Luận văn Nhóm con hữu hạn của nhóm pgl(2,r) và một ứng dụng vào giải phương trình hàm

thức đặc trưng, điều kiện để một ma trận là chéo hóa được. Ta luôn xét K là một trường. Giả sử f là một tự đồng cấu củaK- không gian véctơ V . Nếu có véctơ α 6= 0 và vô hướng λ ∈ K sao cho f(α) = λα thì λ được gọi là một giá trị riêng của f còn α là một véctơ riêng của f ứng với giá trị riêng λ. Giả sử f có ma trận là A trong một cơ sở nào đó e1, e2, . . . , en của V . Khi đó, đa thức bậc n của ẩn X với hệ số trong K là PA(X) = det(A − XEn) được gọi là đa thức đặc trưng của ma trận A. Vô hướng λ ∈ K là một giá trị riêng của tự đồng cấu f : V → V khi và chỉ khi λ là một nghiệm của đa thức đặc trưng PA(X) của f . Một ma trận A là chéo hóa được nếu nó đồng dạng với một ma trận đường chéo B, nghĩa là có một ma trận D sao cho A = D−1BD Mệnh đề 1.2.1. Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông cấp n đồng dạng với ma trận đường chéo là ma trận đó có n véctơ riêng độc lập tuyến tính. Chứng minh. Choma trậnA chéo hóa được, khi đó tồn tại ma trận khả nghịch T =  t11 . . . t1n ... . . . ... tn1 . . . tnn  sao cho T−1AT = D, với D =  λ1 . . . 0 ... . . . ... 0 . . . λn  , tương đương 9AT = TD =  λ1t11 λ2t12 . . . λnt1n λ1t21 λ2t22 . . . λnt2n ... ... . . . ... λ1tn1 λ2tn2 . . . λntnn  . Gọi uj là véctơ cột thứ j của T , từ AT = TD suy ra Auj = λjuj ∀j = 1, . . . , n. Vì T không suy biến nên các véctơ cột là khác không và độc lập tuyến tính. Suy ra uj là các véctơ riêng của A. Vậy A có đủ n véctơ riêng u1, . . . , un độc lập tuyến tính. Ngược lại, giả sử A có n véctơ riêng độc lập tuyến tính u1, . . . , un tương ứng với các giá trị riêng λ1, . . . , λn. Giả sử uj = (t1j, t2j, . . . , tnj)t, j = 1, n. Đặt T =  t11 . . . t1n ... . . . ... tn1 . . . tnn  . Vì AuJ = λjuj (j = 1, n) nên ta có AT =  λ1t11 λ2t12 . . . λnt1n λ1t21 λ2t22 . . . λnt2n ... ... . . . ... λ1tn1 λ2tn2 . . . λntnn  =  t11 t12 . . . t1n t21 t22 . . . t2n ... ... . . . ... tn1 tn2 . . . tnn   λ1 . . . 0 ... . . . ... 0 . . . λn  = TD. 10 Vì u1, u2, . . . , un độc lập tuyến tính nên detT 6= 0, suy ra tồn tại T−1 sao cho T−1AT = D. Suy ra A chéo hóa được. Hệ quả 1.2.2. Nếu ma trận A cấp n có đủ n giá trị riêng phân biệt thì A chéo hóa được. Định nghĩa 1.2.3. Với mỗi ma trận A, đa thức f(x) 6= 0 có bậc nhỏ nhất thỏa mãn f(A)=0 được gọi là đa thức tối tiểu của A. Mệnh đề 1.2.4. (i) Đa thức tối tiểu luôn tồn tại. Đa thức tối tiểu có hệ số cao nhất bằng 1 là duy nhất và được kí hiệu là ∏ A(x). (ii) Cho đa thức f(x). Khi đó f(A)=0 khi và chỉ khi ∏ A(x)| f(x). 