiếm hàm mômen Do đó, tồn độ đo µ ∈ M+ (R) cho xn ∈ L1 (R, µ) sn = Ls (xn ) = xn dµ(x) R Mệnh đề sau đưa điều kiện cần đủ cho dãy mômen nửa xác định dương với độ đo biểu diễn có giá hữu hạn Mệnh đề 3.1.8 ([2, Prop 3.9]) Giả sử s dãy nửa xác định dương Khi phát biểu sau tương đương (i) Tồn số nguyên dương n cho D0 (s) > 0, , Dn−1 (s) > Dk (s) = với k ≥ n (3.7) (ii) s dãy mômen với độ đo biểu diễn µ có giá n điểm Chứng minh Theo Định lý 3.1.1, dãy s có độ đo biểu diễn µ Với c = (c0 , c1 , , ck )T ∈ Rk+1 , ta định nghĩa pc (x) = k j j=0 cj x Khi đó, theo (3.3) ta có k cT Hk (s)c = cj xj dµ(x) = sj+l cj cl = j,l=0 k |pc (x)|2 dµ(x) (3.8) j=0 Phép chứng minh dựa vào hai kết sau I Giả sử supp µ chứa n điểm Với k ≥ n ta chọn c ∈ Rk+1 \{0} cho đa thức pc (x) triệt tiêu supp µ Khi cT Hk (s)c = Ta suy Hk (s) không xác định dương Dk (s) = 31 II Giả sử Dk (s) = Khi Hk (s) khơng xác định dương Do tồn c = cho biểu diễn (3.8) Điều chứng tỏ supp µ ⊆ Z(pc ) Vì deg(p) < k nên supp µ chứa nhiều k điểm (i)⇒(ii) Vì Dn (s) = nên theo II, supp µ chứa nhiều n điểm Nếu supp µ có n điểm từ khẳng định I ta suy Dn−1 (s) = Điều mâu thuẫn với giả thiết (i) (ii)⇒(i) Giả sử (ii) Khi Dk (s) = với k ≥ n Nếu Dk (s) = với k < n − từ khẳng định II ta suy supp µ chứa nhiều n − điểm Điều mâu thuẫn với giả thiết (ii) Nhận xét 3.1.9 Giả thiết s nửa xác định dương Mệnh đề 3.1.8 lược bỏ, có nghĩa rằng, s dãy số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện (i) s dãy mơmen Hamburger Điều chứng minh Berg Szwarc (2014) Các kết phần sau luận văn yêu cầu giả thiết mạnh dãy mômen s = (sn )n xác định dương, tức là, n sk+l ck cl > với c = (c0 , c1 , , cn )T ∈ Rn+1 \ {0}, n ∈ N k,l=0 Tính chất xác định dương dãy mômen đặc trưng mệnh đề sau Mệnh đề 3.1.10 ([2, Prop 3.11]) Với dãy mômen Hamburger s = (sn )n , phát biểu sau tương đương (i) Mỗi độ đo biểu diễn µ s có giá hữu hạn (ii) s xác định dương (iii) Hn (s) xác định dương với số nguyên dương n (iv) Dn (s) > với số nguyên dương n 32 Chứng minh (i)⇔(iv) suy từ Mệnh đề 3.1.8 (ii)⇔(iii) suy từ tính chất dạng bậc hai xác định dương (iii)⇔(iv) suy từ tính chất ma trận xác định dương Ta cần chứng minh (i)⇒(iii) Giả sử (3.8) triệt tiêu với giá trị c Khi tập vơ hạn supp µ chứa tập nghiệm đa thức pc Ta suy pc = c = Suy Hk (s) xác định dương với k ∈ N, tức ta có (iii) Lời giải tốn mơmen Stieltjes cho định lý sau Định lý 3.1.11 ([2, Thm 3.12]) Với dãy số thực s, phát biểu sau tương đương (i) s dãy