Luận văn Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng

= C[0, 1] và d ∈ R cố định tùy ý. Toán tử F được định nghĩa như sau: (Fx)(t) = dx(0) + (1 − d) 1∫ 0 x(s)ds. Theo Định lý 1.5 và ví dụ 1.4 (với a = 0, b = 1) ta có F là toán tử ban đầu của toán tử D = d/dt ứng với nghịch đảo phải R xác định bởi (Rx)(t) = d t∫ 0 x(s)ds− (1− d) [ t∫ 0 x(s)ds− 1∫ 0 (1− s)x(s)ds ] 16 =t∫ 0 x(s)ds+ (d− 1) 1∫ 0 (1− s)x(s)ds. 1.2.3 Công thức Taylor Định lý 1.6 (Công thức Taylor-Gontcharov). Giả sử rằng D ∈ R(X) và FD = {Fγ}γ∈Γ là họ các toán tử ban đầu cảm sinh bởi RD = {Rγ}γ∈Γ. Cho {γn} ⊂ Γ là dãy tùy ý các chỉ số. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có đẳng thức sau I = Fγ0 + N−1∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1FγkD k +Rγ0 . . . RγN−1D N trên dom DN . (1.25) Chứng minh. (Bằng phương pháp quy nạp). Với N = 1 thì công thức (1.25) ta có I = Fγ0 +Rγ0D trên miền xác định của D. Giả sử đẳng thức (1.25) đúng với mỗi N > 1 cố định. Khi đó theo giả thiết quy nạp ta có Rγ0 . . . RγND N+1 = Rγ0 . . . RγN−1(RγND)D N = Rγ0 . . . RγN−1(I − FγN )DN = Rγ0 . . . RγN−1D N −Rγ0 . . . RγN−1FγNDN = · · · = = I − Fγ0 − N−1∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1FγkD k −Rγ0 . . . RγN−1FγnDN = I − Fγ0 − N∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1FγkD k trên miền xác định của DN+1. Nếu cho RγN = R và FγN = F với n = 0, 1, 2 . . . ta có ngay hệ quả sau Hệ quả 1.1. (Công thức Taylor). Nếu D ∈ R(X) và F là một toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R ∈ RD thì I = N−1∑ k=0 RkFDk +RNDN trên dom DN (N = 1, 2, . . . ). (1.26) 17 Hệ quả 1.2. Giả sử tất cả các giả thiết của Định lý 1.6 được thỏa mãn. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có Ker DN = {z = z0 + N−1∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1zk : z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D}. Chứng minh. Giả sử rằng z = z0+ N−1∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1zk, trong đó z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D. Từ đó do DNz = DNz0 + N−1∑ k=1 DNRγ0 . . . Rγk−1zk = N−1∑ k=1 DN−kzk = 0, nên z ∈ Ker DN . Đảo lại, giả sử rằng z ∈ Ker DN . Vì DNz = 0 nên theo công thức Taylor-Gontcharov thì z = Fγ0 + N−1∑ k=1 Rγ0 . . . Rγk−1FγkD kz. Đặt zk = FγkD kz với k = 0, 1, 2, . . . , N − 1. Với cách đặt như thế thì z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D. Vậy z có dạng cần tìm. Ví dụ 1.7. Trong ví dụ 1.2 ta đã biết trong không gian C[a, b], D = d/dt là toán tử khả nghịch phải có nghịch đảo phải là (Rx)(t) = t∫ t0 x(s)ds, trong đó a 6 t0 6 b cố định tùy ý. Áp dụng công thức Taylor cho toán tử D = d/dt, bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh rằng (Rkx)(t) = t∫ t0 (t− s)k−1 (k − 1)! x(s)ds, với x ∈ C[a, b], (k = 1, 2, 3, . . . ). (1.27) Với k = 1 công thức này suy ra từ định nghĩa toán tử R. Giả sử công thức này đúng với k > 1 cố định tùy ý. Theo giả thiết quy nạp và công thức tính tích phân từng phần, ta có t∫ t0 (t− s)k k! x(s)ds = t∫ t0 (t− s)k k! d( s∫ t0 x(u)du). = [(t− s)k k! s∫ t0 x(u)du ]t t0 + t∫ t0 [ s∫ t0 x(u)du ] k (t− s)k−1 k! ds = t∫ t0 (t− s)k−1 (k − 1)! ( s∫ t0 x(u)du)ds = [Rk(Rx)](t) = (Rk+1x)(t). 