Một số nguyên lý t ổng quát về tập có thứ tự và ứng dụng vào bài toán điểm bất động

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT SỐ NGUYÊN LÝ TỔNG QUÁT VỀ TẬP CÓ THỨ TỰ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG 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 Bài toán (1) Calderon xem xét lần vào năm 1980 tính giải cho nghiệm toán Sylvester Uhlman chứng minh không gian rộng với số chiều từ ba trở lên vào năm 1987 Sau đó, có số kết mở rộng khác tính nghiệm chứng minh với biên thuộc C 1,1 hàm C 1,1 (Ω) ¯ Păavăarinta v cỏc cng s ó chng minh tớnh nghiệm với hệ số dẫn điện Lipschitz 374 2 KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) tách ≤ p < ∞ không tách p = ∞ Ta cần hai kết để chứng minh định lý ??: trước kết topo (Urysohn’s Lemma) sau quan hệ xấp xỉ không gian hàm liên tục Lp Định nghĩa Cho (X, τ ) khơng gian topo Khi C0c (X) := {f : X → R liên tục spt(f ) compact (X, d)} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0} Bổ đề (Bổ đề Urysohn) Cho X compact địa phương không gian metric, cho K ⊂ X V ⊂ X , K compact V mở thỏa mãn K ⊂ V Khi đó, tồn hàm φ ∈ C0c (X) thỏa mãn ≤ φ ≤ 1, φ ≡ K spt(φ) ⊂ V Định lý (Xấp xỉ Lp hàm liên tục) Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi C0c (Ω) trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), biết ≤ p < ∞ Chứng minh định lý ?? dựa hai kết tảng xấp xỉ hàm đo được, ta cần nhớ lại Định lý (Xấp xỉ hàm đơn giản) Cho (X, M) không gian đo cho f : X → [0, +∞] hàm đo Khi tồn dãy hàm đơn giản đo sh : X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất (i) ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ f ; (ii) lim sh (x) = f (x), ∀x ∈ X h→∞ Z Đặc biệt, f ∈ L (X, µ), nghĩa f dµ < ∞, sh → f X L1 (X, µ), nghĩa Z |f − sh |dµ → ∥f − sh ∥L1 (X,µ) := X Định lý (Lusin - Dạng không gian metric compact địa phương) Cho µ độ đo Radon compact địa phương, không gian metric tách X Cho f : X → R hàm đo cho tồn tập Borel A ⊂ X với µ(A) < ∞, f (x) = ∀x ∈ X \A |f (x)| < ∞ µ− hầu khắp nơi x ∈ X Khi đó, với ϵ > 0, tồn g ∈ C0c (X) cho µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ Hơn nữa, g chọn cho supx∈X |g(x)| ≤ sup |f (x)| x∈X Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω) tồn hàm đơn giản đo s : Ω → R cho |{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (1) ∥f − s∥Lp < ϵ (2) Đầu tiên, giả sử f ≥ Ω Theo xấp xỉ hàm không âm đo phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy hàm đơn giản đo sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; lim sh (x) = f (x) h→∞ (3) ∀x ∈ Ω (4) Từ (??) ta sh ∈ Lp (Ω) |s ∈ Ω : sh (x) ̸= 0| < ∞ ∀h, (5) ∥sh − f ∥ ≤ 2f Ω, ∀h (6) Theo (??) (??), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, ≤ p < ∞, ta lim ∥sh − f ∥Lp = h→∞ (7) Cho ϵ > 0, từ (??), tồn h = h(ϵ) ∈ N cho ∥sh − f ∥Lp < ϵ Nếu ta định nghĩa s := sh , theo (??) (??) Trường hợp tổng quát f : Ω → R chứng minh tách f = + f − f − áp dụng (??) (??), tách thành f + f − Bước 2: Ta ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω), ∃g ∈ C0c (Ω) cho ∥f −g∥Lp < ϵ ϵ Cho f hàm đơn giản đo thỏa mãn (??) (??) với ϵ ≡ ký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử ∥s∥∞ > 0, khơng s ≡ ∈ C0c (Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s, tồn hàm g ∈ C0c (Ω) thỏa mãn |Ac | = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵp , 4p ∥s∥p∞ (8) với |g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω (9) Chú ý ∥f − g∥Lp ≤ ∥f − s∥Lp + ∥s − g∥Lp < Bây ta đánh giá ∥s − g∥Lp Z Z ∥s − g∥pLp = |s − g|p dx = Ω ϵ + ∥s − g∥Lp |s − g|p dx ≤ 2p ∥s∥p∞ |Aϵ | < Aϵ (10) ϵp 2p (11) Vì (??) (??) kết thúc chứng minh Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) tách (12) Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (??), ta (Lp (Ω), ∥.∥∞ ) tách được, biết ≤ p < ∞ Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm được, ta chứng minh D trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞ (13) Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho ϵ ∥f − g∥Lp < (14) D trù mật, tồn e g ∈ D cho ∥g − e g ∥∞ < ϵ 2|Ω|1/p Nhớ lại Bài tập ∥f ∥Lp ≤ |Ω|1/p ∥f ∥∞ , ∀f ∈ L∞ (Ω), biết |Ω| < ∞ Điều nghĩa ϵ ∥g − g∥Lp ≤ |Ω1/p |∥g − g∥∞ < (15) Do gợi ý (??) (??) ám (??) Bây giả sử Ω không bị chặn Theo kết biết topo, tồn dãy (Ωh )h tập mở bị chặn cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 Ω= ∪∞ h=1 Ωh Hơn nữa, ý C0c (Ω) = ∪∞ h=1 Cc (Ωh ) (16) Theo (??) tồn tập Dh ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm Cho D := ∪∞ h=1 Dh (??) giữ Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho (??) Từ K := spt(g) tập compact chứa Ω, tồn h = h(g) = ϵ ∈ N cho K ⊂ Ωh Điều có nghĩa g ∈ C0c (Ωh ) ta có kết luận bước trước Bây ta chứng minh (??) Nhớ lại (C0 (K), ∥.∥∞ ) tách được, biết K ⊂ Rn tập compact (định lý 36) Cho (Ωh ) dãy tập mở bị chặn Rn Theo định nghĩa, C0c (Ωh ) ⊂ (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Vì (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) tách nên với h, tồn tập D ⊂ (C0 (Ωh ), ∥.∥∞ ) trù mật đếm (17) Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sửa tập hợp hàm D eh ⊂ C0c (Ω) đẻ họ cho tập hợp hàm đếm D e D := ∪∞ h=1 Dh ⊂ (Cc (Ω), ∥.∥inf ty ) đếm trù mật (18) Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1 , V = Ωh cho φh ∈ C0 (Ω) cho ≤ φh (x) ≤ 1, ∀x ∈ Ω, φh (x) = 1, ∀x ∈ Ωh−1 spt(φh ) ⊂ Ωh xác định g ∈ Dh , g : Ωh → R, định nghĩa e g : Ω → R hàm ( g(x) x ∈ Ωh e g (x) := , nếux ∈ Ω \ Ωh cho e := {φhe D g : g ∈ D} e (h ∈ N) D := ∪∞ h=1 D Ta chứng minh (??) Theo cách xây dựng, D đếm Vì ta cần chứng minh trù mật (C0c , ∥.∥∞ ) Sửa ϵ > 0, f ∈ C0c (Ω) cho K := spt(f ) ⊂ Ω compact Tồn h0 ∈ N cho K ⊂ Ωh0 ⊂ Ωh0 +1 Điều có nghĩa f ∈ C0c (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 +1 ) Theo (??), tồn f1 ∈ Dh0 +1 cho ∥f − f1 ∥∞,Ω := sup |f (x) − f1 (x)| < ϵ (19) x∈Ω Từ f ≡ Ωh0 +1 \ Ωh0 từ (??), suy |f1 (x)| < ϵ sup (20) x∈Ωh0 +1 \Ωh0 eh0 +1 , theo (??) (??) ta Bây ta định nghĩa f2 := φh0 +1 fe1 ∈ D ∥f − f2 ∥∞,Ω = sup |f (x) − f2 (x)| = x∈Ω sup |f (x) − φh0 +1 f (x)| ≤ x∈Ωh0 +1 ( max ) sup |f (x) − f1 (x)|, x∈Ωh0 sup x∈Ωh0 +1 \Ωh0 |f1 (x)| < ϵ Như (??) Cuối ta chứng minh (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ ) không tách Ta tìm họ rời khơng đếm Ui : i ∈ I tập mở L∞ (Ω) Cho a ∈ Ω cho ωa := B(a, ) > với B(a, ) ⊂ Ω Định nghĩa o n Ua := f ∈ L∞ (Ω) : ∥f − χωa ∥L∞ < a ∈ I := Ω Chú ý • Ua mở (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ ), ∀a ∈ Ω: hiển nhiên • Ua ∩ Ub = ∅ a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ Ua ∩ Ub , điều nghĩa ∥χωa − χωb ∥L∞ ≤ ∥χωa − f ∥L∞ + ∥f − χωb ∥L∞ < 1 + = 2 Mặt khác ∥χωa − χωb ∥L∞ = a ̸= b, mâu thuẫn • I = Ω không đếm 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 vô 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 (21) Từ (??), (fh (x))h ⊂ R dãy Cauchy Do dó: ∃f (x) := lim fh (x), h→∞ ∀x ∈ Ω (22) 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 (i) Điểm x0 ∈ X gọi điểm giới hạn tập A ⊂ X A ∩ (B(x0 , r)\{x0 }) ̸= ∅, ∀r > (ii) Tập A ⊂ X gọi bị chặn tồn R0 > cho d(x, y) ≤ R0 với x, y ∈ A (iii) Tập A ∩ X gọi bị chặn hoàn toàn với ϵ > 0, A phủ họ hữu hạn hình cầu B(x1 , ϵ), B(x2 , ϵ), , B(xN , ϵ), 68 (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 18 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 22 Vô hạn chiều Định nghĩa 18 (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 39 (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 69 Mệnh đề 25 (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 (36) Từ M không gian con, theo (1), suy λ ⟨g, x⟩E ′ ×E < α, ∀λ ∈ R, ⟨g, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ M (37) Do đó, ta xác định hàm f ∈ E ′ f := g, ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E ta có điều phải chứng minh 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 70 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 1, 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 23 Nhóm giả nhị diện Mệnh đề 26 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 71 (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 − Pr(H, SD2n ) =  1   + n i = 2n−1 ,   + i + i ̸= 2n−1 n+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 ?? ta có |Rk | = 2n 2n = (2n , k) k Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X n−1 |CSD2n (x)| = |CSD2n (1)| + |CSD2n (r2 )| + X |CSD2n (rik )| n x∈Rk 1⩽i⩽ 2k −1 i̸=  = |SD2n | + |SD2n | + = 2n+1 + 2n+1 +  2n k n−1 k  − |R1 | 2n 2n+1 (2n−1 + k) − 2n = k k  Từ suy Pr(Rk , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Rk ||SD2n | x∈Rk = k 2n+1 (2n−1 + k) 2n−1 + 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 72 Khi l chẵn với ⩽ l ⩽ 2n − Theo Mệnh đề ??, 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 |SD2n | + |U2n−1 ,l | = (2n+1 + 4) = + n n+1 n+1 2·2 2·2 2 Khi l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n−1 − Theo Mệnh đề ?? ta có |Tl | = Do n−1 Tl = {1, rl s, r2 n−1 , rl+2 s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X |CSD2n (x)| |Tl ||SD2n | Pr(Tl , SD2n ) = x∈Tl l 2n−1 l+2n−1 |C )| + |C s)| n (1)| + |CSD2n (r s)| + |CSD2n (r n (r SD SD 2 · 2n+1
n | + |U n−1 | + |SD2n | + |U n−1 n−1 |SD | = 2 ,l ,l+2 · 2n+1
1 n+1 n+1 + = + + + = · 2n+1 2n =   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 ??, ta có 2n+1 2n+1 = n−1 = i |Ui,j | = 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 73 2n−1 j 2n−1 +j |C )| + |C s)| n (1)| + |CSD2n (r n (r s)| + |CSD2n (r SD SD 2 · 2n+1
