3.3 .H Schră oder-Abel và các phương trình kết hợp
3.3.3. Sự tồn tại của các phần tử sinh
Chúng ta chuyển qua vấn đề về sự tồn tại của một Archimedean T trong tình huống sau.
Cho A và B là các đoạn con đóng của X và chou∈(0,1)là cố định. Giả sử chúng ta đã cho f :A →X và g :B →X là các hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt. Với điều kiện nào thì tồn tại một s.A T0 sao cho f và g là các hạn chế của chéo f0 và u–lớp g0 của nó? Để trả lời câu hỏi này chúng ta làm như sau:
Trước hết, chúng ta tìm một ánh xạϕliên tục, giảm nghiêm ngặt từ tậpA∗∪f(A∗) vào R+ thỏa mãn phương trình (3.20) trong A*. Tiếp theo chúng ta cần một song ánh tăng σ của tập ϕ(A∗∪f(A∗)) vào chính nó thỏa mãn phương trình (3.23) trong ϕ(A∗). Theo định lý 3.3.4, cácT0 mà nhận f là hạn chế của chéo f0 của nó được sinh ra bởi hàm ϕ0 có hạn chế trên A∗∪f(A∗) có dạng σ◦ϕ.
Tương tự, g (nếu g là hạn chế của g0 thì ta nói g là mảnh của g0) là một mảnh
của u – lớp g0 của T0 nếu và chỉ nếu phần tử sinh ϕ0 của T0 là mở rộng giảm nghiêm ngặt lên X* của hàm α◦ϕ, ở đóe ϕe: B∗ ∪g(B∗) → R+ là hàm liên tục, giảm nghiêm ngặt thỏa mãn (3.22) trong B∗ và α là một tự ánh xạ tăng nghiêm ngặt của tập ϕe(B∗∪g(B∗)) thỏa mãn (3.24) trong ϕ(Be ∗).
Nếu miền xác định của ϕ và ϕe không dẫm lên nhau, các hàm σ◦ϕ và α◦ϕe có thể được mở rộng thành một phần tử sinh ϕ0 của T0. Nhưng nếu các miền xác định dẫm lên nhau bài tốn trở lên rất khó và trong trường hợp tổng qt là khơng thể giải được. Chúng ta miêu tả một nghiệm của bài toán trong trường hợp khi A=B = [u,1] (trường hợp khác được đề cập trong Darsow – Frank [9] là
A=B = [0;u]).
Các hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt f, g : [u,1]→X tương ứng là các hạn chế của chéo và u–lớp của một s.A T.
Vì vậy, (xem định nghĩa 3.3.1) chúng cần phải thỏa mãn các điều kiện:
0< g(x)< f(x)< x, ∀x∈(u,1), 0< f(u) = g(u)< u, f(1) = 1, g(1) =u (3.29) Vậy A∗∪f(A∗) = [f(u),1], theo lập luận từ chú ý 3.6.3 chúng ta tìm được một hàm ϕ liên tục, giảm nghiêm ngặt xác định trên [f(u),1] = [g(u),1] và thỏa mãn (3.20) trong [u,1], ϕ(u) = 1. Thay x = u và sau đó là x = 1 vào (3.20) chúng
ta được theo (3.29) thì ϕ(g(u)) = 2 và ϕ(1) = 0. Vì vậy chúng ta thấy rằng ϕ
ánh xạ đoạn [g(u),1] lên toàn bộ [0; 2] và [u; 1] lên X = ϕ(A). Xét các hợp σ◦ϕ
với σ : [0; 2] → [0; 2] là các hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt thỏa mãn (3.23) trên ϕ(A) = X. Chúng ta hy vọng rằng một trong các hợp này sẽ là nghiệm của
phương trình (3.22) tức là:
(σ◦ϕ) (g(x)) = (σ◦ϕ) (x) + 1, x ∈[u,1] hoặc là:
Vì thế,σ phải là một nghiệm tăng nghiêm ngặt từ [0, 2] vào chính nó của hệ Abel Schrăoder:
σ(2x) = 2σ(x), x∈X (3.30)
σ(h(x)) =σ(x) + 1, x∈X (3.31) Ở đó h là hàm liên hợp với g theo ϕ:
h(x) = ϕ◦g◦ϕ−1(x), x∈X (3.32)
Nhớ rằng, h là hàm liên tục, tăng nghiêm ngặt và h(0) = ϕ(g(1)) = ϕ(u) = 1,
trong khi h(1) = ϕ(g(u)) = 2. Vì vậy, h ánh xạ X lên [1;2]. Theo cách này ta đã chứng minh được định lý sau:
Định lí 3.3.6.