18 Do đó đẳng thức (1.27) được chứng minh. Đặc biệt, nếu ta cho x(t) = c với a 6 t 6 b, trong đó c ∈ R thì ta có (Rkc)(t) = c (t− t0)k (k)! , với c ∈ R (k = 1, 2, . . . ). (1.28) Thật vậy, (Rkc)(t) = c t∫ t0 (t− s)k−1 (k − 1)! ds = −c [(t− s)k k! ]t t0 = c (t− t0)k (k)! . Từ đây và công thức Taylor (1.26) suy ra rằng mỗi hàm số x ∈ CN [a, b] (N = 1, 2, . . . ) có thể biểu diễn dưới dạng x(t) = N−1∑ k=0 (RkFDkx)(t) + (RNDNx)(t) = (Fx)(t) + N−1∑ k=1 t∫ t0 (t− s)k−1 (k − 1)! (Fx (k))(s)ds+ t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds = x(t0) + N−1∑ k=1 t∫ t0 (t− s)k−1 (k − 1)! x (k)(t0)ds+ t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds = x(t0) + N−1∑ k=1 (t− t0)k k! x(k)(t0) + t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds = N−1∑ k=0 (t− t0)k k! x(k)(t0) + t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds. Vậy ta có công thức Taylor đối với hàm số x ∈ CN [a, b] ở dạng x(t) = N−1∑ k=0 (t− t0)k k! x(k)(t0) +RN(t), (1.29) RN(t) = t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds (N = 1, 2, . . . ). (1.30) Hàm số RN(t) được gọi là phần dư tích phân thứ N trong công thức Taylor (1.29). Để có được các phần dư dưới các dạng khác, ta có thể áp dụng tính chất cổ điển sau của các hàm số liên tục: Mỗi hàm số x ∈ C[a, b] có 19 m = inf a6t6b x(t) và M = sup a6t6b x(t) trong khoảng (a, b). Hơn nữa, với bất kỳ c ∈ [m,M ] tồn tại t ∈ [a, b] sao cho x(t) = c. Cho hàm số x ∈ CN [a, b] (N = 1, 2, . . . ). Đặt m = inf a6t6b x(N)(t) và M = sup a6t6b x(N)(t). Để ý rằng hàm số (t − s)N−1/(N − 1)! không âm với t0 6 s 6 t. Do vậy, ta có m (t− t0)N N ! = m t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! ds 6 RN(t) 6M t∫ t0 (t− s)N−1 (N − 1)! = M (t− t0)N N ! . Do đó tồn tại một số θ ∈ (0, 1) sao cho s = t0 + θ(t− t0) và RN(t) = x (N)(t0 + θ(t− t0))(t− t0) N N ! , 0 < θ < 1. (1.31) (1.31) là phần dư dạng Lagrange. Nếu ta đặtm(t) = inf a6s6b (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s), M(t) = sup a6s6b (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s) thì ta có m(t)(t− t0) 6 RN(t) 6M(t)(t− t0), với mọi t ∈ [a, b]. Khi đó tồn tại một số θ′ ∈ (0, 1) sao cho RN(t) = x (N)(t0 + θ ′(t− t0)){t− [t0 + θ ′(t− t0)]}N−1 (N − 1)! (t− t0) = x(N)(t0 + θ ′(t− t0))(1− θ ′)N−1(t− t0)N (N − 1)! . (1.32) (1.32) là phần dư dạng Cauchy. Nếu t0 = 0 ∈ [a, b] thì (1.27) có tên gọi là công thức Maclaurin x(t) = N−1∑ k=0 tk k! x(k)(0) +RN(t), (1.33) trong đó RN(t) = 1∫ 0 (t− s)N−1 (N − 1)! x (N)(s)ds hoặc RN(t) = x (N)(θt) tN N ! , 0 < θ < 1 hoặc RN(t) = x (N)(θ′t) (1− θ′)N−1tN (N − 1)! , 0 < θ ′ < 1. Bây giờ giả sử x ∈ C∞[a, b] và lim N→∞ RN(t) = 0, với t ∈ [a, b]. (1.34) 20 Khi đó công thức (1.29) suy ra x(t) = ∞∑ k=0 x(k)(t0) (t− t0)k k! . (1.35) Chuỗi hội tụ (1.35) được gọi là chuỗi Taylor. Nếu điều kiện (1.34) thỏa mãn thì ta nói hàm số x(t) khai triển thành chuỗi Taylor trong khoảng [a,b]. Đặc biệt, nếu t0 = 0 và điều kiện (1.34) thỏa mãn thì ta nói hàm số x(t) khai triển thành chuỗi Maclaurin ở dạng x(t) = ∞∑ k=0 x(k)(0) tk k! . (1.36) Để ý rằng chuỗi Taylor và chuỗi Maclaurin là các chuỗi lũy thừa, tức là có dạng ∞∑ k=0 ak(t− t0)k, trong đó ak ∈ R. Thật vậy, ta có thể đặt ak = x(k)(t0)/k! với k = 0, 1, 2, . . . . Khai triển Maclaurin cho một số hàm sơ cấp đơn giản. et = 1 + t2 2! + t3 3! + · · ·+ t n n! + . . . sin t = t− t 3 3! + t5 5! − · · ·+ (−1)m−1 t 2m−1 (2m− 1)! + . . . cos t = 1− t 2 2! + t4 4! − · · ·+ (−1)m t 2m (2m)! + . . . ln(1 + t) = t− t 2 2 + t3 3 − · · ·+ (−1)n−1 t n n + . . . ∀t ∈ (−1, 1] (1 + t)m = 1 +mt+ · · ·+ m(m− 1) . . . (m− n+ 1) n! tn + . . . ∀t ∈ (−1, 1). 