Ứng dụng lí thuyết điểm bất động

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: ỨNG DỤNG LÍ THUYẾT ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG HÌNH NĨN VÀO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN 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 Trong năm gần Lý thuyết sóng nhỏ (Theory of Wavelets) phát triển mạnh mẽ, trở thành tảng cho việc xây dựng Lý thuyết truyền tin lí thuyết ứng dụng khác Không gian sở mà Lý thuyết xây dựng L (R), không gian hàm bình phương khả tích R Do phần tử thuộc L (R), biểu diễn qua sở nên người ta phải quan tâm đến sở không gian Trong số sở L (R) có loại sở đặc biệt sở wavelets trực chuẩn Luận văn giới thiệu loại sở wavelets trực chuẩn thường dùng đến sở Gabor sở Haar, hai sở cho nhiều ứng dụng 504 2 Các tính chất tổng quát ∆U -vành Ta biết + J(R) ⊆ U (R) Vành R gọi U J -vành U (R) ⊆ + J(R), nghĩa + J(R) = U (R) Lưu ý R U J -vành ∆(R) = J(R) Một vành R gọi ∆U -vành + ∆(R) = U (R) Mệnh đề Một vành R ∆U -vành U (R)+U (R) ⊆ ∆(R) (khi U (R) + U (R) = ∆(R)) Chứng minh Giả sử R ∆U -vành, lấy u, v ∈ U (R), ta có + u ∈ ∆(R) − v ∈ ∆(R), u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy U (R) + U (R) = ∆(R) (vì ∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay + ∆(R) = U (R) Vậy R ∆U -vành Mệnh đề sau trình bày số tính chất ∆U -vành Mệnh đề Cho R ∆U -vành Khi (1) ∈ ∆(R); (2) Nếu R thể, R ∼ = F2 ; (3) Nếu x2 ∈ ∆(R) x ∈ ∆(R) (do N (R) ⊆ ∆(R)); (4) R hữu hạn Dedekind; (5) Cho I ⊆ J(R) iđêan R Khi R ∆U -vành R/I ∆U -vành; Y (6) Vành Ri ∆U vành Ri ∆U , với i ∈ I i∈I (7) Nếu T vành R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T , T ∆U -vành Cụ thể áp dụng cho Z = Z(R) tâm R Chứng minh (1) Từ Mệnh đề ?? ta dễ dàng suy ∈ ∆(R) (2) Nếu R thể ∆(R) = Vì R U J -vành nên ta suy ∼ R = F2 (3) Giả sử x2 ∈ ∆(R) Khi (1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R) tức 1+x ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên 1+x ∈ 1+∆(R), x ∈ ∆(R) (4) Giả sử a, b ∈ R với ab = Khi phần tử − ba lũy đẳng R, [b(1 − ba)]2 = = [(1 − ba)a]2 ∈ ∆(R) Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R) Từ đó, ba ∈ U (R) ba = (5) Nếu I ⊆ J(R) iđêan, ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề 49 Giả sử R ∆U -vành Khi đó, u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) u ∈ + ∆(R) Suy u + I ∈ + ∆(R)/I = + ∆(R/I) Do R/I ∆U -vành Ngược lại, giả sử R/I ∆U -vành Lấy u ∈ U (R) tùy ý Khi u + I ∈ + ∆(R)/I Ta kiểm tra u ∈ + ∆(R) Do đó, R ∆U -vành (6) Hiển nhiên (7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây U (R) = + ∆(R) cho + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = + (∆(R) ∩ T ) ⊆ + ∆(T ) suy + ∆(T ) ⊆ U (T ) hay T ∆U -vành Định lý Vành ma trận Mn (R) ∆U -vành n = R ∆U -vành Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên (:⇒) Giả sử Mn (R) ∆U -vành n > Đầu tiên ta chứng minh R thể, tức phần  tử khác không  khả nghịch Lấy bất 0 − a     0 0    kỳ a ∈ R, a = ̸ 0, ta có X =      ∈ Mn (R) X =    0 Do Mn (R) ∆U -vành, ta lấy X ∈ ∆(Mn (R)) Lấy phần tử khả nghịch     0 0       0   ∈ Mn (R) Khi In −U X =           0 a 0 0 khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R thể ∼ Tiếp  theo, ta chứng  minh R = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= a ̸= Lấy a 0 0 a 0      0 X=  ∈ Mn (R) Khi X khả nghịch Vì Mn (R)       0 a 0    U =    0 0 0   0   1−a 0  − a        ∆U -vành nên ta có In − X =   ∈ ∆(Mn (R))       0 − a Vì − a khả nghịch nên In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do