Kỹ thuật biến phân và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: KỸ THUẬT BIẾN PHÂN VÀ MỘT SỐ 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 Sự Không Tồn Tại Nghiệm Dương Của Một Số Phương Trình Laplace Liên Kết Với Điều Kiện Biên Neumann Phi Tuyến Trong Nửa Không Gian Trên Qua luận văn này, tác giả thực bắt đầu làm quen với công việc đọc tài liệu khoa học cách hệ thống Tác giả học tập phương pháp chứng minh vấn đề nhiều góc độ khác Tuy nhiên, với hiểu biết hạn chế tác thời gian ngắn khóa học, tác giả mong nhận đóng góp bảo q thầy, Cơ ngồi Hội đồng 755 2 ĐỊNH LÝ CAUCHY Định lý (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) 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 3 Các vành nhóm Ánh xạ ε : RG → R cho ε( X g rg g) = X rg ánh xạ mở rộng g Iđêan ∇(RG) = ker(ε) gọi iđêan mở rộng Định lý Cho G nhóm hữu hạn với cấp + 2n R ∆U -vành Khi RG ∆U -vành iđêan mở rộng ∇(RG) ∆U -vành Chứng minh Đặt ∇ = ∇(RG) Giả sử G nhóm hữu hạn có cấp 1+2n R ∆U -vành Theo Mệnh đề ??, ta có ∈ ∆(R), 1+2n ∈ U (R) Khi RG có biểu diễn RG = ∇⊕H với H ∼ = R theo [4] Đặt ∇ = eRG H = (1 − e)RG Rõ ràng e phần tử tâm RG Nếu RG ∆U -vành, ∇ = eRG ∆U -vành theo Mệnh đề ?? Ngược lại, giả sử ∇ = eRG ∆U -vành Vì H ∼ = R nên H ∆U -vành Theo Bổ đề ??, RG ∆U -vành Một nhóm gọi hữu hạn địa phương nhóm sinh hữu hạn phần tử hữu hạn Bổ đề Nếu G 2-nhóm hữu hạn địa phương R ∆U -vành với ∆(R) lũy linh, ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Chứng minh Giả sử G 2-nhóm hữu hạn địa phương R ∆U -vành ¯ Suy Khi R¯ := R/J(R) ∆U -vành Từ ∆(R) lũy linh, ∈ N (R) ¯ ⊆ N (RG) ¯ ¯ ∇(RG) theo [4, Hệ quả, trang 682] Do đó, ∇(RG) iđêan lũy ¯ linh chứa J(RG) Ta kiểm tra J(R)G ⊆ J(RG), J((R/J(R))G) ∼ = J(RG/J(R)G) = J(RG)/J(R)G Do ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG) Định lý Cho R ∆U -vành G 2-nhóm hữu hạn địa phương Nếu ∆(R) lũy linh, RG ∆U -vành Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi ε(u) = + ε(u − 1) ∈ U (R) theo Bổ đề (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε i Vì R ∆U -vành nên tồn j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = + j Theo Bổ đề (1) ta có ε(u − + j) = hay u − + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do u ∈ − j + ∆(RG) suy u ∈ + ∆(RG) Hệ Cho R vành hoàn chỉnh phải trái G 2-nhóm hữu hạn địa phương Khi đó, R ∆U -vành RG ∆U -vành 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 ?? 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 M   tử khả nghịch n (R) ∆U -vành,ta lấy X ∈ ∆(Mn (R)) Lấy phần 0 0 0 0  0 0          0     ∈ M (R) Khi I −U X = U =    n n             0 a 0 0 khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R thể ∼ Tiếp  minh R = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= a ̸= Lấy  theo, ta chứng a 0 0 a 0      0 X=  ∈ Mn (R) Khi X khả nghịch Vì Mn (R)       0 a   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   Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = X2 = 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  Mở rộng tầm thường T (R, M ) đẳng cấu với vành : r ∈ R m ∈ M   R M vành ma trận × Hơn nữa, kiểm tra R T (R, R) ∼ = R[x]/(x ) Theo Mệnh đề ??, có tập phần tử khả nghịch mở rộng tầm thường T (R, M ) T (U (R), M ), ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M )   A M Morita context gồm thành phần A, B vành, N B B NA song mơđun, tồn tích