mômen Stieltjes, tức là, tồn độ đo µ ∈ M+ ([0, +∞)) cho xn ∈ L1 ([0, +∞), µ) ∞ xn f µ(x) với n ∈ N sn = (3.9) (ii) s ∈ P(N) Es ∈ P(N) (iii) Tất ma trận Hankel Hn (s) Hn (Es) nửa xác định dương với n ∈ N (iv) Ls (p2 ) ≥ Ls (xq ) ≥ với p, q ∈ R[x] Chứng minh Các khẳng định (i)⇒(ii), (ii)⇔(iv) (ii)⇔(iii) chứng minh tương tự Định lý 3.1.1 Ta chứng minh khẳng định (iv)⇒(i) Từ (iv) suy Ls (f ) ≥ với f ∈ g∈ R[x]2 Ls (xg) ≥ với R[x]2 Từ suy Ls (f + xg) ≥ với f, g ∈ R[x]2 Theo Mệnh đề 2.1.2 ta suy Ls (f ) ≥ với f ∈ Pos([0, +∞)) Theo Định lý Haviland Ls phiếm hàm [0, +∞)-mơmen, tức tồn độ đo µ ∈ M+ ([0, +∞)) cho xn ∈ L1 ([0, +∞), µ) ∞ xn f µ(x) với n ∈ N sn = Vậy ta có điều phải chứng minh 33 Lời giải tốn mơmen Hausdorff trình bày định lý sau Định lý 3.1.12 ([2, Thm 3.13]) Cho a, b ∈ R với a < b Khi với dãy số thực s, phát biểu sau tương đương (i) s dãy [a, b]-mômen (ii) s ∈ P(N) ((a + b)Es − E(Es) − abs) ∈ P(N) (iii) Ls (p2 ) ≥ Ls ((b − x)(x − a)q ) ≥ với p, q ∈ R[x] Chứng minh Các khẳng định (i)⇔(ii) (ii)⇔(iii) chứng minh tương tự Định lý 3.1.11 Định lý 3.1.1 Ta chứng minh khẳng định (iii)⇒(i) Lấy h ∈ Pos([a, b]) bất kỳ, theo (2.7), ta giả sử h = f + (x − a)g với f, g ∈ R[x]2 Khi đó, từ giả thiết (iii) ta suy Ls (h) = Ls (f + (x − a)g) = Ls (f ) + Ls ((x − a)g) ≥ Điều chứng tỏ Ls (h) ≥ với h ∈ Pos([a, b]) Theo Định lý Haviland Ls phiếm hàm [a, b]-mômen Vậy ta suy khẳng định (i) Tiếp theo trình bày tiêu chuẩn giải tốn mômen đoạn [−1, 1] cách mô tả tập Pos([−1, 1]) Mệnh đề 3.1.13 Pos([−1, 1]) = {f + (1 + x)g + (1 − x)h : f, g, h ∈ R[x]2 } Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.3 ta có Pos([−1, 1]) = {f + (1 + x)g : f, g ∈ Đặt A = {f +(1+x)g+(1−x)h : f, g, h ∈ R[x]2 } R[x]2 } Rõ ràng Pos([−1, 1]) ⊆ A Ta chứng minh bao hàm thức ngược lại Lấy h ∈ A Giả sử h = f + (1 + x)g + (1 − x)h với f, g, h ∈ R[x]2 Khi h = f + g + h + x(g − h) = f + 2h + x(g − h) + g − h = (f + 2h) + (1 + x)(g − h) ∈ Pos([−1, 1]) 34 Ta suy A ⊂ Pos([−1, 1]) Pos([−1, 1]) = A Định lý Bernstein (Mệnh đề 2.1.4) cho ta tiêu chuẩn giải tốn mơmen [−1, 1] mà khơng dựa vào biểu diễn tổng bình phương đa thức Định lý 3.1.14 ([2, Thm 3.14]) Cho s = (sn )n dãy số thực gọi Ls phiếm hàm Riesz s R[x] Khi s dãy [−1, 1]-mơmen Ls ((1 − x)n (1 + x)k ) ≥ với k, n ∈ N (3.10) Chứng minh Giả sử s dãy [−1, 1]-mơmen Khi đó, tất đa thức (1 − x)n (1 + x)k khơng âm [−1, 1] Do ta có (3.10) Ngược lại, giả sử (3.10) Khi đó, theo Mệnh đề 2.1.4, ta có Ls (p) ≥ với