BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH TOÁN TỬ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Trần Văn Cương

BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP
PHƯƠNG TRÌNH TOÁN TỬ

TIỂU LUẬN CAO HỌC
Môn : Toán tử tuyến tính

Giáo viên bộ môn : GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
Hà Nội - 2012


BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP
PHƯƠNG TRÌNH TOÁN TỬ
Trần Văn Cương


Mục lục
Mở đầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Chương 2. Biểu diễn nghiệm của một số lớp phương trình toán tử . . . .

6

2.1. Đặc trưng của đa thức với toán tử đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

2.2. Tiêu chuẩn chuyển vị,giao hoán và phản giao hoán với phần tử đại
số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3. Biểu diễn nghiệm của phương trình toán tử
bậc nhất sinh bởi S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.4. Phương trình với cặp phần tử đại số tùy ý (S,W) trong X . . . . . .

15

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1


2

Mở đầu
Theo dòng lịch sử,chủ đề nghiên cứu về điều kiện giải được và công thức
biểu diễn nghiệm của một phương trình trong toán học có một vị trí hết sức đặc
biệt và thu hút sự chú ý của rất nhiều nhà toán học thiên tài.Đầu tiên phải kể
đến lớp các phương trình đại số.Nó có một lịch sử phát triển từ rất lâu đời.Từ
năm 2000 TCN,người Ai Cập đã biết giải các phương trình bậc nhất,người
Babylon đã biết giải các phương trình bậc hai và tìm được những bảng đặc
biệt để giải phương trình bậc ba.Tất nhiên các hệ số của phương trình được
xét đều là những số đã cho nhưng cách giải của người xưa chứng tỏ rằng
họ cũng đã biết đến các quy tắc tổng quát. Trong nền toán học của người
Hi Lạp, lý thuyết phương trình đại số được phát triển trên cơ sở hình học,
liên quan đến việc phát minh ra tính vô ước của một số đoạn thẳng. Vì lúc
đó ,người Hi Lạp chỉ biết các số nguyên dương và phân số dương nên đối
với họ, phương trình x2 = 2 vô nghiệm. Tuy nhiên, phương trình đó lại giải
được trong phạm vi các đoạn thẳng vì nghiệm của nó là đường chéo của
hình vuông có cạnh bằng 1.
Đến thế kỷ VII,lý thuyết phương trình bậc nhất và bậc hai được các nhà
toán học Ấn Độ phát triển,họ cho ra đời phương pháp giải phương trình bậc
hai bằng cách bổ sung thành bình phương của một nhị thức.Sau đó,người
Ấn Độ cũng sử dụng rộng rãi các số âm,số Ả Rập với cách viết theo vị trí
của các chữ số.
Đến thế kỷ thứ XVI,các nhà toán học La Mã là Tartlia (1500-1557),Cardano
(1501-1576) và nhà toán học Ferrari (1522-1565) đã cho công thức giải các
phương trình bậc ba và bậc bốn.Tiếp đó,việc giải phương trình bậc năm
đã giày vò các nhà toán học trong suốt gần 300 năm,cho tới 1826 khi Abel
chứng minh định lý đáng kinh ngạc khẳng định rằng không tồn tại công thức
biểu thị nghiệm của các phương trình tổng quát bậc ≥ 5 qua căn thức.Vài năm sau
đó,Galois đưa ra một tiêu chuẩn cho tính giải được bằng căn thức của tất cả
các phương trình đại số.
Chính bởi những tư tưởng căn nguyên,sâu sắc đó đã thôi thúc và tạo

động lực để không ít các nhà toán học khác mạnh dạn,táo bạo hơn trong
việc mở rộng ra nghiên cứu về điều kiện giải được và tìm công thức biểu diễn
nghiệm của các lớp phương trình khác trong toán học như :Phương trình tuyến
tính,phương trình vi phân,phương trình vi phân đạo hàm riêng,phương
trình tích phân,...Và một cách tổng quát hơn là đi nghiên cứu một số lớp
phương trình toán tử.
Như vậy với việc đi nghiên cứu một cách có hệ thống về điều kiện giải
được và công thức biểu diễn nghiệm của một vài lớp phương trình toán tử thường
gặp sẽ giúp chúng ta có một cách nhìn tổng quan và sâu sắc hơn về tất cả các