context M ×N → A  A M N × M → B với (ω, z) = ωz (z, ω) = zω , thỏa mãn vành A MB N kết hợp với phép toán ma trận B    A M gọi tầm thường tích context Morita 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 ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = 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 2.Giả sửM (R, S) song mơđun 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 ≥ Các đặc trưng ∆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) 75 Đóng kín với phép tốn hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗ Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈ A∗ Định lý 36 Cho tập X khác rỗng Giả sử X có phép tốn α Phép tốn α gọi đóng kín với tập X ta lấy hai phần tử thuộc X , thao tác qua phép toán ta phần tử phần tử thuộc X Để dễ hiểu ta lấy ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộng thơng thường Ta lấy hai phần tử thuộc N (lấy hai số tự nhiên) Dễ thấy cộng hai số tự nhiên số tự nhiên số tự nhiên thuộc N Như ta nói N đóng kín với phép cộng Trong trường hợp tổng qt tập X Tiếp theo ta chứng minh ý mệnh đề Chứng minh: Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên X c = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2) Ta quy nạp dựa theo tiên đề có điều phải chứng minh ∀A, B ∈ A∗ ta có Ac , B c ∈ A∗ Khi (Ac ∪ B c ) ∈ A∗ ⇒ [(Ac ∪ B c )]c ∈ A∗ hay A ∩ B ∈ A∗ Từ ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử có điều phải chứng minh Chưa chứng minh Chưa chứng minh 26 Không gian hữu hạn chiều Định nghĩa 16 (i) Một không gian vector E trường số thực gọi hữu hạn chiều bao gồm hữu hạn vector độc lập tuyến tính (ii) Số lớn vector độc lập tuyến tính khơng gian vector hữu hạn chiều E gọi chiều ký hiệu dimR E Hệ B ⊂ E sinh dimR E vector độc lập tuyến tính gọi sở Định lý 37 Giả sử E không gian vector hữu hạn chiều dimR E = n 76 (i) Nếu B ⊂ E sở, B sinh E , cụ thể spanR B = E (ii) E Rn đẳng cấu tuyến tính (iii) Giả sử ∥.∥1 ∥.∥2 hai chuẩn E Khi (E, ∥.∥1 ) (E, ∥.∥2 ) đẳng cấu topo (iv) Giả sử ∥.∥ chuẩn E Khi (E, ∥.∥) (E ′ , ∥.∥E ′ ) đẳng cấu topo Theo tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥) đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây đặc trưng mạnh, khơng cịn cho không gian định chuẩn vô hạn chiều 27 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC Nhận xét 11 Định lý Arzelà - Ascoli khơng cịn C0 (A) A ⊂ Rn khơng compact Ví dụ lấy C0b (R) không gian hàm liên tục bị chặn R, nghĩa   0 Cb (R) := f ∈ C (R) : sup |f | < ∞ R Khi dễ thấy (C0b (R), ∥.∥∞ ) không gian Banach Giả sử f : R → R hàm định nghĩa ( − |x| x ≤ f (x) = x > Giả sử h : R → R, (h = 1, 2, ) định nghĩa fh (x) := f (x + h) giả sử F := {fh : h ∈ N} Khi dễ thấy họ hàm F ⊂ C0b (R) bị chặn liên tục Tuy nhiên F không compact (C0b (R), ∥.∥∞ ) Thật vậy, ý ∃f (x) := lim fh (x) = 0, ∀x ∈ R ∥fh − f ∥∞ = 1, ∀h h→∞ 77 Điều có nghĩa dãy hội tụ (fh )h (C0b (R), ∥.∥∞ ) khơng chấp nhận Tính tách (C0b (R), ∥.∥∞ ) Định nghĩa 17 Giả sử (X, τ ) khơng gian topo Khi (X, τ ) gọi thỏa mãn tiên đề hai tính đếm có sở đếm cho topo τ Định lý 38 Giả sử (X, d) khơng gian metric Khi (i) (X, d) tách thỏa tiên đề thứ hai tính đếm (ii) Mỗi khơng gian (X, d) tách (X, d) tách (iii) Giả sử (Y, ϱ) không gian metric khác T : (X, d) → (Y, ϱ) đồng cấu Khi (X, d) tách (Y, ϱ) tách Nhận xét 12 Phải nhấn mạnh mục quan trọng giải tích cho mục xấp xỉ Nghĩ số hợp lý chứng minh định lý Ascoli Cuối phải nhớ lại tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topo không gian tách Mệnh đề 54 Giả sử (X, τ ) không gian topo Giả sử tồn họ {Ui : i ∈ I} thỏa mãn (i) Ui tập mở với i ∈ I ; (ii) Ui ∪ Uj = ∅ i ̸= j (iii) I khơng đêm Khi (X, τ ) khơng tách Bài tập Giả sử l∞ := {x ∈ RN : sup |x(n)| < ∞} n∈N trang bị chuẩn ∥x∥l∞ := sup |x(n)| n∈N ∞ Hãy (l , ∥.