bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải và trái và áp dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THU PHƯƠNG
BÀI TOÁN NỘI SUY SINH BỞI
TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI
VÀ TRÁI VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THU PHƯƠNG
BÀI TOÁN NỘI SUY SINH BỞI
TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI
VÀ TRÁI VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - 2011
Mục lục
Mở đầu 3
1 Lý thuyết toán tử khả nghịch phải 5
1.1 Toán tử khả nghịch phải trên không gian tuyến tính . . . . 5
1.2 Toán tử ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov . . . . . . . . . . 26
2 Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải 29
2.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả nghịch phải 29
2.2 Một số bài toán nội suy cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.1 Bài toán nội suy Hermit . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.2 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 42

2.2.3 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.2.4 Bài toán nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Lý thuyết toán tử khả nghịch trái 57
3.1 Toán tử khả nghịch trái trên không gian tuyến tính . . . . . 57
3.2 Toán tử đối ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3 Công thức Taylor và Taylor - Gontcharov . . . . . . . . . . 66
4 Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái 68
4.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả nghịch trái 68
4.2 Một số bài toán nội suy cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.2.1 Bài toán nội suy Hermit . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.2.2 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . 70
1
4.2.3 Bài toán nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.2.4 Bài toán nội suy Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . 71
Kết luận 76
Tài liệu tham khảo 77
2
Mở đầu
Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần
quan trọng của đại số và giải tích toán học. Nó có vị trí đặc biệt trong
toán học không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng
vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình liên tục cũng như các
mô hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp
xỉ, lý thuyết biểu diễn,
Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán khu vực
và quốc tế, Olympic sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng, các
bài toán liên quan đến nội suy rất hay được đề cập và thuộc loại khó và
rất khó. Các bài toán về khai triển, đồng nhất thức, ước lượng và tính giá
trị cực trị của các tổng, tích cũng như các bài toán xác định giới hạn của
một biểu thức cho trước thường có mối quan hệ ít nhiều đến các bài toán

nội suy tương ứng.
Các bài toán nội suy là một chuyên đề chọn lọc cần thiết cho giáo viên
và học sinh hệ chuyên toán bậc trung học phổ thông, sinh viên năm đầu
đại học và cũng là chuyên đề cần nâng cao cho bậc sau đại học.
Vì những lí do đó nên tôi quyết định chọn đề tài " Bài toán nội suy
sinh bởi toán tử khả nghịch phải và trái và áp dụng". Đây là một đề tài
thiết thực, giúp tôi có thể hiểu sâu sắc hơn về lí thuyết nội suy cũng như
có ý nghĩa thực tiễn đối với việc giảng dạy của tôi sau này.
Luận văn gồm 4 chương
Chương 1. Lý thuyết toán tử khả nghịch phải.
Chương 2. Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch phải.
Chương 3. Lý thuyết toán tử khả nghịch trái.
3
Chương 4. Bài toán nội suy sinh bởi toán tử khả nghịch trái.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến GS.TSKH.
Nguyễn Văn Mậu đã tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng vô cùng biết ơn các thầy, cô giáo, đặc biệt là các thầy, cô giáo
trong Tổ Giải tích, Khoa Toán - Cơ - Tin học Trường Đại học Khoa học
Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã dạy dỗ, đóng góp về mặt nội dung
cũng như cách thức trình bày luận văn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2011
Hoàng Thu Phương
4
Chương 1
Lý thuyết toán tử khả nghịch phải
Cho X là không gian vectơ trên trường vô hướng F (F = R hoặc
F = C). Kí hiệu L(X) là tập tất cả các toán tử tuyến tính có miền xác
định và miền giá trị chứa trong X, tức là
L(X) = {A : domA → ImA là toán tử tuyến tính, domA ⊂ X, ImA ⊂ X}
và