1.3 Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra Định lý 1.7. Cho D ∈ R(X), R1, R2 ∈ RD. Khi đó R1R2 là một toán tử Volterra nếu và chỉ nếu R2R1 là toán tử Volterra. Chứng minh. Giả sử R1R2 ∈ V (X), tức là ∀t ∈ F toán tử (I − tR1R2) khả nghịch. Đặt eR1R2 := (I − tR1R2)−1, E := I + tR2eR1R2R1, t ∈ C. Khi đó, E được xác định tốt trên X. Ta cần chứng minh R2R1 là toán tử Volterra, tức là I − tR2R1 khả nghịch với mọi t ∈ F . Thật vậy, ta có (I − tR2R1)E = (I − tR2R1)(I + tR2eR1R2R1) 21 = I − tR2R1 + tR2(I − tR1R2)eR1R2R1 = I − tR2R1 + tR2R1 = I E(I − tR2R1) = (I + tR2eR1R2R1)(I − tR2R1) = I − tR2R1 + tR2eR1R2R1(I − tR2R1) = I − tR2R1 + tR2eR1R2(I − tR1R2)R1 = I − tR2R1 + tR2R1 = I. Vậy (I − tR2R1) khả nghịch, ∀t ∈ C. Tương tự ta chứng minh được rằng R1R2 là toán tử Volterra nếu R2R1 là toán tử Volterra. Định lý 1.8. Cho D ∈ R(X) và R1, R2 là các nghịch đảo phải Volterra của D. Khi đó, điều kiện cần và đủ để R1R2 là toán tử Volterra là F2(I − tR21)−1z 6= 0, ∀t ∈ C, 0 6= z ∈ Ker D (1.37) trong đó Fj ∈ FD tương ứng với Rj(j = 1, 2, . . . ) là các toán tử ban đầu tương ứng của Dj. Chứng minh. Để ý rằng, R1R2 ∈ RD2 và R21 ∈ RD2 ∩ V (X). Do đó, D2 có vector riêng thì vector riêng đó có dạng q = (I − tR21)−1, 0 6= z ∈ Ker D2, v ∈ C. Cho v ∈ C, ta cần kiểm tra điều kiện sau (I − vR1R2)q 6= 0, 0 6= z ∈ Ker D2, v ∈ C (1.38) tương đương với điều kiện (1.37). Nếu v 6= t, thì u = (I − vR1R2)q = (I − vR1R2)(I − tR21)−1z = [I − tR21 +R1(tR1 − vR2)](I − tR21)−1z = z +R1(tR1 − vR2)(I − tR21)−1z. Do đó, D2u = (t− v)(I − tR21)−1z 6= 0 vì z 6= 0, t 6= v, nên u 6= 0. Nếu v = t, thì u = (I − tR1R2)q. Xét 2 trường hợp 22 (1.) 0 6= z ∈ Ker D F1u = F1[z +R1(tR1 − vR2)(I − tR21)−1z] = F1z 6= 0 và do đó u 6= 0. (2.) 0 6= z ∈ Ker D2\Ker D Cho z = R1z1 + z2, trong đó z1, z2 ∈ Ker D, z1 6= 0 thì u = (I − vR1R2)q = (I − vR1R2)(I − tR21)−1z = [I − tR21 + tR21 − tR1R2)](I − tR21)−1z = z + tR1(R1 −R2)(I − tR21)−1z = z + tR1F2R1(I − tR21)−1z. Nếu z2 6= 0 thì F1u = F1R1z1 + F1z2 = z2 6= 0, từ đó, u 6= 0. Nếu z2 = 0 thì z = R1z1, và u = R1z1 + tR1F2R 2 1(I − tR21)−1R1z1 = R1z1 +R1F2[I − (I − tR21)](I − tR21)−1z1 = R1z1 +R1F2(I − tR21)−1z1 −R1F2z1 = R1z1 +R1F2(I − tR21)−1z1 −R1z1 = R1F2(I − tR21)−1z. Vậy u 6= 0 khi và chỉ khi F2(I − tR21)−1z1 6= 0, ta thu được (1.38) tương đương với điều kiện (1.37). Thay đổi vai trò của R1, R2 trong Định lý 1.7 và sử dụng Định lý 1.6 ta có ngay hệ quả sau Hệ quả 1.3. Nếu D ∈ R(X), R1, R2 ∈ RD ∩ V (X) và F1 và F1, F2 là các toán tử ban đầu của D ứng với R1, R2 tương ứng thì điều kiện cần và đủ để R1R2 là toán tử Volterra là F1(I − tR21)−1 6= 0, ∀t ∈ C, 0 6= z ∈ Ker D. (1.39) Định lý 1.9. Cho D ∈ R(X) và R1R2 ∈ RD ∩ V (X). Khi đó điều