∥l∞ ) không gian Banach không tách 78 Gợi ý: Giả sử I = 2N := {x : N → {0, 1}} ⊂ l∞  Ux = Bl∞ x,  n := y ∈ l∞ : ∥y − x∥l∞ < o x ∈ I Khi ta xét họ {Ux : x ∈ I} sử dụng mệnh đề ?? Định lý 39 Giả sử K ⊂ Rn tập compact Khi (C0 (K), ∥.∥∞ ) tách Chúng ta chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước ta cần phải nêu kết xấp xỉ quan trọng tốn giải tích Định lý 40 (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi tồn dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực, nghĩa ph ∈ R[x], thỏa mãn ph → f [a, b] Nhận xét 13 Bởi đa thức hàm đơn giản nhất, máy tính trực tiếp đánh giá đa thức Định lý có ý nghĩa lý thuyết thực tiễn Đặc biệt nội suy đa thức Chứng minh định lý ?? Chúng ta cần kết n = K = [a, b] Giả sử D tập hợp hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là, D := Q[x] Ta biết D đếm Chứng minh D trù mật C0 ([a, b]), ∥.∥∞ ) tức ∀f ∈ C0 ([a, b]), ∀ϵ > 0, ∃q ∈ D cho ∥f − q∥∞ ≤ ϵ Từ định lý xấp xỉ Weierstrass, với ϵ > 0, tồn p ∈ R[x], nghĩa là, p(x) = αm xm + · · · + α1 x1 + α0 , với αi ∈ R, i = 0, 1, , m thỏa mãn ∥f − p∥∞ < ϵ Định nghĩa q(x) := βm xm + · · · + β1 x1 + β0 với βi ∈ Q |αi − βi | < ϵ Pm i=0 c i , i = 0, 1, , m, (7) 79 c := max{|a|, |b|} Khi |p(x) − q(x)| ≤ m X i=0 ϵ |αi − βi ||x|i ≤ , ∀x ∈ [a, b] (8) Do đó, từ (??) (??) ta ∥f − q∥∞ ≤ ∥f − p∥∞ + ∥p − q∥∞ ≤ 28 ϵ ϵ + = ϵ 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 18 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 ?? ta có kết sau Mệnh đề 55 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 56 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 25, ta có s P (ki +1) sign(π) = (−1)i=1 Từ suy điều phải chứng minh s+ = (−1) s P i=1 ki 80 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 2c(2) = 2! (ii) Với n = ta có phân hoạch (3), (1, 1, 1) Do c(3) = Cho Pr(A2 , S2 ) = 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), 81 (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 ) = 29 2c(7) = 7! 315 ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ Định nghĩa 19 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi đại số tập X A∗ thỏa ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù) ∀A, B ∈ A∗ , A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán hợp) Định nghĩa 20 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi σ - đại số tập X A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng[kín với phép tốn lấy phần bù) ∀A1 , A2 , , An , ∈ A∗ ⇒ Ai ∈ A∗ i≥1 Dựa vào hai định nghĩa ta có nhận xét Nhận xét 14 Khái niệm "đại số tập tập X " khái niệm "σ - đại số tập X " gần với Điều thể qua giống hai tiên đề Sự khác biệt hai khái niệm tiên đề số Đối với "đại số tập X hợp "HỮU HẠN" phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ Còn "σ - đại số tập X " hợp "VÔ HẠN" phần tử A∗ phần tử thuộc A∗ Mệnh đề 57 Cho X tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ "đại số tập X " Khi đó: ∅ ∈ A∗ 82 Hợp hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ n [ ∗ Ai ∈ A∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ i=1 Giao hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ (Đóng kín với phép tốn giao) n \ ∗ Ai ∈ A∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ i=1 Đóng kín với phép toán hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗ Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈ A∗ Định lý 41 Cho tập X khác rỗng Giả sử X có phép tốn α Phép tốn α gọi đóng kín với tập X ta lấy hai phần tử thuộc X , thao tác qua phép toán ta phần tử phần tử thuộc X Để dễ hiểu ta lấy ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộng thơng thường Ta lấy hai phần tử thuộc N (lấy hai số tự nhiên) Dễ thấy cộng hai số tự nhiên số tự nhiên số tự nhiên thuộc N Như ta nói N đóng kín với phép cộng Trong trường hợp tổng qt tập X Tiếp theo ta chứng minh ý mệnh đề Chứng minh: Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên X c = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2) Ta quy nạp dựa theo tiên đề có điều phải chứng minh ∀A, B ∈ A∗ ta có Ac , B c ∈ A∗ Khi (Ac ∪ B c ) ∈ A∗ ⇒ [(Ac ∪ B c )]c ∈ A∗ hay A ∩ B ∈ A∗ Từ ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử có điều phải chứng minh Chưa chứng minh Chưa chứng minh 83 30 Các đặc trưng ∆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) 30.1 Các tính chất tổng quát ∆U -vành Bổ đề 16 Cho R vành tùy ý, ta có (1) ∆(R) vành R (2) ∆(R) iđêan R ∆(R) = J(R) (3) Với r ∈ ∆(R) u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R) Y Y Y (4) Nếu R = Ri tích vành Ri , ∆( Ri ) = ∆(Ri ) i∈I i∈I i∈I (5) Nếu R vành nửa địa phương, ∆(R) = J(R) (6) ∆(R[x]/(xn )) = ∆(R)[x]/(xn ) (7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]] Vành R gọi ∆U -vành + ∆(R) = U (R) Mệnh đề 58 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) Các tính chất ∆U -vành Mệnh đề 59 Cho R ∆U -vành Khi (1) ∈ ∆(R); (2) Nếu R division ring, R ∼ = F2 ; (3) Nếu x2 ∈ ∆(R) x ∈ ∆(R); (4) R Dedekind finite; 84 (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, điều áp dụng cho Z = Z(R) tâm R Chứng minh (1) Hiển nhiên (2) (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, 1+x ∈ 1+∆(R), x ∈ ∆(R) (4) Giả sử a, b ∈ R với ab = Khi − 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)] ∈ ∆ Từ đó, ba ∈ U (R) ba = (5) Nếu I ⊆ J(R) ideal, ∆(R/I) = ∆(R)/I Giả sử R ∆U vành Khi 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) Giả thiết U (T ) = U (T ) ∩ T nghĩa ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây U (R) = + ∆(R) cho + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = + (∆(R) ∩ T ) ⊆ + ∆(T ) Định lý 42 Mn (R) ∆U -vành n = R ∆U -vành 85 Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên (⇒:) Giả sử Mn (R) ∆U -vành n > Đầu  tiên ta chứng  0 − a     0 0    minh R division Lấy a ∈ R, a ̸= 0, ta có X =     0 Mn (R) X = DoMn (R) ∆U -vành, ta lấy X ∈∆(Mn (R)) Lấy U=  0 1 0 0 0 0 0           0  0   ∈ Mn (R) Khi In − U X =               0 0 0 a khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R division ∼ 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   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 ∈    86  In − X ∈ ∆(Mn (R)) Mặt khác, ta có In − X =  X2 0 In−2   X2 = Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1 R ∼ = M1 (R) ∆U -vành Mệnh đề 60 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 Định lý 43 Cho