Sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa với lệch không bị chặ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HỊA VỚI LỆCH KHƠNG BỊ CHẶN 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 Nhiều khái niệm giải tích thường định nghĩa liên quan tới điều kiện “với mọi” Tuy nhiên nhiều đối tượng giới vật chất đáp ứng với điều kiện “với mọi” Giải tích thơ phát triển cầu nối giới vật chất với giải tích cổ điển Đầu tháng năm 2002, báo cáo Hội nghị Tốn học tồn quốc lần thứ tổ chức Huế, với nhan đề “Mấy ý tưởng giải tích thơ”, đưa số khái niệm “hội tụ thô”, “liên tục thô”, “điểm bất động thô”, “lồi thô” Các khái niệm mở rộng khái niệm theo nghĩa thông thường 126 2 Nhóm đối xứng Trong mục chúng tơi tính tốn độ giao hốn tương đối nhóm thay phiên An nhóm đối xứng Sn Định nghĩa Cho n số nguyên dương Một phân hoạch n dãy không tăng số nguyên dương (k1 , k2 , , ks ) cho k1 + k2 + · · · + ks = n Từ Mệnh đề 66 ta có kết sau Mệnh đề Với n ⩾ Pr(An , Sn ) = 2c(n) n! c(n) số lớp liên hợp Sn nằm An Để tính c(n) ta cần kết sau Mệnh đề Cho n số nguyên, n ⩾ 2, (k1 , k2 , , ks ) phân hoạch n Giả sử π ∈ Sn có kiểu (k1 , k2 , , ks ) Khi π ∈ An s + k X ki số chẵn i=1 Chứng minh Vì phép π có kiểu (k1 , k2 , , ks ) cho nên, theo Mệnh đề 7, ta có s P (ki +1) sign(π) = (−1)i=1 s+ = (−1) s P i=1 ki Từ suy điều phải chứng minh Trong ví dụ sau chúng tơi tính tốn giá trị Pr(An , Sn ) với ⩽ n ⩽ cách áp dụng Mệnh đề ?? Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất phân hoạch n ứng với kiểu phép An Từ ta đếm c(n) tính Pr(An , Sn ) Ví dụ (i) Với n = ta có phân hoạch (1, 1) Do c(2) = Cho nên Pr(A2 , S2 ) = 2c(2) = 2! (ii) Với n = ta có phân hoạch (3), (1, 1, 1) Do c(3) = Cho nên Pr(A3 , S3 ) = 2c(3) = 3! (iii) Với n = ta có phân hoạch (3, 1), (2, 2), (1, 1, 1, 1) Do c(4) = Cho nên Pr(A4 , S4 ) = 2c(4) = 4! (iv) Với n = ta có phân hoạch (5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1) Do c(5) = Cho nên Pr(A5 , S5 ) = 2c(5) = 5! 15 (v) Với n = ta có phân hoạch (5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1) Do c(6) = Cho nên Pr(A6 , S6 ) = 2c(6) = 6! 60 (vi) Với n = ta có phân hoạch (7), (5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2), (3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) Do c(7) = Cho nên Pr(A7 , S7 ) = 2c(7) = 7! 315 Các khái niệm Định nghĩa Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm Abel với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép tốn nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép tốn A) Định nghĩa Ideal trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa ideal trái, vừa ideal phải gọi ideal vành R Cho I ideal vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai phép toán (x + I) + (y + I) = (x + y) + I, (x + I)(y + I) = (xy) + I với x, y ∈ R Định nghĩa Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I 3.0.1 Định lý đồng cấu vành Định nghĩa Cho R, R′ hai vành Ánh xạ f : R → R′ gọi đồng cấu vành f bảo tồn hai phép tốn cộng nhân R, nghĩa f (x + y) = f (x) + f (y), f (xy) = f (x)f (x), với x, y ∈ R 3.0.2 Một số kết liên quan 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 ?? 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 17 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; (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 không 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 khơng phải vành rút gọn, tồn phần tử khác không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý 41, 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 ?? (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 Hoàn toàn tương tự, có kết sau: Định lý 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 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 Không gian hàm liên tục C0 (Ω) Định nghĩa (i) Cho tập A ⊂ Rn , C0 (A) := {f : A → R, f liên tục x ∈ A} (ii) Cho K ⊂ Rn tập compact cho f ∈ C0 (K) Ta ký hiệu ∥f ∥∞ số thực không âm xác định ∥f ∥∞ = ∥f ∥∞,K = sup |f (x)| x∈K ∥.