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

  • Số trang: 79 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 46 |
  • Lượt tải: 0
tailieuonline

Đã đăng 27700 tài liệu

Mô tả:

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 . . . . 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 5 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 4.1 Bài toán nội suy tổng quát sinh bởi toán tử khả nghịch trái 4.2 Một số bài toán nội suy cổ điển 68 68 . . . . . . . . . . . . . . . 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 L0 (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 ∈ L0 (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 RD là tập tất cả các nghịch đảo phải của D. Khi đó, ta có RD = {R ∈ L0 (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 , t ∈ (a, b). dt D= Rõ ràng domD = C 1 (a, b) ⊂ X . Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch. Thật vậy, xét toán tử Zt (Rx)(t) = x(s)ds, t0 trong đó t0 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 Zt y(t) = (Rx)(t) = x(s)ds, y(t) ∈ C(a, b). t0 Ta có (DRx)(t) = d y(t) = x(t), dt 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 Zt (RDx)(t) = dx(s) = x(t) − x(t0 ). t0 6 Nếu x(t0 ) 6= 0 thì (RDx)(t) 6= x(t), hay RD 6= 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 = {xn } = {x0 , x1 , x2 , . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ). Tập X được trang bị hai phép toán: Phép cộng x + y = {xn + yn }, với x = {xn } ∈ X, y = {yn } ∈ X. Phép nhân vô hướng λx = {λxn }, với x = {xn } ∈ 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 = {xn+1 − xn } = {x1 − x0 , x2 − x1 , . . . }, với x = {xn } ∈ X . Ta thấy rằng domD = X . Toán tử D khả nghịch phải nhưng không khả nghịch. Thật vậy, xét toán tử Rx = {0, x0 , x0 + x1 , x0 + x1 + x2 , . . . } n−1 X = {yn : y0 = 0, yn = xk , n = 1, 2, . . . } k=0 = y. Ta thấy R ∈ L0 (X). Ta có DRx = Dy = {yn+1 − yn } = {xn } = x. 7 hay DR = I. Điều đó có nghĩa là D là toán tử khả nghịch phải và R ∈ RD . Tuy nhiên toán tử D không khả nghịch. Thật vậy, ta có RDx = R{xn+1 − xn } = R{x1 − x0 , x2 − x1 , . . . } = {0, x1 − x0 , x2 − x0 , . . . } = 6 x. Do đó RD 6= I , hay toán tử D không khả nghịch. Tính chất 1.1. Nếu dim ker D 6= 0 thì D không khả nghịch trái. Chứng minh. Ta có θ ∈ ker D và dim{θ} = 0. Mà dim ker D 6= 0, suy ra ker D 6= {θ}. Do đó ∃z ∈ ker D, z 6= θ mà Dz = θ. Suy ra ∀L ∈ L(X) ta có LDz = Lθ = θ 6= z . Do đó LD 6= I, ∀L ∈ L(X). Vậy D không khả nghịch trái. Mệnh đề 1.1. [5] Nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD , thì Dn Rn = 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 Dk Rk = I, ta sẽ chứng minh (1.1) cũng đúng khi n = k + 1, tức là Dk+1 Rk+1 = I. 8 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có Dk+1 Rk+1 = D(Dk Rk )R = DR = I. Vậy (1.1) đúng với mọi n ∈ N∗ . Định lý 1.1. [5] Giả sử D ∈ R(X) và R1 ∈ RD . Khi đó mọi nghịch đảo phải R của D có dạng R = R1 + (I − R1 D)A, trong đó A ∈ L0 (X), AX ⊂ domD. Chứng minh. Giả sử R1 ∈ RD và R = R1 + (I − R1 D)A. Khi đó, ta có DR = D[R1 +(I −R1 D)A] = DR1 +DA−DR1 DA = I +DA−DA = I. Vậy R ∈ RD . Ngược