3
loại phương trình trong đó có cả phương trình đại số mà chúng ta đã từng
được học và làm quen trước đây.
Bố cục của tiểu luận bao gồm 2 chương :
• Chương 1 của tiểu luận trình bày tóm tắt về một số vấn đề cơ bản được
sử dụng trong việc khai thác,nghiên cứu tiểu luận.
• Chương 2 của tiểu luận đi vào trình bày tổng quan về điều kiện giải
được cũng như công thức biểu diễn nghiệm tổng quát của một vài lớp
phương trình toán tử thường gặp trong giải tích và đại số tuyến tính.
Tác giả chân thành cảm ơn NGND.GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu-giảng
viên môn toán tử tuyến tính đã cung cấp,giảng giải nhiều kiến thức quan
trọng và quý báu về môn học để tác giả có thể hiểu được sơ lược vấn đề
đang quan tâm và hoàn thành được tiểu luận này.Tác giả cũng chân thành
cảm ơn các anh,chị và bạn bè đồng nghiệp trong lớp Cao học K11-13 đã
tận tình giúp đỡ,giải đáp một số thắc mắc mà tác giả còn nghi vấn.Tác giả
cũng đặc biệt gửi lời cảm ơn sâu sắc đến gia đình,người thân đã ra sức động
viên,khích lệ cả về vật chất lẫn tinh thần để tác giả có thể hoàn thành được
tiểu luận này.
Vì thời gian thực hiện tiểu luận không nhiều và kiến thức còn hạn chế

nên tiểu luận chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong
nhận được sự quan tâm,đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn đồng
nghiệp để bản tiểu luận được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 15 tháng 01 năm 2012
Học viên
Trần Văn Cương


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Xuyên suốt tiểu luận này nếu không nói cụ thể thì ta luôn ký hiệu :
• ǫ = exp 2πi/n là một nghiệm của phương trình zn = 1.
• P(t), G (t), · · · là các đa thức biến phức trên trường số phức C.
• B là không gian Banach.
• L( B ) là đại số các toán tử tuyến tính tác dụng trong B với miền xác
định trùng với B.
• X là đại số các toán tử trong L( B ).
• Nếu X là không gian tuyến tính trên trường số phức C thì
L0 (X ) = { A : X → X, A − tuyến tính, dom A = X }.
Để bắt đầu đi vào tìm hiểu vấn đề mà tiểu luận đang quan tâm ,trước
tiên chúng ta hãy cùng nhau xem xét sơ lược một số vấn đề cơ bản sau đây :
Định nghĩa 1.0.1. Đa thức P(t) được gọi là đa thức đơn nếu nó chỉ có nghiệm
đơn và khác 0.
Định nghĩa 1.0.2. Một đại số trên trường số phức C là một C-không gian véc tơ
A được trang bị một phép nhân · : A × A → A, (α, β) → αβ thỏa mãn những
điều kiện sau :
(i) A cùng với phép cộng véc tơ và phép nhân lập thành một vành.
(ii) Các phép nhân với vô hướng và phép nhân của A liên hệ với nhau bởi hệ thức :

(aα) β = α(aβ) = a(αβ), với mọi a ∈ C, α, β ∈ A.
Tập con khác rỗng B ⊂ A được gọi là một đại số con của đại số A nếu nó vừa là
một không gian véc tơ con vừa là một vành con của A.
4


5
Định nghĩa 1.0.3. Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường số phức C.
Phần tử (toán tử) T ∈ L0 (X ) được gọi là phần tử đại số (toán tử đại số) nếu tồn
tại đa thức với hệ số phức
P(t) = tn + a1 tn−1 + · · · + an−1 t + an , a j ∈ C , j = 1, 2, · · · , n
sao cho P(T ) = 0.
Nếu T thỏa mãn đồng nhất thức P(T ) = 0 và không tồn tại đa thức Q(t) với
hệ số phức mà deg Q(t) < n sao cho Q(t) = 0 thì T được gọi là phần tử đại số
(toán tử đại số) bậc n.Khi đó P(t) được gọi là đa thức đặc trưng của T và ký hiệu
là PT (t),các nghiệm của đa thức này được gọi là nghiệm đặc trưng của T.Nếu đa
thức PT (t) chỉ có các nghiệm đơn thì T được gọi là phần tử đại số (toán tử đại số)
có đa thức đặc trưng đơn.
Định lý 1.0.1. (Định lý Cayley-Hamilton) Mỗi ma trận vuông A đều là một
nghiệm của đa thức đặc trưng của chính nó.
Định nghĩa 1.0.4. Giả sử T ∈ L0 (X ) là phần tử đại số với đa thức đặc trưng
n

PT (t) =

∏ ( t − t j ),

ti = t j nếu i = j.

