Tìm hiểu về bài toán Pompeiu và một số vấn đề liên quan

Mở đầuBài toán Pompeiu được Pompeiu đưa ra vào năm 1929, là bài toán Khoá luận này sẽ trình bày lại một phần bài báo [2].. Ở phần này chúng ta sẽ đưa ra định nghĩa cho bài toán Pompeiu,

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

Lời cảm ơn

Nhân dịp này, em xin chân thành cảm ơn thầy Đặng Anh Tuấn, người đãtrực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo em trong suốt quá trình thực hiệnkhóa luận

Đồng thời, em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể cácthầy giáo, cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin, trường Đại học Khoa học TựNhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy bảo em tận tình trong suốt quátrình học tập tại khoa

Cuối cùng xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, cổ vũ động viên vàđóng góp nhiều ý kiến quý báu trong cuộc sống, công việc và học tập nóichung cũng như trong việc thực hiện khoá luận này

Hà Nội, ngày 16 tháng 5 năm 2012

Sinh viênTrần Thế Dũng

Mục lục

0.2 Bài toán Morera 5

1.1 Tổng hợp phổ trong E(Rn) 81.2 Ideal bất biến đối với phép quay 16

2.1 Định nghĩa 292.2 Kết quả chính 302.3 Ứng Dụng 39

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

• B(a, R) : Hình cầu mở tâm a bán kính R.

• Dα: Đạo hàm suy rộng cấp α

• Tb, FT: Biến đổi Fourier của hàm T

• F−1T: Biến đổi Fourier ngược của hàm T

• C(Rn) : Không gian các hàm liên tục trên Rn với tôpô hội tụ đều trêntừng compact

• E(Rn): Không gian các hàm khả vi vô hạn trong Rn

• E′(Rn): Không gian các hàm suy rộng có giá compact trong Rn

m →∞Tm : Dãy {Tm} hội tụ trong bE′ tới hàm T ∈ Eb′

• Kerφ : Hạt nhân của φ

• MA : Không gian ideal cực đại của A

Mở đầu

Bài toán Pompeiu được Pompeiu đưa ra vào năm 1929, là bài toán

Khoá luận này sẽ trình bày lại một phần bài báo [2] Bố cục của khoáluận bao gồm

⋄ Giới thiệu.

Ở phần này chúng ta sẽ đưa ra định nghĩa cho bài toán Pompeiu, bàitoán Morera, sau đó là một số kết quả cơ bản sẽ được dùng đến ở cácchương 1, 2

Chương 1 sẽ nói về bài toán tổng hợp phổ Mệnh đề 1.1 cho phép tachuyển bài toán tổng hợp phổ xét trên không gian con đóng, bất biếnđối với phép quay của E(Rn) về bài toán cho ideal đóng trong vànhb

E′(Rn) Kết quả chính trong chương này ( Định lý 1.2 ) được chứngminh bằng cách sử dụng Định lý 0.1

Định lý 2.1 đưa ra tiêu chuẩn cho việc kiểm tra một tập có thoả mãntính chất Pompeiu, Morera hay không Định lý 2.2 cho ta mối liên hệgiữa tính chất Pompeiu và tính chất Morera Định lý 2.3, 2.8, 2.9 lầnlượt cho ta các kết quả, độ do diện tích của hình tròn không có tínhchất Pompeiu, độ đo diện tích của elip và miền đa giác có tính chấtPompeiu

0.1 Bài toán Pompeiu

Năm 1929 D.Pompeiu đưa ra bài toán sau, bài toán này thường đượcgọi là bài toán Pompeiu Bài toán phát biểu như sau :

phẳng thoả mãn

ZZ

σ(D)

f (x, y)dxdy = 0, ∀σ ∈ X (1)

Khi đó có suy ra được f (x, y)≡ 0 ?