11 Chương 2 Nhóm con hữu hạn của nhóm PGL(2,R) Trong chương này chúng tôi sẽ chỉ ra cách xác định các nhóm con hữu hạn của nhóm PGL(2,R). Trước hết chúng tôi mô tả các phần tử có cấp hữu hạn của nhóm này. Dựa trên kết quả về nhóm con của nhóm PGL(2,C), chúng tôi sẽ phân loại các nhóm con hữu hạn của PGL(2,R) thành nhóm xyclic và nhóm Diheral. Nội dung của chương bao gồm việc xác định nhóm con xyclic hữu hạn, và nhóm con hữu hạn Diheral của nhóm PGL(2,R). Kết quả của chương này sẽ là cơ sở để xây dựng các lớp phương trình hàm ở chương 3, và là một phần nội dung chính của luận văn. 2.1 Nhóm con xyclic hữu hạn của PGL(2,R) Mục này sẽ chỉ ra cách xác định các nhóm con xyclic hữu hạn củaPGL(2,R). Xét phép biến đổi phân tuyến tính g(x) = ax+ b cx+ d trong đó a, b, c, d ∈ R và ad− bc 6= 0. Bằng cách chia a, b, c, d cho√|ad− bc|, chúng ta có thể giả thiết |ad− bc| = 1. Khi đó g được xác định bởi một phần tử của nhóm tuyến tính xạ ảnh γ = a b c d  ∈ PGL(2,R). Nhóm PGL(2,R) tác động lên không gian xạ ảnh P1(R) = R ∪ {∞} thông 12 qua γ(x) = ax+ b cx+ d với mọi x ∈ P1(R) và γ ∈ PGL(2,R). Do vậy g chính xác là tác động của ma trận γ lên P1(R). Do đó g có cấp hữu hạn khi và chỉ khi γ có cấp hữu hạn. Trong mục này, ta sẽ đi mô tả tất cả các phần tử có cấp hữu hạn của PGL(2,R). Giả sử γ ∈ GL(2,R) sao cho | det γ| = 1, và γ ∈ PGL(2,R) thỏa mãn γn = 1. Điều này tương đương với γn = ±I2. Các ma trận γ như vậy được mô tả như sau Mệnh đề 2.1.1. Các phần tử có cấp hữu hạn trong PGL(2,R) có dạng γ với (i) γ =I2 (trường hợp này γ có cấp 1); (ii) γ ∼ 1 0 0 −1  (trường hợp này γ có cấp 2); (iii) γ ∼ εm 0 0 ε−m  , với ε là một căn nguyên thủy bậc 2n của đơn vị và 0 ≤ m < n (trường hợp này γ có cấp n(n,m) , n ≥ 1). Chứng minh. Xét γ như một ma trận phức. Vì γ2n = I2 nên đa thức tối tiểu của γ là ước của đa thức x2n− 1. Đặc biệt, trên C, γ chéo hóa được thành ma trận đường chéo, vì đa thức x2n−1 có 2n nghiệm phức phân biệt theo Hệ quả 1.2.1. Do γ thỏa mãn phương trình đa thức λ2n − 1 = 0 nên các giá trị riêng của γ là các căn bậc 2n của đơn vị, nghĩa là γ ∼ εm1 0 0 εm2  trong đó ε là một căn nguyên thủy bậc 2n của 1. Ta chọn ε = cos pi n + i sin pi n , do đó εm = cos mpi n + i sin mpi n và 0 ≤ m < 2n. 13 Ta có ±1 = εm1εm2 = em1+m2 = det γ = ad− bc ∈ R và εm1 + εm2 = trace(A) = a+ d ∈ R. Điều kiện εm1+m2 ∈ R suy ra m1 +m2 ∈ {0, n, 2n, 3n}. Vì εm1+m2 = cos (m1 +m2)pi n + i sin (m1 +m2)pi n ∈ R khi đó i sin (m1 +m2)pi n ∈ R (0 ≤ m1,m2 < 2n, 0 ≤ m1 +m2 < 4n. Với ε = cos pi n + i sin pi n chúng ta có 4 trường hợp: (i)m1 +m2 = 0. Khi đóm1 = m2 = 0 và γ = I2. (ii) m1 + m2 = n. Ta có εm2 = εn−m1 = −ε−m1, do εn = cos npi n + i sin npi n = cospi = −1. Do đó trace(A) = εm1 + εm2 = εn − ε−m1 = 2i sin m1pi n . Điều kiện εm1 + εm2 ∈ R dẫn đến sin m1pi n = 0, suy ra  m1 = 0 m1 = n hay εm1 = cos 0 + i sin 0 εm2 = cos npi n + i sin npi n dẫn tới  εm1 = 1εm2 = −1 , hoặc  εm2 = cos 0 + i sin 0 εm1 = cos npi n + i sin npi n dẫn tới  εm2 = 1εm1 = −1 . Trong trường hợp này γ ∼ 1 0 0 −1  14 Do vậy a+ d = 0 và a2 = 1− bc. Ta thấy đây là trường hợp duy nhất det γ = −1, nói riêng trường hợp này chỉ xảy ra khi n = 2, còn trong các trường hợp khác ta có γ ∈ PSL(2,R). (iii) m1 + m2 = 2n suy ra m2 = 2n − m1. Ta có ad − bc = 1 và εm1 + εm2 = εm1 + ε2n−m1 = εm1 + ε−m1 = 2 cos m1pi n ∈ R (vì ε2n = cos 2npi n + i sin 2npi n = 1). Vì