Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM 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 Lý thuyết ổn định đóng vai trị quan trọng tốn học nói chung, lý thuyết phương trình vi phân hay lý thuyết điều khiển Trong luận văn chúng tơi khảo sát tính ổn định vững hệ động lực tuyến tính, cụ thể hệ tuyến tính rời rạc, hệ tuyến tính rời rạc có chậm hệ tuyến tính khơng dừng khơng gian vơ hạn chiểu 874 2 Cấu trúc nhóm số nhóm hữu hạn Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Tl , Ui,j nhóm Dn có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ n, ⩽ l ⩽ n − 1, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ n − Sau số tính chất nhóm nhị diện, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Khi (i) Rk nhóm xiclíc cấp n , d = (n, k), với ⩽ k ⩽ n; d (ii) Tl nhóm xiclíc cấp với ⩽ l ⩽ n − 1; (iii) Ui,j nhóm nhị diện cấp 2n , d = (n, i), với i|n, ⩽ i ⩽ n− d ⩽ j ⩽ n − Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Khi (i) Nếu n lẻ CDn (1) = Dn , CDn (ri ) = R1 , CDn (rj s) = Tj với ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ n − 1; (ii) Nếu n chẵn CDn (1) = Dn , CDn (rm ) = Dn , CDn (ri ) = R1 , CDn (rj s) = Um,j n với m = , ⩽ i ⩽ n − 1, i ̸= m, ⩽ j ⩽ n − Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm nhóm Dn Khi H nhóm sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với k|n, ⩽ k ⩽ n, ⩽ l ⩽ n − 1, i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn , s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Ui,j nhóm Q4n có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ 2n, ⩽ i ⩽ 2n, ⩽ j ⩽ 2n − Sau số tính chất nhóm quaternion suy rộng, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi 2n , d = (2n, k), với ⩽ k ⩽ 2n; d 4n (ii) Ui,j nhóm quaternion suy rộng cấp , d = (n, i), d với ⩽ i ⩽ 2n, ⩽ j ⩽ 2n − (i) Rk nhóm xiclíc cấp Mệnh đề Cho nhóm Quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi CQ4n (1) = CQ4n (rn ) = Q4n , CQ4n (ri ) = R1 , CQ4n (rj s) = Un,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= n, ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ 2, H nhóm Q4n Khi H nhóm sau Rk = ⟨rk ⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n, ⩽ i ⩽ n, i|n, ⩽ j ⩽ i − Cho nhóm giả nhị diện n n−1 SD2n = ⟨r, s | r2 = s2 = 1, s−1 rs = r2 −1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Tl , Ui,j nhóm nhóm giả nhị diện SD2n có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ 2n , ⩽ l ⩽ 2n − 1, ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − Sau số tính chất nhóm giả nhị diện, xem [?] Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi (i) Rk nhóm xiclíc cấp 2n d = (2n , k), với ⩽ k ⩽ 2n ; d (ii) Tl nhóm xiclíc cấp l chẵn, cấp l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n − 1; (iii) Ui,j nhóm giả nhị diện i lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − 1; Ui,j nhóm nhị diện i chẵn j chẵn, nhóm quaternion tổng quát i chẵn j lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − 1; Với i = 2n−1 , Ui,j nhóm xiclíc cấp j lẻ, Ui,j ∼ = C2 × C2 j chẵn 2n+1 Trong tất trường hợp nhóm Ui,j có cấp d d = (2n , i) Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi CSD2n (1) = CSD2n (r2 n−1 ) = SD2n , CSD2n (ri ) = R1 , CSD2n (rj s) = U2n−1 ,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ 3, H nhóm SD2n Khi nhóm H SD2n nhóm sau (i) Rk = ⟨rk ⟩ với ⩽ k ⩽ 2n ; (ii) Tl = ⟨rl s⟩ với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ; (iii) Ui,j