Định lý rolle và một số áp dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ MỘT SỐ ÁP 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 Giải tích khoảng nhánh toán học, đời vào năm năm mươi kỷ 20 Những ý tưởng Giải tích khoảng đưa luận án tiến sĩ Moore R E đại học Stanford vào năm 1962, sau xuất thành sách với tiêu đề “Interval analysis” vào năm 1966 [6] Năm 1991, tạp chí quốc tế “Interval Computation” sáng lập mốc son đánh dấu phát triển lĩnh vực này, (từ năm 1995, tạp chí phát hành tên “Reliable Computation”) Năm 1993, hội nghị quốc tế Giải tích khoảng tổ chức Lafayette Năm 1995, hội thảo quốc tế ứng dụng Giải tích khoảng tổ chức EL Paso, Texas Không 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 = Di f Ω, = Di f hiểu lớp đạo hàm g= ∂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 ) không 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 (??), 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 (??) 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 (??) Trong chứng minh định lý ?? 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 (??) 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)) Vô hạn chiều Định nghĩa (i) Không gian vector thực E gọi vơ 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 (4) 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 := ta có điều phải chứng minh g, ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E (5) Chứng minh Định lý ?? Cho D := {fh : h ∈ N} ⊂ (E ′ , ∥.∥E ′ ), trù mật Với h có phần tử xh ∈ E với ∥xh ∥ = 1 |fh (x)| ≥ ∥fh ∥E ′ 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 ′ Do dó ∥fhk ∥E ′ → k → ∞, nghĩa f ≡ 0, mâu thuẫn với f (x0 ) = Vì D = E ∀k ∈ N Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ H nhóm Q4n Khi (i) Nếu H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Pr(H, Q4n ) =  n+k   k | n, 2n   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Theo Mệnh đề 18 ta có 2n 2n = (2n, k) k |Rk | = Do |CN (y)| S∈G/N y∈S Áp dụng Bổ đề 10 từ suy X X X X |H||G| Pr(H, G) ⩽ |CH/N (yN )||CN (y)| = |CH/N (S)| |CN (y)| S∈G/N y∈S = X S∈G/N |CH/N (S)| S∈G/N X x∈N |CS (x)| = X |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 56 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)| x∈N S∈G/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 10 ta có CH (y)N = CH/N (yN ) với y ∈ G N Theo lập luận ta có |H||G| Pr(H, G) = X |CH/N (S)| S∈G/N X |S ∩ CG (x)| x∈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 25 Cho N H hai nhóm, N1 H1 tương ứng nhóm N H Khi Pr(N1 × H1 , N × H) = Pr(N1 , N ) Pr(H1 , H) 57 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 |CN ×H (x)| = x∈N1 ×H1 X |CN (x1 )| x1 ∈N1 |CH (x2 )| x2 ∈H1 Áp dụng Mệnh đề ta có Pr(N1 × H1 , N × H) = |N1 × H1 ||N × H| = |N1 ||H1 ||N ||H| = |N1 ||N | X X |CN ×H (x)| x∈N1 ×H1 X |CN (x1 )| x1 ∈N1 |CN (x1 )| x1 ∈N1 X |CH (x2 )| 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 Cho H N hai nhóm Khi Pr(H, N × H) = Pr(H) Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hốn 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 26 Cho A nhóm giao hốn, α tự đẳng cấu A cho α2 = idA C2 = ⟨u⟩ nhóm xiclíc cấp với u phần 58 tử sinh Ký hiệu G = θ C2 tích nửa