vậy γ ∼ εm1 0 0 ε−m1  hay ma trận chéo hóa của A là εm1 0 0 ε−m1  với 0 ≤ m1 < n. Điều này tương đương với det γ = 1 và a+ d = 2 cos m1pi n . (iv) m1 + m2 = 3n. Vì m2 n. Ta có εm2 = ε3n−m1 = −ε−m1 (do ε3n = cos 3pin n + i sin 3pin = −1), dẫn tới εm1 +εm2 = εm1−ε−m1 = 2i sin m1pi n . Như vậy εm1 +εm2 ∈ R tương đương với sin m1pi n = 0, hay n | m1 nhưng do n < m1 < 2n, trường hợp này không thể xảy ra. Chú ý 2.1.2. Như vậy trong các trường hợp trên, chỉ trường hợp n = 2 có ma trận γ không nằm trongPSL(2,R) các trường hợp còn lại đều suy ra γ ∈ PSL(2,R). Định lý dưới đây sẽ tổng kết tất cả các kết quả trên. Định lí 2.1.3. Cho g(x) = ax+ b cx+ d là một phép biến đổi phân tuyến tính với a, b, c, d ∈ R, |ad − bc| = 1. Khi đó có một số n>0 sao cho gn = id nếu và chỉ nếu g thỏa mãn một trong các tính chất sau đây: (i) g(x) = x, ∀x (γ = I2); 15 (ii) g(x) = −x, ∀x (γ = −I2); (iii) ad− bc = 1 và a+ d = 2 cos mpi n vớim ∈ Z, 0 ≤ m < n. Trong trường hợp n nhỏ, ta sẽ đưa ra công thức cụ thể của các ánh xạ phân tuyến tính có bậc n, nghĩa là với n cho trước, ta tìm những ma trận γ sao cho n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn γn = ±I2. Nếu n = 1 thì γ = ±I2. Nếu n = 2 thì γ ∼ B2 := 1 0 0 −1  hoặc γ ∼ i 0 0 −i  . Nếu n > 2 theo phân tích ở trên ma trận chéo hóa của γ có dạng B =εm 0 0 ε−m , với 0 < m < 2n. Bằng cách lập luận tương tự như trên, không có ma trận thực C nào thỏa mãn Cn ∼ B2. Điều kiện để bậc xoắn của γ bằng n là (m,n) = 1. Ta có một số trường hợp cụ thể: a) n = 2. Ta có a+ d = 0 suy ra các phép biến đổi phân tuyến tính bậc 2 có dạng g(x) = ax+ b cx− a với |a 2 + bc| = 1. b) n = 3. Khi đóm = 1, 2 và a+ d = ±1, suy ra các phép biến đổi phân tuyến tính có dạng g(x) = ax+ b cx+ 1− a với a(1− a)− bc = 1. và g(x) = ax+ b cx− 1− a với a(−1− a)− bc = 1. c) n = 4. Ta có m = 1, 3, do đó a + d = ±√2, suy ra các phép biến đổi phân tuyến tính có dạng 16 g(x) = ax+ b cx+ √ 2− a với a( √ 2− a)− bc = 1. và g(x) = ax+ b cx−√2− a với a(− √ 2− a)− bc = 1. d) n = 5. Ta có m = 1, 2, 3, 4, do đó a + d nhận một trong các giá trị 1 2(1 + √ 5), 12(−1 + √ 5), 12(1 − √ 5),−12(1 + √ 5), suy ra các phép biến đổi phân tuyến tính có dạng g(x) = ax+ b cx+ 12(1 + √ 5)− a với a[ 1 2(1 + √ 5)− a]− bc = 1. g(x) = ax+ b cx+ 12(−1 + √ 5)− a với a[ 1 2(−1 + √ 5)− a]− bc = 1. g(x) = ax+ b cx+ 12(1− √ 5)− a với a[ 1 2(1− √ 5)− a]− bc = 1. g(x) = ax+ b cx− 12(1− √ 5)− a với a[− 1 2(1− √ 5)− a]− bc = 1. 2.2 Nhóm con hữu hạn của nhóm PGL(2,R) Ở phần trước chúng ta đã tính phần tử sinh của tất cả các nhóm con xyclic hữu hạn của nhóm PGL(2,R). Bây giờ chúng ta sẽ xét trường hợp tổng quát, đó là các nhóm con hữu hạn của nhóm PGL(2,R). Chúng ta sẽ mô tả cấu trúc của tất cả các nhóm con hữu hạn của nhóm PGL(2,R), từ đó cũng chỉ ra cách xác định các nhóm con Diheral của nhóm PGL(2,R). Trong thực tế, chỉ có vài cấu trúc nhóm có thể là nhóm con của nhóm tuyến tính xạ ảnh PGL(2,R). Điều này là hệ quả của bao hàm thức