kiện cần và đủ để R1 +R2 là toán tử Volterra là (I − tR1)−1z + (I − tR2)−1z 6= 0,∀t ∈ C, 0 6= z ∈ Ker D\{0}. (1.40) 23 Chứng minh. Đặt R = 1 2 (R1 + R2) khi đó R ∈ RD. Do đó mỗi vector riêng của R ( nếu tồn tại ) phải có dạng q := (I − tR1)−1z, 0 6= z ∈ Ker D. Lấy v ∈ C và u := (I − vR)q. Nếu v 6= t thì u = (I − vR)q = [ I − 1 2 v(R1 +R2) ] (I − tR1)−1z = [ I − tR1 + ( t− 1 2 v ) R1 − 1 2 vR2 ] (I − tR1)−1z = z + [( t− 1 2 v ) R1 − 1 2 vR2 ] (I − tR1)−1z. Do đó Du = (t− u)(I − tR1)−1z 6= 0. Nếu v = t ∈ C, thì u = (I − tR)q = z + 1 2 t(R1 −R2)(I − tR1)−1z = z − 1 2 (I − tR1)(I − tR1)−1z + 1 2 (I − tR2)(I − tR1)−1z = 1 2 z + 1 2 (I − tR2)(I − tR1)−1z. Do đó 2u = z + (I − tR2)(I − tR1)−1z, tức là 2(I − tR2)−1u = (I − tR1)−1z + (I − tR2)−1z. Vậy u 6= 0 khi và chỉ khi vế phải của đẳng thức trên khác 0 và ta thu được (1.40). Ví dụ 1.8. Cho X := C([0, 1],F), F = R hoặc F = C. D := d dt , R1 := x∫ x1 , R2 := x∫ x2 , x1 6= x2, x1, x2 ∈ [0, 1]. Dễ dàng kiểm tra được (I − tRj)−1c = cet(x−xj) với c ∈ F (j = 1, 2). Do đó u(x) = (I − tR1)−1c = (I − tR2)−1c+ cetx(e−tx1 + etx2) 6= 0, ∀t ∈ R. 24 Từ Định lý 1.9, R1 +R2 là một toán tử Volterra trong X := C([0, 1],R). Chú ý: Nếu xét trong tập X := C([0, 1],C), u(x) = 0 với t = pii(x2 − x1) −1. Do đó, theo Định lý 1.9, R1 +R2 không phải là toán tử Volterra. Ví dụ 1.9. Cho X := C([0, 1],R) và D,R1, R2 như trong ví dụ 1.7. Dễ dàng kiểm tra được, (I − tR2j)−1c = c cos( √−t(x− xj) với c ∈ F (j = 1, 2). Ta có, F2(I − tR21)−1c = c cos( √−t(x2 − x1). Nếu ta chọn t0 = −1 4 (x2 − x1) −1pi2 thì F2(I − tR21)−1c = 0. Theo định lý 1.8, R1R2 là toán tử Volterra. 1.4 Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch phải Định lý 1.10 (Przeworka-Rolewicz). Cho Q˜(t, s) := N∑ k=0 qkt ksN−k, (1.41) Q˜(t) := Q(t, 1), P˜ (t) := tMQ(t), (1.42) với q0, . . . , qN−1 ∈ C, qN = 1, M là một số nguyên không âm. Nếu tồn tại R ∈ RD ∩ V (X)(R là một nghịch đảo phải Volterra của D) thì P˜ (D) ∈ R(X) và toán tử R0 := R M+N [Q(I, R)]−1 (1.43) là một nghịch đảo phải Volterra của P (D). Định lý 1.11 (von Trotha). Nếu R0 có dạng (1.43) là toán tử Volterra thì R là toán tử Volterra. Tổng quát hai định lý trên cho trường hợp Q˜(t, s) là một đa thức với hệ số toán tử đại số. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD.A0, . . . , AN là các toán tử đại số giao hoán, AN = I. Giả sử, DAj = AjD trên D, RAj = AjR (j = 0, . . . , N). (1.44) 25 Đặt Q(t, s) := N∑ k=0 Ajt jsN−j, Q(t) := Q(t, 1), P (t) := tMQ(t). (1.45) Định lý 1.12. Nếu R ∈ V (X) thì Q(I, R) khả nghịch và R0 := RM+N [Q(I, R)] −1 ∈ RP (D) ∩ V (X). (1.46) Chứng minh. Đặt X˜0 := lin{Rk}, X˜0 ∈ L0(X) là một đại số giao hoán. Q(I, R) là một toán tử đại số tổng quát với các nghiệm đặc trưng thuộc tập hợp {I + N∑ k=1 tN−k,tRk : k = 1, . . . , N ; l = 1, . . . , rN−k} (1.47) trong đó (tj,1, . . . , tj,rj) là các nghiệm đặc trưng của các toán tử Aj (j = 0, . . . , N). Định lý 1.10 kéo theo mọi toán tử trong (1.47) là khả nghịch nên Q(I, R) là khả nghịch. Ta chứng minh R1 := R N [Q(I,D)]−1 là nghịch đảo phải của Q(D). Thật vậy, Q(D)R1 = Q(D)R N [Q(I, R)]−1 = N∑ k=0 AkR N−k[Q(I, R)]−1 = I. Do đó, toán tử P (D) := DMQ(D) khả