Hàm phần nguyên

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 Các định lý Krein-Rutman tìm ứng dụng sâu sắc nghiên cứu toán học tốn điểm phân nhánh Giải tích phi tuyến, lý thuyết ổn định nghiệm phương trình vi phân Ngồi chúng tìm ứng dụng toán kinh tế, lý thuyết điều khiển 831 2 Xấp xỉ tích chập Lp Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp (Ω) với ≤ p < ∞, tồn (fh )h ⊂ C0c (Ω) cho fh → f Lp (Ω) Ta chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm xấp xỉ theo hàm quy Chính xác Câu hỏi: (i) Có tồn (fh )h ⊂ C1c cho fh → f Lp (Ω)? (ii) Có thể xây dựng cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈ Lp (Ω)? Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai có ý nghĩa xấp xỉ số Định nghĩa (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy mollifiers dãy hàm ϱh : Rn → R, (h = 1, 2, ) cho, với h, ϱ ∈ C∞ (Rn ); (M o1) spt(ϱh ) ⊂ B(0, 1/h); Z ϱh dx = 1; (M o2) (M o3) Rn ϱh (x) ≥ 0, ∀x ∈ Rn (M o4) Ví dụ mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng dãy mollifiers, hàm không biến ϱ : Rn → R thỏa mãn n ϱ ∈ C∞ c (R ), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ Ví dụ, cho ϱ(x) :=   exp |x| −  |x| < |x| ≥  n Khi dễ thấy ϱ ∈ C∞ c (R ) Hơn nữa, ta có dãy mollifiers định nghĩa ϱh (x) := c hn ϱ(hx), x ∈ Rn , h ∈ N −1 Z c := ϱdx Rn Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := Rn Khi (i) Hàm fh : Rn → R is well defined; (ii) fh (x) = (ϱh ∗ f )(x) = (f ∗ ϱh )(x) với x ∈ Rn h ∈ N; (iii) fh (x) ∈ C0 (Rn ) với h Hàm fh gọi mollifiers thứ h f Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) (Mo4), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1/h) Khi Z Z |f (y)ϱ(x − y)|dy = Rn |f (y)ϱ(x − y)|dy B(x,1/h) Z ≤ sup ϱ Rn |f (y)|dy < ∞ B(x,1/h) Do đó, ta thay đổi x ∈ Rn , hàm gx (y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈ Rn khả tích Rn , xác định tích phân Z Z R∋ gx (y)dy = ϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn Rn Rn (ii) cách thay đổi biến Z (f ∗ ϱ)(x) = f (x − y)ϱ(y)dy (z=x=y) Z f (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x) = Rn Rn (iii) Cho x ∈ Rn xr → x, ta chứng minh (ϱ ∗ f )(xr ) → (ϱ ∗ f )(x) (1) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (2) Rn Từ dãy (xr )r bị chặn Rn , tồn tập compact K ⊂ Rn thỏa mãn B(xr , 1/h) = xr − B(0, 1/h) ⊂ K, B(x, 1/h) ∈ K, ∀r ∈ N Đặc biệt ϱ(xr − y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y ∈ / K, ∀r ∈ N (3) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (79), tồn L > thỏa |ϱ(xr − y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK (y)|xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N Vì ta |ϱ(xr − y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK (y)|f (y)||xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N (4) Từ (78), (79) định lý tính hội tụ bị trội, theo (77) Nhận xét Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm không gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề 51 giữ f ∈ L1loc (Rn ) ϱ ≡ ϱh ∈ C0 (Rn ) thỏa (Mo2) Trên thực tế, xác định tích chập hai hàm g ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞ f ∈ L1 (Rn ) Z (g ∗ f )(x) := g(x − y)f (y)dy Rn giữ (g ∗ f ) ∈ Lp (Rn ) ∥g ∗ f ∥Lp (Rn ) ≤ ∥g∥Lp (Rn ) ∥f ∥L1 (Rn ) Định lý (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập Lp ) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Khi (i) f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) với h ∈ N (ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (Rn ) ≤ ∥f ∥Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∈ Lp (Rn ) với p ∈ [1, ∞] (iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂ spte (f ) + B(0, 1/h) với h ∈ N (iv) Nếu f ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞, f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) ∩ Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∗ ϱh → f h → ∞, Lp (Rn ), biết ≤ p < ∞ Kết cho ta hai kết quan trọng Định lý (Bổ đề tính tốn biến) Cho Ω ⊂ Rn tập mở cho f ∈ L1loc (Ω) Giả sử Z f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞ (Ω) (∗) Ω Khi f = hầu khắp nơi Ω Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ Z |f |dx = với tập compact K ∈ Ω K Thật vậy, theo (81), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (81) Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g : Rn → R   f (x) x ∈ K, f (x) ̸= g(x) := |f (x)|  ngược lại Khi g ∈ L1 (Rn ) spte (g) ⊆ K ⊂ Ω Cho gh := g ∗ ϱh Theo định lý 43 (iii), tồn h = h(K) ∈ N cho spt(g ∗ ϱh ) ⊆ spte (g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω (5) với h > h Do đó, theo định lý 15 (i), (ii), gh ∈ C∞ h > h |gh (x)| ≤ ∥g∥L∞ (Rn ) = 1, ∀x ∈ Rn , ∀h ∈ N (6) c Từ (∗) ta Z f gh dx = 0, ∀h ≤ h Ω Mặt khác, từ định lý 43 (iv) (66), ta giả sử, dãy tăng, gh → g hầu khắp nơi Rn Do đó, Z Z Z f gh dx → = 0= Ω |f |dx f g dx = Ω K Định lý (Xấp xỉ theo hàm C∞ Lp ) Cho Ω ⊂ Rn tập mở p Khi C∞ c (Ω) trù mật L (Ω), ∥.∥Lp , biết ≤ p < ∞ Chứng minh Cho f ∈ Lp (Ω), định nghĩa fe : Rn → R ( f (x) x ∈ Ω fe(x) := x ∈ Rn \ Ω Chú ý fe ∈ Lp (Rn ) Cho (Ωh )h dãy tăng tập mở bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh , Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 , ∀h, định nghĩa gh (x) := χΩh (x)fe(x) fh,r (x) := (ϱr ∗ gh )(x) x ∈ Rn , h, r ∈ N Theo định lý 43 (iii) suy spt(fh,r ) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh ⊂ Ω (7) Hơn nữa, cho h ∈ N, tồn rh = r(h) ∈ N cho rh ≥ h B(0, 1/rh ) + Ωh ⊂ Ω Định nghĩa fh (x) := (ϱrh ∗ gh )(x), x ∈ Rn , h ∈ N, (8) để đơn giản, giả sử rh = h Khi đó, theo định lý 43 (i), (ii) (83), (84), fh ∈ C∞ c (Ω) ∥fh − f ∥Lp (Ω) = ∥fh − fe∥Lp (Rn ) ≤ ∥ϱh ∗ gh − ϱh ∗ fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp Rn = ∥ϱh ∗ (gh − fe)∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) (9) ≤ ∥gh − fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) , ∀h Từ định lý 43 (iv), ϱh ∗ fe → fe Lp (Rn ), theo định lý hội tụ miền gh → fe Lp (Rn ) Khi theo (85), ta có điều phải chứng minh Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề 46 ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ 20 suy từ Định lý 31 Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; ν(Eh ) = ϕ(χE ) − ϕ(χEh ) = ϕ(χE ) − ϕ χEh ν(E) − h=1 h=1 h=1