j =1

Khi đó các phần tử Pj ( j = 1, 2, · · · , n) xác định bởi :
n

Pj =

T − tm I
, j = 1, 2, · · · , n
t − tm
m=1,m = j j

∏

được gọi là các phần tử chiếu liên kết với T.
Định nghĩa 1.0.5. Phần tử đại số T ∈ L0 (X ) được gọi là phép đối hợp bậc n (n ≥
2) nếu :
Tn = I
Bổ đề 1.0.1. (Công thức nội suy Lagrange)
Nếu f ( x ) là đa thức bậc n và xác định tại n + 1 điểm x0 , x1 , · · · , xn .Khi đó :
n

f (x) =

( x − x0 ) · · · ( x − x

)( x − x

) · · · ( x − xn )

∑ f (xi ) (xi − x0 ) · · · (xi − xii−−11 )(xi − xi+i+11 ) · · · (xi − xn )

i =1

Định nghĩa 1.0.6. (Đa thức đối xứng bậc n)
Giả sử R[ x1 , · · · , xn ] là vành đa thức của n ẩn x1 , · · · , xn .Đa thức f ∈ R[ x1 , · · · , xn ]
đối xứng nếu f ( x1 , · · · , xn ) = f ( xσ(1) , · · · , xσ(n) ), ∀σ ∈ Sn .Trong đó Sn là nhóm
đối xứng trên n phần tử.


Chương 2
Biểu diễn nghiệm của một số lớp
phương trình toán tử
2.1. Đặc trưng của đa thức với toán tử đại số
Giả sử S là phần tử đại số trong đại số X có đơn vị I trên trường số phức
C với đa thức đặc trưng P(t)
P (t ) = t n + α1 t n −1 + · · · + α n =

n

n

j =1

j =1

∏(t − t j ); P(S) = ∏(S − t j I ) = 0 (2.1.1)

G (t) là một đa thức tùy ý cho trước.Xét tập hợp các giá trị :
G = { G (t1 ), G (t2 ), · · · , G (tn )}
Giả sử G được tạo thành bởi k phần tử khác nhau : r1 , r2 , · · · , rk (k ≤

n).Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết rằng các giá trị giống nhau
được sắp xếp cạnh nhau :
G (t) nhận giá trị r1 tại n1 phần tử của G :
G ( t v1 + 1 ) = · · · = G ( t v1 + n 1 ) = r 1
G (t) nhận giá trị r2 tại n2 phần tử của G :
G ( t v2 + 1 ) = · · · = G ( t v2 + n 2 ) = r 2
G (t) nhận giá trị rk tại nk phần tử của G :
G (tvk +1 ) = · · · = G (tvk + n k ) = r k
6

(2.1.2)


7
Khi đó rõ ràng

(2.1.3)

n1 + n2 + · · · + n k = n
và có biểu diễn
Bổ đề 2.1.1. Nếu G (t) thỏa mãn các điều kiện (2.1.2) thì
νj + n j

∏

G (t) = G j (t)

(2.1.4)

(t − tν ) + r j

ν= νj +1

deg G j = n − n j ; j = 1, 2, · · · , k
Chứng minh. Đa thức G (t) − r j lần lượt chia hết cho t − tν , ν = νj + 1, · · · , νj +
n j vậy nên nó chia hết cho

νj + n j

∏ (t − tν ).Từ đó,suy ra (2.1.4)

ν= νj +1

Bổ đề 2.1.2. Giả sử S là phần tử đại số (2.1.1).Khi đó phần tử
V = αS ; α = 0, 1 ; α ∈ C
thỏa mãn điều kiện P(V ) = 0 khi và chỉ khi αn = 1 và Sn = βI , β = 0, β ∈ C.
Chứng minh. Từ giả thiết,suy ra
Vậy có thể viết:

1
αn P(αt)

là đa thức đặc trưng của V.

Sn + α1 Sn −1 + · · · + α n I = Sn +

α1 n −1
αn
S
+ · · · + n I = 0.

α
α

Suy ra
α1 = α2 = · · · = α n −1 = 0 , α n =

αn
αn

nên

αn = 1 và

Sn + αn I = 0.