∥∞ gọi chuẩn (hay chuẩn vô cùng) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) khơng gian Banach vơ hạn chiều Chứng minh Ta giới hạn n = Ω = (a, b) ta phải chứng minh (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) không gian định chuẩn vô hạn chiều R Ta chứng minh khơng gian Banach Nghĩa phải dãy Cauchy (fh )h ⊂ (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) hội tụ (tại phần tử thuộc không gian) Giả sử (fh )h dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈ N cho ∥fh − fk ∥∞ = sup |fh (x) − fk (x)| < ϵ ∀h, k ≥ k x∈Ω Điều có nghĩa ∀ϵ > 0, ∃k ∈ N cho |fh (x) − fk (x)| < ϵ ∀h, k ≥ k, ∀x ∈ Ω (1) Từ (??), (fh (x))h ⊂ R dãy Cauchy Do dó: ∃f (x) := lim fh (x), h→∞ ∀x ∈ Ω (2) Từ (??), lấy qua giới hạn (??), cho k → ∞ ta ∀ϵ > 0, ∃k ∈ N cho |fh (x) − f (x)| ≤ ϵ ∀h ≥ k, x ∈ Ω, theo định nghĩa fh → f Ω Do dó f ∈ C0 (Ω) Tính compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Bây tìm hiểu đặc trưng tập compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Đầu tiên ta nhớ lại số khái niệm kết quan trọng liên quan đến chủ đề compact không gian metric Định nghĩa Cho (X, d) không gian metric ký hiệu B(x, r) hình cầu mở X , tâm x bán kính r > với x ∈ X Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X X n |CDn (ril )| = CDn (r ) + |CDn (ril )| 1⩽l⩽ ni −1 1⩽l⩽ ni −1 n l̸= 2i = |Dn | + X n i  − |R1 | = 2n + n n i  −2 = n2 , i 4n n |CDn (ril+j s)| = U n2 ,il+j = i 0⩽l⩽ ni −1 i Từ suy X |CDn (x)| = 2n + x∈Ui,j Áp dụng Mệnh đề 65 ta có X Pr(Ui,j , Dn) = |Ui,j ||Dn | n2 4n n(n + 2i + 4) + = i i i |CDn (x)| = x∈Ui,j Vậy ta có điều phải chứng minh n(n + 2i + 4) n + 2i + = 2n i 4n 2n i 36 Trong ví dụ sau ta tính lại độ giao hốn tương đối nhóm nhóm nhị diện D3 D4 cách áp dụng Mệnh đề 59 Ví dụ (i) Với n = 3, xét nhóm nhị diện D3 (cho Ví dụ 5) Các nhóm D3 R1 = ⟨r⟩, R3 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩; D3 Khi 3+3 3+1 = , Pr(R3 , D3 ) = = 1; 2·3 2·3 3+1 = ; Pr(T0 , D3 ) = Pr(T1 , D3 ) = Pr(T2 , D3 ) = 2·3 Pr(D3 , D3 ) = Pr(D3 ) = Pr(R1 , D3 ) = (ii) Với n = 4, xét nhóm nhị diện D4 (cho Ví dụ 6) Các nhóm D4 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩, T3 = ⟨r3 s⟩; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩; D4 Khi Pr(R1 , D4 ) = 4+2·1 4+2·2 4+4 = , Pr(R2 , D4 ) = = 1, Pr(R4 , D4 ) = = 1; 2·4 2·4 2·4 Pr(T0 , D4 ) = Pr(T1 , D4 ) = Pr(T2 , D4 ) = Pr(T3 , D4 ) = Pr(U2,0 , D4 ) = Pr(U2,1 , D4 ) = 12 4+2 = ; 2·4 4+2·2+4 = ; Pr(D4 , D4 ) = Pr(D4 ) = 4·4 ĐỊNH LÝ CAUCHY Định lý 20 (Định lý Cauchy) Giả sử hàm số f g liên tục [a, b], khả vi khoảng (a, b) g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f ′ (c) f (b) − f (a) = ′ g(b) − g(a) g (c) 37 Chứng minh Trước hết ta nhận xét g(a) ̸= g(b) Nghĩa công thức kết luận định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khi theo định lý Rolle, tồn ξ ∈ (a, b) cho g ′ (ξ) = Điều mâu thuẫn với giả thiết g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Xét hàm số F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x) Do hàm f (x), g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) nên hàm số F (x) có tính chất Mặt khác, F (a) = F (b) Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho F ′ (c) = Nhưng ta có F ′ (x) = [f (a) − f (b)]g ′ (x) − [g(a) − g(b)]f ′ (x) Suy F ′ (c) = [f (a) − f (b)]g ′ (c) − [g(a) − g(b)]f ′ (c) = Từ ta nhận điều phải chứng minh Nhận xét Định lý Lagrange trường hợp riêng định lý Cauchy g(x)=x Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy khơng cịn điều kiện giả thiết không thỏa mãn Nghĩa hàm f g không khả vi khoảng (a, b) hay không liên tục đoạn [a, b] định lý khơng 13 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 16 Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; 38 (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 21 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 39 Rõ ràng Hệ ?? suy từ Định lý 17 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 22 Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (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 không 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 không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý 41, 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 ?? (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 23 Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương 40 (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 10 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 14 ĐỊNH LÍ FUBINI Định lý 24 (G.Fubini - L.Tonelli) Cho F : R2n → [0, ∞] hàm đo (đối với M2n ) Khi (i) Hàm Rn ∋ y 7→ F (x, y) đo (đối với Mn ) với Ln hầu khắp nơi x ∈ Rn (ii) Hàm Z n R ∋ x 7→ F (x, y)dy Rn đo (đối với Mn ) (ii) Z F (x, y)dxdy = R2n Z Z F (x, y)dy dx Rn  Rn Z Z = dy Rn Bổ đề Cho f ∈ C0 (Rn ) Khi ϱ ∗ f → f tập compact Rn  F (x, y)dx Rn 41 Chứng minh Cho K ⊂ Rn tập compact cho K ′ := K + B(0, 1) Theo tính liên tục f tập compact K ′ , ∀ϵ > tồn < δ = δ(ϵ, K ′ ) < thỏa mãn |f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ) (8) Mặt khác, h ∈ N thỏa 1/h < δ x ∈ K , theo (??),