đa thức dương [−1, 1] Theo Định lý Haviland ta suy Ls dãy [−1, 1]-mômen Vậy s dãy [−1, 1]-mômen Định lý 3.1.15 ([2, Prop 3.15]) Dãy số thực s [0, 1]-mômen n n (−1)j ((I − E) s)k = j=0 n sk+j ≥ với k, n ∈ N j (3.11) (x + 1) Theo Định lý 3.1.14 ta suy s dãy [0, 1]-mômen Chứng minh Xét song ánh [−1, 1] → [0, 1] xác định x → Ls ((1 − x)n xk ) ≥ với k, n ∈ N Ta có n n j ((I − E) s)k = (−1) j=0 n (−1)j = j=0 n (E j s)k = j n (−1)j j=0 n sk+j j n Ls (xk+j ) = Ls ((1 − x)n xk ) j Vậy ta có điều phải chứng minh 35 3.2 Bài tốn mơmen Hamburger tốn mơmen Stieltjes đối xứng Trong phần chúng tơi trình bày mối liên hệ nghiệm tốn mơmen Hamburger tốn mơmen Stieltjes Một cơng cụ quan trọng để nghiên cứu mối liên hệ độ đo đối xứng R Một độ đo Radon µ R gọi đối xứng µ(M ) = µ(−M ) với tập Borel M Ký hiệu M+sym (R) tập hợp độ đo đối xứng M+ (R) Ký hiệu R+ = [0, +∞) Ta định nghĩa ánh xạ τ : R → R+ κ : R+ → √ R τ (x) = x2 κ(x) = x Với µ ∈ M+sym (R) ν ∈ M+ (R+ ), ký hiệu µ+ = τ (µ) ∈ M+ (R+ ) κ(ν) ∈ M+ (R) ảnh µ ν qua ánh xạ τ κ Nghĩa là, µ+ (M ) = µ(τ −1 (M )) κ(ν)(M ) = ν(κ−1 (M )) Đặt ν sym = (κ(ν) + (−κ(ν)) Khi ta có (3.12) ∞ f (x2 )dµ(x), f (y)dµ+ (y) = g(x)dν sym (x) = R (3.13) R ∞ √ √ (g( y) + g(− y))dµ(y), (3.14) f g hàm Borel R+ R Bổ đề 3.2.1 ([2, Lem 3.17]) Ánh xạ µ → µ+ song ánh từ M+sym (R) vào M+ (R) với ánh xạ ngược ν → ν sym Chứng minh Ta chứng minh ν sym độ đo đối xứng, với ν ∈ M+ (R+ ) (µ+ )sym = µ với µ ∈ M+ (R) Lấy M tập Borel R Khi 2ν sym (M ) = ν(κ−1 (M )) + ν((−κ)−1 (M )) = ν({t ∈ R+ : t2 ∈ M }) + ν({t ∈ R+ : −t2 ∈ M }) = ν({t ∈ R+ : −t2 ∈ −M }) + ν({t ∈ R+ : t2 ∈ −M }) = 2ν sym (−M ) 36 Ký hiệu µ+ µ− hạn chế µ (0, +∞) (−∞, 0) Khi ta có µ = µ({0})δ0 + µ+ + µ− Ta kiểm tra trực tiếp κτ (µ) = µ({0})δ0 + 2µ+ , (−κ)τ (µ) = µ({0})δ0 + 2µ− Do 2(µ+ )sym = κτ (µ) + (−κ)τ (µ) = 2µ({0})δ0 + 2µ+ + 2µ− = 2µ Định lý 3.2.2 ([2, Prop 3.18]) Giả sử s = (sn )n dãy mômen Stieltjes Ký hiệu sˆ = (ˆ sn )n , sˆ2n = sn sˆ2n+1 = với n ∈ N Khi ánh xạ ν → ν sym song ánh từ tập nghiệm tốn mơmen Stieltjes s đến tập nghiệm dạng đối xứng tốn mơmen Hamburger sˆ Hơn ánh xạ ngược ánh xạ cho µ → µ+ Chứng minh Nếu µ nghiệm tốn mơmen Hamburger sˆ, theo (3.13) ta có ∞ y n dµ+ (y) = x2n dµ(x) = sˆ2n = sn , n ∈ N R Điều có nghĩa µ+ nghiệm tốn mơmen Stieltjes s Ngược lại, giả sử ν nghiệm toán Stieltjes s Khi đó, từ (3.14) ta có n x dν R sym (x) = ∞ √ √ (( x)n + (− x)n )dν(x) Chú ý n lẻ tích phân triệt tiêu Trường hợp n chẵn, ta giả sử n = 