Định lý 2.1.1. Nếu G (t) là đa thức thỏa mãn các điều kiện (2.1.2) thì
V = G (S)
là phần tử đại số trong X với đa thức đặc trưng
k

Q (t) =

∏ (t − r j )
j =1


8
k

Chứng minh. Xét phần tử Q(V ) = ∏ [ G (S) − r j ].Theo bổ đề (2.1.1) (công

j =1

thức (2.1.4)) thì
Q (V ) =

k

νj + n j

j =1

ν= νj +1

k

∏ G (S) ∏

(S − tν I ) = ∏ G j (S) · P (S) = 0
j =1

Xét đa thức tùy ý Q0 (t) thỏa mãn điều kiện Q0 (V ) = 0.Khi đó V = G (S)
nhận các giá trị G (t1 ), G (t2 ), · · · , G (tn ) là nghiệm đặc trưng,vậy nên Q0 (t)
k

chia hết cho ∏ (t − r j ).Suy ra deg Q ≤ deg Q0 .Định lý được chứng minh.
j =1

Hệ quả 2.1.1. Nếu G (ti ) = G (t j ) ; i = j thì V = G (S) là toán tử đại số với đa
thức đặc trưng
n

Q (t) =

∏(t − G(t j ))
j =1

Hệ quả 2.1.2. Nếu G (t1 ) = G (t2 ) = · · · = G (tn ) = r = 0 thì V = G (S) là
phần tử hằng.
Chứng minh. Thật vậy,khi đó đa thức đặc trưng của V là Q(t) = t − r.Vậy
V = rI.
Định lý 2.1.2. Tồn tại đa thức G0 (t) sao cho : V0 = G0 (S) là phần tử đối hợp bậc
n.
Chứng minh. Đặt ǫ = exp 2πi/n và chọn
n

G0 (t) =

n

ǫ j (t − tν )
∑ ∏ t j − tν
j =1 ν=1

Khi đó,theo công thức nội suy Lagrange,suy ra :
n

Q (t) =

∏(t − ǫ j ) = tn − 1
j =1

là đa thức đặc trưng của V0 .Vậy V0n = I.Định lý được chứng minh.


9

2.2. Tiêu chuẩn chuyển vị,giao hoán và phản giao
hoán với phần tử đại số
Định nghĩa 2.2.1. Giả sử S là phần tử đối hợp bậc n.Phần tử A ∈ X được gọi là
phần tử chuyển vị của S nếu AS = ǫSA.
Định nghĩa 2.2.2. Giả sử S là phần tử đại số bậc n.Phần tử A ∈ X được gọi là
giao hoán (phản giao hoán) với S nếu :
AS = SA

( AS = −SA).

Định lý 2.2.1. Giả sử S là phần tử đối hợp bậc n.Khi đó A ∈ X là phần tử chuyển
vị của S khi và chỉ khi tồn tại A0 ∈ X sao cho :
A = A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 .
Chứng minh. Điều kiện đủ : Ta có :
AS = A0 Sn + ǫSA0 Sn−1 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 S

= ǫSA0 Sn−1 + ǫ2 S2 A0 Sn−2 + · · · + ǫn Sn A0
= ǫS( A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0 ) = ǫSA.
Điều kiện cần : Giả sử A là chuyển vị của S.Ta đặt :
A0 =

ǫ
· SA
n

Khi đó :
A0 Sn−1 + ǫSA0 Sn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 A0
1
1
= (ǫSASn−1 + ǫ2 S2 ASn−2 + · · · + ǫn Sn A) = (nA) = A
n
n
định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.2.1. Nếu S là phần tử đối hợp bậc n thì để A ∈ X giao hoán với S,điều
kiện cần và đủ là tồn tại A0 sao cho :
A = σn−1 ( A0 , S) = A0 Sn−1 + SA0 Sn−2 + · · · + Sn−1 A0

(2.2.5)

Hệ quả 2.2.2. Nếu S là phần tử đối hợp bậc n (n- chẵn) thì để A ∈ X là phần tử
phản giao hoán với S,điều kiện cần và đủ là tồn tại A0 sao cho :
A = σn−−1 ( A0 , S) = A0 Sn−1 − SA0 Sn−2 + · · · − Sn−1 A0

(2.2.6)


10
Định lý 2.2.2. Giả sử S là phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn P(t).Khi đó,để
A ∈ X giao hoán với S,điều kiện cần và đủ là tồn tại A0 ∈ X sao cho :
A = σn−1 ( A0 , S) + α1 σn−2 ( A0 , S) + · · · + αn−1 A0
trong đó σk ( A0 , S) được tính theo (2.2.5).
Chứng minh. Điều kiện đủ được kiểm tra trực tiếp.
Để chứng minh điều kiện cần,ta chỉ cần đặt :
n