PGL(2,R) ⊂ PGL(2,C) và kết quả sau. Định lí 2.2.1. Cho G là một nhóm con hữu hạn của PGL(2,C). Khi đó G có một trong các cấu trúc nhóm sau: 17 (i) Nhóm xyclic G ' (Z/nZ) ( kí hiệu Cn ), n ∈ N; (ii) Nhóm Nhị diện Dn (bậc 2n), n ∈ N; (iii) Nhóm thay phiên An với n = 4, 5; (iv) Nhóm đối xứng S4. Chứngminh của Định lý 2.2.1 có thể xem trong quyển sách của Dolgachev [3, Chapter 1], ở đó định lý được chứng minh thông qua phương pháp đếm bằng hai cách. Một chứng minh khác tổng quát hơn thông qua các dạng bậc hai thuộc về Beauville [1, Prop .1.1]. Nhóm tuyến tính xạ ảnh trên R ít cấu trúc nhóm con hơn trên C. Định lí 2.2.2. Cho G là một nhóm con hữu hạn của PGL(2,R). Khi đó G là một nhóm xyclic hữu hạn Cn hoặc là một nhóm Nhị diện Dn. Chứng minh. Sử dụng Định lý 2.2.1 ta sẽ chứng minh rằng A4, S4, A5 không đẳng cấu với một nhóm con hữu hạn nào của PGL(2,R). Do A4 là nhóm con của S4 và A5 nên để chứng minh điều đó ta chỉ cần chứng minh khẳng định cho A4. Ta giả sử rằng A4 là đẳng cấu với một nhóm con của PGL(2,R). Như một nhóm của các hoán vị chẵn, A4 được sinh từ hai phần tử g = (123) và h = (12)(34). Ta có ord(g) = 3 vì g2 = (123)(123) = (132), g3 = (132)(123) = idord(h) = 2 vì h2 = ((12)(34))((12)(34)) = (132)(123) = id . Hơn nữa gh = (243) có cấp 3 vì (gh)2 = (243)(243) = (234) và (gh)3 = (243)(234) = id. Bây giờ ta sử dụng cùng kí hiệu g, h để biểu thị các phần tử tương ứng trong PGL(2,R) và sẽ chỉ ra ord(gh) = 3 không xảy ra trong PGL(2,R). Vì 18 g, h là các lớp tương đương của các ma trận cấp 2 × 2 nên ta cũng dùng g, h để ký hiệu các ma trận trong các lớp này có định thức thỏa mãn | det(g)| = | det(h)| = 1. Vì ord(g) = 3, bằng Định lý 2.1.3, ta có trace(g) = 2 cos mpi 3 ∈ R với m ∈ {1, 2} và det(g) = 1. Đặt g = x y z t , với det g = xt− yz = 1. Hơn nữa, trace(g) = x + t = cos 2mpi 3 nên x + t = ±1, suy ra t = ±1 − x. Do det(g) = 1 nên y 6= 0 và xt− yz = 1, từ đó suy ra z = x(±1−x)−1y và g =  x y x(±1−x)−1 y ±1− x  ∼  λ 1 −1 0  , với λ = trace(g) = 2 cos mpi 3 . Điều này cùng với lập luận ngay sau Định lý 2.1.3 cho phép chúng ta có thể giả sử rằng g =  λ 1 −1 0  và h = a b c −a  Vì gh =  λ 1 −1 0 a b c −a  = aλ+ c bλ− a −a −b , nên trace(gh) = aλ+ c− b. Đặt λ′ = trace(gh) thì chúng ta có b = λa+ c− λ′. 19 Do deth = 1, hay −a2 − bc = 1, nên a2 + bc+ 1 = 0. Từ đó suy ra 0 = a2 + (λa+ c− λ′)c+ 1 = a2 + λac+ c2 − cλ′ + 1 = a2 + λac+ λ2c2 4 + λ′2c2 4 − cλ′ + 1 + c2 2 = a+ λc 2 2 + λ′c 2 − 1 2 + c2 2 > 0 (ở đây ta có |λ| = |λ′| = 1⇒ λ2 = λ′2 = 1). Mâu thuẫn. Vậy g, h không tồn tại, hay A4 không đẳng cấu với một nhóm con nào của PGL(2,R). Bây giờ ta chứng tỏ rằng PGL(2,R) nhận nhóm xyclic Cn và nhóm Di- heral Dn là nhóm con hữu hạn. Việc xây dựng nhóm con xyclic hữu hạn Cn đã trình bày ở tiết trước (Định lý 2.1.3). Bây giờ ta sẽ xây dựng phần còn lại là các nhóm Diheral Dn. Định lí 2.2.3. Cho G ⊂ PGL(2,R) là một nhóm con. Khi đó G ∼= Dn với một số n > 0 nếu và chỉ nếu G liên hợp với nhóm con của PGL(2,R) sinh ra bởi g =  λ 1 −1 0  và h =  a b b− λa −a , trong đó λ = εm + ε−m = 2 cos mpi n , (m,n) = 1, sao cho a2− λab+ b2 = 1. Hệ quả là PGL(2,R) chứa nhóm Nhị diện Dn, như một nhóm con với mọi n>0. 