Phân dạng và kĩ thuật tính tích phân hàm một biến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: PHÂN DẠNG VÀ KĨ THUẬT TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN 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 Năm 1936, G Birkhoff giới thiệu nhóm tơpơ (xem [6]) Sau đó, khơng gian cầu trường được M M Choban đưa vào năm 1987 (xem [7]) Đến năm 1989, V V Uspenskij chứng minh nhóm tơpơ khơng gian cầu trường không gian cầu trường không nhóm tơpơ (xem [21]) Tiếp đó, A V Arhangel’skii M Tkachenko giới thiệu khái niệm nhóm paratơpơ, chứng minh số tính chất nhóm tơpơ nhóm paratơpơ, đồng thời nhóm tơpơ nhóm paratơpơ điều ngược lại khơng 373 2 Một số kết liên quan Trong toàn luận văn, ký hiệu J(R) Jacobson vành R U (R) tập hợp tất phần tử khả nghịch vành R có đơn vị Trong [?], tác giả định nghĩa vành R gọi U J -vành + J(R) = U (R) Cho S vành, khơng thiết phải có đơn vị, vị nhóm S◦ = (S, ◦) S tập hợp S với phép tốn ◦:S×S →S (x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy Mặt khác, S vành có đơn vị, S◦ đẳng cấu với vị nhóm (S, ) R với đẳng cấu ◦ : (S, ◦) → (S, ) x 7→ − x Cụ thể, y ∈ S khả nghịch vị nhóm S◦ (được gọi phần tử tựa khả nghịch hay phần tử tựa quy) − y phần tử khả nghịch vành S nhóm phần tử khả nghịch U (S) S đẳng cấu với nhóm U◦ (S) phần tử tựa khả nghịch S Phần tử nghịch đảo y S◦ gọi tựa nghịch đảo y Ta biết I = J(S) iđêan lớn S thỏa mãn U◦ (I) = I Bổ đề ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau tương đương vành R cho: (1) U (R) = + J(R), hay R U J -vành; (2) U (R/J(R)) = {1}; (3) C(R) iđêan R (khi C(R) = J(R)), với C(R) tập phần tử tựa quy R; (4) rb − cr ∈ J(R), r ∈ R b, c ∈ C(R); (5) ru − vr ∈ J(R), u, v ∈ U (R) r ∈ R; (6) U (R) + U (R) ⊆ J(R) (khi U (R) + U (R) = J(R)) Một vành gọi hữu hạn Dedekind ab = ba = với a, b hai phần tử vành Mệnh đề ([?], Mệnh đề 1.3) Cho R U J -vành Khi (1) ∈ J(R); (2) Nếu R thể, R ∼ = F2 ; (3) R rút gọn (khơng có phần tử lũy linh khác khơng) R giao hốn; (4) Nếu x, y ∈ R thỏa mãn xy ∈ J(R) yx ∈ J(R) xRy, yRx ⊆ J(R); (5) Giả sử I ⊆ J(R) iđêan R Khi R U J -vành R/I U J -vành; (6) R hữu hạn Dedekind; Y (7) Vành Ri U J -vành vành Ri U J -vành với i∈I i ∈ I Một vành R gọi nửa địa phương vành thương R/J(R) tổng trực tiếp iđêan phải cực tiểu Mệnh đề ([?], Mệnh đề 1.4) Vành nửa địa phương R U J -vành R/J(R) ≃ F2 × × F2 Cho R vành có đơn vị Ta ký hiệu Mn (R) vành ma trận cấp n × n R Định lý ([?], Định lý 3) Cho R vành tùy ý, có đơn vị n > Khi đó, phần tử Mn (R) tổng ba phần tử khả nghịch Mn (R) Cho R vành có đơn vị, phần tử a ∈ R gọi clean a có biểu diễn a = e + u e phần tử lũy đẳng R, u phần tử khả nghịch R Ta ký hiệu Cl(R) tập tất phần tử clean vành R Một vành R gọi clean R = Cl(R) Hệ ([?], Hệ 1.7) Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (i) R vành rút gọn; (ii) U (R[x]) = U (R); (iii) Cl(R[x]) = Cl(R) 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) Mệnh đề ([?], Mệnh đề 4.9 (2)) Cho R vành M song môđun R Gọi T (R, M ) mở rộng tầm thường Khi tập phần tử khả nghịch T (R, M ) U (T (R, M )) = T (U (R), M ) Một vành R gọi I -vành iđêan phải lũy linh khác khơng chứa phần tử lũy đẳng khác không Một hệ n2 phần tử {eij } vành R gọi hệ ma trận khả nghịch ( j ̸= j ′ eij ej ′ k = ejk j = j ′ Định lý ([?], Định lý 2.1) Cho R I -vành Nếu a phần tử lũy linh cấp n (nghĩa an = 0, an−1 ̸= 0) an−1 ∈ / J(R) iđêan (a) sinh a chứa hệ n ma trận khả nghịch 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) (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 10 (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 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 10 (2) suy ∆(T ) iđêan T Theo Bổ đề 10 (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 (2) Theo (1), ∆(R) Jacobson R theo Bổ đề 10 (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 10 (1) s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R) Từ đặt trưng ∆(R) Định lý 25 (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 25 (1) ta thu hệ sau Hệ Giả sử R vành đại số trường F Nếu dimF R < |F |, ∆(R) vành lũy linh Cho R vành không thiết phải có đơn vị S vành R, ta ký hiệu Sˆ vành R sinh S ∪ {1} Mệnh đề 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 10 ∆(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 10 (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 [ , 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), ¯ = ∆(R) Vì U (R) ¯ = U (R) nên chiều ngược lại I ⊆ J(R) Suy ∆(R) dễ thấy Áp dụng mệnh đề ta có hệ sau [ = ∆(R), nghĩa ∆ Hệ 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 42 (3) Hệ 23 ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J(T /∆(R)) = hay ∆(T ) = ∆(R) Từ Mệnh đề 42 (1), áp dụng cho S = Z(R) tâm R, ta có hệ sau Hệ ∆(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 i phép nhân, lấy f, g ∈ R[[x]], f = x , g = bi xi Ta định i=0 i=0 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 toán 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 42 (3) ta suy trực tiếp hệ sau Hệ 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 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) +
1⩽l⩽ nk −1 n X |CDn (rkl )| = |Dn |+ 1⩽l⩽ nk −1 n l̸= 2k Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + |Dn | + x∈Rk = 2n + 2n + n k n k k  − |R1 |  − |R1 |  −2 n= n(n + 2k) k Áp dụng Mệnh đề ?? ta có X n + 2k 1 n(n + 2k) |CDn (x)| = n = Pr(Rk , Dn ) = |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k Vậy ta có điều phải chứng minh (ii) Giả sử H = Tl với ⩽ l ⩽ n − Theo Mệnh đề 3, |Tl | = Tl = ⟨rl s⟩ = {1, rl s} Theo Mệnh đề ??, ta có Pr(Tl , Dn ) = X 1 (|CDn (1)| + |CDn (rl s)|) |CDn (x)| = |Tl ||Dn | · 2n x∈Tl = (|Dn | + |CDn (rl s)|) 4n Ta áp dụng Mệnh đề cho hai trường hợp n sau Nếu n lẻ |CDn (rl s)| = |Tl | = Từ suy Pr(Tl , Dn ) = Nếu n chẵn, giả sử m = n+1 (2n + 2) = 4n n |CDn (rl s)| = |Um,l | = 2n 2n = = (n, m) m 58 Từ suy n+2 (2n + 4) = 4n 2n Pr(Tl , Dn ) = Vậy ta có điều phải chứng minh (iii) Giả sử H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Theo Mệnh đề ta có |Ui,j | = Do Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ = Khi X  n ril , ril+j s ⩽ l ⩽ − i X |CDn (x)| = |CDn (1)| + x∈Ui,j  2n 2n = (n, i) i 1⩽l⩽ X |CDn (ril )| + n −1 i 0⩽l⩽ Ta xét hai trường hợp n Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề ta có n  n X il |CDn (r )| = n 1⩽l⩽ −1 i X 0⩽l⩽ Từ suy X |CDn (ril+j s)| = n −1 i |CDn (x)| = 2n + n x∈Ui,j Áp dụng Mệnh đề ?? ta có X Pr(Ui,j , Dn) = i − |R1 | = n |Ui,j ||Dn | x∈Ui,j n i n −1 i  −1 , n 2n |Til+j | = i i  −1 + |CDn (x)| = i |CDn (ril+j s)| 2n n(n + i + 2) = i i n(n + i + 2) n+i+2 = 2n i 4n 2n i 59 Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp i n Trường hợp 2a: i ∤ Khi đó, theo Mệnh đề ta có n  n  X |CDn (ril )| = i 1⩽l⩽ ni −1 X |CDn (ril+j s)| = 0⩽l⩽ ni −1 Từ suy X |CDn (x)| = 2n + n n x∈Ui,j Áp dụng Mệnh đề ?? ta có X Pr(Ui,j , Dn) = − |R1 | = n |Ui,j ||Dn | i i −1 , 4n n U n2 ,il+j = i i  −1 + |CDn (x)| = x∈Ui,j 4n n(n + i + 4) = i i n(n + i + 4) n+i+4 = 2n i 4n 2n i n Trường hợp 2b: i Khi đó, theo Mệnh đề ta có X X