A0 =

1

∑ P′ (t j ) Pj A

j =1

trong đó P1 , P2 , · · · , Pn là các phần tử chiếu liên kết với (sinh bởi) S.
Định lý 2.2.3. Giả sử S là phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn P(t) còn G (t)
là đa thức tùy ý thỏa mãn điều kiện (2.1.2).Khi đó để phần tử B ∈ X giao hoán với
V = G (S),điều kiện cần và đủ là tồn tại B0 ∈ X sao cho :
B = σk−1 ( B0 , V ) + σk′ 1 · σk−2 ( B0 , V ) + · · · + σk′ k−2 · σ1 ( B0 , V ) + σk′ k−1 · B0
trong đó σk′ j là đa thức đối xứng theo r1 , r2 , · · · , rk bậc j ; σj ( B0 , V ) được xác định
theo (2.2.5) bằng cách thay A0 bởi B0 ; S bởi V = G (S).
Chứng minh. Điều kiện đủ suy từ kết luận của các định lý (2.1.1) và định lý
(2.2.1)
Để chứng minh điều kiện cần,ta chọn :
k
G (S) − r ν I
1
B0 = ∑ ′
∏
Q (r j ) ν=1ν = j r j − rν
j =1
k

(2.2.7)

Định lý 2.2.4. Giả sử S là phần tử đại số với đa thức đặc trưng đơn
n

P(t) =

∏(t − t j ) ;

t2i = t2j , i = j

j =1

Khi đó trong đại số X không tồn tại phần tử phản giao hoán với S (trừ O).

(2.2.8)


11
Chứng minh. Từ giả thiết XS = −SX suy ra
XP(S) = P(−S)X = O ∈ X

(2.2.9)

Theo giả thiết (2.2.8) thì V = P(−S) là toán tử đại số với các nghiệm đặc
trưng đơn khác O :
P(−t1 ), P(−t2 ), · · · , P(−tn )
Vậy phần tử V là khả nghịch :
V −1 =

n

1

∑ P(−t j ) Pj

j =1

Từ (2.2.9) suy ra X = O.Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.2.3. Giả sử S là phần tử đối hợp bậc n.Khi đó X là phần tử phản giao
hoán với S khi và chỉ khi X = O ∈ X.
Định lý 2.2.5. Giả sử S là phần tử đại số với đa thức đặc trưng :
n0

P(t) = ∏ (t2 − t2j ) = t2n0 + µ1 · t2n0 −1 + · · · + µn
j =1

:

Khi đó X ∈ X phản giao hoán với S khi và chỉ khi tồn tại X0 ∈ X sao cho
−
−
X = σ2n
(X0 , S) + µ1 σ2n
(X0 , S) + · · · + µn0 −1 σ1− (X0 , S)
0 −2
0 −1

trong đó σk− (X0 , S) được tính theo công thức (2.2.6).
Chứng minh. Điều kiện đủ : Ta có :
−
−

2n
2n
Sσ2n
−1 ( X0 , S) − σ2n −1 ( X0 , S)S = X0 S − S X0

Suy ra :
SX + XS = X0 P(S) − P(S)X0 = O ∈ X
Điều kiện cần : Đặt tn0 + j = −t j , j = 1, 2, · · · , n0 và chọn
2n0

X0 = X

1

∑ P′ (t j ) Pj

j =1

(2.2.10)


12

2.3. Biểu diễn nghiệm của phương trình toán tử
bậc nhất sinh bởi S
Trong mục này,ta sẽ xét điều kiện giải được,công thức biểu diễn nghiệm
tổng quát của một vài lớp phương trình toán tử thường gặp trong giải tích
và đại số tuyến tính.
Trước hết ,xét phương trình :
(2.3.11)

(2.3.12)

XS − SX = Y
XG (S) − G (S)X = Y

Phương trình (2.3.11) trong trường hợp Y = aI, a ∈ C a = 0 được xét trong
các giáo trình đại số tuyến tính.
Định lý 2.3.1. 1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.3.11) giải được là :
Pi YPj = 0 ,

(2.3.13)

i = 1, 2, · · · , n

2. Nếu các điều kiện (2.3.13) được thỏa mãn thì nghiệm tổng quát của (2.3.11) được
cho bởi công thức :
X = A 0 + X0
(2.3.14)
trong đó
n

X0 =

n

∑ ∑ αij Pi YPj
i =1 j =1

0

αij =

1
ti −t j

nếu i = j
nếu i = j

(2.3.15)
(2.3.16)

A0 = σn−1 ( A, S) + α j σn−2 ( A, S) + · · · + αn−1 A
A ∈ X là phần tử tùy ý.
Chứng minh. 1. Điều kiện cần : Giả sử (2.3.11) giải được,khi đó :
Pi YPj = Pi XSPi − Pi SXPi = Pi X (ti Pi ) − ti Pi XPi = 0.