L
0
(X) = {A ∈ L(X) : domA = X} .
1.1 Toán tử khả nghịch phải trên không gian tuyến
tính
Định nghĩa 1.1. Toán tử D ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải nếu tồn
tại toán tử R ∈ L
0
(X) sao cho
RX ⊂ domD và DR = I,
trong đó I là toán tử đồng nhất.
Khi đó toán tử R được gọi là một nghịch đảo phải cuả D.
Kí hiệu R(X) là tập tất cả các toán tử khả nghịch phải thuộc L(X) và
R
D
là tập tất cả các nghịch đảo phải của D. Khi đó, ta có
R
D
= {R ∈ L
0
(X) : DR = I} .
Định nghĩa 1.2. Toán tử ∆ ∈ L(X) được gọi là khả nghịch trái nếu tồn
tại toán tử L ∈ L(X) sao cho ∆X ⊂ domL và L∆ = I.
5
Kí hiệu Λ(X) là tập các toán tử khả nghịch trái và L
∆
là tập tất cả
khả nghịch trái của ∆ ∈ Λ(X).
Định nghĩa 1.3. Toán tử ∆ ∈ L(X) được gọi là khả nghịch nếu nó vừa
khả nghịch phải và vừa khả nghịch trái.

Ví dụ 1.1. Cho X = C(a, b) là tập hợp các hàm liên tục trên (a, b) với
a, b ∈ R. Rõ ràng X là một không gian tuyến tính.
Định nghĩa toán tử D như sau
D =
d
dt
, t ∈ (a, b).
Rõ ràng domD = C
1
(a, b) ⊂ X.
Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
(Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds,
trong đó t
0
cố định bất kì thuộc (a, b), x ∈ C(a, b).
Ta thấy R là một toán tử tuyến tính và (Rx)(t) ∈ C(a, b) với x(t) ∈
C(a, b). Do đó có thể đặt
y(t) = (Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds, y(t) ∈ C(a, b).
Ta có

(DRx)(t) =
d
dt
y(t) = x(t),
suy ra
DR = I,
hay D là toán tử khả nghịch phải.
Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch.
Thật vậy, vẫn với toán tử R xác định như trên ta có
(RDx)(t) =
t

t
0
dx(s) = x(t) − x(t
0
).
6
Nếu x(t
0
) = 0 thì (RDx)(t) = x(t), hay RD = I.
Như vậy toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Ví dụ 1.2. Giả sử X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {x
n
} =
{x
0
, x
1
, x

2
, . . . }, với x
n
∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ). Tập X được
trang bị hai phép toán:
Phép cộng
x + y = {x
n
+ y
n
}, với x = {x
n
} ∈ X, y = {y
n
} ∈ X.
Phép nhân vô hướng
λx = {λx
n
}, với x = {x
n
} ∈ X, λ ∈ F.
Tập X được xác định như trên là một không gian tuyến tính.
Trên X, định nghĩa toán tử D như sau
Dx = {x
n+1
− x
n
} = {x
1
− x

0
, x
2
− x
1
, . . . },
với x = {x
n
} ∈ X.
Ta thấy rằng domD = X.
Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch.
Thật vậy, xét toán tử
Rx = {0, x
0
, x
0
+ x
1
, x
0
+ x
1
+ x
2
, . . . }
= {y
n
: y
0
= 0, y

n
=
n−1

k=0
x
k
, n = 1, 2, . . . }
= y.
Ta thấy R ∈ L
0
(X).
Ta có
DRx = Dy
= {y
n+1
− y
n
}
= {x
n
}
= x.
7
hay
DR = I.
Điều đó có nghĩa là D là toán tử khả nghịch phải và R ∈ R
D
.
Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch.

Thật vậy, ta có
RDx = R{x
n+1
− x
n
}
= R{x
1
− x
0
, x
2
− x
1
, . . . }
= {0, x
1
− x
0
, x
2
− x
0
, . . . } = x.
Do đó RD = I, hay toán tử D không khả nghịch.
Tính chất 1.1. Nếu dim ker D = 0 thì D không khả nghịch trái.
Chứng minh. Ta có θ ∈ ker D và dim{θ} = 0.
Mà dim ker D = 0, suy ra ker D = {θ}.
Do đó ∃z ∈ ker D, z = θ mà Dz = θ.
Suy ra ∀L ∈ L(X) ta có LDz = Lθ = θ = z.