trực tiếp A nhóm xiclíc C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) cho cơng 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) 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|2 + X |CG\A (x)| + x∈Aα X |CG\A (x)| x∈A |CG\A (x)| x∈A\Aα = |A| + |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 |) = Vậy ta có điều phải chứng minh |A| + |Aα | |Aα | = + 2|A| 2|A| 59 17 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 23 (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 60 Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập 10 Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề 27 (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 61 (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) (27) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (28) 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 (29) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (??), 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 (30) Từ (??), (??) định lý tính hội tụ bị trội, theo (??) Nhận xét 15 Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm không gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề ?? 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 ) 62 Định lý 26 (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 27 (Bổ đề tính toán 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 (??), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (??) 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 ?? (iii), tồn h = h(K) ∈ N cho spt(g ∗ ϱh ) ⊆ spte (g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω (31) 63 với h > h Do đó, theo định lý 13 (i), (ii), gh ∈ C∞ h > h |gh (x)| ≤ ∥g∥L∞ (Rn ) = 1, ∀x ∈ Rn , ∀h ∈ N (32) c Từ (∗) ta Z f gh dx = 0, ∀h ≤ h Ω Mặt khác, từ định lý ?? (iv) (??), 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 28 (Xấp xỉ theo hàm C∞ Lp ) Cho Ω ⊂ Rn tập p mở 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 ?? (iii) suy spt(fh,r ) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh ⊂ Ω (33) 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, (34) 64 để đơn giản, giả sử rh = h Khi đó, theo định lý ?? (i), (ii) (??), (??), 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 ) (35) ≤ ∥gh − fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) , ∀h Từ định lý ?? (iv), ϱh ∗ fe → fe Lp (Rn ), theo định lý hội tụ miền gh → fe Lp (Rn ) Khi theo (??), ta có điều phải chứng minh 18 Biểu diễn ∆(R) tính chất Bổ đề Cho R vành bất kỳ, ta có (1) ∆(R) = {r ∈ R | ru + ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)} = {r ∈ R | ur + ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)}; (2) Với r ∈ ∆(R) u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R); (3) ∆(R) vành vành R; (4) ∆(R) iđêan R ∆(R) = J(R); Y Y (5) Với họ vành Ri , i ∈ I , ∆( Ri ) = ∆(Ri ) i∈I i∈I Chứng minh (1) Cho r ∈ ∆(R) u thuộc U (R), r + u ∈ U (R) ru−1 + ∈ U (R) u−1 r + ∈ U (R) (2) Ta có ruu′ + ∈ U (R), ∀u, u′ ∈ U (R) r ∈ ∆(R), suy ru ∈ ∆(R) Tương tự ur ∈ ∆(R) (3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r − U (R) ⊆ U (R), hay ∆(R) nhóm với phép cộng R Hơn rs = r(s + 1) − r ∈ ∆(R) r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2) 