Điều kiện đủ : Giả sử điều kiện (2.3.13) được thỏa mãn.Khi đó X0 xác định
theo (2.3.15) sẽ là nghiệm của (2.3.11).Thật vậy :
n

X0 S − SX0 =

n

n

n

n

∑ ∑ αij Pi YPj ∑ tν Pν − ∑ tν Pν ∑ ∑ αij Pi YPj
i =1 j =1
n n

=

n

∑

ν=1

∑ (ti − t j )αij Pi YPj =

i =1 j =1

ν=1
n n

∑

i =1 j =1

∑ Pi YPj =

i =1 j =1

n

n

i =1

j =1

∑ Pi Y ∑ Pj = Y


13
2. Giả sử X là một nghiệm tùy ý của (2.3.11). Khi đó, X − X0 là phần tử giao
hoán của S.Theo định lý (2.2.2),ta được dạng thức tổng quát của : X − X0 =
A0 , xác định theo (2.3.16).Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.3.1. Phương trình XS − SX = aI, a = 0 a ∈ C không giải được.
Chứng minh. Thật vậy,ta có Pi aIPi = aPi = 0 ∈ X.Suy ra điều kiện (2.3.13)
không thỏa mãn.
Định lý 2.3.2. 1. Giả sử G (t) là đa thức tùy ý thỏa mãn các điều kiện (2.1.2).Khi
đó phương trình (2.3.12) giải được khi và chỉ khi :
(2.3.17)

Q j YQ j = 0 , j = 1, 2, · · · , k

2. Điều kiện (2.3.17) được thỏa mãn thì nghiệm tổng quát của phương trình (2.3.12)
được cho bởi công thức :
X = A 1 + X1
trong đó
k

X1 =

k

∑ ∑ βij Qi YQ j ;

β ij =

j =1 j =1

0
1
ri −r j

nếu i = j
nếu i = j

A1 = σk−1 ( A, V ) + σk′ 1 σk−2 ( A, V ) + · · · + σk′ k−1 A
A tùy ý trong X ; V = G (S) ; σk′ j là đa thức đối xứng theo các biến r1 , r2 , · · · , rk
bậc j tương ứng.
Chứng minh. Là hệ quả trực tiếp của các định lý (2.2.3) và định lý (2.3.1).
Bây giờ ta xét phương trình chuyển vị :
AS − ǫSA = B

(2.3.18)

trong đó S là toán tử đối hợp bậc n ; ǫ = exp 2πi/n; A là toán tử phải tìm
còn B ∈ X là phần tử cho trước.
Định lý 2.3.3. 1. Điều kiện cần và đủ để (2.3.18) giải được là :
Pj BPj+1 = 0 ; j = 1, 2, · · · , n

(2.3.19)

2. Nếu các điều kiện (2.3.19) được thỏa mãn thì nghiệm tổng quát của (2.3.18) được
cho bởi công thức :
A = R0 + A 0 ,
(2.3.20)


14
trong đó
n

A0 =

n

∑ ∑ αij Pi BPj ,
i =1 j =1

αij =

0
1
ǫ j − ǫ j +1

nếu j = i + 1
nếu j = i + 1

R0 = RSn−1 + ǫSRSn−2 + · · · + ǫn−1 Sn−1 R,

(2.3.21)
(2.3.22)

R tùy ý trong X ; Pn+1 = P1 .
Cuối cùng ta xét phương trình dạng :
XS − SX = Y

(2.3.23)

trong đó S thỏa mãn điều kiện cần và đủ của định lý (2.2.5).
Đặt tn0 + j = −t j ; j = 1, 2, · · · , n0 .Khi đó ta có :
Định lý 2.3.4. 1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.3.23) giải được là :
Pi YPj = 0

với |i − j| = n0 ; i, j = 1, 2, · · · , n0

(2.3.24)

2. Nếu các điều kiện (2.3.24) được thỏa mãn thì nghiệm của phương trình (2.3.23)
được cho bởi công thức :
X = D0 + Y0
(2.3.25)
trong đó
2n0 2n0

Y0 =

∑ ∑ αij Pi X0 Pj

i =1 j =1

αij =

0
1
ti +t j

khi
khi

| i − j | = n0
| i − j | = n0

D0 được tính theo công thức (2.2.10) với X0 ∈ X.
Chứng minh. 1. Điều kiện cần : Ta có :
2n0

