3.3 .H Schră oder-Abel và các phương trình kết hợp
3.3.2. Kết hợp các phương trỡnh Schră ode rv Abel
Chúng ta đặt câu hỏi có thể nói gì về một s.A T khi cả chéo và u – lớp của nó đã được chỉ rõ. Một phần tử sinh của T phải thỏa mãn đồng thời phương trình Schrăoder v Abel (3.20) và (3.22). Ở đây, chúng ta muốn thiết lập các điều kiện cho tính duy nhất của s.A T có các hạn chế f và g đã cho.
Cố định u∈X∗ và giả sử rằng chúng ta đã cho các s.A là T0 và T với các phần tử sinh tương ứng là ϕ0 và ϕ, (ϕ0(u) =ϕ(u) = 1). Các chéo của T0 và T trùng nhau trên tập A⊂X và các u–lớp của T0 và T trùng nhau trên tập B ⊂X. Theo định
lý 3.3.4, hàm:
phải thỏa mãn đồng thời các phương trình:
φ(2x) = 2φ(x), x∈ϕ(A∗) (3.26)
φ(x+ 1) =φ(x) + 1, x∈ϕ(B∗) (3.27) Đối với A và B, chỉ các nghiệm chung φ của (3.26) và (3.27) là đồng nhất. Để
φ =idR+ thì điều kiện cần là ϕ0 =ϕ, nghĩa là T0 =T và T sẽ được xác định duy nhất bởi các hạn chế của nó trên tập
(x, x)∈X2:x∈A ∪(B × {u}).
Chúng ta chứng minh một định lý duy nhất đề cập đến trường hợp khi A = X hoặc B = X. Ký hiệu f0 và f là các chéo của T0 và T, các u – lớp tương ứng là g0
và g.
Định lí 3.3.5.
Nếu T0 và T là các s.A thì một trong hai điều kiện sau sẽ ngụ ý rằng T =T0: (a) g0=g và f0(x) = f(x); ∀x∈A= [0;a],0< a≤1
(b) f0 =f và g0(x) =g(x); ∀x∈B = [0;b],0< b≤1 Chứng minh.
(a) Hàm (3.25) thỏa mãn phương trình (3.26) trong ϕ(A∗) = [ϕ(a),∞) và phương trình (3.27) trong ϕ(X∗) = R+. Áp dụng phương trình (3.27), bằng quy nạp ta được φ(x+n) = φ(x) +n, x > 0, n ∈ N0 và từ φ(1) = ϕ0 ϕ−1(1) = ϕ0(u) = 1
chúng ta được φ(n) =n,∀n∈N. Từ (3.26) bằng quy nạp ta có:
φ(x) = 2−nφ(2nx) (3.28)
Với x≥ϕ(a), n∈N, ta cố định một số nguyên k ≥ϕ(a) với bất kỳ số hữu tỷ nhị nguyên dương t = m.2−n chúng ta có φ(t) = φ(t+k)−k = 2−nφ(2n(t+k))−k = 2−nφ(m+k.2n)−k =t dot+k ≥ϕ(a)và m+k.2n là một số nguyên. Vì vậy, φ(t) = t
trên một tập trù mật của R+. Từ tính liên tục của φ (xem chú ý 3.3.2) ta suy ra điều phải chứng minh.
(b) Bây giờ (3.26) được thỏa mãn trong R+ và (3.27) được thỏa mãn trong [ϕ(b),∞). Chọn một số nguyên dương k sao cho 2k ≥ ϕ(b). Dùng (3.28) (cái này
đúng với x≥0, n∈N) và ϕ(1) = 1 để từ (3.27) ta được φ(m) = m, ∀m ≥2k. Cho t là số hữu tỷ nhị nguyên dương bất kỳ, lấy một số nguyên n≥k sao cho 2nt∈N
và 2nt ≥ 2k. Vì thế, φ(t) = 2−nφ(2nt) = 2−n(2nt) = t, từ tính liên tục của φ ta có
φ(x) = x, ∀x≥0.