R∼ = F2     1 X1 Cuối cùng, ta n = Lấy X1 = X = ∈ 0 In−2 Mn (R) Khi X khả nghịch Mn (R) Bởi giả thuyết,  ta có X2 In − X ∈ ∆(Mn (R)) Mặt khác, ta có In − X = In−2   X2 = Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1 R ∼ = M1 (R) ∆U -vành Mệnh đề Giả sử R ∆U -vành e phần tử lũy đẳng R Khi eRe ∆U -vành Chứng minh Lấy u ∈ U (eRe) Khi u + − e ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v khả nghịch eRe Rõ ràng v + − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên u−e+v+1−e ∈ U (R) theo định nghĩa ∆, đặt u−e+v+1−e = t ∈ U (R) Ta kiểm tra et = te = ete = u − e + v , ete ∈ U (eRe) Suy u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy, u ∈ e + ∆(eRe) hay eRe ∆U -vành Cho R vành M song môđun vành R Một mở rộng tầm thường R M T (R, M ) = {(r, m) : r ∈ R m ∈ M }, với phép cộng theo thành phần phép nhân định nghĩa (r, m)(s, n) = (rs, rn + ms)  r m r  : r ∈ R m ∈ M Mở rộng tầm thường T (R, M ) đẳng cấu với vành   R M Hơn nữa, kiểm tra vành ma trận × R T (R, R) ∼ = R[x]/(x ) Theo Mệnh đề 46, có tập phần tử khả nghịch mở rộng tầm thường T (R, M ) T (U (R), M ), ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M )   Morita context gồm thành phần A M N B A, B vành, B NA song môđun, tồn tích context M ×N → A  A M N × M → B với (ω, z) = ωz (z, ω) = zω , thỏa mãn vành A MB N B kết hợp với phép  toán trên ma trận A M Morita context gọi tầm thường tích context N B tầm thường, nghĩa M N = N M = (xem [?], trang 1993) Ta có   A M N B A M N B  ∼ = T (A × B, M ⊕ N )  Morita context tầm thường theo [?]  Định lý Cho M (R, R) song môđun Vành R ∆U -vành T (R, M ) ∆U -vành   u m Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), u u ∈ U (R) m ∈ M Ta u¯ − ∈ ∆(T (R, M )) Rõ ràng, u ∈ U (R) u = + a ∈ + ∆(R) với a thuộc ∆(R) Suy  a ¯= 0   + a m a  ∈ T (∆(R), M ) = ∆(T (R, M )) Vì T (R, M ) ∆U -vành (⇐:) Điều ngược lại dễ thấy Hệ 1.Giả sửM (R, S) song môđun Khi vành ma trận tam giác dạng R M S ∆U -vành R S ∆U -vành Hệ R ∆U -vành vành ma trận tam giác Tn (R) ∆U -vành, n ≥ Vô hạn chiều Định nghĩa (i) Không gian vector thực E gọi vô hạn chiều khơng hữu hạn chiều ta viết dimR E = ∞ (ii) Nếu dimR E = ∞, hệ B ⊂ E gọi sở (đại số Hamel) E hệ vector độc lập tuyến tính (nghĩa tập hữu hạn độc lập tuyến tính) B tập lớn tất tập chứa vector độc lập tuyến tính E Điều chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff, với không gian vector vơ hạn chiều E có sở B phần tử thuộc E biểu diễn (hữu hạn) theo tổ hợp tuyến tính phần tử thuộc B Khi dimR E = ∞, (E, ∥.∥E ) (E ′ , ∥.∥E ′ ) không thiết đẳng cấu topo Tuy nhiên, ta chứng minh vài tính chất topo (E ′ , ∥.∥E ′ ) tính tách giữ (E, ∥.∥E ) Định lý (E, ∥.∥E ) tách (E ′ , ∥.∥E ′ ) tách Trước chứng minh định lý ta cần sử dụng điều kiện trù mật cho khơng gian định chuẩn, hệ định lý Hahn-Banach thứ hai hình học Mệnh đề (Điều kiện trù mật không gian con) Cho (E, ∥.∥E ) không gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E không gian không trù mật (E, ∥.∥E ) lấy x0 ∈ E \ M Khi tồn f ∈ E ′ cho ⟨f, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ M ⟨f, x0 ⟩E ′ ×E = Chứng minh Từ định lý Hahn-Banach thứ hai hình học, tồn g ∈ E ′ cho siêu phẳng H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E ′ ×E = α}, tách tập M {x0 } cách nghiêm ngặt, tức ⟨g, x⟩E ′ ×E < α < ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E ∀x ∈ M (1) Từ M không gian con, theo (??), suy λ ⟨g, x⟩E ′ ×E < α, ∀λ ∈ R, ⟨g, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ M Do đó, ta xác định hàm f ∈ E ′ f := g, ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E ta có điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 41 Cho D := {fh : h ∈ N} ⊂ (E ′ , ∥.