chương 1 và chương 3 của tài liệu [2] và tham khảo tài liệu [1].1 Bài toán mômen Cho X là một không gian tôpô compact địa phương Hausdorff. Ký hiệu C(X,R) 1a không gian các hàm thực liên tục trên X. Xét E C C(X,R) la một không gian véctơ con các hàm tuyến tính liên tục trén X va K CX là một tập con đóng của X. Mot dé do Radon trén X là một độ đo pu: B(X) > [0, +00) sao cho (4) < œ với mọi tập con compact Á của X và u(M) = sup{u(A): AC M, A compact} véi moi M € B(X), trong đó 8(X) 1a o-dai sé Borel trén X.
Với mỗi phiếm hàm tuyén tinh L trén , bài toán K—rnômen được phat 22 biều như sau: 8 Khi nào tồn tại một độ do Radon pu trén X c6 gid trong K (supp(u) C K) sao cho Lf) =f #a)du(a) với ƒ € E. (L1) Phiếm hàm L được biểu diễn dưới dạng (1.1) được gọi là phiếm ham K- mômen và ¡ được gọi là độ đo biểu diễn cho L. Trong trường hợp 1 = X thì L dude goi la phiém ham momen. Chú ý rằng khi ta viết các phương trình có dạng như (1.1) thì ta luôn giả thiết hàm ƒ là -khả tích trên X và tích phân của ƒ bằng Ƒ(ƒ).
Giả sử (e; : j € J) là một cơ sở của không gian vécbơ #. Khi đó với mỗi dãy số thực (s;);e„, tồn tại duy nhất một phiếm hàm tuyến tính L,: E > R xác định bởi L(e;) = 8; voij € J, goi lA phiém ham Riesz lién két vdi s. Nhu vay phương trình (1.1) đúng cho phiém ham L = L, khi và chi khi s; = fy e;(x)dy(x) voi moi j € J.2 Không gian thích ứng Cho C la một tập con của # C Œ (X,R). Phiếm hàm 7 trên # được gọi là C-duong nếu L(ƒ) > 0 với mọi ƒ € C.
Ky hiéu béi E, tap cdc hàm trong + có giá trị không âm trên X, tức là E,={f ¢E: f(x) > 0 với mọi z€ X}. Một không gian con của Œ(X,R) được gọi là fhích ứng nêu thỏa mãn các điều kiện sau: () Mỗi hàm trong # đều biểu diễn được dưới dạng hiệu của hai hàm không âm trên X, tức là E = Ey — Fy. 9 Ham ø xác định như trong điều kiện (1i) gọi là hàm làm trội ƒ. Cho X là một tập con đóng của IRỶ.
E = Ra|z], không gian các hàm đa thức đ biến, là một không gian thích ứng trong C(X,R). Thật vậy, với mỗi p € # ta đều có thể viết 2 2 p+]l p—] =Í#“—] -L|E— ] <E. Pp (5) (5 + + Với méi phan ttt a = (a1, a9,.,aa) € X, xét hàm fa(x) =e + (1-24)? + (1 — ae)? +--+» + (1 — 24)? với e > 0 tùy ý. d Ta kiểm tra điều kiện thứ ba.
Với mỗi ƒ € IRạ|z], xét g = Sox} f. m Khi đó ta có d oA = —>0 khi À1 z? —> œ. (x) » a; > Điều này chứng tỏ ø là hàm làm trội ƒ. E = Ralz]„ = {p € Rajz] : deg(p) < m} không là không gian thích ứng trong C(X,R) vì điều kiện (ii) không thỏa mãn.
ƒŒ) 1 g Dinh ly Choquet sau đây chứng tỏ rằng Bài toán K—momen giải được trên các không gian thích ứng. Giá sử là một không gian thích ứng trong C(X,R) tà L là một phiếm hàm tuyến tính trên E. Khi đó L là phiếm ham K—momen khi va chi khi L(f) > 0 vdi moi f € Ex. Với mỗi tập con đóng K cha R¢, xét tập hợp sau Pos(#Z) = {p € Rajz] : p(z) > 0 với mọi z € #}.