Cố định u ∈ (0; 1) và f, g : [u,1] → X là các hàm liên tục và tăng nghiệm ngặt thoả mãn các điều kiện (3.29). Khi đó các khẳng định sau là tương đương:
(a) Tồn tại một s.A T có chéo và u–lớp khi hạn chế trên [u, 1] tương ứng bằng với f và g.
(b) Có một hàm σ từ [0; 2] vào chính nó liên tục và tăng nghiêm ngặt thỏa mãn đồng thời các phương trình (3.30) và (3.31) trong X. Ở đó, h được cho bởi (3.32) với ϕ là một hàm giảm nghiêm ngặt ánh xạ [g(u),1] vào [0;2] thỏa mãn (3.20) trong A = [u;1].
Hơn nữa, nếu (b) được thỏa mãn thì mọi mở rộng của σ◦ϕ:g(A)→[0; 2] tới một song ánh giảm liên tục ϕ0 :X∗ → R+ là một phần tử sinh đồng thời của các mở rộng Archimedean hoàn toàn của f và g.
3.3.4. Nghiệm của hệ Abel Schrăoder
Chúng ta sẽ xem xét hệ (3.30) – (3.31). Để thuận tiện ta đặt:
Y = [1; 2], Z = [0; 2] Chúng ta giả sử rằng:
(i) h là một hàm tăng nghiêm ngặt, liên tục và ánh xạ X lên Y.
Chúng ta tìm hàm σ : Z →Z liên tục, tăng nghiêm ngặt thỏa mãn cả hai (3.30) và (3.31) trên X. Để thuận tiện ta thay thế (3.30) – (3.31) bởi hệ tương đương:
ϕ h(2−ny)= 1 + 2−nϕ(y), n∈N0, y ∈Y (3.33) Bổ đề 3.3.7.
X thì ψ =σ|Y thỏa mãn (3.33). Đảo lại, nếu ψ : Y → Y thỏa mãn (3.33) và
ψ(1) = 1, ψ(2) = 2 thì σ :Z →Z xác định bởi
σ(0) = 0
σ(x) = 2−nψ(2nx), 2−n < x≤2−n+1, n∈N0
thỏa mãn (3.30) và (3.31) trong X. Hàm σ liên tục hoặc tăng hoặc tăng nghiêm ngặt trên Z khi ψ cũng như vậy trên Y.
Chúng ta sẽ xây dựng một nghiệm thích hợp của (3.33). Dãy xác định bởi
tn =h(2−n), n∈N0
là dãy giảm nghiêm ngặt và lim
n→∞tn =h(0) = 1. Cho ψ0 : Y → R là một hàm bất kỳ thỏa mãn ψ0(1) = 1, ψ0(2) = 2. Xác định dãy hàm ψm :Y →R, n∈N bởi
ψm(1) = 1
ψm(y) = 1 + 2−nψm−1 2nh−1(y), 1< y < tn,∀n0 ∈N0
)
(3.34)
Định lí 3.3.8.
Với mọi hàm bị chặn ψ0 : Y →R với ψ0(1) = 1, ψ0(2) = 2 dãy (3.34) hội tụ đều tới hàm bị chặn ψ : Y → R với ψ(1) = 1, ψ(2) = 2, thỏa mãn hệ (3.33) trên Y (∀n∈N0). Nghiệm ψ này liên tục hoặc tăng trên Y khi ψ0 cũng vậy.