2n0

Pi YPj = Pi [ X

∑

ν=1

tν Pν +

∑ tν Pν X] Pj = Pi Xti Pj + t j Pi XPj

ν=1

= (ti + t j ) Pi XPj = 0 ∈ X khi |i − j| = n0

(2.3.26)


15
Điều kiện đủ : Nếu (2.3.24) được thỏa mãn thì Y0 xác định theo (2.3.26) sẽ
cho ta nghiệm của (2.3.23).Thật vậy :
X0 S + SX0 =

2n0 2n0

2n0 2n0

2n0

2n0

i =1 j =1

i =1 j =1

i =1

j =1

∑

∑ (ti + t j )Pi X0 Pj =

∑

∑ Pi YPj =

∑ Pi Y ∑ Pj = Y

2. Được suy ra trực tiếp từ những định lý (2.2.5).Định lý được chứng minh.

2.4. Phương trình với cặp phần tử đại số tùy ý
(S,W) trong X
Giả sử S và W là những cặp phần tử đại số với các đa thức đặc trưng đơn
P(t) và Q(t) :
n

P(t) =

∏(t − t j )
j =1
n

Q (t) =

∏ (t − tν )

ν=1

Không mất tính tổng quát,có thể giả thiết :

{t1 , t2 , · · · , tn , τ1 , τ2 , · · · , τk } ;

k≤n

(2.4.27)

là tập hợp những điểm đôi một khác nhau còn t1 = τk+1 , · · · , tm−k = τm .
Đặt τj = tn+ j ; m0 = n + k và xét đa thức
m0

F (t) =

∏(t − t j )

(2.4.28)

j =1

Định nghĩa 2.4.1. Đa thức F(t) (theo (2.4.28)) được gọi là đa thức đặc trưng của
cặp (S; W ) như đã nói ở trên.
Ta sẽ đi khảo sát các phương trình :
SX = XW
SX − XW = A
SX = YW + B
SY = XW + C

(2.4.29)
(2.4.30)
(2.4.31)


16
Trước hết,xét phương trình (thuần nhất) (2.4.29) :

SX = XW
Định lý 2.4.1. Giả sử
F ( t ) = t m0 + β 1 t m0 − 1 + β 2 t m0 − 2 + · · · + β m0

(2.4.32)

Khi đó nghiệm tổng quát của (2.4.29) được cho bởi công thức :
X = F(S, X0 , W ) = σm0 −1 (S, X0 , W ) + β 1 σm0 −2 (S, X0 , W ) + · · · + β m0 −1 X0
(2.4.33)
trong đó
σk = σk (S, X0 , W ) = Sk X0 + Sk−1 X0 W + · · · + X0 W k

(2.4.34)

X0 là phần tử tùy ý trong X.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh (2.4.33) là nghiệm của (2.4.29).Thật
vậy từ (2.4.34) ta suy ra
Sσk − σk W = Sk+1 X0 − X0 W k+1
vậy nên : SX − XW = F(S)X0 − X0 F(W ) = 0 và F(t) là đa thức đặc trưng
của cặp (S, W ).
Ngược lại,giả sử X là nghiệm của (2.4.29),ta phải chứng minh X có dạng
(2.4.33).Chọn
m0
1
X0 = ∑ ′
FX
F (t j ) j
j =1
trong đó F1 , F2 , · · · , Fm0 là bộ phần tử chiếu liên kết với S (trong trường hợp
này thì Fn+1 , Fn+2 , · · · , Fn0 là những phần tử 0).Khi đó S giao hoán với Fj ; ∀ j

và
m0
m0
1
1
Fj SX = ( ∑ ′
Fj X )W = X0 W
SX0 = ∑ ′
F (t j )
F (t j )
j =1
j =1
vậy từ (2.4.34) ta được :
σk (S, X0 , W ) = (k + 1)Sk X0 =

m0

∑ (k + 1)tkν Fν X0
ν=1

Suy ra
m0

F(S, X0 , W ) =

∑

F′ (tν ) Fν

ν=1

Vậy định lý được chứng minh.

m0

1
∑ F′ (t j ) Fj X =
j =1

m0

∑ Fj X = X
j =1


17
Gọi Q1 , Q2 , · · · , Qn là những phần tử chiếu liên kết với W. P1 , P2 , · · · , Pn
là những phần tử chiếu liên kết với S, và giả sử các đa thức đặc trưng thỏa
mãn các điều kiện (2.4.27).Khi đó ta có
Định lý 2.4.2. 1. Điều kiện cần và đủ để phương trình (2.4.30) giải được là :
(2.4.35)