với ⩽ i ⩽ 2n−2 , i|2n , ⩽ j ⩽ i−1, U2n−1 ,j với ⩽ j ⩽ 2n−1 − 1, j chẵn 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 (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|2 −  |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 Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề 10 (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn 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 (ii) cách thay đổi biến Z (f ∗ ϱ)(x) = f (x − y)ϱ(y)dy Rn (z=x=y) Z f (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x) = Rn (iii) Cho x ∈ Rn xr → x, ta chứng minh (ϱ ∗ f )(xr ) → (ϱ ∗ f )(x) (1) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (2) 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 (3) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (3), 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 (4) Từ (2), (3) định lý tính hội tụ bị trội, theo (1) Nhận xét Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm không gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề 34 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 ) Định lý (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 (Bổ đề tính tốn 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 (5) K Thật vậy, theo (5), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (5) 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 15 (iii), tồn h = h(K) ∈ N cho spt(g ∗ ϱh ) ⊆ spte (g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω với h > h Do đó, theo định lý ?? (i), (ii), gh ∈ C∞ h > h |gh (x)| ≤ ∥g∥L∞ (Rn ) = 1, ∀x ∈ Rn , ∀h ∈ N (6) c Từ (∗) ta Z f gh dx = 0, ∀h ≤ h Ω 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 36 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 17 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 37 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 21 Độ giao hốn tương đối nhóm Ta bắt đầu định nghĩa độ giao hoán nhóm Định nghĩa 23 Cho G nhóm H nhóm G Ký hiệu C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh} 75 Độ giao hoán tương đối nhóm H G, ký hiệu Pr(H, G), định nghĩa sau Pr(H, G) = |C| |H||G| Từ Định nghĩa ?? ta thấy Pr(G, G) = Pr(G), Pr(G) độ giao hốn nhóm G định nghĩa Định nghĩa ?? Sau số ví dụ độ giao hốn tương đối số nhóm Ví dụ Xét nhóm nhị diện D3 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ Khi D3 = {1, r, r2 , s, rs, r2 s} phép nhân phần tử D3 cho bảng sau • 1 r r2 s rs r2 s r r2 s rs r2 s r r r2 r2 r2 r rs r2 s s r s s rs s s rs r2 s r r2 r2 s r2 s s rs r r2 r rs rs r2 s s r2 Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨s⟩ H = ⟨rs⟩ H = ⟨r2 s⟩ H = D3 |C| 12 8 18 Pr(H, D3 ) 3 3 Ví dụ Xét nhóm nhị diện D4 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau D4 = ⟨r, s | r4 = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ Khi D4 = {1, r, r2 , r3 , s, rs, r2 s, r3 s} phép nhân phần tử D4 cho bảng sau 76 • 1 r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r r2 r3 r2 r2 r3 r3 r3 1 r r2 s r3 s s rs r r2 rs r2 s r3 s s r s s rs r2 s s s rs r2 s r3 s rs rs r2 s r3 s s r3 r r2 r3 r r2 r2 s r2 s r3 s s rs r2 r3 r3 s r3 s s rs r2 s r r2 r3 r Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨r2 , s⟩ H = ⟨r2 , rs⟩ H = ⟨s⟩ |C| 24 24 24 12 Pr(H, D4 ) 4 4 Các nhóm H = ⟨rs⟩ H = ⟨r2 s⟩ H = ⟨r3 s⟩ H = ⟨r2 ⟩ H = D4 |C| 12 12 12 16 40 Pr(H, D4 ) 4 Ví dụ Xét nhóm quaternion Q8 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau Q8 = ⟨r, s | r4 = 1, s2 = r2 , s−1 rs = r−1 ⟩ Khi Q8 = {1, r, r2 , r3 , s, rs, r2 s, r3 s} phép nhân phần tử Q8 cho bảng sau 77 • 1 r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r2 r3 s rs s2 s r3 s r r r2 r3 r2 r2 r3 r3 r3 1 r r2 s r3 s s rs r r2 rs r2 s r3 s s r s s rs r2 s s s rs r2 s r3 s r2 r3 rs rs r2 s r3 s s r r2 r3 r r2 s r2 s r3 s s rs r r2 r3 r3 s r3 s s rs r2 s r3 r r2 Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨r2 ⟩ H = ⟨s⟩ H = ⟨rs⟩ H = Q8 |C| 24 16 24 24 40 Pr(H, Q8 ) 4 Từ định nghĩa độ giao hốn tương đối ta có kết sau Mệnh đề 38 Cho G nhóm H nhóm G Khi X X Pr(H, G) = |H||G| |CG (x)| = x∈H |H||G| |CH (y)| y∈G Chứng minh Ký hiệu C = {(x, y) ∈ H × G | xy = yx} Với x ∈ H số cặp phần tử (x, y) ∈ C |CG (x)| CG (x) tâm hóa x G Với y ∈ G số cặp phần tử (x, y) ∈ C |CH (y)| CH (y) tâm hóa y H Cho nên ta có X X |C| = |CG (x)| = x∈H |CH (y)| y∈G Từ suy cơng thức cần chứng minh 78 Kết sau cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối nhóm chuẩn tắc nhóm nhờ số lớp liên hợp Mệnh đề 39 Cho G nhóm H nhóm chuẩn tắc G Khi Pr(H, G) = k |H| k số lớp liên hợp G nằm H Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp x G O(x) Khi ta có |O(x)| = |G : CG (x)| Gọi x1 , x2 , , xk phần tử đại diện lớp liên hợp G nằm H Vì H ◁ G với x ∈ H ta có O(x) ⊂ H Do đó, theo Mệnh đề ??, ta có k X X |CG (x)| = |O(xi )||CG (xi )| Pr(H, G) = |H||G| |H||G| = |H||G| x∈H k X i=1 i=1 k X k |G : CG (xi )||CG (xi )| = |G| = |H||G| |H| i=1 Vậy ta có điều phải chứng minh Ta cần bổ đề sau phép chứng minh kết so sánh độ giao hốn tương đối nhóm nhóm với độ giao hốn nhóm nhóm Bổ đề Cho H nhóm G Khi với phần tử x ∈ G |H : CH (x)| ⩽ |G : CG (x)| Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy G = HCG (x) Chứng minh Lấy x ∈ G Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta có |H||CG (x)| = |HCG (x)| ⩽ |G| |H ∩ CG (x)| Do |H| |G| ⩽ |H ∩ CG (x)| |CG (x)| 79 Mà H ∩ CG (x) = {a ∈ H | a ∈ CG (x)} = CH (x), từ suy |H| |G| ⩽ |CG (x)| |CH (x)| Do đó, theo Định lý Lagrange ta có |H : CH (x)| ⩽ |G : CG (x)| Từ lập luận ta thấy dấu đẳng thức xảy G = HCG (x) Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề sau cho ta đánh giá độ giao hốn tương đối nhóm nhóm nhờ độ giao hốn nhóm nhóm Mệnh đề 40 Cho H nhóm nhóm G Khi Pr(G) ⩽ Pr(H, G) ⩽ Pr(H) Chứng minh Theo Mệnh đề ?? ta có X Pr(H, G) = |H||G| |CG (x)| = x∈H X |CG (x)| |H| |G| x∈H Theo Bổ đề ?? ta có |CG (x)| |C (x)| ⩽ H với x ∈ H |G| |H| Từ suy Pr(H, G) ⩽ X |CH (x)| X = |CH (x)| = Pr(H) |H| |H| |H| x∈H x∈H Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H, G) = X X |CH (y)| |CH (y)| = |H||G| |G| |H| y∈G y∈G 80 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| 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) |CG (x)| |CH (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 hồn tồn tương tự ta có điều phải chứng minh Từ Mệnh đề ?? ta có hệ sau Hệ 18 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 ?? Mệnh đề 42 Cho H nhóm nhóm G Nếu H khơng chuẩn tắc G Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H) 81 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 22 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 24 (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 ≥ 82 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 Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề 43 (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn 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)