Hàm phần nguyên và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: HÀM PHẦN NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Để giải mơ hình tốn học ta có nhiều cách tiếp cận, cách sử dụng chuyên ngành khoa học khác Lý thuyết phương trình vi phân, Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, Đại số tuyến tính, Nếu ngành khoa học nêu việc nghiên cứu mơ hình với biến liên tục tỏ xác định mạnh mơ hình biến rời rạc việc sử dụng kết kiến thức lý thuyết sai phân cho thấy giá trị vượt trội Thực tế mơ hình liên quan đến dân số, tài chính, mơi trường, ngân hàng, Và vấn đề Lý thuyết phương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng giải dựa Lý thuyết sai phân 584 2 Các cận cho độ giao hốn tương đối nhóm Mệnh đề sau cho ta cận cận cho độ giao hốn tương đối nhóm nhóm Mệnh đề Cho H nhóm G, p ước nguyên tố nhỏ |G| Khi |Z(G) ∩ H| + |H| |Z(G) ∩ H| p(|H| − |Z(G) ∩ H|) + ⩽ Pr(H, G) ⩽ |H| |H||G| 2|H| Chứng minh Đặt K = Z(G) ∩ H Khi theo Mệnh đề 74 ta có X X X |H||G| Pr(H, G) = |CG (x)| = x∈H |CG (x)| + x∈K = |K||G| + X |CG (x)| x∈H\K |CG (x)| x∈H\K Rõ ràng x ∈ H \ K {1} ⊊ CG (x) ⊊ G p ⩽ |CG (x)| ⩽ Do p(|H| − |K|) ⩽ X |CG (x)| ⩽ (|H| − |K|) x∈H\K |G| |G| Cho nên |K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| X |CG (x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|) x∈H\K |G| Từ suy |K| p(|H| − |K|) |K| |H| − |K| + ⩽ Pr(H, G) ⩽ + , |H| |H||G| |H| 2|H| ta có cơng thức cần chứng minh Rõ ràng độ giao hốn tương đối nhóm nhóm giao hoán Kết sau cho ta cận cho độ giao hoán tương đối nhóm một nhóm khơng giao hốn Mệnh đề Cho G nhóm khơng giao hốn H nhóm G Khi (i) Nếu H ⊆ Z(G) Pr(H, G) = Hơn nữa, H nhóm khơng giao hốn Pr(H, G) ⩽ (ii) Nếu H ⊈ Z(G) Pr(H, G) ⩽ Chứng minh X (i) Vì H ⊆ Z(G) nên |CG (x)| = |H||G| Do x∈H Pr(H, G) = 1 X |CG (x)| = |H||G| = |H||G| |H||G| x∈H (ii) Giả sử H ⊈ Z(G) Khi dó Z(G) ∩ H ⊊ H , Cho nên |Z(G) ∩ H| ⩽ |H| Áp dụng Định lý ?? ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| Pr(H, G) ⩽ ⩽ = |H| |H| Giả sử H khơng nhóm giao hốn Khi theo Mệnh đề 62 ta có Pr(H) ⩽ Do đó, theo Định lý 76 ta có Pr(H, G) ⩽ Pr(H) ⩽ Vậy ta có điều phải chứng minh Kết sau mơ tả cấu trúc nhóm trường hợp đạt đươc cận Mệnh đề ?? Mệnh đề Cho H nhóm nhóm G Khi đó: H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 ; (ii) Nếu Pr(H, G) = H khơng giao hốn H/(Z(G)∩H) ∼ = Z2 × Z2 (i) Nếu Pr(H, G) = Chứng minh (i) Giả sử Pr(H, G) = Khi đó, theo Định Lý ?? ta có |Z(G) ∩ H| + |H| |Z(G) ∩ H| = Pr(H, G) ⩽ = + 2|H| 2|H| Từ suy |H| ⩽ |Z(G) ∩ H| |H| = |H| = |Z(G) ∩ H|, từ suy H ⊆ Z(G) Khi |Z(G) ∩ H| theo Mệnh đề ?? (i) ta có Pr(H, G) = Điều mâu thuẫn với giả |H| thiết Do = 2, H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 , ta có điều |Z(G) ∩ H| Nếu phải chứng minh (ii) Giả sử Pr(H, G) = Bằng cách lập luận tượng tự ta suy |H| ⩽ |Z(G) ∩ H| Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H khơng giao hốn nên H/Z(H) khơng nhóm xiclíc Do H/(Z(G) ∩ H) khơng nhóm xiclíc Từ suy |H| ⩾ |Z(G) ∩ H| Điều chứng tỏ |H| = 4, |Z(G) ∩ H| H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 Khơng gian hàm khả vi liên tục C1 (Ω) Định nghĩa Cho Ω ⊂ Rn tập mở (i) Cho f : Ω → R i = 1, , n, ta nói f liên tục khả vi cấp ∂f = Di f ∈ C0 (Ω)) có tồn g ∈ C0 (Ω) thỏa mãn ∂xi ∂f ∂f g= = Di f Ω, = Di f hiểu lớp đạo hàm ∂xi ∂xi riêng thứ i f i Ω (∃ (i)  C (Ω) :=  ∂f ∈ C0 (Ω), ∀i = 1, , n f ∈ C (Ω) : ∃ ∂xi (iii) Cho f C1 (Ω) Ta biểu thị ∥f ∥C1 = ∥f ∥C1 ,Ω = X ∥Dα f ∥∞,Ω |α|≤1 ∥.