Trong bài báo đầu tiên [14], Pompeiu khẳng định rằng câu trả lời là

sai; ví dụ như với hàm f (x, y) = sinax, trong đó a được chọn thích hợp

sau đó được khắc phục bởi C Christov, người chứng minh khẳng định chocâu hỏi nếu D là hình tam giác hoặc hình bình hành [11], [12] Cuối cùng,trong [1] L.Brown, F.Schnitzer và A Shields chứng minh kết quả đặc biệthơn và tổng quát hơn kết quả của Christov

sẽ giải quyết bài toán này bằng cách sử dụng biến đổi Fourier của độ đodiện tích trên D ( Định lý 2.1) Sử dụng kết quả này, chúng ta chứng minh

miền đa giác ( Định lý 2.9)

0.2 Bài toán Morera

Nghiên cứu bài toán Pompeiu chúng ta sẽ thấy nó có mối liên hệ vớimột số bài toán khác, một trong số trong đó là bài toán Morera Bài toán

đóng trong mặt phẳng với biên có độ dài hữu hạn, f là hàm liên tục trên

R2 Đặt ζ = x + iy, giả sử rằng,

Z

σ(Γ)

f (ζ)dζ = 0 với mọi σ ∈ X và Γ ∈ {Γ} (2)

chứng minh rằng điều ngược lại cũng đúng (Định lý 2.2)

Cặp giữa E(Rn) và E′(Rn) được kí hiệu là T (f ) với f ∈ E(Rn) và

T ∈ E′(Rn) Định nghĩa T ∗ f là tích chập của T và f Tập các độ đo

của E′(Rn) qua công thức

|F (z)| ≤ C(1 + |z|)NeA|Imz|, z ∈ Cn, (3)trong đó C, A, N là các hằng số, |z|2 = |z2|2 + + |zn|2 và Imz =(Imz1, , Imzn) là ảnh của z

Sự hội tụ trong bE′(Rn) được đặc trưng bởi

Mệnh đề 0.1 ([[3], bổ đề 5.17]) Một dãy Fj trong bE′(Rn) hội tụ tới

F ∈ Eb′(Rn) khi và chỉ khi

i ) Fj → F đều trên từng compact của Cn, và

ii) Bất đẳng thức (3) đúng với tất cả Fj trong đó A, C, N là các hằng

số độc lập với j

Trong khoá luận này, chúng ta sẽ sử dụng kết quả của Mệnh đề 0.1 làmđịnh nghĩa cho sự hội tụ của một dãy Fj ∈ Eb′(Rn).

Định nghĩa 0.1 Ta nói tập con I của bE′(R) không có không điểm chungtrên C nếu với mọi z ∈ C tồn tại f ∈ I sao cho f (z) 6= 0

Định lý 0.1 (L.Schwartz [16]) ChoI là ideal của bE′(R) thoả mãn I không

tới hàm hằng 1

Mệnh đề 0.2 Cho V là không gian con đóng, bất biến qua phép tịnh tiếncủa C(Rn) và V1 = V ∩ E(Rn) Khi đó ta có V1 = V với tôpô của C(Rn).Nếu bài toán Pompeiu, Morera, tổng hợp phổ đúng cho các hàm trong

Chương 1

Bài toán tổng hợp phổ

1.1 Tổng hợp phổ trong E(Rn)

thức - mũ nếu nó có dạng f (x) = p(x)eiz.x trong đó x ∈ Rn, z ∈ Cn và p

là đa thức Cho V là không gian con đóng, bất biến đối với phép tịnh tiếncủa E(Rn), V0 là không gian tuyến tính, đóng sinh bởi các hàm đa thức -

nào thì có V0 = V ?

Chúng ta sẽ xem xét bài toán trên bằng cách đưa bài toán về việc xétideal đóng trong vành bE′(Rn) Với V và V0 được xác định như trên, địnhnghĩa:

Đóng cộng : Với bất kì bT1,Tb2 ∈ I, ta sẽ chứng minh bT1 +Tb2 ∈ I.Thật vậy, do bT1,Tb2 ∈ I nên T1, T2 ∈ V⊥ suy ra T1, T2 ∈ E′(Rn) và

f (z) = eiz.xT (z) =b T (z + x).bHay nói cách khác thìf là biến đổi Fourier củaT−x, với T−x(z) = T (x+z).Như vậy f ∈ I.

Tương tự, ta có I0 là ideal đóng trong bE′(Rn)

(2) I = I0 khi và chỉ khi V = V0 Theo định nghĩa của V⊥ và V0⊥ tacó

Trước hết ta chứng minh

I = I0 ⇔ V⊥ = V0⊥ (1.11)Chiều thuận: Lấy T ∈ V0⊥ khi đó ta có bT ∈ I0 = I suy ra T ∈ V⊥.