n n n−1 n−1 n−1 |SD | + |SD | + |U | + |U | = 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 ?? ta có |Ui,j | = Do 2n+1 i  2n li li+j r ,r s 0⩽l⩽ −1 i  Ui,j = Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta có X X |CSD2n (rli )| + |CSD2n (x)| = 0⩽l⩽ 2i −1 = |CSD2n (1)| + |CSD2n (r2 n−1 0⩽l⩽ 2i −1 )| + X |CSD2n (rli )| + n 1⩽l⩽ 2i −1 l̸=  = |SD2n | + |SD2n | + = n+1 +2 n+1  + 2n i |CSD2n (rli+j s)| n n x∈Ui,j X X |CSD2n (rli+j s)| n 0⩽l⩽ 2i −1 2n−1 i  − |R1 | + 2n |U n−1 | i ,li+j 2n 2n+1 (2n−1 + i + 2) 2n − 2n + = i i i  Do đó, theo Mệnh đề ?? ta có Pr(Ui,j , SD2n ) = = X 1 2n+1 (2n−1 + i + 2) |CSD2n (x)| = n+1 |Ui,j ||SD2n | i x∈Ui,j 2n+1 i i+2 2n+1 (2n−1 + i + 2) 2n−1 + i + = = + n+1 n+1 2(n+1) i 2 i Vậy ta có điều phải chứng minh Trong ví dụ sau ta tính độ giao hốn tương đối nhóm nhóm giả nhị diện SD8 SD16 cách áp dụng Mệnh đề 29 74 Ví dụ (i) Với n = 3, xét nhóm giả nhị diện SD8 = ⟨r, s | r8 = s2 = 1, s−1 rs = r3 ⟩ Các nhóm SD8 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = ⟨r4 ⟩, R8 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩ T3 = ⟨r3 s⟩, T4 = ⟨r4 s⟩, T6 = ⟨r6 s⟩; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩, U4,0 = ⟨r4 , s⟩, U4,2 = ⟨r4 , r2 s⟩; SD8 Khi Pr(R1 , SD8 ) = 1 + = , Pr(R2 , SD8 ) = + = , 8 Pr(R4 , SD8 ) = + = 1, Pr(R8 , SD8 ) = 1; Pr(T0 , SD8 ) = Pr(T1 , SD8 ) = Pr(T2 , SD8 ) = Pr(T3 , SD8 ) 1 = Pr(T4 , SD8 ) = Pr(T6 , SD8 ) = + = ; 8 2+2 + = , 16 1 Pr(U4,0 , SD8 ) = Pr(U4,2 , SD8 ) = + = ; 8 Pr(SD8 , SD8 ) = 16 Pr(U2,0 , SD8 ) = Pr(U2,1 , SD8 ) = (ii) Với n = 4, xét nhóm giả nhị diện SD16 = ⟨r, s | r1 = s2 = 1, s−1 rs = r7 ⟩ Các nhóm SD16 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = ⟨r4 ⟩, R8 = ⟨r8 ⟩, R16 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩, T3 = ⟨r3 s⟩, T4 = ⟨r4 s⟩, T5 = ⟨r5 s⟩, T6 = ⟨r6 s⟩, T7 = ⟨r7 s⟩, T8 = ⟨r8 s⟩, T10 = ⟨r10 s⟩, T12 = ⟨r12 s⟩, T14 = ⟨r14 s⟩; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩, U4,0 = ⟨r4 , s⟩, U4,2 = ⟨r4 , r2 s⟩, U4,3 = ⟨r4 , r3 s⟩, U8,0 = ⟨r8 , s⟩, U8,2 = ⟨r8 , r2 s⟩, U8,4 = ⟨r8 , r4 s⟩; SD16 Khi Pr(R1 , SD16 ) = 1 + = , Pr(R2 , SD16 ) = + = , 16 16 16 75 1 P r(R4 , SD16 ) = + = = Pr(R8 , SD16 ) = + = 1, Pr(R16 , SD16 ) = 16 2 16 Pr(T0 , SD16 ) = Pr(T1 , SD16 ) = Pr(T2 , SD16 ) = Pr(T3 , SD16 ) = Pr(T4 , SD16 ) = Pr(T5 , SD16 ) = Pr(T6 , SD16 ) = Pr(T7 , SD16 ) = Pr(T8 , SD16 ) 1 = Pr(T10 , SD16 ) = Pr(T12 , SD16 ) = Pr(T14 , SD16 ) = + = ; 16 16 Pr(U2,0 , SD16 ) = Pr(U2,1 , SD16 ) = 2+1 11 + = , 32 32 4+2 Pr(U4,0 , SD16 ) = Pr(U4,1 , SD16 ) = Pr(U4,2 , SD16 ) = Pr(U4,3 , SD16 ) = + = , 32 16 1 Pr(U8,0 , SD16 ) = Pr(U8,2 , SD16 ) = Pr(U8,4 , SD16 ) = Pr(U8,6 , SD16 ) = + = ; 16 16 11 Pr(SD16 , SD16 ) = Pr(SD16 ) = 32 24 ĐỊNH LÍ FUBINI Định lý 40 (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 dx Rn  F (x, y)dy Rn Z Z = dy Rn Bổ đề Cho f ∈ C0 (Rn ) Khi ϱ ∗ f → f tập compact Rn  F (x, y)dx Rn 76 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) (38) Mặt khác, h ∈ N thỏa 1/h < δ x ∈ K , theo (??), Z