∥E ′ ), trù mật Với h có phần tử xh ∈ E với ∥xh ∥ = 1 |fh (x)| ≥ ∥fh ∥E ′ (2) Cho e := spanQ {xh : h ∈ N} D := spanR {xh : h ∈ N}, D tức là, tập tất tổ hợp tuyến tính phần tử {xh : e đếm được, D không gian h ∈ N} với hệ số thực Khi D E theo cách xây dựng ˜ ⊂ (D, ∥.∥) trù mật D Để đưa kết luận chứng minh, ta cần phải D ⊂ (D, ∥.∥) trù mật Theo phản chứng, D không trù mật, lấy x0 ∈ E \ D Khi từ mệnh đề ??, tồn f ∈ E ′ cho ⟨f, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ D ⟨f, x0 ⟩E ′ ×E = Từ D trù mật, có dãy (fhk )k mà lim ∥fhk − f ∥E ′ = k→∞ Tuy nhiên, từ ∥xhk ∥ = 1, ∥fhk − f ∥E ′ ≥ |fhk (xhk ) − f (xhk )| = |f (xhk )| ≥ ∥fhk ∥E ′ ∀k ∈ N Do dó ∥fhk ∥E ′ → k → ∞, nghĩa f ≡ 0, mâu thuẫn với f (x0 ) = Vì D = E Các vành nhóm Ánh xạ ε : RG → R cho ε( X g rg g) = X g Iđêan ∇(RG) = ker(ε) gọi iđêan mở rộng rg ánh xạ mở rộng 73 Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H, G) = X |CH (y)| X |CH (y)| = |H||G| |G| |H| y∈G y∈G Theo Bổ đề ?? ta có |CH (y)| |C (y)| ⩾ G với y ∈ G |H| |G| Từ suy Pr(H, G) ⩾ X |CG (y)| X |CG (y)| = Pr(G) = |G| |G| |G|2 y∈G y∈G Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề sau cho ta điều kiện cần đủ để xảy đẳng thức Mệnh đề 41 Cho H nhóm nhóm G Khi (i) Pr(H, G) = Pr(H) G = HCG (x) với x ∈ H (ii) Pr(H, G) = Pr(G) G = HCG (x) với x ∈ G Chứng minh (i) Từ phép chứng minh Mệnh đề ?? ta thấy Pr(H, G) = Pr(H) |CH (x)| |CG (x)| = với x ∈ H |H| |G| Theo Bổ đề ??, điều xảy G = HCG (x) với x ∈ H Vậy ta có điều phải chứng minh (ii) Lập luận hoàn toàn tương tự ta có điều phải chứng minh Từ Mệnh đề ?? ta có hệ sau Hệ 19 Cho H nhóm nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G) Pr(H) = Pr(G) Mệnh đề sau cho ta điều kiện đủ để không xảy đẳng thức Mệnh đề ?? 74 Mệnh đề 42 Cho H nhóm nhóm G Nếu H khơng chuẩn tắc G Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H) Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc G Trước tiên ta chứng minh tồn x ∈ H cho G ̸= HCG (x) Thật vậy, giả sử trái lại G = HCG (x) với x ∈ H Lấy g ∈ G x ∈ H Khi g −1 ∈ G = HCG (x) Giả sử g −1 = với h ∈ H, a ∈ CG (x) Khi ta có g −1 xg = (ha)x(ha)−1 = haxa−1 h−1 = hxaa−1 h−1 = hxh−1 ∈ H Điều chứng tỏ H ◁ G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng minh Do đó, theo Bổ đề ?? ta có Pr(H, G) ̸= Pr(H) Pr(H, G) ̸= Pr(G) Kết hợp điều với Mệnh đề ?? ta có bất đẳng thức cần chứng minh 24 Không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) Định nghĩa 24 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| gọi số Lipschitz f Nhận xét Định nghĩa hàm Lipschitz khái niệm metric Thật vậy, (X, d) (Y, ϱ) không gian metric, ánh xạ f : X → Y gọi Lipschitz có số L > thỏa mãn ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X 75 Mệnh đề 43 Cho A ⊂ Rn f ∈ Lip(A) (i) f liên tục A; (ii) tồn f¯ : A → R với f |A = f Lip(f ) = Lip(f ) Nhận xét 10 Từ mệnh đề 49 suy f ∈ Lip(A), với A ⊂ Rn , ln có nghĩa hàm f : A → R ngược lại Hơn nữa, ánh xạ mở rộng E : Lip(A) → Lip(A), E(f ) := f song ánh Theo kết này, ta hiểu Lip(A) = Lip(A) Lưu ý tính chất mở rộng khơng cịn khơng gian C1 (Ω) Mệnh đề 44 Cho Ω ⊂ Rn tập lồi bị chặn Khi C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) Chứng minh Cho f ∈ C1 (Ω) Theo định lý giá trị trung bình ∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω thỏa mãn f (x) − f (y) = (∇f (z), x − y)Rn Nghĩa |f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn | ≤ sup(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω Ω Nhận xét 11 (i) không Ω khơng lồi p Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈ R : y < |x|, x2 + y < 1} ( y β y > f (x, y) := y ≤ với 1, β < Khi f ∈ C1 \ Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy f ∈ C1 Ta chứng minh f ∈ / Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sử f ∈ Lip(Ω) Khi tồn L > thỏa mãn, với (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,  x 1/β |f (x, y) − f (−x, y)| = 2y β ≤ 2Lx ⇔ y ≤ L 76 Từ 1/2 < 1/β , ta chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn  x 1/β √ x>y> , L điều mấu thuẫn với bất đẳng thức trước (ii) Quan hệ bao hàm chặt Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) f (x) = |x| Khi f ∈ Lip(Ω) \ C1 (Ω) Mặc dù không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) rộng hàm khả vi liên tục C1 (Ω), chúng có chung tính chất quan trọng, tính khả vi, chứng minh trường hợp chiều Định lý 34 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn tập mở cho f ∈ Lip(Ω) Khi f khả vi x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa bỏ tập có độ đo không N ⊂ Ω, với x ∈ Ω \ N tồn hàm tuyến tính varphi : Rn → R thỏa mãn lim y→x f (y) − f (x) − φ(y − x) = y−x Đặc biệt, với x ∈ Ω \ N tồn ∇f (x) Định nghĩa 25 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Ta biểu thị ∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω + Lip(f, Ω) ∥.∥Lip gọi chuẩn Lip Định lý 35 (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian Banach vô hạn chiều không không gian Hilbert, biết Ω ∈ Rn tập mở bị chặn Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng gian tuyến tính định chuẩn, ý Lip(f + g) ≤ Lip(f ) + Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω) (33) Ta phải tính đầy đủ Cho (fh )h dãy Cauchy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ), nghĩa với ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N thỏa mãn |fh (x) − fk (y)| + |fh (x) − fk (y) − fh (z) + fk (z)| ≤ |y − z| ∥fh − fk ∥∞ + Lip(fh − fk ) = ∥fh − fk ∥Lip ≤ ϵ (34) 77 ∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (20) (21), suy tồn L > thỏa mãn Lip(fh ) ≤ L ∀h, (35) theo (21), (fh )h dãy Cauchy (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Khi đó, tồn f ∈ C0 (Ω) thỏa mãn fh → f Ω Theo (22), ta Lip(f ) ≤ L, f ∈ Ω Lấy qua giới hạn (21), k → ∞, ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N cho |fh (x) − f (x)| + fh (y) − f (y) − fh (z) + f (z) ≤ϵ y−z ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z Điều có nghĩa lim ∥fh − f ∥Lip = h→∞ Từ tập hợp hàm đa thức chứa Lip(Ω), Lip(Ω) vô hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh khơng phải khơng gian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, cách sử dụng đẳng thức hình bình hành Theo hệ mệnh đề ta kết sau Hệ 20 Bao hàm C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 ∀f ∈ C1 (Ω), L nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn tập lồi, mở bị chặn Đặc biệt, C1 (Ω) khơng gian đóng (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trường hợp n = Ω = (a, b) Theo mệnh đề nhận xét (ii), ta cần quan hệ bao hàm phép đẳng cự Điều suy Bài tập Nếu f ∈ C1 ([a, b]) ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1 Tính compact Lip(Ω) 78 Định lý 36 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, giả sử F = BLip(Ω) := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1} Khi BLip(Ω) compact (Lip(Ω), ∥.