∥C1 gọi chuẩn C1 Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở, bị chặn Khi (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) khơng gian Banach vô hạn chiều, không không gian Hilbert Chứng minh Ta xét trường hợp n = Ω = (a, b) Đầu tiên ta phải đầy đủ khơng khơng gian Hilbert Xét ánh xạ tuyến tính T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ), T (f ) := (f, f ′ ) (1) ∥f, g∥C0 (Ω)×C0 (Ω) := ∥f ∥∞ + ∥g∥∞ (f, g) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω) Chú ý T đẳng cự, nghĩa ∥T (f )∥C0 (Ω)×C0 (Ω) = ∥f ∥C1 ∀f ∈ C1 (Ω) Đặc biệt, ta định nghĩa M := T (C1 (Ω)), ánh xạ T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) đẳng cự Bài tập Cho (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) không gian Banach Cho E × F với chuẩn ∥(x, y)∥E×F = ∥x∥E + ∥y∥F Khi (E × F, ∥(x, y)∥F ) khơng gian Banach Do đó, ta phải M đóng (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ), để hoàn thành chứng minh Giả sử ((fh , fh′ ))h ⊂ M dãy mà lim ∥(fh − f, fh′ − g)∥C0 (Ω)×C0 (Ω) = h→∞ (2) với (f, g) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω chứng minh ∃f ′ = g [a, b] (3) Theo (13), ta fh → f fh′ → g [a, b] hội tụ theo điểm Theo định lý tích phân cổ điển Z x fh′ (t)dt fh (x) − fh (a) = ∀x ∈ [a, b], ∀h, a ta lấy qua giới hạn, h → ∞, đồng thức trước theo (14) Bài tập Chỉ (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) không gian Banach, X ∥Dα u∥∞ ∥u∥C1 := |α|≤1 Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn C1 (Ω) khơng gian vector vơ hạn chiều chứa tập hợp đa thức C1 (Ω) không khơng gian Hilbert Tính compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) Định lý Cho F ⊂ C1 (Ω) Fi := {Di f : f ∈ F}, i = 1, , n Khi F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) F Fi , với i = 1, , , n (i) Bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥C0 ); (ii) đóng (C0 (Ω), ∥.∥C0 ); (iii) liên tục Ω Chứng minh Ta xét trường hợp n = Ω = (a, b) Sự cần thiết: Chỉ rằng, F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), (i), (ii) (iii) Cho T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) ánh xạ định nghĩa (12) Trong chứng minh định lý 15 ta tồn T −1 : (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) → (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) liên tục Do F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) tương đương với T (F) compact (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) Giờ ta quan sát, xác biểu thị πi : C0 (Ω) × C0 (Ω) → C0 (Ω), (i = 1, 2) phép chiếu không gian tọa độ, nghĩa πi (f1 , f2 ) = fi (f1 , f2 ) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω), πi liên tục Từ F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), T (F) compact (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) Điều có nghĩa π1 (T (F)) = F π2 (T (F)) = F ′ compact (C0 (Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà - Ascoli ta (i), (ii), (iii) Tính đầy đủ: Chứng minh Bài tập F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) (iii) Nhận xét Cho F = BC1 ([a,b]) := {f ∈ C1 ([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞ + ∥f ′ ∥∞ ≤ 1} Khi F khơng compact (C1 ([a, b]), ∥.∥C1 ) theo định lý Riesz’s (nhớ C1 ([a, b]) không gian vô hạn chiều) Nhưng F compact tương đối (C0 ([a, b]), ∥.