Do đó LD = I, ∀L ∈ L(X).
Vậy D không khả nghịch trái.
Mệnh đề 1.1. [5] Nếu D ∈ R(X) và R ∈ R
D
, thì
D
n
R
n
= I, ∀n ∈ N
∗
. (1.1)
Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề trên bằng phương pháp qui nạp
toán học.
Với n = 1, ta có DR = I, (1.1) đúng.
Giả sử (1.1) đúng với n = k, k ∈ N
∗
, tức là
D
k
R
k
= I,
ta sẽ chứng minh (1.1) cũng đúng khi n = k + 1, tức là
D
k+1
R
k+1
= I.
8

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
D
k+1
R
k+1
= D(D
k
R
k
)R = DR = I.
Vậy (1.1) đúng với mọi n ∈ N
∗
.
Định lý 1.1. [5] Giả sử D ∈ R(X) và R
1
∈ R
D
. Khi đó mọi nghịch đảo
phải R của D có dạng
R = R
1
+ (I − R
1
D)A,
trong đó A ∈ L
0
(X), AX ⊂ domD.
Chứng minh. Giả sử R
1
∈ R

D
và
R = R
1
+ (I − R
1
D)A.
Khi đó, ta có
DR = D[R
1
+(I −R
1
D)A] = DR
1
+DA−DR
1
DA = I +DA−DA = I.
Vậy R ∈ R
D
.
Ngược lại, giả sử R
1
∈ R
D
cho trước và R ∈ R
D
bất kì.
Đặt A = R − R
1
. Khi đó ta có A ∈ L

0
(X), AX ⊂ domD, và
R
1
+ (I − R
1
D)A = R
1
+ (I − R
1
D)(R − R
1
)
= R
1
+ R − R
1
− R
1
(DR) + R
1
(DR
1
)
= R
1
+ R − R
1
− R
1

+ R
1
= R.
Ví dụ 1.3. Cho
X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds, t
0
∈ (a, b), x ∈ X.
9
Từ ví dụ 1.1 ta suy ra R ∈ R
D
. Theo định lí 1.1, mọi toán tử R
i
bất kì
thuộc R
D
đều có dạng
R
i
= R + (I − RD)A
i

,
trong đó A
i
∈ L
0
(X), A
i
X ⊂ domD.
Mà
((I − RD)A
i
x)(t) = (A
i
x)(t) − (RDA
i
x)(t)
= (A
i
x)(t) − (A
i
x)(t) + (A
i
x)(t
0
)
= (A
i
x)(t
0
), ∀x(t) ∈ X,

do đó
(R
i
x)(t) = (Rx)(t) + (A
i
x)(t
0
).
Vậy
R
D
= {R
i
: R
i
= R + c
i
=
t

t
0
+c
i
, c
i
∈ R}.
Ví dụ 1.4. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {x
n
} =

{x
0
, x
1
, x
2
, . . . }, với x
n
∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ),
Dx = {x
n+1
− x
n
} = {x
1
− x
0
, x
2
− x
1
, . . . }, x = {x
n
} ∈ X,
Rx = {y
n
: y
0
= 0, y
n

=
n−1

k=0
x
k
, n = 1, 2, . . . }.
Từ ví dụ 1.2 suy ra R ∈ R
D
. Theo định lí 1.1, mọi khả nghịch R
i
của
D có dạng
R
i
= R + (I − RD)A
i
,
trong đó A
i
∈ L
0
(X), A
i
X ⊂ domD.
Với mọi x ∈ X ta có
D(I − RD)x = Dx − (DR)Dx = Dx − Dx = 0.
Suy ra (I − RD)x ∈ ker D, ∀x ∈ X.
Vậy
R

D
= {Rx + z, z ∈ ker D}.
10
Mà ta có
ker D = {z = {z
n
} : z
n+1
− z
n
= 0, n = 0, 1, . . . }
= {z = {z
n
} : z
n
= c, c ∈ F, n = 0, 1, . . . },
suy ra
R
D
= {y = {y
n
}, y
0
= c, y
n
=
n−1

k=0
x

k
+ c, c ∈ F, n = 1, 2, . . . }.
1.2 Toán tử ban đầu
Trong phần này chúng ta giả sử dim ker D = 0, tức là D không khả
nghịch trái.
Định nghĩa 1.4.
i. Giả sử D ∈ R(X), dim ker D > 0, R ∈ R
D
. F ∈ L
0
(X) được gọi là toán
tử ban đầu của D tương ứng với một nghịch đảo phải R của D nếu
F
2
= F, F X = ker D và ∃R ∈ R
D
: F R = 0.
ii. Các phần tử có dạng
z
0
+ Rz
1
+ · · · + R
m
z
m
,
trong đó z
k
∈ ker D được gọi là các D−đa thức.