M (R, R) song môđun Vành R ∆U -vành T (R, M ) ∆U -vành   u m ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = 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 30 Giả sử  M là(R, S) song mơđun Khi vành ma trận R M tam giác dạng ∆U -vành R S S ∆U -vành Hệ 31 R ∆U -vành vành ma trận tam giác Tn (R) ∆U -vành, n ≥ 87 30.2 Một vài tính chất đại số ∆U -vành Nhớ lại rằng, vành R gọi vành 2-primal nguyên tố N (R) Mệnh đề 61 Cho R vành 2-primal Nếu vành đa thức R[x] ∆U vành, R ∆U -vành Chứng minh R vành 2-primal, theo [10, Mệnh đề 19], ∆(R[x]) = ∆(R) + J(R[x]) Mặt khác ta có J(R[x]) = I[x] với I iđêan lũy linh R Bây giờ, ta giả sử R[x] ∆U -vành Khi U (R) ⊆ U (R[x]) = + ∆(R[x]) = + ∆(R) + I[x], điều có nghĩa U (R) ⊆ + ∆(R) + I = + ∆(R) ⊆ U (R), I iđêan lũy linh (nên I ⊆ ∆(R)) Do U (R) = + ∆(R), hay R ∆U -vành Mệnh đề 62 Cho R vành m ∈ N (1) R ∆U -vành R[x]/xm R[x] ∆U -vành (2) R ∆U -vành vành chuỗi lũy thừa R[[x]] ∆U -vành Chứng minh (1) Điều suy từ Mệnh đề 2.4(5), từ xR[x]/xm R[x] ⊆ J(R[x]/xm R[x]) (R[x]/xm R[x])/(xR[x]/xm R[x]) ∼ = R (2) Ta xét (x) = xR[[x]] iđêan R[[x]] Khi (x) ⊆ J(R[[x]]), R ∼ = R[[x]]/(x), kết suy từ Mệnh đề 2.4(5) Bổ đề 17 Cho R, S vành i : R → S, ϵ : S → R đồng cấu thỏa ϵi = idR (1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R) (2) Nếu S ∆U -vành, R ∆U -vành (3) Nếu R ∆U -vành ker ϵ ⊆ ∆(S), S ∆U -vành Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R) U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S)) Lấy a ∈ ∆(S) Rõ ràng, a + U (S) ⊆ U (S), ϵ(a) + ϵ(U (S)) ⊆ ϵ(U (S)) ϵ(a) + U (R) ⊆ U (R) Điều có nghĩa ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó, ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R) 88 (2) Cho S ∆U -vành Khi U (S) = + ∆(S), theo (1) U (R) = ϵ(U (S)) = + ∆(S) ⊆ + ∆(R) Do U (R) = + ∆((R) (3) Giả sử R ∆U -vành Ta phải ϵ−1 (U (R)) ⊆ + ∆(S), điều có nghĩa U (S) = + ∆(S) Với y ∈ ϵ−1 (U (R)), ta lấy ϵ(y) ∈ U (R) = + ∆(R), R ∆U -vành Suy y − = i(x) + v , v tùy ý thuộc ker(ϵ) x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S Lưu ý x + U (R) ⊆ U (R) Ta có ϵ(i(x) + u) = x + ϵ(u) ∈ x + ϵ(U (S)) = x + U (R) ⊆ U (R) = ϵ(U (S)) i(x) + u = u′ + a u′ ∈ U (S) a ∈ ker(ϵ) Suy y − + u = u′ + a + v ∈ U (S) + ker(ϵ) ⊆ U (S) + ∆(S) theo giả thuyết Từ U (S) + ∆(S) ⊆ U (S) với vành có đơn vị S , ta có y − + u ∈ U (S) với u ∈ U (S) Điều có nghĩa y − ∈ ∆(S) hay y ∈ + ∆(S) Ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 63 Cho R vành, M monoid RM monoid ring Nếu RM ∆U -vành, R ∆U -vành Mệnh đề 64 Cho R vành giao hốn có đơn gị Vành đa thức R[x] R ∆U R ∆U 30.3 Tính chất ∆U lớp vành Mệnh đề 65 Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành (2) Tất clean elements R ∆-clean Định lý 44 Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Với a ∈ R, ta có a − a2 ∈ ∆(R) a − e ∈ ∆(R) e lũy đẳng, e ∈ R; (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean 89 Bổ đề 18 Nếu R vành unit-regular ∆(R) = Định lý 45 Cho R vành, điều sau tương đương (1) R regular ∆U -vành (2) R strongly regular ∆U -vành (3) R unit-regular ∆U -vành (4) R có identity x2 = x (R vành Boolean) Định lý 46 Cho R vành, điều sau tương đương (1) R semiregular ∆U -vành (2) R exchange ∆U -vành (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 32 Cho R ∆U -vành, điều sau tương đương (1) R semiregular ring (2) R exchange ring (3) R clean ring