Theo Vi du 1.2, Rg[z]|« 1& mot không gian thích ứng của C(?,IR) nên từ Định lý Choquet ta suy ra hệ quả sau, gọi là Định lý Havilland. Giả sử K là một tập con đóng của IR° va L là một phiếm ham tuyén tinh trén Ra[x]. Khi dé L la mot phiém ham K-momen khi va chi khi L(f) > 0 uới mọi ƒ € Pos(). Dinh ly Havilland cho ta mối liên hệ chặt chẽ giữa tính giải được của bài toán ~mômen với tính biểu diễn không âm của các đa thức trên #.
Bây giờ ta xem xét các dạng bài toán mômen một chiều. Giả sử X = R, EC Rịz] và K là một tập con đóng, nửa đại số của IR. Khi đó có thể biểu diễn được dưới dạng hợp hữu hạn của các khoảng đóng và các tập hữu hạn điểm. Ta có các trường hợp sau: 1.
K =R, taco Bai toén momen Hamburger. K = [0,+00), ta cé Bai todn momen Stieltjes. K = [a,b], ta cd Bai todn momen Hausdorff.3 Biểu diễn tổng bình phương của các đa thức dương Cho p € Rịz| là một đa thức khác hằng với hệ số thực. Nếu À là một nghiệm phức bội l của p thì liên hợp phức của À, kí hiệu bởi À, cũng là một nghiệm bội Ï của p.
Khi đó ta có phân tích (œ— À)' =À) = (ứ =u)) + 0) trong đó w = ReÀ và ø = ImA. Do đó, mỗi đa thức khác không p € Rịz] đều có thể biểu diễn dạng p(x) = a(a — a4)™.3) trong đó THỊ, --‹; Thy TL) - ‹ + v}E € N, a, 04, .-, Or € R, Ay = Uy tivy,., AR = UK + Wp, U1, .-, UR ER, vy > 0,., 0% > 0, 10 11 Ơi F Aj nếu ¿ # 7, À¡ # Àj:À¡ # Àj nếu ? # j. Như vậy, mỗi đa thức p có thể được biểu diễn dưới dạng tích của một hằng số a, các lũy thừa của các đa thức bậc nhất x — œ¿ và các đa thức dạng (a —u;)? + v5 không có nghiệm thực. Hơn nữa, biễu diễn của một da thitc p như trên là duy nhất sai khác vị trí các nhân tử.
Giả sử a,b,c, d là các phần tử trong một vành giao hoán. Khi đó ta có đồng nhất thức sau, gọi là “đồng nhất thức hai bình phương” (a? + b2)(c? + đ?) = (ae — bđ)? + (ad + be)Ÿ.4) Tức là, mỗi tích của hai tổng bình phương là tổng của hai bình phương. Với mỗi tập con đóng #€ C R@, ký hiệu Pos(#) = {f € Ralel| f(2) >0,Vx € x} ; Pos(K)m = {f c Ralelm| f(x) >0,Va € x}. Với các ký hiệu ở trên , ta có () Pos(R) = SR|z]” = {ƒ” + g”: ƒ,ø € Rlz]}.
(¡) Giả sử p € Pos(R) là một đa thức khác 0. Xét biểu diễn của p như trong (1. Vì p(z) > 0 trên R nên ø > 0 và các số #ị,., &„ là các số chấn. Do đó p là tích của các nhân tử gồm các bình phương và tổng của hai bình phương.
Theo Đồng nhất thức hai bình phương ta suy ra p có thể được viết dưới dạng ƒ2 + gŸ, trong đó ƒ, ø € Rịz]. Ngược lại, với ƒ, g € Rịz] ta có ƒ2 + gˆ > 0 trên lR nên bao hàm thức ngược lại là hiển nhiên. Do đó từ (1) ta suy ra điều phải chứng minh.ge UR}, ne No. Do đó ta chỉ cần chứng minh Pos(Í0,+œ)) C Q.