Từ định nghĩa của toán tử ban đầu ta có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.1. F z = z với mọi z ∈ ker D.
Chứng minh. Vì F X = ker D nên với z ∈ ker D, tồn tại x ∈ X sao cho
z = F x. Suy ra
F z = F
2
x = F x = z.
Hệ quả 1.2. DF = 0 trên X.
Chứng minh. Vì F X = ker D nên với mọi x ∈ X, ta có F x ∈ ker D.
Suy ra DF x = 0, ∀x ∈ X, hay DF = 0 trên X.
11
Định lý 1.2. [5] Giả sử D ∈ R(X), F ∈ L
0
(X). Điều kiện cần và đủ để
F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R ∈ R
D
là
F = I − RD trên domD.
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử F là toán tử ban đầu của D tương
ứng với R ∈ R
D
và x là phần tử cố định bất kì thuộc domD. Ta có
(I − RD)x = x − RDx.
Mà
D(x − RDx) = Dx − D(RDx)
= Dx − (DR)Dx
= Dx − Dx

vì DR = I


= 0.
Suy ra x − RDx ∈ ker D. Theo hệ quả 1.1, ta có
x − RDx = F (x − RDx)
= F x − F (RDx)
= F x − (F R)Dx
= F x

vì F R = 0

hay
F x = (I − RD)x.
Do x là phần tử bất kì thuộc domD, suy ra F = I − RD trên domD.
Điều kiện đủ. Giả sử F = I − RD trên domD.
Ta có
F
2
=(I − RD)(I − RD)
=I − RD − RD + RDRD
=I − 2RD + R(DR)D
=I − 2RD + RD

vì DR = I

=I − RD
=F.
12
Theo hệ quả 1.2, ta có DF = D(I − RD) = 0, suy ra F (domD) ⊂ ker D.
Với z ∈ ker D, ta có
F z = (I − RD)z = z − RDz = z.
Vậy ImF = ker D.

Ta có
F R = (I − RD)R = R − RDR = R − R = 0.
Vậy F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Hệ quả 1.3. Nếu T ∈ L(X) khả nghịch thì không tồn tại toán tử ban
đầu khác không.
Chứng minh. Giả sử S ∈ L(X) là nghịch đảo của T . Khi đó ta có T S = I
và ST = I.
Theo định lí 1.2 ta có F = I − ST = I − I = 0.
Như vậy toán tử ban đầu không tầm thường chỉ tồn tại đối với các toán
tử khả nghịch phải mà không khả nghịch.
Định nghĩa 1.5.
i. Cho D ∈ R(X). Toán tử ban đầu F
0
của D có tính chất c(R) với R ∈ R
D
,
nếu tồn tại các đại lượng vô hướng c
k
sao cho
F
0
R
k
z =
c
k
k!
z, ∀z ∈ ker D, k ∈ N
(coi c
0

= 1 vì theo hệ quả 1.1 thì F
0
z = z).
Khi đó chúng ta viết F
0
∈ c(R).
ii. Với D ∈ R(X), kí hiệu F
D
là tập tất cả các toán tử ban đầu của D, tức
là
F
D
=

F ∈ L
0
(X) : F
2
= F, F X = ker D và ∃R ∈ R
D
: F R = 0

.
Tập F
0
D
⊂ F
D
có tính chất (c) nếu ∀F
0

∈ F
0
D
, ∃R ∈ R
D
sao cho F
0
∈ c(R).
Định lý 1.3. [6] Giả sử D ∈ R(X). Tập tất cả các toán tử ban đầu F
D
có tính chất (c) nếu và chỉ nếu dim ker D = 1.
13
Ví dụ 1.5. Cho
X = C(a, b), a, b ∈ R,
D =
d
dt
,
(Rx)(t) =
t

t
0
x(s)ds, t
0
∈ (a, b), x ∈ X.
Ta có
ker D = {x(t) ∈ X : x
,
(t) = 0, t ∈ (a, b)}

= {x(t) ∈ X : x(t) = d, d ∈ R},
suy ra dim ker D = 1.
Theo định lí 1.3 thì tập các toán tử ban đầu F
D
của D có tính chất (c).
Tiếp theo ta đi xác định tập các toán tử ban đầu của D.
Gọi F là toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Theo định lí 1.2 với x ∈ domD ta có
(F x)(t) = (I − RD)x(t)
= x(t) − (RDx)(t)
= x(t) −
t

t
0
x
,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(t
0
)
= x(t
0
).
Giả sử R
i
∈ R
D
,
(R

i
x)(t) =
t

t
i
x(s)ds, t
i
∈ (a, b)
và F
i
là toán tử ban đầu của D tương ứng với R
i
.
14
Theo định lí 1.2 với x(t) ∈ domD ta có
(F
i
x)(t) = (I − R
i
D)x(t)
= x(t) − (R
i
Dx)(t)
= x(t) −
t

t
i
x

,
(s)ds
= x(t) − x(t) + x(t
i
)
= x(t
i
).
Ví dụ 1.6. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {x
n
} =
{x
0
, x
1
, x
2
, . . . }, với x
n
∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ),
Dx = {x
n+1
− x
n
} = {x
1
− x
0
, x
2

