Ôn tập môn Toán - Bài tập giải tích hàm nâng cao – Chương 4

BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO – CHƯƠNG 4 
ðỀ BÀI 
 Cho [ ]2L 0;1 là khơng gian các hàm khả tích trên [ ]0;1 (với chuẩn xác định 
bởi [ ]
1
2 2
0
f f (x) dx , f L 0;1 ).= ∈∫ Cho [ ] [ ]2 2T : L 0;1 L 0;1→ xác định như sau 
[ ] [ ]2(Tf )(x) xf (x), f L 0;1 , x 0;1 .= ∈ ∈ 
1) Chứng minh T là tốn tử tuyến tính liên tục. 
2) Tìm phổ của tốn tử tuyến tính T. 
3) Tìm các giá trị riêng của T. 
BÀI LÀM 
1) Với [ ] [ ]2f L 0;1 , x 0;1∈ ∈ ta cĩ 
1 1 1
2 2 2 2
0 0 0
(Tf )(x) dx xf (x) dx x . f (x) dx.= =∫ ∫ ∫ 
Mà với [ ]x 0;1∈ thì x 1≤ nên 
1 1
2 2 2
0 0
x . f (x) dx 1. f (x) dx.≤∫ ∫ Do vậy 
1 1 1
2 2 2 2
0 0 0
(Tf )(x) dx f (x) dx f (Tf )(x) dx f .≤ = ⇒ ≤∫ ∫ ∫ 
Suy ra với mọi [ ]2f L 0;1∈ thì [ ]2Tf L 0;1 .∈ 
Với mọi [ ]2f ,g L 0;1 ,∈ α∈ℝ ta cĩ 
( ) ( ) ( ) [ ]T( f ) (x) x ( f )(x) x. f (x) .xf (x) . Tf (x), x 0;1
T( f ) Tf.
α = α = α = α = α ∀ ∈
⇒ α = α
( ) ( ) [ ]T(f g) (x) x( f g (x)) x(f(x) g(x)) xf(x) xg(x) (Tf)(x) (Tg)(x), x 0;1
T(f g) Tf Tg.
+ = + = + = + = + ∀ ∈
⇒ + = +
Như vậy T là một ánh xạ tuyến tính. Hơn nữa theo bất đẳng thức trên suy 
ra T bị chặn, và 
1
2
0
Tf (Tf )(x) dx f .= ≤∫ 
Vậy, T là tốn tử tuyến tính liên tục trên [ ]2L 0;1 . 
2) Giả sử λ ∈ℝ là một giá trị chính quy của tốn tử tuyến tính liên tục T. 
Khi đĩ (T .I)− λ phải là song ánh từ [ ]2L 0;1 vào [ ]2L 0;1 (trong đĩ I là 
ánh xạ đồng nhất), tức là với mỗi [ ]2g L 0;1∈ , tồn tại duy nhất 
[ ]2f L 0;1∈ thoả mãn (T .I)f g (1)− λ = . 
Phương trình (1) tương đương với xf (x) f (x) g(x)− λ = hầu khắp nơi 
trên [ ]0;1 , hay (x )f (x) g(x)− λ = hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . Phương trình 
(1) cĩ nghiệm f duy nhất với mọi [ ]2g L 0;1∈ khi và chỉ khi x 0− λ ≠ hầu 
khắp nơi trên [ ]0;1 và [ ]2g(x)f (x) L 0;1
x
= ∈
− λ
 với mọi [ ]2g L 0;1∈ . Tập 
[ ]{ }A x | x 0;1 , x 0= ∈ − λ = là tập rỗng hoặc cùng lắm cĩ 1 phần tử, nên 
A cĩ độ bằng 0, nghĩa là luơn cĩ x 0− λ ≠ hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . ðể 
[ ]2g(x)f (x) L 0;1
x
= ∈
− λ
 với mọi [ ]2g L 0;1∈ thì hàm 1h(x)
x
=
− λ
 phải bị 
chặn hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . Nếu [ ]0;1λ∉ thì 
[ ] [ ]21 1 1h'(x) 0, x 0;1 , nên h(1) h(x) h(0) , x 0;1 ,1(x )
−
= < ∀ ∈ = ≤ ≤ = ∀ ∈
− λ −λ
− λ
tức là h(x) bị chặn ở trên đoạn [ ]0;1 . Như vậy những giá trị [ ]0;1λ∉ đều 
là giá trị chính quy của T. Bây giờ ta chỉ xét [ ]0;1λ∈ . Hàm h(x) bị chặn 
hầu khắp nơi trên [ ]0;1 nếu tồn tại số dương M sao cho x M− λ ≥ hầu 
khắp nơi trên [ ]0;1 , hay tập [ ]{ }B x | x 0;1 , x M= ∈ − λ < phải cĩ độ đo 
bằng 0, nhưng do [ ]0;1λ∈ và ( ) [ ]B M; M 0;1= λ − λ + ∩ , mà 
M 0, M 1λ + > λ − < nên B cĩ độ đo khác 0, nghĩa là khơng thể xảy ra 
h(x) bị chặn hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . Do đĩ [ ]0;1λ∈ khơng phải là giá trị 
chính quy của T. Vậy phổ của T là [ ](T) 0;1 .σ = 
3) Nếu λ là một giá trị riêng của T thì (T .I)− λ phải khơng là đơn ánh. 
Theo chứng minh trên ta luơn cĩ x 0− λ ≠ hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . Như 
thế ( )T I f 0− λ = 
(Tf )(x) ( f )(x) 0⇔ − λ = hầu khắp nơi trên [ ]0;1 
xf (x) f (x) 0⇔ − λ = hầu khắp nơi trên [ ]0;1 
(x ).f (x) 0⇔ − λ = hầu khắp nơi trên [ ]0;1 
f (x) 0⇔ = hầu khắp nơi trên [ ]0;1 . 
Tức là (T .I)− λ là đơn ánh. Do đĩ λ khơng phải là giá trị riêng của T. 
Vậy tập các giá trị riêng của T là tập rỗng.