20 Chứng minh. Ta có G ∼= Dn nếu và chỉ nếu G sinh bởi 2 phần tử g, h ∈ PGL(2,R) với ord(g) = n, ord(h) = 2 và ord(gh) = 2. Nếu n > 2 thì từ Định lí 2.1.3, ta có h ∼ ε−m 0 0 εm  với mỗi (m,n) = 1. Xét n = 2. Nếu g, h ∼ 1 0 0 −1  thấy rằng det(h) = det(g) = −1 thì det(gh) = 1. Thay g bởi gh nếu cần, ta có thể giả thiết rằng h ∼ ε−m 0 0 εm  . trong đó ε = i với trường hợp này. Tổng quát, sử dụng Định lý 2.1.3 ta có thể giả thiết g =  λ 1 −1 0  (cũng xem từ chứng minh của Định lý 2.2.2). Hơn nữa, ta có thể viết h = a b c −a  trong đó a, b, c ∈ R, a2 + bc = ±1. Khi đó gh =  λ 1 −1 0 a b c −a  = aλ+ c bλ− a −a −b  Suy ra (gh)2 = (aλ+ c)2 − a(λb− a) (λb− a)(λa+ c− b) −a(λa+ c− b) a2 − λab+ b2  Nếu (gh)2 = ±I2 thì a(λa+ c− b) = 0. Giả sử a = 0. Ta có (gh)2 = c2 λb(c− b) 0 b2  = ±I2. 21 Do vậy c = b. Giả thiết a2 + bc = ±1, điều này suy ra rằng b = c = 1 và h = 0 1 1 0  . Nếu a 6= 0 thì c = −λa+ b. Do vậy (gh)2 = a2 + b2 − abλ 0 0 a2 − abλ+ b2  . Suy ra (gh)2 = (a2 + b2 − abλ)I2. Chú ý rằng a2 + bc = a2 − λab + b2 > 0 (do |λ| < 2). Do đó deth = 1 và h =  a b −λa+ b −a  trong đó a2 − λab+ b2 = 1. Chú ý 2.2.4. Cho g và h là 2 phần tử sinh của Dn ở trên, đó là ord(g) = n và ord(h) = 2. Khi đó gh ∈ G với ord(gh) = 2 và det(gh) = −1. Rõ ràng gh, g cũng là phần tử sinh của Dn. Do đó, ta cũng có thể chọn một tập các phần tử sinh của Dn chứa g, h với g ∼ h ∼ 1 0 0 −1  . 22 Chương 3 Ứng dụng vào phương trình hàm Trong chương này chúng tôi sẽ xây dựng một lớp phương trình hàm dựa trên các kết quả về mô tả cấu trúc các nhóm con hữu hạn của nhómPGL(2,R) trong chương trước. Nội dung của chương bao gồm hai phần, phần một chỉ ra cách xây dựng tổng quát lớp phương trình hàm như đã nói ở trên, phần hai là một số bài tập vận dụng. 3.1 Phương trình hàm và nhóm các phép biến đổi phân tuyến tính Chúng ta thấy rằng chỉ có cấu trúc nhóm xyclic và nhóm Diheral xuất hiện trong các nhóm con của PGL(2,R). Trong (Định lí 2.1.3 và Định lý 2.2.3). Chúng ta đã chỉ ra mỗi nhóm con hữu hạn của PGL(2,R) tương ứng với một nhóm các phép biến đổi phân tuyến tính. Các nhóm này dẫn đến một lớp các phương trình hàm đặc biệt mà ta xét sau đây. Ý tưởng chung là ta xét D ⊆ R là một miền và g1, . . . , gn : D → D là các hàm số liên tục sao cho G = {id, g1, . . . , gn} cùng với phép hợp của các ánh xạ là một nhóm hữu hạn. Cho các hàm a0, a1, . . . , an, b : D → R. Chúng ta quan tâm đến phương trình hàm sau a0f + a1f ◦ g1 + · · ·+ anf ◦ gn = b. 23 Để tìm được hàm f thỏa mãn phương trình này ta lần lượt thay x bởi g1(x), g2(x), . . . , gn(x). Khi đó, ta sẽ có được một hệ phương trình tuyến tính với ẩn là f, f ◦ g1, f ◦ g2, . . . , f ◦ gn. Để giải hệ phương trình tuyến tính này, ta có thể dùng các phương pháp quen biết trong đại số tuyến tính