Điều này chứng tỏ V0⊥ ⊂ V⊥ Kết hợp điều này với (1.10), suy ra chiều

thuận của (1.11) được chứng minh

Chiều đảo : Do (1.10) nênI ⊂ I0, vậy ta cần chứng minh thêmI0 ⊂ I.

Lấy bT ∈ I0 ta chứng minh bT ∈ I Thật vậy, do bT ∈ I0 nên T ∈ V⊥

0 ⊂ V⊥

suy ra bT ∈ I

Tiếp theo ta sẽ chứng minh

V0⊥ = V⊥ ⇔ V = V0 (1.12)

thêm V ⊂ V0 Phản chứng, giả sử ngược lại tồn tại f ∈ V nhưng f /∈ V0

Áp dụng [[9], Định lý 3.5, trang 59] cho không gian lồi địa phương bE′(R2),suy ra tồn tại T ∈ V⊥



T (f ) = 1,

T (g) = 0, ∀g ∈ V0 (1.13)

Do T ∈ V0⊥ nên T ∈ V⊥, suy ra T (f ) = 0, điều này mâu thuẫn với (1.13).Vậy điều giả sử của ta là sai, do đó V ⊂ V0.

Chiều đảo : Lấy T ∈ V0⊥ ta có T (f ) = 0 với mọi f ∈ V0 = V, suy ra

T ∈ V⊥ Điều này chứng tỏ V0⊥ ⊂ V⊥ Kết hợp điều này với (1.10) suy rachiều đảo của (1.12) được chứng minh

Từ (1.11) và (1.12) suy ra I = I0 ⇔ V = V0 Định lý được chứng minh

Khi đó với f xác định như trên ta có

p(Dz)[T (z)]b z=z0 = 0. (1.16)Với mỗi y ∈ Rn ta có

fy(x) = f (x + y) = p(x + y)eiz 0 (x+y) = eiz 0 xp(x + y)eiz 0 y ∈ V0, x ∈ Rn

Do V bất biến đối với phép tịnh tiến nên với p(x1, x2, , xn) ∈ V thì

p(x1 + h, x2, , xn) ∈ V, kết hợp với tính đóng của V ta nhận được

p(1,0,··· ,0)(x1, x2, , xn) = E−lim

h →0

1

h(p(x1+h, x2, , xn)−p(x1, x2,· · · , xn)) ∈ V

Tương tự trên và sử dụng qui nạp ta nhận được kết quả mỗi đạo hàm

chuyển của p Do đó p(α)(x)eiz0 x ∈ V0 với mọi α, trong đó

Do đó vế trái của (1.17) bằng 0 với mọi i, kéo theo (1.14) đúng trên U,suy ra (1.16) đúng.

(2) I0 ⊂ Iloc Lấy bT ∈ I0 ta cần chứng minh bT ∈ Iloc, tức là với z0 ∈ Cn

cần chỉ ra lân cận U của z0, các hàm bT1, ,Tbm thuộc I và các hàm

G1, , Gm chỉnh hình trên U sao cho (1.14) đúng trên U Từ [[6], Hệ quả6.3.6, trang 164] ta chỉ cần tìm chuỗi luỹ thừa hình thức G1, , Gm theo

z− z0 sao cho (1.14) đúng với bT1, ,Tbm ∈ I.

Xét ideal Iz 0 sinh bởi I trong vành Az 0 của các mầm hàm chỉnh hìnhgầnz0.Iz 0 là hữu hạn sinh doAz 0 là Noetherian của các mầm tạiz0 của cáchàm bT1, ,Tbm ∈ I Chúng ta sẽ tìm chuỗi luỹ thừa hình thức G1, , Gm

tại z0 sao cho (1.14) đúng với cách chọn bTi trên

Phương trình (1.14) theo chuỗi luỹ thừa hình thức có thể viết dưới dạng

hệ phương trình của G1, , Gm như sau

ra q(x)eiz0 x ∈ V, do đó q(x)eiz0 x ∈ V0 Nhưng khi đó T ∈ V ⊥, từ (1.15)

toán xác định ideal đóng I trong bE′(Rn) sao cho I = Iloc Định lý 0.1 cho

ta Định lý sau

Định lý 1.1 Với mỗi ideal đóng I trong bE′(R), I = Iloc

1.2 Ideal bất biến đối với phép quay

Từ Định lý 1.1 và Mệnh đề 0.2 mỗi không gian con đóng, bất biến đối

nằm trong nó Khi n = 2 ta không có kết quả tương tự như kết quả củaĐịnh lý 1.1 Tuy nhiên trong phần này chúng ta sẽ chứng minh rằng khi

n = 2 và I bất biến đối với phép quay thì ta có I = Iloc

Kí hiệu 1.1 Tlà nhóm tất cả các phép quay của R2 hoặc C2, tức là phépbiến đổi có dạng