lại, giả sử R1 ∈ RD cho trước và R ∈ RD bất kì. Đặt A = R − R1 . Khi đó ta có A ∈ L0 (X), AX ⊂ domD, và R1 + (I − R1 D)A = R1 + (I − R1 D)(R − R1 ) = R1 + R − R1 − R1 (DR) + R1 (DR1 ) = R1 + R − R1 − R1 + R1 = R. Ví dụ 1.3. Cho X = C(a, b), a, b ∈ R, d D= , dt Zt (Rx)(t) = x(s)ds, t0 ∈ (a, b), x ∈ X. t0 9 Từ ví dụ 1.1 ta suy ra R ∈ RD . Theo định lí 1.1, mọi toán tử Ri bất kì thuộc RD đều có dạng Ri = R + (I − RD)Ai , trong đó Ai ∈ L0 (X), Ai X ⊂ domD. Mà ((I − RD)Ai x)(t) = (Ai x)(t) − (RDAi x)(t) = (Ai x)(t) − (Ai x)(t) + (Ai x)(t0 ) = (Ai x)(t0 ), ∀x(t) ∈ X, do đó (Ri x)(t) = (Rx)(t) + (Ai x)(t0 ). Vậy RD = {Ri : Ri = R + ci = Zt +ci , ci ∈ R}. t0 Ví dụ 1.4. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn } = {x0 , x1 , x2 , . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ), Dx = {xn+1 − xn } = {x1 − x0 , x2 − x1 , . . . }, x = {xn } ∈ X, n−1 X xk , n = 1, 2, . . . }. Rx = {yn : y0 = 0, yn = k=0 Từ ví dụ 1.2 suy ra R ∈ RD . Theo định lí 1.1, mọi khả nghịch Ri của D có dạng Ri = R + (I − RD)Ai , trong đó Ai ∈ L0 (X), Ai 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 RD = {Rx + z, z ∈ ker D}. 10 Mà ta có ker D = {z = {zn } : zn+1 − zn = 0, n = 0, 1, . . . } = {z = {zn } : zn = c, c ∈ F, n = 0, 1, . . . }, suy ra RD = {y = {yn }, y0 = c, yn = n−1 X xk + c, c ∈ F, n = 1, 2, . . . }. k=0 1.2 Toán tử ban đầu Trong phần này chúng ta giả sử dim ker D 6= 0, tức là D không khả nghịch trái. Định nghĩa 1.4. i. Giả sử D ∈ R(X), dim ker D > 0, R ∈ RD . F ∈ L0 (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 ∈ RD : F R = 0. ii. Các phần tử có dạng z0 + Rz1 + · · · + Rm zm , trong đó zk ∈ 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 ∈ L0 (X). Điều kiện cần và đủ để F là một toán tử ban đầu của D tương ứng với R ∈ RD 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 ∈ RD 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 F0 của D có tính chất c(R) với R ∈ RD , nếu tồn tại các đại lượng vô hướng ck sao cho F0 R k z = ck z, ∀z ∈ ker D, k ∈ N k! (coi c0 = 1 vì theo hệ quả 1.1 thì F0 z = z ). Khi đó chúng ta viết F0 ∈ c(R). ii. Với D ∈ R(X), kí hiệu FD là tập tất cả các toán tử ban đầu của D, tức là  FD = F ∈ L0 (X) : F 2 = F, F X = ker D và ∃R ∈ RD : F R = 0 . Tập FD0 ⊂ FD có tính chất (c) nếu ∀F0 ∈ FD0 , ∃R ∈ RD sao cho F0 ∈ c(R). Định lý 1.3. [6] Giả sử D ∈ R(X). Tập tất cả các toán tử ban đầu FD 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 Zt (Rx)(t) = x(s)ds, t0 ∈ (a, b), x ∈ X. t0 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 FD 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) Zt = x(t) − x, (s)ds t0 = x(t) − x(t) + x(t0 ) = x(t0 ). Giả sử Ri ∈ RD , Zt (Ri x)(t) = x(s)ds, ti ∈ (a, b) ti và Fi là toán tử ban đầu của D tương ứng với Ri . 