như phương pháp Cramer. Thông thường ở các ví dụ và bài tập thường cho G là một nhóm xyclic. Trong luận văn này chúng tôi quan tâm chủ yếu đến các phương trình mà g1, g2, ..., gn là các phép biến đổi phân tuyến tính, cụ thể với G là xyclic như ví dụ Ví dụ 3.1.1. Tìm tất cả các hàm số f : R\{2} → R\{2} thỏa mãn (x+ 1)f(x)− 2xf 2x− 3 x− 2  = 3x+ 2. Khi đó xét hàm số g0, g1 : R\{2} → R\{2} sao cho g(x) = x = id, g1(x) = 2x− 3 x− 2 thì ta có g21(x) = x = id. Vậy g = {g0, g1} lập thành nhóm xyclic cấp 2, và với G là một nhóm Diheral như ví dụ dưới đây. Ví dụ 3.1.2. Tìm tất cả các hàm f : R\{−1, 0} → R xác định bởi xf  − x− 1 x + f  − 1 x+ 1 + f(−x− 1) = 2x+ 1. Dễ thấy ở đây phương trình hàm này được xây dựng từ các phép biến đổi của nhóm D3 với g(x) = − x− 1 x , h(x) = −x− 1. 24 Thật vậy, ta có g(x) = − x− 1 x tương ứng với ma trận −1 −1 1 0 . Hơn nữa g2 = −1 −1 1 0 −1 −1 1 0  =  0 1 −1 −1  suy ra g3 =  0 1 −1 −1 −1 −1 1 0  = 1 0 0 1  = id do đó g có cấp là 3. Ta có h(x) = −x− 1 tương ứng với ma trận−1 −1 0 1  từ đó suy ra h2 = −1 −1 0 1 −1 −1 0 1  = 1 0 0 1  = id . Do đó cấp của h là 2. Xét gh = −1 −1 1 0 −1 −1 0 1  =  1 0 −1 −1  . Ta có (gh)2 =  1 0 −1 −1  1 0 −1 −1  = 1 0 0 1  = id . Do đó gh có cấp 2, mặt khác ta thấy hg2 = −1 −1 0 1  0 1 −1 −1  =  1 0 −1 −1  25 suy ra hg2(x) = − x x+ 1 = gh. Vậy g, h là hai phần tử sinh của nhóm D3 như đã nêu ở trên. Để ra những bài tập mới, từ phương trình dạng a0f + a1f + ...+ anf = b như trên, thay x bởi một hàm ϕ(x) cụ thể ta có Ví dụ 3.1.3. Tìm tất cả các hàm số f : R\{−12 , 1} → R\{2} thỏa mãn 2f  x x− 1 − 3f 3x− 2 2x+ 1  = 13x− 4 2x− 3x2. Đặt g(x) = 3x− 2 2x+ 1 và h(x) = x x− 1. Phép biến đổi h có cấp 2 vì h 2(x) = x. Trong khi đó ord(g) =∞. Để giải phương trình này, ta tìm hàm k(x) thỏa mãn g = k.h, hay k = g.h−1 = g.h. Đặt k(x) = g.h(x) = x+ 2 3x− 1, ta có k2(x) = x vì 1 2 3 −1 1 2 3 −1  = 7 0 0 7  ∼ id. Khi đó, phương trình trên được viết như sau 2f(h(x))− 3f(k.h(x)) = 13x− 4 2x− 3x2. Đặt t = h(x) ta được phương trình hàm ứng với nhóm xyclic {id, k}. Trong ví dụ trên, ta thấy h và k có cấp 2 nhưng chúng không xác định một nhóm con hữu hạn. Bằng cách tương tự, ta có thể xây dựng những phương trình hàm khác như trong ví dụ sau. 26 Ví dụ 3.1.4. Tìm các hàm f : R→ R thỏa mãn: a) f(tanx)+f  1 1− tanx  = 2(1− 2 tanx) tanx(1− tanx), với mọi x ∈ (−pi2 , pi2) , x 6= 0, pi4 . b) f  x− 3 2x− 2 + f x+ 3 4  = x, với mọi x 6= 1. Trong phương trình ở phần a), đặt t = tanx thì ta có phương trình f(t) + f  1 1− t  = 2(1− 2t) t(1− t) , t ∈ R. Ở đây ϕ(t) = 1 1− t là phép biến đổi có cấp ord(ϕ) = 3. Trong phương trình ở phần b), đặt h(x) = x x+ 1 và g(x) = x− 3 x+ 1 thì h không có cấp hữu hạn, g có cấp 3. Ta có h.g(x) = x− 3 2x− 2, h.g 2(x) = x+ 3 4 , suy ra phương trình trở thành (f.h)g(x) + (f.h)g2(x) = x, vì thế có thể giải phương trình này như trong phần a). Trong thực tế, ta cũng có thể xây dựng những phương trình hàm mà các phép biến đổi g1, g2, ..., gn không