Pi AQk+i = 0 ; i = 1, 2, · · · , m − k

2. Nếu các điều kiện (2.4.35) được thỏa mãn thì mọi nghiệm của (2.4.30) được cho
bởi công thức :
X = X + X0
trong đó X xác định theo (2.4.33):
n

X0 =

m

(2.4.36)

∑ ∑ αij Pi AQ j
i =1 j =1

trong đó
αij =

0
1
ti − τj

khi j = k + i ; i = 1, 2, · · · , m − k
trong các trường hợp khác

Chứng minh. 1. Điều kiện cần được suy ra từ giả thiết (2.4.27).
Để chứng minh điều kiện đủ ta chỉ cần kiểm tra nghiệm X0 theo (2.4.36)
là nghiệm của (2.4.30).Thật vậy :
n

SX0 − X0 W =

∑

∑ (ti − τj )Pi X0 Q j =

i =1 j =1
n

=

n

m

m

∑ ∑ Pi AQ j
i =1 j =1

m

∑ Pi A ∑ Q j = A.
i =1

j =1

2. Công thức nghiệm tổng quát
X = X + X0

(2.4.37)

được suy ra từ định lý (2.4.1).
Bằng phương pháp tương tự,ta có thể khảo sát chi tiết hệ phương trình
(2.4.31) bằng cách chuyển về phương trình (2.4.30).
Bổ đề 2.4.1. Hệ phương trình (2.4.31) tương đương với hệ sau :

S2 X − XW 2 = D1
Y = S−1 XW + D2

(2.4.38)


18
trong đó
D1 = CW + SB
D2 = S − 1 C
Chứng minh. Từ giả thiết đối với phần tử đại số S ta suy ra : S−1 tồn tại và :
S−1 =

n

1

∑ t j Pj

j =1

vì vậy (2.4.31) và (2.4.38) là tương đương.Theo định lý (2.1.1),thì S2 , W 2 là
những phần tử đại số,vì vậy (2.4.38),là phương trình cặp (2.4.30) được xét
trong định lý (2.4.2) với công thức nghiệm tổng quát hoàn toàn tương tự.


19

Kết luận
Trong tiểu luận này em đã trình bày được một cách tổng quan về điều

kiện giải được cũng như các công thức biểu diễn nghiệm của một số lớp
phương trình toán tử với cặp toán tử đại số thường gặp trong giải tích và
đại số tuyến tính.Giả hạn như phương trình XS − SX = Y trong trường hợp
Y = aI, a ∈ C, a = 0 được xét trong hầu hết các giáo trình đại số tuyến
tính.Vì thế qua cách tìm hiểu tiểu luận này sẽ giúp chúng ta có một cách
nhìn sâu sắc hơn về bộ môn đại số tuyến tính mà chúng ta đã được học
trước đây.Bên cạnh đó với việc xét các phương trình
SX = XW
SX − XW = A
đã được khảo sát chi tiết trong nhiều công trình đối với ma trận.Tuy nhiên,
hầu hết các tác giả chỉ hạn chế trong trường hợp khi các phương trình này
có nghiệm duy nhất và tìm biểu thức nghiệm qua biểu diễn tích phân.Bởi
vậy,tiểu luận này sẽ cho chúng ta một lược đồ giải cho phép khắc phục các
thiếu sót trên.Hy vọng rằng khi đón nhận được những nội dung khá mới
mẻ và có phần táo bạo này sẽ phần nào làm thỏa mãn thị hiếu,tính tò mò
của bạn đọc.
Mặc dù,tác giả đã rất cố gắng nhưng với khoảng thời gian khá eo hẹp và
với vốn kiến thức còn rất hạn chế nên chắc chắn tiểu luận sẽ không tránh
khỏi những hạn chế và sai sót.Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm,đóng
góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp để bản tiểu luận này
được hoàn thiện hơn.Tác giả xin chân thành cảm ơn!


Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu,Lý thuyết toán tử và phương trình tích phân kỳ dị, Nhà
xuất bản ĐHQGHN.
[2] Danuta Przeworska-Rolewicz,Linear spaces and linear operators,Warsaw
2007.
[3] N.I.Akhiezer and I.M.Glazman,Theory of Linear Operations in Hilbert
Space,New York 1993.

[4] Nelson Dunford and Jacob T. Schwartz,Linear Operations,New York
1957.
[5] S.Banach,Theory of Linear Operations,North-Holland 1987.

20