τ = τθ :z′1 = z1cosθ + z2sinθ

z′2 = −z1sinθ + z2cosθ, −π < θ ≤ π

Định lý 1.2 Cho I là ideal đóng trong bE′(R2) sao cho f ◦ τ ∈ I trong đó

J là vành con của bE′(R2) Lấy bất kì f, g ∈ J, khi đó f, g ∈ Eb′(R2)

và f h, gh ∈ I với mọi h ∈ Iloc

Đóng cộng Ta sẽ chứng minh f +g ∈ J Thật vậy, ta cóf +g ∈ Eb′(R2)

và

(f + g)h = f h + gh ∈ I với mọi h ∈ Iloc do I là ideal

Đóng nhân Trước hết ta có f g ∈ Eb′(R2) Mặt khác do Iloc là idealcủa bE′(R2) nên gh ∈ Iloc, suy ra

(f g)h = f (gh)∈ fIloc ⊂ I

do đó f g ∈ J.

f g ∈ J với mọi f ∈ J và g ∈ Eb′(R2)

Thật vậy, do g ∈ Eb′(R2) , f ∈ J và J là ideal nên f g ∈ Eb′(R2) Từ đó suy

ra (gf )Iloc ⊂ I, hay f g ∈ J.

J đóng Lấy {fk}∞k=1 với fk ∈ J, k = 1, 2, , giả sử f ∈ Eb′(R2) saocho bE′

−lim

k →∞fk = f Ta cần chứng minh f ∈ J, tức là f Iloc ⊂ I, hay ta phải

chứng minh f h ∈ I với mọi h ∈ Iloc Nếu ta có

b

E−′ lim

k →∞(fkh) = f h, (1.19)

đóng sẽ được đưa về việc chứng minh (1.19) đúng

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh (1.19): Từ bE′

Gi(1 ≤ i ≤ m) chỉnh hình trên U sao cho

Hơn nữa nếu f ∈ Eb′(R2) thì g cũng vậy

h(θ) = f (w1cosθ + w2sinθ,−w1sinθ + w2cosθ) đồng nhất bằng 0 với mọi

θ ∈ R theo giả thiết Do đó h(θ) = 0 với mọi số phức θ, tức là f (z) = 0

trên tập

U = {(w1cosθ + w2sinθ,−w1sinθ + w2cosθ) : θ ∈ C}

= {(z1, z2) : z12 + z22 = w21 + w22}

Nếu w21 + w22 6= 0 thì ta có

|p(z)| = |z12 + z22 − w| ≤ |z|2 +|w| ≤ a(|z|2 + 1) ≤ a(|z| + 1)2,

tức là p(z) thoả mãn điều kiện (3), suy ra p(z) là hàm nguyên

Do p(z) là đa thức Weierstrass, nên theo định lý chia hết Weierstrass,

r(z) = z1b(z2) + c(z2) Ta sẽ chứng minh rằng r(z) ≡ 0 trên C2 Thật vậy,

do f (z) ≡ 0 và p(z) ≡ 0 trên U, nên r(z) ≡ 0 trên U, do đó ta có hệ



z1b(z2) + c(z2) = 0

z12 + z22 = w

Laurent trong lân cận z2 = 0 có

2b1b2 + 2b0b3 = 0,

b22 + 2b1b3 = 0,

· · ·

(1.24)

Theo giả thiết w 6= 0 nên từ phương trình thứ nhất trong hệ (1.24) suy ra

b0 6= 0 Từb0 6= 0và2b0b1 = 0suy rab1 = 0 Thayb1 = 0vào phương trình

2b1b2+ 2b0b3 = 0, có b3 = 0 Thay b3 = 0 vào phương trình b22+ 2b1b3 = 0,nhận được b2 = 0 Thay b2 = 0 vào phương trình b21 + 2b0b2 = −1, ta

b1 = 0 Vậy phải có b(z2) ≡ 0 trên C Do đó b(z2) ≡ 0 trên U, mặt khác

r(z) ≡ 0 trên U, nên c(z2) ≡ 0 trên U, suy ra c(z2) ≡ 0 trên C, kéo theor(z) ≡ 0 trên C2