− x
1
, . . . }, x = {x
n
} ∈ X,
Rx = {y
n
: y
0
= 0, y
n
=
n−1

k=0
x
k
, n = 1, 2, . . . }.
Gọi F là toán tử ban đầu của D tương ứng với R.
Theo định lí 1.2 ta có
F x = (I − RD)x
= x − RDx
= {x
n
} − R{x
n+1
− x
n
}
= {z

n
, z
n
= x
0
} với x = {x
n
} ∈ X.
Giả sử R
i
là toán tử bất kì thuộc R
D
và F
i
là toán tử ban đầu của D
tương ứng với R
i
.
Theo ví dụ 1.4 ta có
R
i
x = {y
n
: y
0
= c
i
, y
n
=

n−1

k=0
x
k
+ c
i
, c
i
∈ F, n = 1, 2, . . . }.
Theo định lí 1.2 ta có
F
i
= I − R
i
D,
suy ra
F
i
x = (I − R
i
D)x, ∀x = {x
n
} ∈ X
= {x
n
} − R
i
{x
n+1

− x
n
}
= {z
n
, z
n
= x
0
− c
i
} với x = {x
n
} ∈ X.
15
Nhận xét. Nếu hệ {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ F
D
có tính chất (c) với các hằng
số d
ik
, tức là
F
i
R

k
z =
d
ik
k!
z, i = 0, 1, . . . , N − 1; k ∈ N (1.2)
và {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} phụ thuộc tuyến tính thì
V
N
= det(d
ik
)
N−1
i,k=0
= 0. (1.3)
Thật vậy, do {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} phụ thuộc tuyến tính, suy ra ∃F
i
∈

{F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} sao cho F
i
=
N−1

j=0
j=i
α
j
F
j
. Do đó
F
i
R
k
z =
N−1

j=0
j=i
α
j
F

j
R
k
z, ∀z ∈ ker D.
Do {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} có tính chất c(R), suy ra
d
ik
k!
=
N−1

j=0
j=i
α
j
d
jk
k!
,
hay
d
ik
=
N−1


j=0
j=i
α
j
d
jk
.
Do đó
V
N
= det(d
ik
)
N−1
i,k=0
= 0.
Câu hỏi. Với hệ {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} gồm các toán tử ban đầu độc lập
tuyến tính và có tính chất c(R) thì có suy ra V
N
= 0 ?
Với N = 1, V
1
= d

00
= 1 = 0. Vậy câu trả lời là đúng.
Chúng ta sẽ chứng minh câu trả lời nói chung không đúng với N ≥ 2.
Chúng ta sẽ xét một ví dụ mà trong đó với N > 2, hệ {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
}
độc lập tuyến tính và có tính chất (c) nhưng V
N
= 0.
16
Ví dụ 1.7. Cho X = C(R), D =
d
dt
, R =
t

0
. Đặt
(F
0
x)(t) = x(0),
(F
1
x)(t) =
1
2

(x(1) + x(−1)),
(F
2
x)(t) =
1
2
(x(2) + x(−2)).
Chứng minh.
i. Chứng minh {F
0
, F
1
, F
2
} có tính chất (c).
Chứng minh R ∈ R
D
.
Ta có
(DRx)(t) =
d
dt
t

0
x(s)ds = x(t), ∀x(t) ∈ X.
Suy ra DR = I hay R ∈ R
D
.
Chứng minh F

0
, F
1
, F
2
∈ F
D
.
Với mọi x(t) ∈ X, ta có
(F
2
0
x)(t) = F
0
(F
0
x(t)) = F
0
(x(0)) = x(0) = (F
0
x)(t).
Suy ra F
2
0
= F
0
.
Ta có
D((F
0

x)(t)) = D(x(0)) =
d
dt
x(0) = 0.
Suy ra ImF
0
⊂ ker D.
Ta có
ker D = {x(t) ∈ X : x
,
(t) = 0, t ∈ R}
= {x(t) ∈ X : x(t) = c, c ∈ R}.
Với x(t) = c, (F
0
x)(t) = F
0
(c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF
0
.
Do đó ker D = ImF
0
.
17
Với x(t) ≡ 1, ta có (Rx)(t) =
t