Chứng minh.
Ứng với mỗi y ∈ Y\ {1} có một n ∈ N0 duy nhất sao cho tn+1 < y ≤ tn, tức là
y1= 2nh−1(y)∈Y\ {1}. Vì vậy theo (3.34) ta có: |ψm+1(y)−ψm(y)|= 2−n|ψm(y1)−ψm−1(y1)| ≤ 1
2|ψm(y1)−ψm−1(y1)|.
Tiếp tục lập luận này đối với y1 và cứ tiếp tục như vậy cuối cùng ta thu được
ym ∈Y\ {1} sao cho:
|ψm+1(y)−ψm(y)| ≤2−m|ψ1(ym)−ψ0(ym)| ≤M .2−m
Với y ∈Y, m ∈N, bất đẳng thức cuối cùng thu được từ tính bị chặn của ψ0. Từ đó suy ra {ϕm} là một dãy hội tụ đều tới một hàm ψ :Y →R trên Y. Theo (3.34) chúng ta có với n ∈N0 cố định:
ψm h(2−ny)= 1 + 2−nψm−1(y), y∈Y, m ∈N.
Cho m →+∞ chúng ta thây rằng ψ thỏa mãn (3.33) trong Y.
Bây giờ, nếu ψ0 là liên tục hoặc tăng hoặc ánh xạ Y lên chính nó thì tính chất đó cũng đúng cho mọi ψm, m ∈N. Q trình tính giới hạn sẽ bảo tồn các tính chất đó nên ta có điều phải chứng minh.
Chúng ta xem xét tới sự duy nhất của nghiệm liên tục và tăng nghiêm ngặt
ψ :Y →Y của (3.33). Đầu tiên chúng ta xét chúng trên tập D gồm các số hữu tỷ nhị nguyên trong (1, 2): D= ( d∈(1,2) :d= 1 + k X j=1 2−n1−...−nj; nj ∈N;j = 1, k, k∈N ) Ta xét hàm hn :Y →[tn, tn−1] xác định bởi: hn(y) = h(2−ny), n∈N
Bằng quy nạp chúng ta thu được với ψ thỏa mãn (3.33) và d ∈D
ψ(hn1 ◦hn2 ◦...◦hnk(y)) =d+ 2−n1−...−nk(ψ(y)−1), k ∈N (3.35) Tiếp theo chúng ta thay y=1 và viết:
H(d) =hn1 ◦hn2 ◦...◦hnk(1) với d= 1 +
k
P
j=1
2−n1−...−nk ∈D
Gọi C là dãy các H(d), C = H(D) ⊂ (1,2). Ta chứng minh được rằng H là một ánh xạ một - một tăng từ D vào C.
Từ ϕ(1) = 1, chúng ta thu được từ (3.35)
ψ(H(d)) =d, d∈D (3.36)
Vì vậy, ψ xác định duy nhất trên C.
Cho cl(C) là một tập con đúng của Y, lấy một khoảng mở (a, b) ⊂ Y\cl(C) tiếp giáp với cl(C). Chúng ta chứng minh rằng ψ(a) = ψ(b), tức là ψ là hằng trên [a; b]. Thật vậy ψ(a) ≤ ψ(b) do ψ là hàm tăng. Nếu ψ(a) < ψ(b) thì có một d ∈ D
sao cho ψ(a) < d < ψ(b). Hơn nữa, d =ψ(c) ở đó c=H(d) ∈C và a < c < b, theo
(3.36) ψ là một song ánh tăng nghiêm ngặt từ C vào D. Nhưng (a, b) không thể chứa một điểm của C và đây là một mâu thuẫn nên ψ(a) = ψ(b).
Cuối cùng, nếu C trù mật trong Y thì tính đơn điệu và liên tục của ψ cùng với (3.36) ngụ ý tính duy nhất nghiệm ψ :Y → Y của (3.33). Lại theo (3.36), ψ cần phải tăng nghiêm ngặt trên Y.