Bổ đề 1.2 Hàm trong J không có không điểm chung.

sao cho g(w) 6= 0

Nếu w12 + w22 6= 0 Đặt p(z) = z12 + z22 − w2

1 − w2

2 Giả sử rằng với mọi

n ∈ N, mọi hàm g ∈ I đều chia hết cho pn(z) Đặt w12 + w22 = β2 Chọn

(z1, z2) = (β, 0), lấy bất kì f ∈ I ta có f (z1, z2) = f (β, 0) = 0 Theo trêntồn tại hàm g ∈ Eb′(R2) sao cho f (z) = p2(z)g(z) Có

∂k+lf

∂zk

1∂zl 2

(β, 0) = 0, ∀k, l

Sử dụng khai triển Taylor cho hàm 2 biến f (z1, z2) tại điểm (β, 0) nhận

đó pn(z) cũng là ước của mọi h ∈ Iloc Tức là với mọi h ∈ Iloc tồn tạie

h ∈ Eb′(R2) sao cho h(z) = pn(z)g(z) với g(z) ∈ Eb′(R2) Chọn f ∈ I sao

cho pn+1(z) không là ước của f, và viết f (z) = pn(z)g(z) với g ∈ Eb′(R2).Khi đó h ∈ Iloc và

gh = feh ∈ I,

của g, do đó pn+1(z) là ước của f (z) điều này vô lí theo cách chọn của f

Vậy phải tồn tại τ ∈ T sao cho g(τ (w)) 6= 0 Do J là bất biến đối vớiphép quay và g ∈ J nên g◦ τ là hàm thuộc J và không triệt tiêu tại w.Giả sử w12+ w22 = 0 nhưng w 6= 0 Nếu w1 = iw2 tương tự Bổ đề 1.1 và

lý luận ở trên với p(z) được thay bởi hàm z1 − iz2, có w không là khôngđiểm chung của J Trường hợp w1 = −iw2 tương tự khi w1 = iw2 với hàmp(z) được thay bởi z1 + iz2

tại các số nguyên không âm lớn nhất j, k < ∞ sao cho (z1 + iz2)j và

(z1 − iz2)k là ước của mọi hàm trong I, và đặt

q(z) = (z1 + iz2)j(z1 − iz2)k,

và

I0 = q−1I = {q−1f : f ∈ I}

Ta sẽ kiểm tra I0 là ideal đóng trong bE′(R2) và bất biến đối với phép quay

và q(I0)loc = Iloc

I0 là ideal Iloc là ideal đóng được suy ra từ I là ideal đóng

= ((xcosθ + ysinθ) + i(−xsinθ + x cos θ))j×

× ((xcosθ + ysinθ) − i(−xsinθ + x cos θ))k

= (cosθ − isinθ)j(x + iy)j(cosθ − isinθ)k(x− iy)k

= e−iθ(j+k)q(x, y)

Từ đó

q−1(x′, y′)f (x′, y′) = eiθ(j+k)q−1(x, y)f (x′, y′)

= eiθ(j+k)q−1(x, y)(f ◦ τ)(x, y) ∈ I0 do f ◦ τ ∈ I

Chứng minh q(I0)loc = Iloc.

Bước 1 : q(I0)loc ⊂ Iloc

Lấy qF ∈ q(I0)loc Cần chứng minh qF ∈ Iloc Thật vậy, do qF ∈ q(I0)loc

suy ra với mỗi z0 ∈ C2 tồn tại lân cận U của z0 các hàm Fi ∈ I0, i = 1, m

và các hàm Gi, i = 1, m chỉnh hình trên U sao cho

Bước 2 : Iloc ⊂ q(I0)loc Được chứng minh tương tự trên

của I0 thì nó là không điểm cô lập chung của I0 Thật vậy, nếu w là khôngđiểm chung của I0 với w12+ w22 = α2 6= 0, khi đó(α, 0) cũng là không điểm

