Một số lớp bài toán cauchy trong thang các không gian anach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT SỐ LỚP BÀI TỐN CAUCHY TRONG THANG CÁC KHƠNG GIAN BANACH 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 Hàng đợi phần sống hàng ngày Chúng ta phải đứng chờ quầy thu tiền siêu thị, chờ để mua vé xem phim, mua vé xe, vé tàu, rút tiền trạm ATM, lấy thức uống quán cà phê, đứng chờ mua xăng trạm xăng, chờ xử lý phòng cấp cứu, máy bay chờ cất cánh, hạ cánh, tàu thuỷ chờ bốc, dỡ hàng hố cảng Trong mơ hình phục vụ trên, khách hàng phải dùng chung tài nguyên, phải chờ để phục vụ đơi bị từ chối phục vụ Trong tình huống, thời gian chờ điều mà không muốn 438 2 Độ giao hoán tương đối mở rộng nhóm Trong mục ta nghiên cứu độ giao hốn tương đối mở rộng nhóm Mệnh đề Cho H1 H2 hai nhóm G cho H1 ⩽ H2 Khi Pr(H1 , H2 ) ⩾ Pr(H1 , G) ⩾ Pr(H2 , G) Chứng minh Theo Bổ đề ??, với x ∈ G ta có |H1 : CH1 (x)| ⩽ |H2 : CH2 (x)| ⩽ |G : CG (x)| Từ suy |C (x)| |C (x)| |CH1 (x)| ⩾ H2 ⩾ G với x ∈ G |H1 | |H2 | |G| Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H1 , H2 ) = X X |CH2 (x)| |CH2 (x)| = |H1 ||H2 | |H1 | |H2 | x∈H1 ⩾ x∈H1 X X |CG (x)| = |CG (x)| = Pr(H1 , G) |H1 | |G| |H1 ||G| x∈H1 x∈H1 Theo Mệnh đề ?? ta có X Pr(H1 , G) = ⩾ |H1 ||G| |CH1 (y)| = y∈G X |CH2 (y)| |G| y∈G |H2 | X |CH1 (y)| |G| |H1 | y∈G = X |CH2 (y)| = Pr(H2 , G) |H2 ||G| y∈H2 Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi Pr(H, G) ⩽ Pr(H/N, G/N ) Pr(N ) Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Để chứng minh Mệnh đề ?? ta cần bổ đề sau Bổ đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N với x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Chứng minh Lấy x ∈ G Giả sử y ∈ CH (x) Khi yN ∈ CH (x)N , N ta có xN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN Do yN ∈ CH/N (xN ) Từ suy CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N Giả sử N ∩ [H, G] = Ta chứng minh xảy dấu đẳng thức Thật vậy, lấy x ∈ G Giả sử yN ∈ CH/N (xN ) với y ∈ H Khi xN yN = yN xN , (xy)N = (yx)N Từ suy y −1 x−1 yx = (xy)−1 (yx) ∈ N Điều chứng tỏ y −1 x−1 yx ∈ N ∩[H, G] Do theo giả thiết, ta có y −1 x−1 yx = hay xy = yx Từ suy y ∈ CH (x) Do yN ∈ CH (x)N N Điều chứng tỏ CH/N (xN ) ⩽ CH (x)N N Vậy ta có điều phải chứng minh Bây ta chứng minh Mệnh đề ?? Chứng minh Từ Mệnh đề ?? ta có X X X |CH (y)| |H||G| Pr(H, G) = |CH (y)| = y∈G = X X S∈G/N y∈S = S∈G/N y∈S |CN (y)| X X |CH (y)N | |CH (y)| |CN (y)| = |CN (y)| |N ∩ CH (y)| |N | X X CH (y)N N |CN (y)| S∈G/N y∈S Áp dụng Bổ đề ?? từ suy X X X X |CH/N (S)| |CN (y)| |H||G| Pr(H, G) ⩽ |CH/N (yN )||CN (y)| = S∈G/N y∈S = X S∈G/N |CH/N (S)| S∈G/N X X |CS (x)| = x∈N |CH/N (S)| S∈G/N y∈S X |S ∩ CG (x)| x∈N Nếu S ∩ CG (x) ̸= ∅ tồn x0 ∈ S ∩ CG (x) S = N x0 Khi ta có S ∩ CG (x) = N x0 ∩ CG (x)x0 = (N ∩ CG (x))x0 = CN (x)x0 Từ suy |S ∩ CG (x)| = |CN (x)x0 | = |CN (x)| Nếu S ∩ CG (x) = ∅ rõ ràng = |S ∩ CG (x)| < |CN (x)| Do trường hợp ta có |S ∩ CG (x)| ⩽ |CN (x)| Từ suy X X X X |H||G| Pr(H, G) ⩽ |CH/N (S)| |S ∩ CG (x)| ⩽ |CH/N (S)| |CN (x)| S∈G/N x∈N S∈G/N x∈N = |H/N ||G/N | Pr(H/N, G/N )|N | Pr(N ) = |H||G| Pr(H/N, G/N ) Pr(N ) Do Pr(H, G) ⩽ Pr(H/N, G/N ) Pr(N ) Cuối cùng, giả sử N ∩ [H, G] = Ta chứng minh xảy dấu đẳng thức Khi đó, theo Bổ đề ?? ta có CH (y)N = CH/N (yN ) với y ∈ G N 72 Theo lập luận ta có |H||G| Pr(H, G) = X |CH/N (S)| X |S ∩ CG (x)| x∈N S∈G/N Vì N ◁ G [N, G] ⩽ N Do từ giả thiết suy [N, G] = N ∩ [N, G] ⩽ N ∩ [H, G] = 1, hay N ⩽ Z(G) Từ suy CG (x) ∩ S = G ∩ S ̸= ∅ với x ∈ N với S ∈ G/N Do |S ∩ CG (x)| = |CN (x)| với x ∈ N Từ suy xảy dấu đẳng thức Trong trường hợp đặc biệt, tích trực tiếp ta có kết sau Mệnh đề 45 Cho N H hai nhóm, N1 H1 tương ứng nhóm N H Khi Pr(N1 × H1 , N × H) = Pr(N1 , N ) Pr(H1 , H) Chứng minh Giả sử x = (x1 , x2 ) ∈ N1 × H1 Khi CN ×H (x) = {(a1 , a2 ) ∈ N × H | (x1 , x2 )(a1 , a2 ) = (a1 , a2 )(x1 , x2 )} = {(a1 , a2 ) ∈ N × H | (x1 a1 , x2 a2 ) = (a1 x1 , a2 x2 )} Do |CN ×H (x)| = |CN (x1 )||CH (x2 )| Từ suy X x∈N1 ×H1 |CN ×H (x)| = X x1 ∈N1 |CN (x1 )| X x2 ∈H1 |CH (x2 )| 73 Áp dụng Mệnh đề ?? ta có Pr(N1 × H1 , N × H) = |N1 × H1 ||N × H| X |CN ×H (x)| x∈N1 ×H1 = X X |CN (x1 )| |CH (x2 )| |N1 ||H1 ||N ||H| = |N1 ||N | x1 ∈N1 X |CN (x1 )| x1 ∈N1 x2 ∈H1 X |CH (x2 )| |H1 ||H| x2 ∈H1 = Pr(N1 , N ) Pr(H1 , H) Vây ta có điều phải chứng minh Đặc biệt, ta có kết sau Hệ 26 Cho H N hai nhóm Khi Pr(H, N × H) = Pr(H) Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hoán tương đối trở nên phức tạp nhiều Trong phần lại mục ta trường hợp đặc biệt Mệnh đề sau cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối nhóm abel với tích nửa trực tiếp nhóm xiclíc cấp Mệnh đề 46 Cho A nhóm giao hốn, α tự đẳng cấu A cho α2 = idA C2 = ⟨u⟩ nhóm xiclíc cấp với u phần tử sinh Ký hiệu G = A×θ C2 tích nửa trực tiếp A nhóm xiclíc C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) cho công thức θ(u) = α Khi Pr(A, G) = |Aα | + 2|A| Aα = {a ∈ A | α(a) = a} Chứng minh Giả sử x = (x1 , 1) ∈ A Khi ta có CG (x) = CA (x) ∪ CG\A (x) 74 Vì A nhóm giao hốn nên CA (x) = A Ta có CG\A (x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x1 , 1)(a, u) = (a, u)(x1 , 1)} = {(a, u) ∈ G \ A | (x1 a, u) = (aθ(u)(x1 ), u)} = {(a, u) ∈ G \ A | (ax1 , u) = (aα(x1 ), u)} Ta xét hai trường hợp x1 sau Trường hợp 1: x1 ∈ Aα Khi aα(x1 ) = ax1 với a ∈ A Do |CG\A | = |A| Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi aα(x1 ) ̸= ax1 với a ∈ A Do CG\A = ∅, |CG\A | = Từ suy X X X X |CG (x)| = x∈A (|CA (x)| + |CG\A (x)|) = x∈A |CA (x)| + x∈A = |A| + X |CG\A (x)| + x∈Aα X |CG\A (x)| x∈A |CG\A (x)| x∈A\Aα = |A|2 + |A||Aα | + = |A|(|A| + |Aα |) Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(A, G) = X |CG (x)| |A||G| x∈A = |A| |C2 | |A|(|A| + |Aα |) = |A| + |Aα | |Aα | = + 2|A| 2|A| Vậy ta có điều phải chứng minh 22 KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH Định lý 31 Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) tách ≤ p < ∞ không tách p = ∞ Ta cần hai kết để chứng minh định lý ??: trước kết topo (Urysohn’s Lemma) sau quan hệ xấp xỉ không gian hàm liên tục Lp 75 Định nghĩa 15 Cho (X, τ ) khơng gian topo Khi C0c (X) := {f : X → R liên tục spt(f ) compact (X, d)} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0} Bổ đề 12 (Bổ đề Urysohn) Cho X compact địa phương không gian metric, cho K ⊂ X V ⊂ X , K compact V mở thỏa mãn K ⊂ V Khi đó, tồn hàm φ ∈ C0c (X) thỏa mãn ≤ φ ≤ 1, φ ≡ K spt(φ) ⊂ V Định lý 32 (Xấp xỉ Lp hàm liên tục) Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi C0c (Ω) trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), biết ≤ p < ∞ Chứng minh định lý ?? dựa hai kết tảng xấp xỉ hàm đo được, ta cần nhớ lại Định lý 33 (Xấp xỉ hàm đơn giản) Cho (X, M) không gian đo cho f : X → [0, +∞] hàm đo Khi tồn dãy hàm đơn giản đo sh : X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất (i) ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ f ; (ii) lim sh (x) = f (x), ∀x ∈ X h→∞ Z Đặc biệt, f ∈ L (X, µ), nghĩa f dµ < ∞, sh → f X L1 (X, µ), nghĩa Z ∥f − sh ∥L1 (X,µ) := |f − sh |dµ → X Định lý 34 (Lusin - Dạng không gian metric compact địa phương) Cho µ độ đo Radon compact địa phương, không gian metric tách X Cho f : X → R hàm đo cho tồn tập Borel A ⊂ X với µ(A) < ∞, f (x) = ∀x ∈ X \A |f (x)| < ∞ µ− hầu khắp nơi x ∈ X Khi đó, với ϵ > 0, tồn g ∈ C0c (X) cho µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ 76 Hơn nữa, g chọn cho supx∈X |g(x)| ≤ sup |f (x)| x∈X Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω) tồn hàm đơn giản đo s : Ω → R cho |{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); ∥f − s∥Lp < ϵ (18) (19) Đầu tiên, giả sử f ≥ Ω Theo xấp xỉ hàm không âm đo phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy hàm đơn giản đo sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; lim sh (x) = f (x) h→∞ (20) ∀x ∈ Ω (21) Từ (??) ta sh ∈ Lp (Ω) |s ∈ Ω : sh (x) ̸= 0| < ∞ ∀h, (22) ∥sh − f ∥ ≤ 2f Ω, ∀h (23) Theo (??) (??), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, ≤ p < ∞, ta lim ∥sh − f ∥Lp = h→∞ (24) Cho ϵ > 0, từ (??), tồn h = h(ϵ) ∈ N cho ∥sh − f ∥Lp < ϵ Nếu ta định nghĩa s := sh , theo (??) (??) Trường hợp tổng quát f : Ω → R chứng minh tách f = + f − f − áp dụng (??) (??), tách thành f + f − Bước 2: Ta ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω), ∃g ∈ C0c (Ω) cho ∥f −g∥Lp < ϵ ϵ Cho f hàm đơn giản đo thỏa mãn (??) (??) với ϵ ≡ ký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử ∥s∥∞ > 0, khơng 77 s ≡ ∈ C0c (Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s, tồn hàm g ∈ C0c (Ω) thỏa mãn |Ac | = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵp , 4p ∥s∥p∞ (25) với |g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω (26) Chú ý ∥f − g∥Lp ≤ ∥f − s∥Lp + ∥s − g∥Lp < Bây ta đánh giá ∥s − g∥Lp Z Z ∥s − g∥pLp = |s − g|p dx = Ω ϵ + ∥s − g∥Lp |s − g|p dx ≤ 2p ∥s∥p∞ |Aϵ | < Aϵ (27) ϵp 2p (28) Vì (??) (??) kết thúc chứng minh Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) tách (29) Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (??), ta (Lp (Ω), ∥.∥∞ ) tách được, biết ≤ p < ∞ Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm được, ta chứng minh D trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞ (30) Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho ϵ ∥f − g∥Lp < D trù mật, tồn e g ∈ D cho ∥g − e g ∥∞ < ϵ 2|Ω|1/p Nhớ lại Bài tập ∥f ∥Lp ≤ |Ω|1/p ∥f ∥∞ , ∀f ∈ L∞ (Ω), biết |Ω| < ∞ (31) 78 Điều nghĩa ϵ ∥g − g∥Lp ≤ |Ω1/p |∥g − g∥∞ < (32) Do gợi ý (??) (??) ám (??) Bây giả sử Ω không bị chặn Theo kết biết topo, tồn dãy (Ωh )h tập mở bị chặn cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 Ω= ∪∞ h=1 Ωh Hơn nữa, ý C0c (Ω) = ∪∞ h=1 Cc (Ωh ) (33) Theo (??) tồn tập Dh ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm Cho D := ∪∞ h=1 Dh (??) giữ Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho (??) Từ K := spt(g) tập compact chứa Ω, tồn h = h(g) = ϵ ∈ N cho K ⊂ Ωh Điều có nghĩa g ∈ C0c (Ωh ) ta có kết luận bước trước Bây ta chứng minh (??) Nhớ lại (C0 (K), ∥.∥∞ ) tách được, biết K ⊂ Rn tập compact (định lý 30) Cho (Ωh ) dãy tập mở bị chặn Rn Theo định nghĩa, C0c (Ωh ) ⊂ (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Vì (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) tách nên với h, tồn tập D ⊂ (C0 (Ωh ), ∥.∥∞ ) trù mật đếm (34) Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sửa tập hợp hàm D eh ⊂ C0c (Ω) đẻ họ cho tập hợp hàm đếm D e D := ∪∞ h=1 Dh ⊂ (Cc (Ω), ∥.∥inf ty ) đếm trù mật (35) Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1 , V = Ωh cho φh ∈ C0 (Ω) cho ≤ φh (x) ≤ 1, ∀x ∈ Ω, φh (x) = 1, ∀x ∈ Ωh−1 spt(φh ) ⊂ Ωh 79 xác định g ∈ Dh , g : Ωh → R, định nghĩa e g : Ω → R hàm ( g(x) x ∈ Ωh , e g (x) := nếux ∈ Ω \ Ωh cho e := {φhe D g : g ∈ D} e (h ∈ N) D := ∪∞ h=1 D Ta chứng minh (??) Theo cách xây dựng, D đếm Vì ta cần chứng minh trù mật (C0c , ∥.