Áp dụng định lý 3.3.8 và bổ đề 3.3.7 ta chứng minh được định lý sau: Định lí 3.3.9.
Nếu giả thiết (i) được thỏa mãn thì có duy nhất một hàm tăng, liên tục σ :Z →Z
thỏa mãn (3.30) và (3.31) trên X. Hơn nữa, σ tăng nghiêm ngặt nếu và chỉ nếu tập C = H(D) trù mật trong Y.
Chú ý 3.3.10.
Định lý 3.3.9 ngụ ý rằng s.A T được nói đến trong định lý 3.3.6(a) tồn tại nếu và chỉ nếu tập C trù mật trong [1,2].
Các phần tử của C có thể được khai triển quaf và g, nhưng kiểm tra tính trù mật là một bài tốn khó. (xem trong Darsow – Frank [9]).
3.4. Hệ Abel và các phương trình vi phân có lệch
Chúng ta xét phương trình vi phân bậc một với lệch f(x) là:
A(f) =A x, y(x),y(f(x)), y0(x), y0(f(x))= 0
bằng phép đổi biến x → t = ϕ(x) phương trình A(f) = 0 chuyển sang dạng khác với lệch g(t), ở đó g =ϕ◦f◦ϕ−1. Theo cách này, chúng ta dẫn đến phương trình liên hợp (1.12), hơn nữa ϕ là hàm khả nghịch và đủ trơn. Nếu chúng ta muốn có một lệch hằng g(t) =t+c thì (1.12) trở thành phương trình Abel:
α(f(x)) =α(x) +c
Để tìm một nghiệm α thích hợp, chúng ta sẽ áp dụng lý thuyết về các nghiệm khả vi.
Bây giờ chúng ta xét phương trình bậc n với k lệchf1(x), f2(x), ..., fk(x)làAn(f1, ..., fk) = 0. Việc tồn tại một phép biến đổi α biến phương trình này thành phương trình dạng Bn(g1, ..., gn) = 0 với các lệch hằng số:
gi(t) = t+ci, i= 1, ..., k; ci 6= 0.
tương đương với việc tồn tại một nghiệm chung α của hệ các phương trình Abel đồng thời:
α(fi(x)) = α(x) +ci, i= 1, ..., k, ci6= 0 (3.37) Hệ (3.37) sẽ được giải dưới các giả thiết sau:
(i) X ⊂R là một tập mở bị chặn hoặc một khoảng vô hạn.
(ii) fi : X → X thuộc lớp Cn trên X, fi0(x) > 0, ∀x ∈ X, fi(x) 6= x trên X,
fi(X) = X với i= 1,2, ..., k, n∈N.
3.4.1. Nhóm các phép biến đổi
Chúng ta giả thiết thêm:
(iii) Tồn tại một nghiệm chung α : X → R của (3.37) thuộc lớp Cn trên X và
Từ (iii) kéo theo rằng α(X) = R, lấy x0 ∈X, j ∈ {1, ..., k}
Ta tính được:
lim
m→±∞α fjm(x0)= lim
m→±∞ (α(x0) +mcj) = ±∞
Và nhận xét rằng α là hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt trên X.
Các phương trình (3.37) cho thấy rằng các hàm fi có thể được nhúng vào nhóm các phép biến đổi một tham số cho bởi công thức α−1(α(x) +c), c∈R. Mọi hợp hữu hạn của fi và các nghịch đảo của nó fi−1 cũng thuộc nhóm này. Ta ký hiệu tập mọi hợp này là:
F=f1s1 ◦f2s2 ◦...◦fksk :si ∈Z, i= 1, ..., k Dễ dàng chứng minh được các tính chất sau của nhóm F.
Bổ đề 3.4.1.
Giả sử các giả thiết (i) – (iii) được thỏa mãn khi đó:
(a) Hai phần tử bất kỳ của F là giao hoán và F là một nhóm.