khi đó f (z) đồng nhất bằng 0 trên vô lí Vậy tập các số α không thể nhận

0 là điểm giới hạn

Từ đó suy ra rằng nếu (0, 0) không là không điểm cô lập chung của I0

thì phải tồn tại một không điểm chung w 6= 0 của I0 sao cho w21+ w22 = 0.Nhưng do z1 + iz2 và z1 − iz2 không là ước của mọi hàm trong I0, tương

tự Bổ đề 1.1 suy ra rằng w không thể tồn tại Do đó (0, 0) là không điểm

cô lập chung của I0 Áp dụng [[7], Định lý 4.5] cho ideal I0 của bE′(R2) thìtồn tại hàm g ∈ Eb′(R2) sao cho g(0, 0) 6= 0 và g(I0)loc ⊂ I0.Với h ∈ Iloc

thì tồn tại eh ∈ (I0)loc sao cho h = qeh, do đó

gh = gqeh ∈ qI0 = I.

Bây giờ ta sẽ chứng minh Định lý 1.2

Giả sử 1 ∈ J khi đó Iloc ⊂ I, mặt khác ta luôn có I ⊂ Iloc Như vậykhi 1∈ J thì ta có I = Iloc Vậy để chứng minh I = Iloc ta chỉ cần chứng

(f ◦ τθ+ϕ)(z)dθ

= 12π

−π+u

(f ◦ τu)(z)du

= 12π

−π

f (z1cosθ + z2sinθ,−z1sinθ + z2cosθ)dθ,

p

z2

1 + z2 2

,q

z2

1 + z2 2

z2

p

z2

1 + z2 2

−π

f (ξcos(θ + π),−ξsin(θ + π))dθ

= 12π

Đặt J1 = {Ff : f ∈ J} Gọi B là không gian các hàm chẵn trong bE′(R)

Ta sẽ chứng minh J1 là ideal của B

J1 là vành con của B Lấy Ff, Fh ∈ J1, khi đó f, h ∈ J.

Đóng cộng Ta cần chứng minh Ff+Fh ∈ J1 Thật vậy, đặt g = f +h.

Ff(ξ) + Fh(ξ) = f (ξ, 0) +e eh(ξ, 0)

= 12π

−π

(f (−ξcosθ, ξsinθ) + h(−ξcosθ, ξsinθ))dθ

= 12π

−π

( 12π

−π

f (−ξcosu, ξsinu)du)(h(−ξcosθ, ξsinθ))dθ

= 12π

−π

(Ff(ξ))(h(−ξcosθ, ξsinθ))dθ

= 12π

(f ◦ τθ)(z)((g ◦ k) ◦ τθ)(z)dθ

= 12π

(gFf)(ξ) = Fh(ξ) ∈ J1

dạng MA = {Kerφ : φ : A → C} Ta có A là đại số Banach giao hoán cóchứa phần tử đơn vị, do ∆ là tập lồi nên nó là tập lồi đa thức, không gianideal cực đại của A có thể đồng nhất với ∆[[4], trang 67], phép đồng nhất

f (z0) = 0, ∀f ∈ Kerφ

minh J không chứa trong ideal cực đại Thật vậy, giả sử ngược lại tồn tại

cho

f (z0) = 0, ∀f ∈ Kerφ,

trong A là ideal trong A và không chứa trong ideal cực đại, suy raJ = A,

do đó tồn tại dãy {fn} với fn ∈ J sao cho

b

E−′ limfn = 1,

suy ra ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N sao cho ∀n ≥ n0 thì |fn(z)− 1| < ε, ∀z ∈ ∆.

và |f(z) − 1| < ε, ∀z ∈ ∆ Ta cũng có |f (z)e − 1| < ε, z ∈ ∆, hay

|Ff(ξ)− 1| < ε nếu |ξ| < R Trong trường hợp đặc biệt, với ε < 1 ta nhậnđược Ff(ξ) 6= 0 nếu |ξ| < R Tức là các hàm trong J1 không có khôngđiểm chung

Cuối cùng ta áp dụng Định lý 0.1 cho ideal sinh bởi J1 trong bE′(R)

nhận được dãy Fn trong ideal sinh bởi J1 hội tụ tới 1 trong bE′(R), trong

Từ định lý 1.2 và những nghiên cứu trong phần giới thiệu chúng tanhận được

Định lý 1.3 Mỗi không gian con bất biến đối với phép tịnh tiến và phépquay của C(R2) hoặc E(R2) được sinh bởi hàm đa thức mũ nằm trong nó