nhất thiết là phân tuyến tính. Ví dụ 3.1.5. i) Cho n ∈ N và g : R→ R, g(x) = [x] + {x+ 1n}, trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quán x và {x} = x− [x]. Ta có gn = id và G = {id, g, . . . , gn−1} là một nhóm xyclic bậc n. ii) Cho n ∈ N và ai = tan−1 ( ipi n ) , i = −(n− 1), . . . ,−1, 0, 1, . . . , n− 1. Kí hiệu D = R\{a−n+1, . . . , a0, . . . , an−1}, xét ánh xạ g : D → D, g(x) = tan ( tan−1(x) + pin ) . Ta có gn = id do đóG = {id, g, . . . , gn−1} là một nhóm xyclic bậc n. 27 Phương trình a0(x)f.ϕ(x) + a1(x)f.g1ϕ(x) + ...+ an(x)f.gnϕ(x) = b0.ϕ(x). Để giải phương trình loại này, ta làm ngược lại quá trình trên, nghĩa là đặt t = ϕ(x), rồi giải như thông thường. 3.2 Bài tập vận dụng Dựa vào các phân tích trong mục trước cũng như kết quả trong chương 2, trong phần này chúng tôi đưa ra một số bài tập cụ thể về phương trình hàm được xác định từ các phép biến đổi phân tuyến tính. 3.2.1 Phương trình liên kết với các nhóm xyclic Cn Nhóm C2 Với n = 2, g = ax+ b cx− a với a 2 + bc = 1, a, b ∈ R (*). Cụ thể: Ta có thể chọn a = 1, khi đó b = 0 hoặc c = 0. Khi đó có thể chọn b = 0, c = 2 (ta cũng có thể chọn các bộ số a, b, nào đó với điều kiện chỉ cần nó thỏa mãn điều kiện (*)), vậy g(x) = x 2x− 1, suy ra g 2(x) = x = id. Tới đây, ta có thể xây dựng được vô số bài toán dựa trên nhóm G = {g, g2 = id}. Ví dụ 3.2.1. Tìm các hàm số f : R\{1/2} → R\{1/2} thỏa mãn xf(x) + f  x 2x− 1  = 2x+ 1. Giải. Xét hàm số g0, g1 : R\{1/2} → R\{1/2} với 28 g0 = x = id, g1(x) = x 2x− 1 suy ra g21(x) = g0(x) = x = id. Vậy g = {g0, g1} là một nhóm xyclic bậc 2, từ đó phương trình đã cho trở thành xf(x)− f(g1(x)) = x+ 1 (∗∗) Đặt fi = fgi thì xf0 + f1 = 1 + x (1). Mặt khác trong (**) thay x bởi g1(x) ta có x 2x− 1f(g0(g1(x))) + f(g1(g1(x))) = x 2x− 1 + 1. Khi đó ta có x 2x− 1.f1 + f0 = 3x− 1 2x− 1 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ  xf0 + f1 = 1 + x x 2x− 1.f1 + f0 = 3x− 1 2x− 1 Giải hệ ta được f(x) = 1, ∀x ∈ R\{1/2} . Cũng với n = 2, g = ax+ b cx− a thỏa mãn a 2 + bc = 1, a, b ∈ R (*) . Chọn a = 2 và b = −3, ta có c = 1. Vậy g(x) = 2x− 3 x− 2 . Ta có bài toán Ví dụ 3.2.2. Tìm tất cả các hàm số f : R\{2} → R\{2} thỏa mãn (x+ 1)f(x)− 2xf 2x− 3 x− 2  = 3x+ 2. Giải. Xét hàm số g0, g1 : R\{2} → R\{2} sao cho g(x) = x = id, g1(x) = 2x− 3 x− 2 . 29 Khi đó g21(x) = x = id. Vậy g = {g0, g1} lập thành nhóm xyclic cấp 2. Khi đó, phương trình đã cho trở thành (x+ 1)f(x)− 2xf(g1(x)) = 3x+ 2 (∗) Đặt fi = f.gi(x), vậy (*) tương đương với (x+ 1)f0 − 2xf1 = 3x+ 2 (1) Mặt khác trong (*) thay x bởi g1(x) ta có2x− 3 x− 2 + 1  f(g1(x))− 2.2x− 3 x− 2 .f(g1(g1(x))) = 3. 