2k Khi tích phân sn/2 = sk = sˆn Do ν sym nghiệm dạng đối xứng tốn mơmen sˆ Một dãy mômen Hamburger (tương ứng, Stieltjes) gọi xác định (determinate) có độ đo biểu diễn M+ (R) (tương ứng, M+ ([0, +∞))) 37 Kết sau khẳng định tính xác định dãy mômen Stieltjes Hamburger tương đương Định lý 3.2.3 ([2, Prop 3.19]) Một dãy mômen Stieltjes s xác định dãy mômen Hamburger sˆ xác định Chứng minh Theo Định lý 3.2.2, có tương ứng một-một nghiệm tốn mơmen Stieltjes s nghiệm dạng đối xứng tốn mơmen Hamburger sˆ Giả sử dãy mômen Hamburger sˆ không xác định Khi đó, theo [2, Cor 6.26], tồn hai nghiệm dạng đối xứng, phân biệt tốn mơmen Hambuger sˆ Do tốn mơmen Stieltjes s có hai nghiệm phân biệt Vậy dãy mômen Stieltjes s không xác định 38 Kết luận Luận văn “Bài tốn mơmen chiều khoảng” hệ thống trình bày chi tiết số kết tốn mơmen chiều khong cun sỏch ca K Schmă udgen [2] C thể, luận văn đạt kết sau Trình bày tốn K -mơmen Định lý Choquet (Định lý 1.2.5) tính giải tốn K -mơmen khơng gian tương thích Đồng thời, luận văn trình bày hệ Định lý Choquet, Định lý Haviland (Định lý 1.2.6) Trình bày biểu diễn đa thức biến hệ số thực không âm khoảng K R, gồm K = R (Mệnh đề 2.1.1), K = [0, +∞) (Mệnh đề 2.1.2), K = [a, b] (Mệnh đề 2.1.3), K = [−1, 1] (Mệnh đề 2.1.4) Trình bày biểu diễn đa thức biến hệ số thực không âm khoảng K R, gồm K = R (Mệnh đề 2.2.2), K = [0, +∞) (Mệnh đề 2.2.3), K = [a, b] (Hệ 2.2.6), K = [−1, 1] (Mệnh đề 2.2.4) Trình bày lời giải tốn mơmen chiều khoảng, gồm: Bài tốn mơmen Hamburger (Định lý 3.1.10), tốn mơmen Stieltjes (Định lý 3.1.11), tốn mơmen đoạn [a, b] (Định lý 3.1.12) Trình bày mối liên hệ nghiệm tốn mơmen Hamburger tốn mơmen Stieltjes (Định lý 3.2.2, Định lý 3.2.3) 39 Tài liệu tham khảo [1] S Bernstein, Sur le representationsdes polynomes positifs, Soobshch Kharkov matemob-va 14(1915), 227-228 [2] K Schmă udgen, The moment problem, Springer, 2017 40 ... âm khoảng 2.1 2.2 11 Biểu diễn tổng bình phương đa thức khơng âm khoảng 11 Biểu diễn đa thức không âm khoảng 19 Bài tốn mơmen chiều khoảng 3.1 Bài tốn mômen khoảng. .. NGUYỄN THANH TRẦM BÀI TỐN MƠMEN MỘT CHIỀU TRÊN KHOẢNG Chuyên ngành: Mã số: Người hướng dẫn: Đại số lí thuyết số 8460104 TS LÊ CƠNG TRÌNH Mục lục Mở đầu 1 Bài tốn K -mơmen 1.1 Bài tốn K -mơmen... tốn mơmen đường thẳng thực, cịn có tốn mơmen khoảng đường thẳng thực, tốn mơmen nhiều chiều Một cơng cụ quan trọng giải tốn mơmen (một chiều nhiều chiều) biểu diễn theo tổng bình phương đa thức