0
ds = t.
Suy ra (F

0
Rx)(t) = F
0
(Rx(t)) = F
0
(t) = 0.
Vậy F
0
∈ F
D
.
Đối với toán tử F
1
, ta có F
2
1
= F
1
.
Với mọi x(t) ∈ X ta có
(DF
1
x)(t) = D(
1
2
(x(1) + x(−1))) =
d
dt
1
2

(x(1) + x(−1)) = 0.
Suy ra ImF
1
⊂ ker D.
Với x(t) = c suy ra (F
1
x)(t) = F
1
(c) =
1
2
(c + c) = c = x(t).
Suy ra ker D ⊂ ImF
1
.
Do đó ker D = ImF
1
.
Với x(t) = 1 ta có (Rx)(t) = t, suy ra
(F
1
Rx)(t) = F
1
(R(x(t))) = F
1
(t) =
1
2
(1 + (−1)) = 0.
Vậy F

1
∈ F
D
.
Chứng minh tương tự đối với F
1
ta có F
2
∈ F
D
.
Vậy F
0
, F
1
, F
2
∈ F
D
.
Vì ker D = {x(t) ∈ X : x(t) = c, t ∈ R}, nên dim ker D = 1. Theo
định lí 1.3 hệ {F
0
, F
1
, F
2
} có tính chất (c), tức là tồn tại R ∈ R
D
, ∃d

ik
∈ R
sao cho
F
i
R
k
z =
d
ik
k!
z, ∀z ∈ ker D, i = 1, 2, 3.
ii. Chứng minh {F
0
, F
1
, F
2
} là hệ độc lập tuyến tính.
Giả sử a
0
F
0
+ a
1
F
1
+ a
2
F

2
= 0, a
0
, a
1
, a
2
∈ R, tức là
a
0
(F
0
x)(t) + a
1
(F
1
x)(t) + a
2
(F
2
x)(t) = 0, a
0
, a
1
, a
2
∈ R. (1.4)
Nếu x(t) = 1 thì từ (1.4) ta có a
0
+ a

1
+ a
2
= 0 .
Nếu x(t) = e
πit
2
thì từ (1.4) ta có
a
0
+
1
2
a
1
(e
πit
2
+ e
−
πit
2
) +
1
2
a
1
(e
πit
+ e

−πit
) = 0.
18
Mà e
αi
= cos α + i sin α,
nên
a
0
+
1
2
a
1
[sin
π
2
+ sin(−
π
2
)] +
1
2
a
2
[cos π + cos(−π)] = 0,
suy ra a
0
− a
2

= 0.
Nếu x(t) = e
πit
thì từ (1.4) ta có
a
0
+
1
2
a
1
(e
πit
+ e
−πit
) +
1
2
a
2
(e
2πit
+ e
−2πit
) = 0,
suy ra a
0
− a
1
= 0.

Giải hệ



a
0
+ a
1
+ a
2
= 0
a
0
− a
2
= 0
a
0
− a
1
= 0
ta có a
0
= a
1
= a
2
= 0.
Suy ra hệ {F
0

, F
1
, F
2
} độc lập tuyến tính.
iii. Chứng minh V
3
= 0.
Lấy z bất kỳ thuộc R ta có
F
0
z = z,
F
1
z =
1
2
(z + z) = z,
F
2
z =
1
2
(z + z) = z,
suy ra d
00
= d
10
= d
20

= 1.
Ta có
F
0
Rz = F
0
(
t

0
zdt) = F
0
(zt) = 0z = 0,
F
1
Rz = F
1
(
t

0
zdt) = F
1
(zt) =
1
2
(1 − 1)z = 0,
F
2
Rz = F

2
(
t

0
zdt) = F
2
(zt) =
1
2
(2 − 2)z = 0.
19
Suy ra d
01
= d
11
= d
21
= 0.
Ta có
F
0
R
2
z = F
0
R(Rz) = zF
0
R(t) = zF
0