65 (4) Rõ ràng J(R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) iđêan R r ∈ R Khi rx + ∈ U (R), với x thuộc ∆(R) suy ∆(R) ⊆ J(R) hay ∆(R) = J(R) Chiều ngược Y Y lại hiển nhiên Y Y Y (5) Lấy ri ∈ ∆( Ri ) Khi ri + U ( Ri ) ⊆ U ( Ri ) Vì Y U( i∈IY Ri ) = i∈I U (Ri )) ⊆ i∈I U (Ri ) nên i∈I Y Y ri + i∈I Yi∈I i∈I Y i∈I i∈I U (Ri ) ⊆ U (Ri ) hay U (Ri ), suy ri +U (Ri ) ⊆ U (Ri ), ∀i ∈ I nên i∈I i∈IY Y i∈I ri ∈ (ri + Yi∈I ∆(Ri ) i∈I Chiều ngược lại tương tự Cho e phần tử lũy đẳng vành R Khi phần tử − 2e khả nghịch R Từ Bổ đề ?? (2) ta suy hệ sau Hệ Cho R vành (1) ∆(R) đóng với phép nhân phần tử lũy linh; (2) Nếu ∈ U (R), ∆(R) đóng với phép nhân phần tử lũy đẳng Định lý 29 Cho R vành có đơn vị T vành R sinh U (R) Khi (1) ∆(R) = J(T ) ∆(S) = ∆(R), với S vành tùy ý R thỏa mãn T ⊆ S ; (2) ∆(R) Jacobson lớn chứa R đóng với phép nhân phần tử khả nghịch R Chứng minh (1) T vành sinh U (R) nên phần tử T viết thành tổng hữu hạn phần tử khả nghịch R Do đó, theo Bổ đề ?? (2) suy ∆(T ) iđêan T Theo Bổ đề ?? (4) suy ∆(T ) = J(T ) Hơn ∆(T ) = ∆(R) nên ∆(R) = J(T ) Nếu r ∈ ∆(R), r + U (R) ⊆ U (R) Điều có nghĩa r biểu diễn thành tổng hai phần tử khả nghịch Do r ∈ T , suy ∆(R) ⊆ T Giả sử S vành R thỏa mãn T ⊆ S Khi U (S) = U (R), ∆(S) = {r ∈ S | r + U (S) ⊆ U (S)} = {r ∈ S | r + U (R) ⊆ U (R)} = S ∩ ∆(R) = ∆(R), ∆(R) ⊆ T ⊆ S 66 (2) Theo (1), ∆(R) Jacobson R theo Bổ đề ?? (2) ∆(R) đóng với phép nhân phần tử khả nghịch trái phải R Bây giờ, ta giả sử S Jacobson chứa R đóng với phép nhân phần tử khả nghịch Ta phải S ⊆ ∆(R) Thật vậy, s ∈ S u ∈ U (R), su ∈ S = J(S) Do su tựa khả nghịch S nên + su ∈ U (R) Theo Bổ đề ?? (1) s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R) Từ đặt trưng ∆(R) Định lý ?? (2) ta có hệ sau Hệ Giả sử R vành mà phần tử biểu diễn thành tổng phần tử khả nghịch Khi ∆(R) = J(R) Định lý cổ điển Amitsur nói Jacobson F -đại số R trường F lũy linh, với điều kiện dimF R < |F | Áp dụng Định lý ?? (1) ta thu hệ sau Hệ 10 Giả sử R vành đại số trường F Nếu dimF R < |F |, ∆(R) vành lũy linh Cho R vành khơng thiết phải có đơn vị S vành R, ta ký hiệu Sˆ vành R sinh S ∪ {1} Mệnh đề 28 Giả sử R vành có đơn vị Khi (1) Cho S vành R thỏa mãn U (S) = U (R) ∩ S Khi ∆(R) ∩ S ⊆ ∆(S); [ = U (R) ∩ ∆(R) [; (2) U (∆(R)) (3) Cho I iđêan R thỏa mãn I ⊆ J(R) Khi ∆(R/I) = ∆(R)/I Chứng minh (1) suy từ định nghĩa ∆ (2) Nếu r ∈ ∆(R), v = + r ∈ U (R) v −1 = − rv −1 ∈ [ ∩ U (R), −rv −1 ∈ ∆(R), Bổ đề ?? ∆(R) [ ∩ U (R), r ∈ ∆(R) k ∈ Z Ta Lấy u = r + k · ∈ ∆(R) ¯ −1 = (u − k)u ¯ −1 = k¯ = k · ∈ U (R) Ta có u − k¯ = r ∈ ∆(R), − ku ¯ −1 = − (1 − ku ¯ −1 ) ∈ U (R), suy ru−1 ∈ ∆(R) theo Bổ đề ?? (2) Khi ku k¯ ∈ U (R) Vì ∆(R) đóng với phép nhân phần tử khả nghịch nên ta áp dụng phần chứng minh v = uk¯−1 = + rk¯−1 67 [ , nghĩa u−1 k¯ = s + ¯l, với s ∈ ∆(R) l ∈ Z Suy u−1 k¯ = v −1 ∈ ∆(R) [ , U (R) ∩ ∆(R) [ ⊆ U (∆(R)) [ sk¯−1 ∈ ∆(R), u−1 = sk¯−1 + k¯−1 ¯l ∈ ∆(R) [ ⊆ U (R) ∩ ∆(R) [ dễ thấy Chiều ngược lại U (∆(R)) ¯ = (3) Ta ký hiệu ¯ phép chiếu từ R lên R/I Lưu ý, I ⊆ J(R), U (R) U (R) ¯ u ∈ U (R) Khi r¯ + u¯ ∈ U (R) ¯ có phần tử Lấy r¯ ∈ ∆(R) v ∈ U (R) j ∈ I thỏa mãn r + u = v + j Hơn v + j ∈ U (R), ¯ = U (R) nên chiều ngược lại ¯ = ∆(R) Vì U (R) I ⊆ J(R) Suy ∆(R) dễ thấy Áp dụng mệnh đề ta có hệ sau [ = ∆(R), nghĩa ∆ Hệ 11 Cho R vành có đơn vị, ∆(∆(R)) tốn tử đóng [ , ∆(R) ⊆ T Chứng minh ∆(R) Jacobson T = ∆(R) Vì ∆(R) chứa tất phần tử lũy linh nên T /∆(R) đẳng cấu với Z Zn := Z/nZ, với n > nhân tử bình phương Theo Mệnh đề ?? (3) Hệ ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J(T /∆(R)) = hay ∆(T ) = ∆(R) Từ Mệnh đề ?? (1), áp dụng cho S = Z(R) tâm R, ta có hệ sau Hệ 12 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)) Ký hiệu ( R[[x]] = {a0 + a1 x + a2 x2 + · · · |ai ∈ R} = ∞ X ) xi |ai ∈ R i=0 Mỗi phần tử f ∈ R[[x]], f = ∞ X xi với x0 = gọi chuỗi lũy i=0 thừa hình thức biến x với hệ tử thuộc R Ta định nghĩa phép cộng ∞ ∞ X X phép nhân, lấy f, g ∈ R[[x]], f = x i , g = bi xi Ta định i=0 i=0 68 nghĩa f = g = bi với i = 0, 1, ! i ∞ ∞ X X X (ai + bi )xi , f g = f +g = i=0 ai−j bj i=0 xi j=0 Với phép tốn R[[x]] vành giao hốn có đơn vị Cho vành R, ký hiệu Tn (R) tập tất ma trận tam giác cấp n vành R, Jn (R) iđêan Tn (R) bao gồm tất ma trận tam giác cấp n thực Dn (R) vành ma trận đường chéo cấp n Từ Mệnh đề ?? (3) ta suy trực tiếp hệ sau Hệ 13 Cho R vành tùy ý Khi đó, khẳng định sau (1) ∆(Tn (R)) = Dn (∆(R)) + Jn (R); (2) ∆(R[x]/(xn )) = ∆(R)[x]/(xn ); (3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]] Hệ 14 Cho R vành Khi đó, ∆(R) = J(R) ∆(R/J(R)) = Một vành R có hạng ổn định a, x, b ∈ R thỏa mãn ax + b = 1, tồn y ∈ R cho a + by khả nghịch R Định lý sau vài lớp vành mà ∆(R) = J(R) Định lý 30 ∆(R) = J(R) R thỏa mãn điều kiện sau (1) R/J(R) đẳng cấu với tích vành ma trận thể (2) R vành nửa địa phương (3) R vành clean thỏa mãn ∈ U (R) (4) R U J -vành, nghĩa U (R) = + J(R) (5) R có hạng ổn định (6) R = F G nhóm đại số trường F 69 Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích vành ma trận thể Theo Hệ ?? ta cần ∆(R/J(R)) = Để làm điều này, ta giả sử J(R) = 0, nghĩa R tích vành ma trận thể Nếu R vành ma trận Mn (S), với S vành chứa đơn vị n ≥ Theo Định lý 6, phần tử R tổng ba phần tử khả nghịch, theo Hệ ?? ∆(R) = J(R) = Khi S thể rõ ràng ∆(S) = Do (1) suy trực tiếp từ Bổ đề ?? (5) (2) Là trường hợp đặc biệt (1) (3) Giả sử R vành clean  thỏa mãn ∈U (R) Nếu e ∈ R lũy đẳng 1 − (1 − 2e) tổng hai phần tử khả 2 nghịch Điều có nghĩa phần tử R tổng ba phần tử khả nghịch Theo Hệ ?? ta suy ∆(R) = J(R) (4) Giả sử U (R) = 1+U (R) Giả sử R U J -vành Khi đó, r ∈ ∆(R) ta có r + U (R) ⊆ U (R), nghĩa r + + J(R) ⊆ + J(R) Suy r ∈ J(R) ∆(R) = J(R) (5) Giả sử R có hạng ổn định Lấy r ∈ ∆(R), ta r ∈ J(R) Với s ∈ R ta có Rr +R(1−rs) = R Vì R có hạng ổn định nên tồn x ∈ R cho r + x(1 − sr) ∈ U (R), suy x(1 − sr) ∈ r + U (R) ⊆ U (R), (1 − sr) khả nghịch hay r ∈ J(R) (6) Giả sử R = F G nhóm đại số trường F Khi đó, phần tử R tổng phần tử khả nghịch Theo Hệ ?? ta suy ∆(R) = J(R) − 2e ∈ U (R) e = Ta biết vành nửa địa phương có hạng ổn định 1, điều kiện (2) (5) tương đương Bổ đề Giả sử G nhóm nhóm R phép tốn cộng Khi G đóng với phép nhân phần tử khả nghịch đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch R Chứng minh Lấy r ∈ R G nhóm cộng, rG ⊆ G (1 − r)G ⊆ G Định lý 31 Giả sử R vành có đơn vị G nhóm phép cộng R Khi điều kiện sau tương đương (1) G = ∆(R);