∥∞ ) Chứng minh Ta cần F compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Áp dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 37) Chứng minh (i) F bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): hiển nhiên theo định nghĩa (ii) F đóng (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): nghĩa là, (fh )h ⊂ F với ∥fh − f ∥∞ , f ∈ F Thật fh ∈ FLef trightarrow|fh (x)|+ |fh (y) − fh (z)| ≤1 y−z ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Lấy qua giới hạn, h → ∞, ta |f (x)| + |f (y) − f (z)| ≤1 y−z ∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z từ f ∈ F (iii) F liên tục Ω Thật vậy, đủ để nhận thấy rằng, theo định nghĩa |f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 12 Chú ý BC1 (Ω) := {f ∈ C1 (Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} không compact (C1 (Ω), ∥.∥∞ ) Đây đặc trưng tốt có Lip(Ω) khơng có C1 (Ω) Tính tách (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Định lý 37 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng tách Chứng minh Ta cần tồn họ tách rời không đếm {Uα : α ∈ I} tập mở (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) (Mệnh đề 7) Ta chia chứng minh thành hai bước 79 Bước 1: Giả sử n = Ω = (a, b) ta chứng minh kết luận Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) họ hàm uα (x) := |x − α| x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b) Ta chứng minh ∥uα − uβ ∥Lip ≥ Lip(uα − uβ ) ≥ α ̸= β (36) Thật  |uα (x) − uβ (x) − uα (y) + uβ (y)| : x, y ∈ (a, b), x ̸= y Lip(uα − uβ ) = sup |x − y| |uα (α) − uβ (α) − uα (β) + uβ (β)| |α − β| =2 = |α − β| |α − β|  ≥ Vì họ Uα := {f ∈ Lip((a, b)) : ∥f − uα ∥Lip < ∀α ∈ I} Ta điều mong muốn Bước 2: Giả sử Ω tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn hình cầu mở (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) ⊂ Ω Cho {fα : α ∈ (a1 , b1 )} ⊂ Lip(Ω) họ hàm định nghĩa fα (x) := uα (x1 ) x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω, α ∈ I := (a1 , b1 ), uα hàm biến theo định nghĩa bước Theo (23) ta được, α ̸= β Lip(fα − fβ , Ω) ≥ Lip(uα − uβ , (a1 , b1 )) ≥ Vì vậy, họ Uα := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f − fα ∥Lip < 1} ∀α ∈ I Ta điều cần chứng minh Ta xem xét lớp Lip(Ω) hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng |f (x) − f (y)| < C|x − y| ∀x, y ∈ Ω (L) 80 Với C > Giống hàm thỏa mãn (L), hàm thỏa mãn tính chất (H) quan trọng, hàm thỏa mãn tính chất (H) gọi hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H) với số C, α > Bài tập Cho Ω ⊂ Rn tập mở liên thông giả sử (H) với C > α > Khi f ≡ const Do điều kiện Holder khơng cịn ý nghĩa cho hàm với số mũ lớn tập mở liên thông Định nghĩa 26 Cho A ⊂ Rn , hàm f : A → R gọi liên tục Holder với mũ α > thỏa mãn (H) với sơ C > 25 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 45 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) 81 Định lý 38 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 ?? 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 ?? suy từ Định lý ?? 