(
t
2
2
) = 0 ⇒ d
02
= 0,
F
1
R
2
z = F
1
R(Rz) = zF
1
R(t) = zF
1
(
t
2
2
) =
z
2
⇒ d
12
= 1,
F
2
R

2
z = F
2
R(Rz) = zF
2
R(t) = zF
2
(
t
2
2
) = 2z ⇒ d
22
= 4.
Do đó
(d
ik
)
2
i,k=0
=

1 0 0
1 0 1
1 0 4

.
Suy ra V
3
= det(d

ik
)
2
i,k=0
= 0.
Trong ví dụ trên nếu đặt d
0
= (1, 0, 0), d
1
= (1, 0, 1), d
2
= (1, 0, 4)
thì ta có
3d
0
− 4d
1
+ d
2
= 0,
hay {d
0
, d
1
, d
2
} phụ thuộc tuyến tính. Như vậy {F
0
, F
1

, . . . , F
N−1
} độc lập
tuyến tính ⇒ {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính với
d
0
= (d
00
, d
01
, . . . , d
0N−1
), . . . , d
N−1
= (d
N−1,0
, d
N−1,1
, . . . , d
N−1,N −1
).
Câu hỏi. Có tồn tại một tập X
0
⊂ X sao cho V

N
= 0 nếu và chỉ nếu hệ
các toán tử ban đầu {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} độc lập tuyến tính trên X
0
?
Định lý sau đây chỉ ra rằng câu trả lời là đúng.
Định lý 1.4. [4] Nếu F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
∈ F
D
có tính chất c(R) thì điều
kiện cần và đủ để V
N
= 0 là {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} độc lập tuyến tính trên

P
N
(R). Trong đó V
N
được xác định theo công thức (1.3) và
P
N
(R) =
N−1

j=0
R
j
(ker D). (1.5)
Ta chứng minh định lí này dựa vào bổ đề sau.
20
Bổ đề 1.1. [4] {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ F
D
có tính chất (c). Đặt
ˆ
F
i
= (F
i

, F
i
R, . . . , F
i
R
N−1
), i = 0, 1, . . . , N − 1, (1.6)
d
i
= (d
i0
, d
i1
, . . . , d
iN−1
), i = 0, 1, . . . , N − 1, (1.7)
với d
ik
được xác định bởi công thức (1.2).
Khi đó hệ {
ˆ
F
0
,
ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F

N−1
} gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập
tuyến tính trên ker D (tức là nếu
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = 0, ∀z ∈ ker D, a
i
∈ F, i =
0, 1, . . . , N − 1 thì suy ra a
0
= a
1
= · · · = a
N−1
= 0) nếu và chỉ nếu hệ
{d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} gồm các vectơ có dạng (1.7) là độc lập tuyến tính.
Nhận xét. Hệ các toán tử {
ˆ

F
0
,
ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} là độc lập tuyến tính trên
ker D nếu và chỉ nếu với mọi chỉ số cố định j(0 ≤ j ≤ N − 1), hệ các toán
tử {F
0
R
j
, F
1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} là độc lập tuyến tính trên ker D.
Thật vậy, giả sử {
ˆ
F
0
,

ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} là độc lập tuyến tính trên ker D và
N−1

i=0
a
i
F
i
R
j
z = 0, ∀j(0 ≤ j ≤ N − 1), z ∈ ker D.
Khi đó, ta có
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = (
N−1


i=0
a
i
F
i
z,
N−1

i=0
a
i
F
i
Rz, . . . ,
N−1

i=0
a
i
F
i
R
N−1
z) = (0, 0, . . . , 0) = 0.
Do {
ˆ
F
0
,
ˆ

F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} độc lập tuyến tính suy ra a
0
= · · · = a
N−1
= 0.
Do đó {F
0
R
j
, F
1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} độc lập tuyến tính trên ker D, ∀j (0 ≤
j ≤ N − 1).
Ngược lại giả sử {F
0
R
j
, F

1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} là độc lập tuyến tính trên
ker D, ∀j (0 ≤ j ≤ N − 1) và
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = 0, z ∈ ker D.
Ta có
N−1

i=0
a
i
ˆ
F
i
z = (
N−1


i=0
a
i
F
i
z,
N−1

i=0
a
i
F
i
Rz, . . . ,
N−1

i=0
a
i
F
i
R
N−1
z) = 0.
21
Do {F
0
R
j
, F

1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} độc lập tuyến tính trên ker D, ∀j (0 ≤ j ≤
N − 1), suy ra a
0
= a
1
= · · · = a
N−1
= 0 hay {
ˆ
F
0
,
ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
} độc lập
tuyến tính.
Chứng minh. (chứng minh bổ đề)
Điều kiện cần. Nếu {d