Nhận xét rằng tập hợp @ đóng đối với phép nhân. Thật vậy, với mọi fis fos 915 92 € >RỊz]? ta có (fi + vgi)(f2 + 292) = (fife + 27110) Ð z(ø + gu) € Q. Bây giờ, lấy p € Pos([0,+oo)), p # 0 và xét biểu diễn của p như trong (1. Vì Q đóng đối với phép nhân nên ta chỉ cần chứng minh mọi nhân tử trong biểu diễn (1.
Rõ ràng, tích của các nhân tử bình phương và các nhân tử tuyến tính với lũy thừa bậc chăn là thuộc Q. Ta chỉ cần kiểm tra cho hằng số ø và các nhân tử tuyến tính # — œ;¿ với œ; là nghiệm bội lẻ. Theo giả thiết, p(z) > 0 trên [0,-+00). Cho z tiến ra vô cùng và œ; < 0.
Vì p() đổi dấu trong lân cận của một nghiệm bội lẻ nên ta suy ra ø > 0. Do đó ae Q var —a; = (—a; +2) € JR|z]? + z>RÍz]? = Q. Ta có điều phải chứng minh. Œho a 0à b là các số thực uà a < b.8) là hệ quả trực tiếp của (1.10) nên ta chỉ cần chứng minh các kết quả (1.
'Ta sẽ chứng minh (1.10) bằng quy nạp theo ø. Trường hợp n = 0 là hiển nhiên theo định nghĩa của Pos.10) đúng với số tự nhiên œ. Giả sử rằng p có một nhân tử bình phương không có nghiệm thực g trong biểu diễn (1. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử g > 0 trên R.
Khi đó ta có phan tich p = qpo, trong d6 po € Pos([a, b]) thoa 12 13 deg(po) < deg(p) — 2. Ap dung giả thiết quy nạp cho pọ ta suy ra điều phải chứng minh. Tiếp theo, ta xét trường hợp p có nghiệm thực. Giả sử œ là một nghiệm thực của p.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a = 0 và b = 1. Xét p(x) trong mot lân cận của œ ta suy ra œ là một nghiệm bội chẵn. Khi đó ta có phân tích p() = (œ — œ)Ÿbạ và có thể lập luận tương tự như trường hợp trên. Do đó ta giả sử œ £ (0,1).
Khi đó ta có các trường hợp sau. Trường hợp 1: p € Pos([0, 1])a„a. Trước tiên, ta giả sử œ < 0. Do đó ta có thể viết p = (œ — a)pọ với pạ € Pos([0, I])s„¿¡.
Theo giả thiết quy nạp ta có Đo C (L—#)ƒ +øg với ƒ,g € Đ.11) Hơn nữa ta có p=(#~— a)pạ = #(L— #)ƒ +z”øT— alz(1— #)(ƒ+ø)+(L— z)?ƒ + +Ẻg. Từ đó suy rap€ Đ? ¡ +z(1— #)Mƒ. Bây giờ, giả sử œ > 1. Kết hợp với (1.11) ta suy rap € Đ?,¡ + z(1— z)3}.
Trường hợp 2: p € Pos([a, b|)sm. Khi đó ta có thể viết p = (œ— 4)pụ với pạọ € Pos([@, b])s„+a. Theo giả thiết quy nạp ta có po= ƒ+z(1—#)g với ƒ € 2,1,0 € 2. 13 14 Từ đó suy ra p€ (1— z)M2¡ + #12.
Tiếp theo, giả sử œ > 1. Khi đó ta có Jlz(3ƒ + 91— z)®g) + (1L— #)(9ƒ + 328). Vậy ta đã chứng minh xong (1. oO Dinh lý sau cho biễu diễn dưới dạng đặc biệt của các đa thức dương trên [—1, 1].
Khi do ton taim EN va ag > 0 vdi k,l = 1,2,.12) k,I=0 Trước khi đưa ra phép chứng minh cho Mệnh đề 1.4, ta cần một số kết quả sau. Giả sử p € IRÍz], p # 0 và deg(p) = m. Khi đó phép biến đối ŒGoursat của p được định nghĩa bởi đa thức Ø € RịỈz| cho bởi B(x) = +22 (1-7): (1. Gia st p € Riz], p £0 va deg(p) =m.
Déu dang thiic xdy ra khi va chỉ khi p(—1) # 0.