nghịch phải và có nghịch đảo phải cho bởi dạng (1.46). Để kết thúc chứng minh, ta kiểm tra R0 ∈ V (X). Đặt H(R) := N∑ k=0 AkR N−k − tRN+M , t ∈ C. I − tR0 = [Q(I, R)]−1H(R). H(R) là một toán tử đại số tổng quát với các nghiệm đặc trưng thuộc tập {I − tRN+M + N∑ k=1 tN−k,tRk : k = 1, . . . , N ; l = 1, . . . , rN−k}. (1.48) Định lý 1.10 chỉ ra rằng mọi toán tử trong (1.48) khả nghịch. Từ đó H(R) khả nghịch. Ta kết luận được rằng, I − tR0 khả nghịch với mọi t ∈ C, tức là R0 ∈ V (X). 26 Định lý 1.13. Giả sử R ∈ RD ∩ V (X) với D ∈ R(X). Nếu A là một toán tử đại số sao cho AR = RA thì AR là một toán tử Volterra. Chứng minh. Toán tử I + βAR với mọi β ∈ C là một toán tử đại số tổng quát trên X˜0 := lin{Rk} với nghiệm đặc trưng có dạng I + βtiR (i = 1, . . . , n). Vì I +βtiR khả nghịch với mọi β ∈ C nên I +βAR khả nghịch với mọi β ∈ C. Vậy AR là một toán tử Volterra. Định lý 1.14. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và A0, . . . , AN là các toán tử đại số thỏa mãn (1.44), Q(t, s), Q(t) và P (t) định nghĩa bởi (1.45). Nếu Q(t, s) khả nghịch thì R0 := R N+M [Q(I, R)]−1 ∈ RP (D). (1.49) Hơn nữa, nếu R0 ∈ V (X) thì R ∈ V (X). Chứng minh. Cố định β ∈ C. A = Q(B), do đó A là một toán tử đại số và AR0 = R0A. Từ Định lý 1.13, AR0 là một toán tử Volterra thì R0 cũng là một toán tử Volterra. Do đó, I − AR0 khả nghịch. Mặt khác, I − AR0 = [Q(I, R)]−1[Q(I, R)− ARM+N ]. Có nghĩa là I = (I − AR0)−1[Q(I, R)]−1[Q(I, R)− ARM+N ] = [Q(I, R)− ARM+N ](I − AR0)−1[Q(I, R)]−1, nói cách khác, toán tử Q0 := Q(I, R)− ARM+N khả nghịch. Đặt, HA(t, s) := Q(t, s)− AsM+N , HA(t) := HA(t, 1). Ta cóHA(β) = HA(β, 1) = Q(β, 1)−A = Q(β)−A = 0. VìHA(I, R) = Q(I, R)− ARM+N ta kết luận được HA(I, R) khả nghịch. Vì thế HA(t, s) = (t− βI)QA(t), (1.50) với QA(t) := N−1∑ j=0 Bjt j và Bj(j = 0, . . . , N − 1) là các toán tử đại số giao hoán với nhau. Từ (1.50) ta có HA(t, s) = (t− βs)QA(t, s), 27 trong đó QA(t, s) := N−1∑ j=0 Bjt jsN−1−j, QA(t) = QA(t, 1). Như vậy, HA(I, R) = (I − βR)QA(I, R), tức là I = (I − βR)QA(I, R)[HA(I, R)]−1 = [HA(I, R)]−1QA(I, R)(I − βR). Suy ra, I − βR khả nghịch với mọi β ∈ C, hay R ∈ V (X). Hệ quả 1.4. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD ∩ V (X) và A là một toán tử đại số giao hoán với R. Hơn nữa, A có đa thức đặc trưng dạng PA(t) = n∏ j=1 (t− tj)(ti 6= tjvớii 6= j). Khi đó, mọi nghiệm của phương trình (D − A)x = y, y ∈ X (1.51) có dạng x = n∑ j=1 (I − tjR)−1Pj(Ry + z), với z ∈ Ker D tùy ý và Pj = n∏ k=1,k 6=j (tj − tk)(A− tkI)(j = 1, . . . , n). Hệ quả 1.5. Với giả thiết như Hệ quả 1.4, dim Ker Q(D) = N dim Ker D. Thật vậy, ta có Q(D) = DN N∑ j=0 AjR N−j = DNQ(I, R). Từ Định lý 1.13, toán tử Q(I, R) khả nghịch. Do đó dim Ker Q(D) = dim Ker DN = N dim Ker D. Như một hệ quả, ta có công thức dim Ker DMQ(D) = (M +N) dim Ker D. 28 Chú ý 1.1. Trong trường hợp tổng quát, định lý đảo của Định lý 1.13 là không đúng. Hơn nữa, với mọi D ∈ R(X), R ∈ RD tồn tại một toán tử đại số A sao cho AR ∈ V (X), tức là, AR ∈ V (X) không suy ra R ∈ V (X). Thật vậy, nếu A2 = 0 thì I − βAR khả nghịch với mọi β ∈ C và (I−βAR)−1 = I+βAR. Điều này có nghĩa là AR ∈ V (X) với mọi R ∈ RD. Tuy nhiên, ta có hệ quả sau đây Hệ quả 1.6. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD và A là một toán tử đại số giao hoán với R. Nếu AR là một toán tử Volterra và A khả nghịch thì R là một toán tử Volterra. Thật vậy, từ Định lý 1.13, toán tử R = A−1(AR) là Volterra. Ví dụ 1.10. Cho D′ ∈ R(X), dimKer D′ 6= 0 và R′ ∈ RD′. Đặt D := (δjkD ′)j,k=1,...,n, R := (δjkR′)j,k=1,...,n, Ai := (a (i) jk )j,k=1,...,n a (i) jk (i = 0, . . . ,m) là các đại lượng vô hướng. Theo Định lý 1.12 nếu R′ là một toán tử Volterra thì, toán tử Q := m∑ j=0 AjR j (A0 = I) (1.52) khả nghịch và R0 := R m+sQ−1 là toán tử Volterra với mọi s ∈ N0. Từ Định lý 1.13, AiR (i = 1, . . . ,m) là toán tử Volterra. Nếu Q xác định bởi công thức (1.50) khả nghịch và R0 là toán tử Volterra thì R ′ cũng là toán tử Volterra. Ví dụ 1.11. Cho Ω := [a, b] × [c, d], X := C(Ω), D := ∂/∂t với (t, s) ∈ Ω. Toán tử D khả nghịch phải và có một nghịch đảo phải R được định nghĩa bởi công thức (Rx)(t, s) := ∫ t t0 x(u, s)du, t0 ∈ [a, b]. Xét toán tử (Ax)(t, s) := x(t, c+ d− s), (t, s) ∈ Ω. Dễ thấy, A cố định, tức là, DA = AD trên dom D, RA = AR. Hơn nữa, A2 = I, hay, A là một toán tử đại số. Do đó, theo Định lý 1.12, AR là toán tử Volterra và I + AR khả nghịch. 29 Chương 2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng 2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải Bổ đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D 6= 0 và R ∈ RD. Khi đó với bất kỳ số nguyên dương N ta có Ker DN = {z ∈ X : z = N−1∑ k=0 Rkzk, z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D}, dom DN = RNX ⊕ Ker DN . Chứng minh. Giả sử rằng z = N−1∑ k=0 Rkzk, trong đó z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D. Khi đó, do DNz = DN N−1∑ k=0 Rkzk = N−k∑ k=0 DN−kzk = 0, nên z ∈ Ker DN Đảo lại, giả sử z ∈Ker DN . Khi đó theo công thức Taylor z = N−1∑ k=0 RkFDkz+ RNDNz. Đặt zk = FD kz với k = 0, 1, 2, . . . , N − 1. Với cách đặt như thế thì z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D. Vậy z có dạng cần tìm. Nếu x ∈ dom DN thì ta đặt x = u + w, trong đó u = RNDNx, w = (I −RNDN)x. Theo định nghĩa, u ∈ RNX và DNw = DN(I −RNDN)x = DNx− (DNRN)DNx = DNx−DNx = 0 nên w ∈ Ker DN và x = u+w ∈ RNX+ Ker DN . Giả sử bây giờ x ∈ X, z ∈ Ker DN và R ∈ RD cố định tùy 30 ý. Khi đó y = RNx + z ∈ dom DN do DNy = DNRNx + DNz = x. Giả sử rằng u ∈ RNX∩ Ker DN . Khi đó tồn tại một phần tử w ∈ X sao cho u = RNw và DNu = 0 bởi vì u ∈ Ker DN . Từ đó, 0 = DNu = DN(RNw) = (DNRN)w = w, do đó w = 0 và u = Rw = 0. Điều này có nghĩa là dom DN là tổng trực tiếp của RNX và Ker DN . Xét phương trình DNx = y, y ∈ X,N ∈ N (2.1) Định lý 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dimKer D 6= 0 và R ∈ RD. Khi đó nếu y ∈ ImDN thì tất cả các nghiệm của phương trình (2.1) cho bởi x = RNy + N−1∑ k=0 Rkzk, (2.2) trong đó z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D tùy ý. Chứng minh. Thật vậy, nếu y ∈ Im DN thì tồn tại y1 ∈ dom DN sao cho y = DNy1. Do đó, (2.1) có thể viết dưới dạng D Nx = DNy1. Do D N = DNRNDN nên phương trình cuối cùng tương đương với DN(x−RNDNy1) = 0. Từ đó theo Bổ đề 2.1 ta có công thức (2.2). Bây giờ ta xét phương trình tổng quát