0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính và
N−1

i=0
a
i
F
i
R
j
z = 0, ∀z ∈ ker D
và a
i
∈ F(i = 0, 1, . . . , N − 1).
Khi đó, theo (1.2) ta có
N−1

i=0
a
i
d
ij
j!
z =
N−1


i=0
a
i
F
i
R
j
z = 0, ∀z ∈ ker D, ∀j (0 ≤ j ≤ N − 1).
Do z ∈ ker D là tùy ý, suy ra
N−1

i=0
a
i
d
ij
j!
= 0 với mỗi j (0 ≤ j ≤ N − 1).
Suy ra
N−1

i=0
a
i
(d
i0
, d
i1
, . . . , d

iN−1
) = 0, hay
N−1

i=0
a
i
d
i
= 0.
Mà {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến tính, suy ra a
0
= · · · = a
N−1
= 0.
Điều kiện đủ. Giả sử với mọi chỉ số j cố định (0 ≤ j ≤ N − 1), hệ các
toán tử {F
0
R
j
, F
1
R
j

, . . . , F
N−1
R
j
} là độc lập tuyến tính trên ker D và
N−1

i=0
b
i
d
i
= 0, trong đó d
i
được xác định bởi (1.7).
Đẳng thức
N−1

i=0
b
i
d
i
= 0 có thể viết dưới dạng
N−1

i=0
b
i
d

ij
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1.
Mà
N−1

i=0
b
i
d
ij
z = j!
N−1

i=0
b
i
F
i
R
j
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1,
suy ra
N−1

i=0
b
i
F
i
R

j
z = 0, ∀z ∈ ker D, j = 0, 1, . . . , N − 1,
22
tức là b
0
= b
1
= · · · = b
N−1
= 0, hay {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
} độc lập tuyến
tính.
Hệ quả 1.4. Cho D ∈ R(X), R ∈ R
D
và {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ F
D
và có
tính chất c(R).
Khi đó V

N
= 0 nếu và chỉ nếu {F
0
R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
} độc lập tuyến
tính trên ker D với mọi chỉ số k cố định, 0 ≤ k ≤ N − 1.
Chứng minh. (chứng minh hệ quả)
Điều kiện đủ. Nếu F
0
R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
độc lập tuyến tính trên ker D, ∀k
cố định, thì theo bổ đề 1.1 các vectơ d

0
, d
1
, . . . , d
N−1
có dạng (1.7) là độc
lập tuyến tính, tức là rank(d
ik
)
N−1
i,k=0
= N, suy ra V
N
= 0.
Điều kiện cần. Nếu V
N
= 0 thì rank(d
ik
)
N−1
i,k=0
= N hay {d
0
, d
1
, . . . , d
N−1
}
độc lập tuyến tính. Do đó, theo bổ đề 1.1, {F
0

R
k
, F
1
R
k
, . . . , F
N−1
R
k
} là
độc lập tuyến tính.
Chứng minh. (chứng minh định lý 1.4)
Điều kiện cần. Giả sử V
N
= 0. Khi đó theo bổ đề 1.1 hệ {
ˆ
F
0
,
ˆ
F
1
, . . . ,
ˆ
F
N−1
}
gồm các vectơ có dạng (1.6) là độc lập tuyến tính trên ker D. Điều này có
nghĩa là hệ các vectơ {F

0
R
j
, F
1
R
j
, . . . , F
N−1
R
j
} là độc lập tuyến tính trên
ker D với mọi chỉ số j cố định (0 ≤ j ≤ N − 1), tức là {F
0
, F
1
, . . . , F
N−1
}
độc lập tuyến tính trên
N−1

j=0
R
j
(ker D) = P
N
(R).
Điều kiện đủ. Giả sử {F
0

, F
1
, . . . , F
N−1
} ⊂ c(R) độc lập tuyến tính trên
P
N
(R), cần chứng minh V
N
= 0. Theo hệ quả 1.4 để chứng minh V
N
= 0
ta cần chứng minh hệ các toán tử vectơ
{
ˆ
F
i
= (F
i
, F
i
R, . . . , F
i
R
N−1
)}
i=0,1, ,N−1
là độc lập tuyến tính trên ker D.
23