(b) Hai hàm bất kỳ của F mà bằng nhau tại một điểm của X thì đồng nhất trùng nhau.
Một câu hỏi đặt ra là tập hợp các điểm nằm trên đồ thị của hàm thuộc F là trù mật trong X2 hay không. Đặt
G=(x, y)∈X2 : tồn tại f ∈F sao cho f(x) =y}
Chúng ta nhớ lại điều kiện trù mật đối với các tập con của R. Tính chất 3.4.2.
Giả sử rằng k∈N, k ≥2 và ci ∈R\ {0}, i= 1, ..., k. Tập hợp
M ={x∈R:x=s1c1+...+skck, si ∈Z} (3.38) trù mật trong R nếu và chỉ nếu có ít nhất một thương ci/cj là số vô tỷ.
Bổ đề 3.4.3.
Nếu các giả thiết (i) – (iii) được thỏa mãn thì:
(a) Tập G trù mật trong X2 nếu và chỉ nếu có ít nhất một cặp (i, j) với i, j ∈ {1, ..., k} sao cho thương ci/cj là số vô tỷ.
(b) Nếu G khơng trù mật trong X2 thì có một hàm g : X → X thuộc lớp Cn
trên X sao cho g0(x) > 0, g(x) > x trên X và fi là các xấp xỉ liên tiếp của g,
Chứng minh.
(a) phép biến đổi T : X2 → R2, (x, y) → (α(x), α(y)) là một vi phôi do α0(x) > 0 trên X. Vì vậy tập T(G) trù mật trong R2 khi G trù mật trong X2. Nhưng
T(G) = t, t+ k P i=1 sici : t∈R, si∈Z
là trù mật trong R2 nếu và chỉ nếu tập M được định nghĩa bởi (3.38) trù mật trong R. Từ tính chất (3.37) ta có điều phải chứng minh.
(b) Nếu G khơng trù mất trong R2 thì theo (a) có d > 0 sao cho ci = mid với
mi∈Z. Hàm g :X →X, g(x) = α−1(α(x) +d) có các tính chất mong muốn. Theo khẳng định (b) của bổ đề 3.4.1, hàm H :G→R được cho bởi
H(x, y) =f0(x) ở đó f ∈F và f(x) = y (3.39) là định nghĩa tốt. Nó có các tính chất sau.
Bổ đề 3.4.4.
Giả sử (i) – (iii) đúng. Khi đó:
(a) Hàm H :G→Rđược xác định bởi (3.39)là dương trên G và thỏa mãn phương trình.
H(x, y)H(y, z) = H(x, z) (3.40)
Với (x, y) và (y, z) thuộc G.
(b) Tồn tại một mở rộng H* của H lên X2 là hàm dương, thuộc lớp Cn−1 và thỏa mãn (3.40) trên X2. Hơn nữa, H có mở rộng duy nhất với điều kiện là G trù mật trong X2.
Chứng minh.
(a) Tính dương của h được kéo theo từ (ii) và định nghĩa của nó. Bây giờ, nếu (x, y),(y, z) ∈ G thì tồn tại h1, h2 ∈ F sao cho h1(x) = y, h1(y) = z. Vì vậy
(h1◦h2)(x) =z vàh1◦h2 ∈F, ở đó(x, z)∈G. Theo tính chất(h1◦h2) 0 = h01◦h2h02 và (3.39) chúng ta có (3.40). (b) Chúng ta đặt H∗(x, y) = α0(x)/α0(y) trên X2.
Ở đó α là hàm trong (iii). Hiển nhiên H* là dương, thuộc lớp Cn−1 và thỏa mãn (3.40) trên X2 lấy (x, y)∈ G sao cho f(x) = y với f ∈ F, vì vậy f là hợp của các xấp xỉ liên tiếp của fi, i= 1, . . . , k và theo (iii) chúng ta có α(f(x)) =α(x) +const.