2x− 3 x− 2 + 2. Tương đương với (3x− 5).f1 − (4x− 6).f0 = 8x− 13 (2) Từ (1) và (2), ta có (x+ 1)f0 − 2xf1 = 3x+ 2(4x− 6)f0 − (3x− 5)f1 = 13− 8x Giải hệ trên, ta được f0 = 2 + 7x− 5x2 (x− 1)2 .Vậyf(x) = 2 + 7x− 5x2 (x− 1)2 . Nhóm C3 Với n = 3 ta chọn g(x) = ax+ b cx+ 1− a, với a(1− a)− bc = 1 g(x) = ax+ b cx− 1− a, với a(−1− a)− bc = 1 30 Cụ thể: Khi đó ta có thể chọn bộ số (a, b, c) tùy ý thỏa mãn các điều kiện trên, ví dụ: Chọn a = 1, b = 1 suy ra c = 1. Vậy g(x) = x+ 1 −x . Khi đó ta có vô số bài toán Ví dụ 3.2.3. Tìm tất cả các hàm f : R{\{−1, 0}} → R\{−1, 0} thỏa mãn: f(x)− xf x+ 1 −x + xf  − 1 x+ 1  = 2x+ 1. Giải. Xét hàm số g0, g1, g2 : R\{0,−1} → R\{0,−1} thỏa mãn g0(x) = x = id g1(x) = x+ 1 −x g2(x) = − 1 x+ 1 Ta có g21(x) = g2(x), g 3 1(x) = g1(g2(x)) = x. Vậy g = {g0, g1, g2} lập thành một nhóm xyclic cấp 3. Vậy phương trình đã cho trở thành f(x)− xf(g1(x)) + xf(g2(x)) = 2x+ 1 (∗) Đặt f1 = f(gi(x)), khi đó (*) trở thành f0 − xf1 + xf2 = 2x+ 1 (1) Mặt khác trong (*) thay x bởi g1(x) ta có f(g1(x))− g1(x)f(g1(g1(x))) + g1(x).f(g2(g1(x))) = 2g1(x) + 1, tương đương với f1 + x+ 1 x .f2 − x+ 1 x .f0 = 1− 2. x+ 1 x , 31 hay xf1 + (x+ 1)f2 − (x+ 1)f0 = −2− x (2) Cũng trong (*) thay x bởi g2(x), ta có f(g2(x))− g2(x).f(g1(g2(x))) + g2(x).f(g2(g2(x))) = 2g2(x) + 1, tương đương với f2 + 1 x+ 1 .f0 − 1 x+ 1 .f1 = 1− 2 x+ 1 , hay f0 − f1 + (x+ 1)f2 = x− 1 (3) Từ (1), (2), (3) ta có hệ f0 − xf1 + xf2 = 2x+ 1 xf1 + (x+ 1)f2 − (x+ 1)f0 = −2− x f0 − f1 + (x+ 1)f2 = x− 1 Giải hệ trên ta được f0 = x3 − 2x2 − 5x− 1 x3 + 2x2 − x− 1 . Vậy f(x) = x3 − 2x2 − 5x− 1 x3 + 2x2 − x− 1 . Cũng với n = 3 ta chọn g(x) = ax+ b cx+ 1− a, với a(1− a)− bc = 1 g(x) = ax+ b cx− 1− a, với a(−1− a)− bc = 1 Chọn a = 2, b = −7, c = 1. Khi đó g(x) = 2x− 7 x− 3 và g 2(x) = 3x− 7 x− 2 đồng thời g3(x) = x = id. Khi đó ta có thể xây dựng được vô số bài toán. 32 Ví dụ 3.2.4. Tìm tất cả các hàm số f(x) : R\{2, 3} → R\{2, 3} thỏa mãn xf(x)− f 2x− 7 x− 3 + (2x+ 1)f 3x− 7 x− 2  = x+ 2. Giải. Xét các hàm số g0, g1, g2 : R\{2, 3} → R\{2, 3} thỏa mãn: g0(x) = id = x g1(x) = 2x− 7 x− 3 g2(x) = 3x− 7 x− 2 Ta có g21(x) = g2(x), g 3 1(x) = g1(g2(x)) = x. Vậy g = {g0, g1, g2} lập thành một nhóm xyclic cấp 3 và phương trình đã cho trở thành xf(x)− f(g1(x)) + (2x+ 1)f(g2(x)) = x+ 2 (∗) Đặt fi = f(gi(x)), khi đó (*) trở thành xf0 − f1 + (2x+ 1)f2 = x+ 2 (1) Mặt khác trong (*) thay x bởi g1(x) ta có g1(x).f(g1(x))− f(g1(g1(x))) + [2g1(x) + 1].f(g2(g1(x))) = g1(x) + 2, tương đương với 2x− 7 x− 3 .f1 − f2 + 22x− 7 x− 3 + 1  .f0 = 2x− 7 x− 3 + 2, hay (2x− 7)f1 − (x− 3)f2 + (5x− 17)f0 = 4x− 13 (2) Cũng trong (*) thay x bởi g2(x) ta có g2(x).f(g2(x))− f(g1(g2(x))) + [2g2(x) + 1].f(g2(g2(x))) = g2(x) + 2, 33 tương đương với 3x− 7 x− 2 .f2 + f0 − 2.3x− 7 x− 2 + 1  .f1 = 3x− 7 x− 2 + 2, hay (3x− 7)f2 − (x− 2)f0 + (7x− 16)f1 = 5x− 11 (3) Từ (1), (2), (3) ta có hệ xf0 − f1 + 2(x+ 1)f2 = x+ 2 (5x− 17)f0 − (2x− 7)f1 − (x− 3)f2 = 4x− 13 (2− x)f0 + (7x− 16)f1 + (3x− 7)f2 = 5x− 11 Giải hệ trên, ta được f0 = 69x3 − 301x2 + 259x+ 825 67x3 − 266x2 + 192x+ 423. Vậy f(x) = 69x3 − 301x2 + 259x+ 825 67x3 − 266x2 + 192x+ 423. Ví dụ 3.2.5. Tìm tất cả các hàm f(x) thỏa mãn: f x− 3 x+ 1 + f 3 + x 1− x  = x. Giải. Đặt D = R\{−1, 1}. Xét hàm số g0, g1, g2 : D → D thỏa mãn g0(x) = id = x g1(x) = x− 3 x+ 1