Q[D]x = M∑ m=0 N∑ n=0 DmAmnD nx = y, y ∈ ImQ[D], (2.3) trong đóD ∈ R(X), R ∈ RD,M,N ∈ N0, Amn ∈ L0(X), AMN = I, AmnXM+N−n ⊂ Xm (n = 0, 1, . . . , N ;m = 0, 1, . . . ,M ;m+n < M+N);Xj = dom D j, j = 1, . . . ,M +N . Mệnh đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD. Bj ∈ L0(X) (j = 0, 1, . . . , N) và k ∈ N0 sao cho XN−j ⊂ dom Bj, BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N). Đặt Q(D) = N∑ j=0 BjD j, Q(I, R) = N∑ j=0 BjR N−j. (2.4) Khi đó,XN ⊂ dom Q(D),Q(D)XN ⊂ Xk, [I+RNQ(D)]XN+k ⊂ XN+k,Q(I, R)X ⊂ Xk, [I +Q(I, R)]Xk ⊂ Xk. Chứng minh. Để ý rằng DjXN ⊂ XN−j (j = 0, 1, . . . , N). Thật vậy, nếu j = 0 hoặc j = N thì XN ⊂ XN hoặc DNXN ⊂ X, còn nếu 1 6 j 6 N và 31 x ∈ XN thì theo Bổ đề 2.1 tồn tại x0 ∈ X và y0, y1, . . . , yN−1 ∈ Ker D sao cho x = RNx0 + N−1∑ k=0 Rkyk. Từ đó, D jx = RN−jx0 + N−1∑ k=j Rk−jyk ∈ XN−j. Đặt l = k − j thì Djx = RN−jx0 + N−j−1∑ l=0 Rlyl+j ∈ XN−j. Do đó, BjD jXN ⊂ BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N), và XN ∈ dom Q(D) và Q(D)XN ∈ Xk. Giả sử u ∈ [I + RNQ(D)]XN+k. Khi đó tồn tại v ∈ XN+k ⊂ XN sao cho u = [I + RNQ(D)]v. Vì v1 = Q(D)v ∈ Xk nên u = v + RNv1 ∈ XN+k do v ∈ XN+k và RNv1 ∈ XN+k. Từ Bổ đề 2.1 ta suy ra RjX ⊂ Xj. Từ đó do BjRN−jX ⊂ BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N) nên Q(I, R)X ⊂ Xk. Giả sử y ∈ [I + Q(I, R)]Xk, tức là tồn tại y1 ∈ Xk ⊂ X sao cho y = [I +Q(I, R)]y1. Vì y2 = Q(I, R)y1 ∈ Xk nên y = y1 + y2 ∈ Xk. Cho k = N trong Mệnh đề 2.1 ta thu được Hệ quả 2.1. Nếu ta có tất cả các giả thiết của Mệnh đề 2.1 thì [I +RNQ(D)]XN ⊂ XN . Định nghĩa 2.1 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải, khả nghịch trái, khả nghịch trên Xk với k ∈ N0 cho trước, nếu Xk ⊂ dom A,AXk ∈ Xk và tồn tại RA ∈ RA (tương ứng LA ∈ LA,MA ∈ RA∩LA) sao cho RAXk ⊂ Xk (tương ứng LAXk ⊂ Xk,MAXk ⊂ Xk), tức là RA ∈ L0(Xk) (tương ứng LA ∈ L0(Xk),MA ∈ L0(Xk)). Theo định nghĩa này, nếu A là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên Xk (k ∈ N) thì S là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch tái, khả nghịch). Bổ đề 2.2. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và k ∈ N0. Giả sử Bj ∈ L(X), XN−j ⊂ dom Bj, BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N) và Q(D) và Q(I, R) được cho bởi (2.4). Khi đó, toán tử I + Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên Xk khi và chỉ khi I + R NQ(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XN+k. Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.1, I+Q(I, R) ∈ L0(Xk) và I+RNQ(D) ∈ L0(XN+k). Giả sử I + Q(I, R) khả nghịch phải trên Xk, tức là tồn tại RQ ∈ RI+Q(I,R) sao cho RQXk và [I+Q(I, R)]RQ = I. Đặt RQ = I−RNRQQ(D). 32 Dễ dàng kiểm tra được RQ xác định tốt trên XN+k và RQXN+k ⊂ XN+k. Thật vậy, nếu x ∈ XN+k thì tồn tại u ∈ X và z0, z1, . . . , zN+k−1 ∈ Ker D sao cho x = RN+ku+ N+k−1∑ i=0 Rizi. Do đó, Q(D)x = N∑ j=0 BjD jRN+ku+ N∑ j=0 BjD j N+k−1∑ i=0 Rizi = N∑ j=0 BjR N−jRku+ N∑ j=0 BjD j N+k−1∑ i=0 Rizi = Q(I, R)Rku+ ∑ i=0 N + k − 1 N∑ j=0 BjR i−jzi ∈ Xk. Từ đó,RNRQQ(D)x = RNRQQ(D)Rku+RNRQ ∑ i=0 N + k − 1 N∑ j=0 BjR i−jzi ∈ RNXk ⊂ XN+k. Nghĩa là RQ ∈ L0(XN+k). Trên XN+k ta có [I +RNQ(D)]RQ = [I +RNQ(D)][I −RNRQQ(D)] = I +RNQ(D)− [I +RNQ(D)]RNRQQ(D) = I +RNQ(D)−RN [I +Q(D)RN ]RQQ(D) = I +RNQ(D)−RN [I +Q(I, R)]RQQ(D) = I +RNQ(D)−RNQ(D) = I. Điều này chứng tỏ rằng I +RNQ(D) khả nghịch trên XN+k. Đảo lại, giả sử I +RNQ(D) khả nghịch phải trên XN+k, tức là tồn tại RQ ∈ RI+RNQ(D) sao cho RQXN+k ⊂ XN+k và [I + RNQ(D)]RQ = I. Đặt RQ = I − Q(D)RQRN . Nếu x ∈ Xk thì u = RNx ∈ XN+k, y = RQu ∈ XN+k ⊂ XN và RQx = [I −Q(D)RQRN ]x = x−Q(D)RQRNx = x−Q(D)RQu = x−Q(D)y ∈ Xk. Trên Xk ta có [I +Q(I, R)]RQ = [I +Q(I, R)][I −Q(D)RQRN ] = I +Q(I, R)− [I +Q(I, R)]Q(D)RQRN 33 = I +Q(I, R)− [I +Q(D)RN ]Q(D)RQRN = I +Q(I, R)−Q(D)[I +RNQ(D)]RQRN = I +Q(I, R)−Q(D)RN = I. Điều này chứng tỏ I +Q(I, R) khả nghịch phải trên Xk. Tương tự, theo cách như trên ta chứng minh được rằng toán tử I + Q(I, R) khả nghịch trái trên Xk khi và chỉ khi I +RNQ(D) khả nghịch trái trên XN+k. Từ đó ta suy ra toán tử I +Q(I, R) khả nghịch trên Xk khi và chỉ khi I +RNQ(D) khả nghịch trên XN+k. Cho k = 0 trong Bổ đề 2.2 ta thu được Hệ quả 2.2. Giả sửD ∈ R(X) vàR ∈ RD, Bj ∈ L(X), XN−j ⊂ dom Bj (j = 0, 1, . . . , N). Hơn nữa, giả sử Q(D) và Q(I, R) được cho bởi (2.4). Khi đó, toán tử I+Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) khi và chỉ khi I +RNQ(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XN . Hệ quả 2.3. Giả sử ta có tất cả các giả thiết của Hệ quả 2.2. Khi đó, nếu toán tử I +Q(I, R) khả nghịch thì nghiệm duy nhất của phương trình [I +RNQ(D)]x = y, y ∈ XN thuộc XN . Bổ đề 2.3. Giả sử T ∈ L0(X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó. (i) Nếu I + T khả nghịch phải và RT là nghịch đảo phải của nó thì toán tử RˆT = I − T + TRTT (2.5) là nghịch đảo phải của I + T và RˆTXM ⊂ XM . (ii) Nếu I + T khả nghịch trái và LT là nghịch đảo trái của nó thì toán tử LˆT = I − T + TLTT (2.6) là nghịch đảo trái của I + T và LˆTXM ⊂ XM . (iii) Nếu I + T khả nghịch thì (I + T )−1 = I − T + T (I + T )−1T. (2.7) Chứng minh. 34 (i) Do (I + T )RT = I nên (I + T )RˆT = (I + T )(I − T + TRTT ) = I − T 2 + (I + T )TRTT = I − T 2 + T (I + T )RTT = I − T 2 + T 2 = I. Suy ra RˆT là nghịch đảo phải của I + T . Nếu x ∈ XM thì RˆTx = (I − T + TRTT )x = x − Tu, trong đó u = x − RTTx. Vì Im T ⊂ XM nên Tu ∈ XM . Do đó, RˆTXM ⊂ XM , và như vậy, I + T khả nghịch phải trên XM . (ii) Do LT (I + T ) = I nên LˆT (I + T ) = (I − T + TLTT )(I + T ) = I − T 2 + TLTT (I + T ) = I − T 2 + TLT (I + T )T = I − T 2 + T 2 = I. Suy ra LˆT là nghịch đảo trái của I + T . Nếu x ∈ XM thì LˆTx = (I − T + TLTT )x = x − Tu, trong đó u = x−LTTx. Vì Im T ⊂ XM nên Tu ∈ XM . Do đó, LˆTXM ⊂ XM , và như vậy, I + T khả nghịch trái trên XM . (iii) Nếu I + T khả nghịch thì ta có [I − T + T (I + T )−1T ](I + T ) = I − T 2 + T (I + T )−1T (I + T ) = I − T 2 + T (I + T )−1(I + T )T = I − T 2 + T 2 = I. (2.8) (I + T )[I − T + T (I + T )−1T ] = I − T 2 + (I + T )T (I + T )−1T = I − T 2 + T (I + T )(I + T )−1T = I − T 2 + T 2 = I. (2.9) Từ (2.8) và (2.9) ta suy ra (2.7). Bổ đề 2.4. Giả sử T ∈ L0(X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó. Nếu I + T khả nghịch, khả nghịch phải hay khả nghịch trái thì mỗi nghiệm của phương trình (I + T )x = y, y ∈ XM (2.10) thuộc XM . Chứng min