Do đó H∗(x, y) = α0(x)/α0(f(x)) = f0(x) = H(x, y) tức là H∗|G = H. Tính duy
3.4.2. Hệ các phương trình Abel đồng thời
Bổ đề 3.4.3 và 3.4.4 gợi ý cho sự tồn tại định lý sau đối với hệ (3.37) (xem Newman [21])
Định lí 3.4.5.
Nếu các giả thiết (i), (ii) được thỏa mãn. Trong hai trường hợp sau sẽ tồn tại các hằng số ci 6= 0, i = 1, ..., k sao cho hệ (3.37) có nghiệm α : X → R thuộc lớp
Cn trên X và thỏa mãn α0(x)>0 trên X. (tức là khẳng định (iii) đúng).
(a) Tồn tại hàm g : X → X thuộc lớp Cn trên X, thỏa mãn g’(x) > 0, g(x) > x trên X và có các số nguyên mi6= 0 sao cho fi =gmi, i= 1, ..., k.
(b) Tập G trù mật trong X2, hàm H :G→ R xác định tốt theo (3.39) và có một mở rộng H∗ : X2 → R thuộc lớp Cn−1 trên X2 đồng thời thỏa mãn phương trình (3.40) trong X2.
Chứng minh.
(a) Từ định lý 1.2.20 chúng ta biết rằng phương trình Abel
α(g(x)) =α(x) + 1
Có một nghiệm α : X → R thuộc lớp Cn trên X thỏa mãn α0(x) > 0 trong X (nghiệm này chứa một hàm bất kỳ). Hàm α thỏa mãn hệ (3.37) với ci =mi từ đó chúng ta có:
α(fi(x)) = α(gmi(x)) = α(x) +mi, i= 1, ..., k
(b) Đầu tiên ta chú ý rằng H* > 0. Thực vậy, H∗|G =H > 0 theo (ii) và (3.39), nếu H* không dương trong X2 thì từ tính liên tục của nó sẽ tồn tại một điểm (u, v) ∈ X2 sao cho H*(u, v) = 0. Nhưng như thế chúng ta sẽ có theo (3.40) với (x, y)∈X2 bất kỳ.
H∗(x, y) =H∗(x, u)H∗(u, v)H∗(v, y) = 0
Đây là một mâu thuẫn. Bây giờ chúng ta cố định x0, y0 ∈X và định nghĩa hàm
ϕ:X→R như sau: α(x) = x Z x0 H∗(s, y0)ds, x∈X
Khi đó, α thuộc lớp Cn trên X, α0(x)>0 trên X. Chúng ta có
α◦fi◦α−1 0
(t) = H∗(fi(x), y0)fi0(x)/H∗(x, y0), x =α−1(t) (3.41) Nhận xét rằng fi∈F do vậy theo (3.39)
Hàm H* là một mở rộng của H. Vì vậy, chúng ta thu được từ (3.41), từ H* thỏa mãn (3.40) (chúng ta lại đặt x=α−1(t)) α◦fi◦α−1 0 (t) =H∗(fi(x), y0)H∗(x, fi(x))/H∗(x, y0) = 1; i= 1, ..., k vì thế α◦fi◦α−1(t) =t+di
Ở đó di = α(fi(x0)) 6= 0 từ α(x0) = 0, fi(x0) 6= x0 và α tăng nghiêm ngặt. Vì vậy khẳng định (iii) đúng cho hệ (3.37) với ci =di.
Chú ý 3.4.6.
Định lý 3.4.5 bao gồm các điều kiện để một phương trình vi phân có lệch với lệch biến có thể biến đổi về dạng khác với lệch hằng.
Phương pháp để chuyển các phương trình vi phân có lệch về dạng đơn giản hơn được đề xuất bởi F. Newman [20], [21]. Phương pháp của ông là tìm nghiệm trơn của các phương trình Abel đồng thời nó dựa vào các kết quả của O.Boruvka liên quan đến nhóm các phép biến đổi một tham số. Để tìm thêm các kết quả về các phương trình hàm được đề cập trong mục này xem ở Bodewadt [3] và Barvínek [4] hoặc Choczewski [5].