∥∞ ) Sửa ϵ > 0, f ∈ C0c (Ω) cho K := spt(f ) ⊂ Ω compact Tồn h0 ∈ N cho K ⊂ Ωh0 ⊂ Ωh0 +1 Điều có nghĩa f ∈ C0c (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 +1 ) Theo (??), tồn f1 ∈ Dh0 +1 cho ∥f − f1 ∥∞,Ω := sup |f (x) − f1 (x)| < ϵ (36) x∈Ω Từ f ≡ Ωh0 +1 \ Ωh0 từ (??), suy |f1 (x)| < ϵ sup (37) x∈Ωh0 +1 \Ωh0 eh0 +1 , theo (??) (??) ta Bây ta định nghĩa f2 := φh0 +1 fe1 ∈ D ∥f − f2 ∥∞,Ω = sup |f (x) − f2 (x)| = x∈Ω sup |f (x) − φh0 +1 f (x)| ≤ x∈Ωh0 +1 ( max ) sup |f (x) − f1 (x)|, sup |f1 (x)| < ϵ x∈Ωh0 +1 \Ωh0 x∈Ωh0 Như (??) Cuối ta chứng minh (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ ) khơng tách Ta tìm họ rời không đếm Ui : i ∈ I tập mở L∞ (Ω) Cho a ∈ Ω cho ωa := B(a, ) > với B(a, ) ⊂ Ω Định nghĩa n o Ua := f ∈ L∞ (Ω) : ∥f − χωa ∥L∞ < Chú ý a ∈ I := Ω 80 • Ua mở (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ ), ∀a ∈ Ω: hiển nhiên • Ua ∩ Ub = ∅ a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ Ua ∩ Ub , điều nghĩa ∥χωa − χωb ∥L∞ ≤ ∥χωa − f ∥L∞ + ∥f − χωb ∥L∞ < 1 + = 2 Mặt khác ∥χωa − χωb ∥L∞ = a ̸= b, mâu thuẫn • I = Ω khơng đếm 23 KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH Định lý 35 Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) tách ≤ p < ∞ không tách p = ∞ Ta cần hai kết để chứng minh định lý ??: trước kết topo (Urysohn’s Lemma) sau quan hệ xấp xỉ không gian hàm liên tục Lp Định nghĩa 16 Cho (X, τ ) không gian topo Khi C0c (X) := {f : X → R liên tục spt(f ) compact (X, d)} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0} Bổ đề 13 (Bổ đề Urysohn) Cho X compact địa phương không gian metric, cho K ⊂ X V ⊂ X , K compact V mở thỏa mãn K ⊂ V Khi đó, tồn hàm φ ∈ C0c (X) thỏa mãn ≤ φ ≤ 1, φ ≡ K spt(φ) ⊂ V Định lý 36 (Xấp xỉ Lp hàm liên tục) Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi C0c (Ω) trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), biết ≤ p < ∞ Chứng minh định lý ?? dựa hai kết tảng xấp xỉ hàm đo được, ta cần nhớ lại 81 Định lý 37 (Xấp xỉ hàm đơn giản) Cho (X, M) không gian đo cho f : X → [0, +∞] hàm đo Khi tồn dãy hàm đơn giản đo sh : X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất (i) ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ f ; (ii) lim sh (x) = f (x), ∀x ∈ X h→∞ Z Đặc biệt, f ∈ L (X, µ), nghĩa f dµ < ∞, sh → f X L1 (X, µ), nghĩa Z ∥f − sh ∥L1 (X,µ) := |f − sh |dµ → X Định lý 38 (Lusin - Dạng không gian metric compact địa phương) Cho µ độ đo Radon compact địa phương, không gian metric tách X Cho f : X → R hàm đo cho tồn tập Borel A ⊂ X với µ(A) < ∞, f (x) = ∀x ∈ X \A |f (x)| < ∞ µ− hầu khắp nơi x ∈ X Khi đó, với ϵ > 0, tồn g ∈ C0c (X) cho µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ Hơn nữa, g chọn cho supx∈X |g(x)| ≤ sup |f (x)| x∈X Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω) tồn hàm đơn giản đo s : Ω → R cho |{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); ∥f − s∥Lp < ϵ (38) (39) Đầu tiên, giả sử f ≥ Ω Theo xấp xỉ hàm không âm đo phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy hàm đơn giản đo sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; (40)