∥∞ ), nghĩa là, ∀(fh )h ⊂ F tồn (fhk )k f ∈ C0 ([a, b]) thỏa mãn lim ∥fhk − f ∥∞ = k→∞ Tính tách (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) Định lý (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) tách Chứng minh Cho T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) ánh xạ định nghĩa (12) Vì T đồng phơi tính tách được bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần khơng gian (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) khơng gian metric (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) tách Điều tính tách (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) (Định lý ??), tập từ tính chất tách qua giới hạn đến không gian (Xem định lý ?? (ii)) Không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) Định nghĩa Cho A ⊂ Rn (i) Hàm f : A ⊂ Rn → R gọi "Lipschitz" tồn số L>0 thỏa |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ A Tập hợp hàm Lipschitz f : A ⊂ Rn → R ký hiệu Lip(A) (ii) Cho f ∈ Lip(A) Một số không âm   |f (x) − f (y)| : x, y ∈ A, x ̸= y Lip(f ) = Lip(f, A) := sup |x − y| 45 | ∪∞ h=m+1 Eh | = ∞ X |Eh | → m → ∞ từ E < ∞ Vì h=m+1 ν(E) = ∞ X ν(Eh ) h=1 kết cho cách xếp dãy (Eh )h , chuỗi hội tụ tuyệt đối thỏa (??) Hơn nữa, từ |ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |E|1/p , ∀E ∈ M, suy (??) Lưu ý: Nếu p = ∞ đánh giá trước, (??) khơng cịn giữ Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn M-hàm đo u : Ω → R với u+ u− ∈ L1 (Ω) cho Z ϕ(χE ) = ν(E) = udx, ∀E ∈ M (40) E Thực thỏa mãn u ∈ L1 (Ω) Thật vậy, cho En+ := {x ∈ Ω : u(x) ≥ 0} En− := {x ∈ Ω : u(x) ≤ 0} Từ (??) ta Z 0≤ ± Z u dx = Ω En± udx = ν(En± ) < ∞ Do u± ∈ L1 (Ω) Từ tuyến tính ϕ tích phân, rõ ràng Z ϕ(s) = u s dx (41) Ω với hàm đơn giản đo s : Ω → R Để kết luận, cần chứng minh ′ u ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞) (42) Thật vậy, với f ∈ Lp (Ω), theo xấp xỉ hàm đơn giản (Định lý 34), tồn dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) hàm đơn gian đo thỏa mãn sh → f Lp (Ω) (43) 46 Từ (??), (??) bất đẳng thức Holder, suy Z u(sh − f )dx ≤ ∥u∥ p′ ∥f − sh ∥Lp (Ω) → L (Ω) (44) Ω Điều kiện (??), (??) tính liên tục ϕ cho Z Z ϕ(f ) = lim ϕ(sh ) = lim h→∞ u f dx, ∀f ∈ Lp (Ω) u sh dx = h→∞ Ω Ω ′ Đặc biệt, tồn u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ Ta điều phải chứng minh Ta chứng minh (??) Trong trường hợp p = 1, giả sử M > cho EM := {x ∈ Ω : u(x) > M } Khi Z udx = ϕ(χEM ) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |EM | M |EM | ≤ EM Vì |EM | = M > ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , từ ta suy ≤ u+ (x) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇔ ∥u+ ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ Tương tự ∥u− ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ′ u = u+ − u− ∈ L∞ (Ω) = L1 (Ω) Trong trường hợp < p < ∞, theo xấp xỉ hàm đơn giản, cho (sh ) dãy hàm đơn giản đo cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ |u| Ω, (45) lim sh (x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω (46) h→∞ Bây ta chứng minh ước lượng quan trọng sau ∥sh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (47) 47 Tập hợp ′ uh (x) := |sh (x)|p −1 sign(u(x)) x ∈ Ω Khi (uh ) dãy hàm đơn giản Z Z (??) ′ ∥sh ∥pLp′ (Ω) p′ |sh | dx ≤ = Ω Ω ′ shp −1 |u|dx Z (??) = uh u dx = ϕ(uh ) Ω Z ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥uh ∥Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ (p′ −1)p |sh |  p1 dx Ω Z  p1 p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |sh | dx Ω p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥sh ∥Lpp (Ω) Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) = 0, (??) hiển nhiên Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) > 0, bất đẳng thức (??) chia cho ∥sh ∥ p′ p Lp′ (Ω) p ý p′ (1 − ) = Từ (??), (??) bổ đề Fatou ta có Z Z ′ p ∥u∥L = p′ (Ω) ′ Ω h→∞ ′ ′ |u|p dx ≤ lim inf Ω ′ |sh |p dx = lim inf ∥sh ∥pLp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥p(Lp (Ω))′ < ∞ h→∞ Do (??) < p < ∞ Bước 3: Giả sử |Ω| = ∞ ta chứng minh T is still onto Cho (Ω)h dãy tăng tập bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh ′ Ta đồng ý với nhận định Lp (Ωh ) Lp (Ωh ), (h = 1, 2, ) với không gian ′ Lp (Ω) Lp (Ω) bao gồm hàm khuyết bên Ωh Đặc biệt, với ϕ ∈ (Lp (Ω))′ suy ϕ ∈ (Lp (Ω))′ ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (48) ′ Từ bước 2, với h, tồn uh ∈ Lp (Ωh ) cho ∥uh ∥Lp′ (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ Z ϕ(f ) = Ωh uh f dx, ∀f ∈ Lp (Ωh ) (49) (50) 48 Chú ý từ Lp (Ωh ) ⊂ Lp (Ωh+1 ), theo tính uh+1 = uh hầu khắp nơi Ωh Vì vậy, suy định nghĩa hàm u : Ω → R u(x) := uh (x) x ∈ Ωh Từ (??), (??) định lý đơn điệu hội tụ ∥u∥Lp′ (Ω) = lim ∥u∥Lp′ (Ωh ) = lim ∥uh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ < ∞, h→∞ h→∞ ′ u ∈ Lp (Ω) Hơn nữa, f ∈ Lp (Ω), theo định lý tính hội tụ trội f χΩh → f LP (Ω), thế, theo tính liên tục ϕ (??), Z ϕ(f ) = lim ϕ(f χΩh ) = lim h→∞ h→∞ Z u f dx = Ωh u f dx Ω Ta hoàn tất chứng minh Nhận xét 11 Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo (X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định ′ Lp (X, µ) ≡ (Lp (X, µ))′ cịn giữ • < p < ∞ cho o tng quỏt ã p = bit µ σ -hữu hạn Cách xác định sai trường hợp khác Support hàm Lp Ta biết rằng, cho hàm f : Rn R, support f tập hợp spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} = {x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} (S) Định nghĩa khơng cịn phù hợp cho hàm f ∈ Lp (Rn ) Thật vậy, ta muốn khái niệm thỏa mãn tính chất sau f1 = f2 hầu khắp nơi Rn ⇒ spt(f1 ) = spt(f2 ), trừ số phần không đáng kể 49 Nhưng trường hợp khơng Thật Ví dụ: Cho f1 := χQ : R → R f2 ≡ Khi đó, rõ ràng f1 = f2 hầu khắp nơi R spt(f1 ) = Q = R spt(f2 ) = ∅ Mệnh đề 12 (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn → R Ký hiệu Af := {ω ⊂ Rn : ω tập mở f = hầu khắp nơi ω} cho Af := ∪ω∈Af ω Khi Af tập mở f = hầu khắp nơi Af Tập đóng spte (f ) := Rn \ Af (ES) gọi support cần thiết f Rn Nhận xét 12 (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, f1 = f2 hầu khắp nơi Rn , spte (f1 ) = spte (f2 ) (ii) Định nghĩa (S) (ES) giống hàm liên tục Chính xác Bài tập 10 Nếu f : Rn → R liên tục, Rn \ Af = {x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} Chứng minh mệnh đề ?? Hiển nhiên Af tập mở Ta chứng minh f (x) = hầu khắp nơi x ∈ Af (51) Từ Rn không gian metric tách được, thỏa mãn tiên đề thứ hai tính đếm (Định lý ??) Do tồn họ đếm tập mở U = {Ui : i ∈ N} thỏa mãn với tập mở Rn hợp phần tử đếm U Với ω ∈ Af , giả sử ω = ∪i∈Jω Ui 50 cho số phù hợp Jω ⊂ N cho J := ∪ω∈Af Jω Do Af = ∪i∈J Ui Từ f = hầu khắp nơi Ui với i ∈ J , theo (??) 14 Độ giao hốn tương đối nhóm Ta bắt đầu định nghĩa độ giao hoán nhóm Định nghĩa 18 Cho G nhóm H nhóm G Ký hiệu C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh} Độ giao hốn tương đối nhóm H G, ký hiệu Pr(H, G), định nghĩa sau Pr(H, G) = |C| |H||G| Từ Định nghĩa 21 ta thấy Pr(G, G) = Pr(G), Pr(G) độ giao hốn nhóm G định nghĩa Định nghĩa 16 Sau số ví dụ độ giao hốn tương đối số nhóm Ví dụ Xét nhóm nhị diện D3 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ Khi D3 = {1, r, r2 , s, rs, r2 s} phép nhân phần tử D3 cho bảng sau • 1 r r2 s rs r2 s r r2 s rs r2 s r r r2 r2 r2 r rs r2 s s r s s rs s s rs r2 s r r2 r2 s r2 s s rs r r2 r rs rs r2 s s r2 Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa 21 ta có bảng sau