3.5. H Schrăoder v c tính của chuẩn
Đặc tính của chuẩn theo các phương trình hàm và các kết quả trong mục này được trích dẫn theo J. Matkowski [19].
3.5.1. Đặc tính của các chuẩn
Xét khơng gian lp gồm các dãy số thực hoặc phức khả tổng bậc p (p≥1):
lp = ( x= (xn)n∈N :xn ∈K, ∞ X i=1 |xi|p <∞ )
Không gian này cùng với chuẩn:
kxk= ∞ X i=1 |xi|p !1/p
là một không gian Banach. Chúng ta xét ϕ(t) =c.tp thì cơng thức trên trở thành:
kxkϕ =ϕ−1 ∞ X ϕ(|xi|) ! (3.42)
Một câu hỏi đặt ra là tồn tại hay không hàm ϕtăng nghiêm ngặt từR+ vào chính nó, ϕ(0) = 0, ϕkhơng phải hàm lũy thừa sao cho (3.42) xác định một chuẩn trong không gian lp bao gồm các dãy thực hoặc phức x mà ϕ- khả tổng, tức là:
∞ X
i=1
ϕ(|xi|)<∞
Chúng ta chỉ ra rằng câu trả lời là khơng. Sử dụng tính chất tuyến tính của chuẩn cho (3.42) chúng ta sẽ quy bài tốn về việc tìm nghiệm chung tăng nghiêm ngặt của hai phương trỡnh Schrăoder. Chỳng ta tin hành như sau:
Lấy dãy đầu tiên là x = (1, 1, 0, 0, . . . ) và tiếp theo x = (1, 1, 1, 0, 0, . . . ) trong cả hai trường hợp xi = 0, ∀i ≥4. Từ ktxkϕ =tkxkϕ với t > 0 chúng ta thu được từ (3.42):
ϕ−1(2ϕ(t)) =tα ϕ−1(3ϕ(t)) = tβ
Ở đó α=ϕ−1(2ϕ(1)), β =ϕ−1(3ϕ(1)), vì vậyϕ−1 phải thỏa mãn hệ phng trỡnh Schrăoder đồng thời trên (0,∞).
ϕ−1(2t) =αϕ−1(t)
ϕ−1(3t) =βϕ−1(t) )
(3.43)
Chúng ta sẽ thấy rằng hệ (3.43) chỉ có nghiệm là các hàm lũy thừa như trong câu hỏi. Theo cách này chúng ta sẽ thu được đặc tính của chuẩn trên lp.
3.5.2. Hệ các phương trỡnh Schrăoder ng thi
Chúng ta sẽ giải hệ σ(at) =α.σ(t) σ(bt) = β.σ(t) ) t >0 (3.44) Ở đó a, b, α, β là các hằng số thực dương, a6= 1, b6= 1. Định lí 3.5.1.
(a) Cho logb/loga là số vô tỉ. Nếu hàm đơn điệu nghiêm ngặt σ: (0,∞)→R thỏa mãn hệ (3.44) thì có một c∈R\ {0} sao cho
σ(t) = ctp với t > 0 (3.45)
ở đó
hơn nữa
logα
loga =
logβ
logb (3.47)
(b) Nếu (3.47) đúng thì các hàm (3.45) với p đã cho theo (3.46) và bất kỳ c∈ R
sẽ thỏa mãn hệ (3.44) (và đơn điệu nghiêm ngặt khi c6= 0 và p6= 0).
Chứng minh.
Khẳng định (b) là hiển nhiên.
Chúng ta giả sử rằng logb/loga là một số vô tỷ và σ : (0,∞) → R là một nghiệm đơn điệu của phương trình (3.44). Đổi biến nếu cần thiết, khi đó phương trình đầu của hệ (3.44) có thể đưa về dạng (a−1t) =σ−1σ(t) với a > 1 và b > 1.