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 39 Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; 82 (2) R ∆U -vành quy mạnh; (3) R ∆U -vành quy đơn vị; (4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với x ∈ R (R vành Boolean) Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R quy, iđêan phải khác khơng chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta R vành rút gọn R aben (nghĩa là, phần tử lũy đẳng R tâm) Giả sử R vành rút gọn, tồn phần tử khác khơng a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý 40, có phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ = M2 (T ), T vành khơng tầm thường Theo Mệnh đề ?? M2 (T ) ∆U -vành, điều mâu thuẫn Định lý 37 (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (4) Cho x ∈ R Khi x = ue u ∈ U (R) e = e ∈ R Do R ∆U -vành, nên có u = hay y x = e, x lũy đẳng Chúng ta kết luận R vành Boolean (4) ⇒ (1) Hiển nhiên Một vành R gọi nửa quy R/J(R) quy phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J(R) Vành R gọi vành biến đổi phần tử a ∈ R, tồn e2 = e ∈ aR thỏa mãn − e ∈ (1 − a)R Hồn tồn tương tự, có kết sau: Định lý 40 Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 21 Cho R ∆U -vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R vành nửa quy; (2) R vành biến đổi; (3) R vành clean 83 26 Nhóm giả nhị diện Mệnh đề 46 Cho nhóm giả nhị diện n SD2n = ⟨r, s | r2 = s2 = 1, s−1 rs = r2 n−1 −1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm SD2n Khi (i) Nếu H = Rk với k | 2n , ⩽ k ⩽ 2n ( Pr(H, SD2n ) = k = 2n , k + n k ̸= 2n 2 (ii) Nếu H = Tl với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ Pr(Tl , SD2n ) = 1 + n 2 (iii) Nếu H = Ui,j với i|2n , ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ i −  1   + n i = 2n−1 , 2 Pr(H, SD2n ) =   + i + i ̸= 2n−1 2n+1 Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n , ⩽ k ⩽ 2n Ta xét hai trường hợp k sau Trường hợp 1: k = 2n Khi Rk = {1} Rõ ràng Pr(Rk , SD2n ) = Trường hợp 2: k ̸= 2n Theo Mệnh đề 21 ta có |Rk | = 2n 2n = (2n , k) k 84 Khi đó, theo Mệnh đề 22 ta có X n−1 |CSD2n (x)| = |CSD2n (1)| + |CSD2n (r2 X )| + |CSD2n (rik )| n x∈Rk 1⩽i⩽ 2k −1 i̸=  = |SD2n | + |SD2n | + = n+1 +2 n+1  + 2n n−1 k  − |R1 | k 2n 2n+1 (2n−1 + k) − 2n = k k  Từ suy Pr(Rk , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Rk ||SD2n | x∈Rk = 2n+1 (2n−1 + k) 2n−1 + k k k · = = + n n n+1 n ·2 k 2 (ii) Giả sử H = Tl với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ Khi l chẵn với ⩽ l ⩽ 2n − Theo Mệnh đề 21, ta có |Tl | = Do Tl = {1, rl s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X 1 Pr(Tl , SD2n ) = = |Tl ||SD2n | |CSD2n (x)| = · 2n+1 x∈Tl |CSD2n (1)| + |CSD2n (rl s)|
1 1 n+1 n | + |U n−1 | = |SD (2 + 4) = + 2 ,l · 2n+1 · 2n+1 2n Khi l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n−1 − Theo Mệnh đề 21 ta có |Tl | = Do n−1 Tl = {1, rl s, r2 n−1 , rl+2 s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có Pr(Tl , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Tl ||SD2n | x∈Tl
85 l 2n−1 l+2n−1 |C )| + |C s)| n (1)| + |CSD2n (r s)| + |CSD2n (r n (r SD SD 2 · 2n+1
n n n−1 n−1 n−1 |SD | + |U | + |SD | + |U | = 2 ,l ,l+2 · 2n+1
1 n+1 n+1 = + + + = + n n+1 4·2 2 =   Như hai trường hợp l ta có Pr(Tl , SD2n ) = 1 + n 2 (iii) Giả sử H = Ui,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i|2n , ⩽ j ⩽ i − Ta xét hai trường hợp i sau Trường hợp 1: i = 2n−1 Theo Mệnh đề 21, ta có 2n+1 2n+1 = n−1 = |Ui,j | = i Do Ui,j = {1, r2 n−1 , rj s, r2 n−1 +j s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có Pr(Ui,j , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Ui,j ||SD2n | x∈Ui,j 2n−1 j 2n−1 +j |C )| + |C s)| n (1)| + |CSD2n (r n (r s)| + |CSD2n (r SD SD 2 · 2n+1
n | + |SD2n | + |U n−1 | + |U n−1 n−1 = |SD | 2 ,j ,2 +j · 2n+1 1 (2n+1 + 2n+1 + + 4) = + n = n+1 4·2 2 =   Trường hợp 2: i ̸= 2n−1 Theo Mệnh đề 21 ta có |Ui,j | = Do  Ui,j = li r ,r li+j 2n+1 i  n s