14 Theo định lí 1.2 với x(t) ∈ domD ta có (Fi x)(t) = (I − Ri D)x(t) = x(t) − (Ri Dx)(t) Zt = x(t) − x, (s)ds ti = x(t) − x(t) + x(ti ) = x(ti ). Ví dụ 1.6. Cho X là tập hợp tất cả các dãy vô hạn x = {xn } = {x0 , x1 , x2 , . . . }, với xn ∈ F (trong đó F = R hoặc F = C ), Dx = {xn+1 − xn } = {x1 − x0 , x2 − x1 , . . . }, x = {xn } ∈ X, n−1 X Rx = {yn : y0 = 0, yn = xk , n = 1, 2, . . . }. k=0 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 = {xn } − R{xn+1 − xn } = {zn , zn = x0 } với x = {xn } ∈ X. Giả sử Ri là toán tử bất kì thuộc RD và Fi là toán tử ban đầu của D tương ứng với Ri . Theo ví dụ 1.4 ta có Ri x = {yn : y0 = ci , yn = n−1 X xk + ci , ci ∈ F, n = 1, 2, . . . }. k=0 Theo định lí 1.2 ta có Fi = I − Ri D, suy ra Fi x = (I − Ri D)x, ∀x = {xn } ∈ X = {xn } − Ri {xn+1 − xn } = {zn , zn = x0 − ci } với x = {xn } ∈ X. 15 Nhận xét. Nếu hệ {F0 , F1 , . . . , FN −1 } ⊂ FD có tính chất (c) với các hằng số dik , tức là Fi R k z = dik z, i = 0, 1, . . . , N − 1; k ∈ N k! (1.2) và {F0 , F1 , . . . , FN −1 } phụ thuộc tuyến tính thì −1 VN = det(dik )N i,k=0 = 0. (1.3) Thật vậy, do {F0 , F1 , . . . , FN −1 } phụ thuộc tuyến tính, suy ra ∃Fi ∈ NP −1 {F0 , F1 , . . . , FN −1 } sao cho Fi = αj Fj . Do đó j=0 j6=i k Fi R z = N −1 X αj Fj Rk z, ∀z ∈ ker D. j=0 j6=i Do {F0 , F1 , . . . , FN −1 } có tính chất c(R), suy ra N −1 X dik djk = αj , k! k! j=0 j6=i hay dik = N −1 X αj djk . j=0 j6=i Do đó −1 VN = det(dik )N i,k=0 = 0. Câu hỏi. Với hệ {F0 , F1 , . . . , FN −1 } gồm các toán tử ban đầu độc lập tuyến tính và có tính chất c(R) thì có suy ra VN 6= 0 ? Với N = 1, V1 = d00 = 1 6= 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 {F0 , F1 , . . . , FN −1 } độc lập tuyến tính và có tính chất (c) nhưng VN = 0. 16 d Ví dụ 1.7. Cho X = C(R), D = , R = dt Zt . Đặt 0 (F0 x)(t) = x(0), 1 (F1 x)(t) = (x(1) + x(−1)), 2 1 (F2 x)(t) = (x(2) + x(−2)). 2 Chứng minh. i. Chứng minh {F0 , F1 , F2 } có tính chất (c). Chứng minh R ∈ RD . Ta có d (DRx)(t) = dt Zt x(s)ds = x(t), ∀x(t) ∈ X. 0 Suy ra DR = I hay R ∈ RD . Chứng minh F0 , F1 , F2 ∈ FD . Với mọi x(t) ∈ X , ta có (F02 x)(t) = F0 (F0 x(t)) = F0 (x(0)) = x(0) = (F0 x)(t). Suy ra F02 = F0 . Ta có D((F0 x)(t)) = D(x(0)) = d x(0) = 0. dt Suy ra ImF0 ⊂ 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, (F0 x)(t) = F0 (c) = c = x(t). Suy ra ker D ⊂ ImF0 . Do đó ker D = ImF0 . 17 Với x(t) ≡ 1, ta có (Rx)(t) = Rt ds = t. 0 Suy ra (F0 Rx)(t) = F0 (Rx(t)) = F0 (t) = 0. Vậy F0 ∈ FD . Đối với toán tử F1 , ta có F12 = F1 . Với mọi x(t) ∈ X ta có 1 d1 (DF1 x)(t) = D( (x(1) + x(−1))) = (x(1) + x(−1)) = 0. 2 dt 2 Suy ra ImF1 ⊂ ker D. 1 Với x(t) = c suy ra (F1 x)(t) = F1 (c) = (c + c) = c = x(t). 2 Suy ra ker D ⊂ ImF1 . Do đó ker D = ImF1 . Với x(t) = 1 ta có (Rx)(t) = t, suy ra 1 (F1 Rx)(t) = F1 (R(x(t))) = F1 (t) = (1 + (−1)) = 0. 2 Vậy F1 ∈ FD . Chứng minh tương tự đối với F1 ta có F2 ∈ FD . Vậy F0 , F1 , F2 ∈ FD . Vì ker D = {x(t) ∈ X : x(t) = c, t ∈ R}, nên dim ker D = 1. Theo định lí 1.3 hệ {F0 , F1 , F2 } có tính chất (c), tức là tồn tại R ∈ RD , ∃dik ∈ R sao cho dik z, ∀z ∈ ker D, i = 1, 2, 3. k! ii. Chứng minh {F0 , F1 , F2 } là hệ độc lập tuyến tính. Giả sử a0 F0 + a1 F1 + a2 F2 = 0, a0 , a1 , a2 ∈ R, tức là Fi R k z = a0 (F0 x)(t) + a1 (F1 x)(t) + a2 (F2 x)(t) = 0, a0 , a1 , a2 ∈ R. Nếu x(t) = 1 thì từ (1.4) ta có a0 + a1 + a2 = 0 . Nếu x(t) = e πit 2 thì từ (1.4) ta có πit πit 1 1 a0 + a1 (e 2 + e− 2 ) + a1 (eπit + e−πit ) = 0. 2 2 18 (1.4)
- Xem thêm -