Phương trình parapolic liên ết với một bài toán cauchy cho một phương trình vi phân thường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: PHƯƠNG TRÌNH PARAPOLIC LIÊN KẾT VỚI MỘT BÀI TỐN CAUCHY CHO MỘT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG 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 Luận văn trình bày hai chương: Chương I: Chúng tơi trình bày kiến thức sở bao gồm khái niệm, số định lý Chương II: Là phần luận văn Trong chương chúng tơi trình bày tốn (I) Đầu tiên khảo sát tồn nghiệm khoảng t n, sau khoảng vô hạn [0, +) Cuối khảo sát phụ thuộc liên tục nghiệm toàn (I) f 183 2 ĐỊNH LÝ LAGRANGE Định lý (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh Xét hàm số   f (b) − f (a) g(x) = f (x) − (x − a) + f (a) b−a Do hàm số f (x) x − a liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) nên hàm số g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho g ′ (c) = Nhưng ta có g ′ (x) = f ′ (x) − f (b) − f (a) b−a Suy f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Ta có điều phải chứng minh Ý nghĩa hình học định lý Lagrange Cho C đường cong trơn với hai đầu mút A, B Khi C tồn điểm mà tiếp tuyến C điểm song song với AB Nhận xét Thơng qua cách chứng minh định lý Lagrange hệ định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại trường hợp riêng định lý Lagrange giá trị hai đầu mút (tức f (a) = f (b)) Sau ta trình bày cơng thức Lagrange dạng khác Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ−a Khi đó: b−a ξ = a + θ(b − a) 0 f (x, y) := y ≤ với 1, β < Khi f ∈ C1 \ Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy f ∈ C1 Ta chứng minh f ∈ / Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sử f ∈ Lip(Ω) Khi tồn L > thỏa mãn, với (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,  x 1/β |f (x, y) − f (−x, y)| = 2y β ≤ 2Lx ⇔ y ≤ L Từ 1/2 < 1/β , ta chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn điều mấu thuẫn với bất đẳng thức trước  x 1/β √ , x>y> L 32 (ii) Quan hệ bao hàm chặt Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) f (x) = |x| Khi f ∈ Lip(Ω) \ C1 (Ω) Mặc dù không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) rộng hàm khả vi liên tục C1 (Ω), chúng có chung tính chất quan trọng, tính khả vi, chứng minh trường hợp chiều Định lý 17 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn tập mở cho f ∈ Lip(Ω) Khi f khả vi x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa bỏ tập có độ đo không N ⊂ Ω, với x ∈ Ω \ N tồn hàm tuyến tính varphi : Rn → R thỏa mãn f (y) − f (x) − φ(y − x) = y→x y−x lim Đặc biệt, với x ∈ Ω \ N tồn ∇f (x) Định nghĩa 11 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Ta biểu thị ∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω + Lip(f, Ω) ∥.∥Lip gọi chuẩn Lip Định lý 18 (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian Banach vô hạn chiều không không gian Hilbert, biết Ω ∈ Rn tập mở bị chặn Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng gian tuyến tính định chuẩn, ý Lip(f + g) ≤ Lip(f ) + Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω) (12) Ta phải tính đầy đủ Cho (fh )h dãy Cauchy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ), nghĩa với ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N thỏa mãn |fh (x) − fk (y)| + |fh (x) − fk (y) − fh (z) + fk (z)| ≤ |y − z| (13) ∥fh − fk ∥∞ + Lip(fh − fk ) = ∥fh − fk ∥Lip ≤ ϵ ∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (27) (28), suy tồn L > thỏa mãn Lip(fh ) ≤ L ∀h, (14) 33 theo (28), (fh )h dãy Cauchy (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Khi đó, tồn f ∈ C0 (Ω) thỏa mãn fh → f Ω Theo (29), ta Lip(f ) ≤ L, f ∈ Ω Lấy qua giới hạn (28), k → ∞, ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N cho |fh (x) − f (x)| + fh (y) − f (y) − fh (z) + f (z) ≤ϵ y−z ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z Điều có nghĩa lim ∥fh − f ∥Lip = h→∞ Từ tập hợp hàm đa thức chứa Lip(Ω), Lip(Ω) vô hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh khơng phải khơng gian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, cách sử dụng đẳng thức hình bình hành Theo hệ mệnh đề 24 ta kết sau Hệ 18 Bao hàm C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 ∀f ∈ C1 (Ω), L nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn tập lồi, mở bị chặn Đặc biệt, C1 (Ω) khơng gian đóng (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trường hợp n = Ω = (a, b) Theo mệnh đề 24 nhận xét 14 (ii), ta cần quan hệ bao hàm phép đẳng cự Điều suy Bài tập Nếu f ∈ C1 ([a, b]) ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1 Tính compact Lip(Ω) Định lý 19 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, giả sử F = BLip(Ω) := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1} Khi BLip(Ω) compact (Lip(Ω), ∥.∥∞ ) 34 Chứng minh Ta cần F compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Áp dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 29) Chứng minh (i) F bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): hiển nhiên theo định nghĩa (ii) F đóng (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): nghĩa là, (fh )h ⊂ F với ∥fh − f ∥∞ , f ∈ F Thật fh ∈ FLef trightarrow|fh (x)|+ |fh (y) − fh (z)| ≤1 y−z ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Lấy qua giới hạn, h → ∞, ta |f (x)| + |f (y) − f (z)| ≤1 y−z ∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z từ f ∈ F (iii) F liên tục Ω Thật vậy, đủ để nhận thấy rằng, theo định nghĩa |f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Chú ý BC1 (Ω) := {f ∈ C1 (Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} không compact (C1 (Ω), ∥.∥∞ ) Đây đặc trưng tốt có Lip(Ω) khơng có C1 (Ω) Tính tách (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Định lý 20 Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng tách Chứng minh Ta cần tồn họ tách rời không đếm {Uα : α ∈ I} tập mở (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) (Mệnh đề ??) Ta chia chứng minh thành hai bước Bước 1: Giả sử n = Ω = (a, b) ta chứng minh kết luận Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) họ hàm uα (x) := |x − α| x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b) Ta chứng minh ∥uα − uβ ∥Lip ≥ Lip(uα − uβ ) ≥ α ̸= β (15) 35 Thật  |uα (x) − uβ (x) − uα (y) + uβ (y)| Lip(uα − uβ ) = sup : x, y ∈ (a, b), x ̸= y |x − y| |uα (α) − uβ (α) − uα (β) + uβ (β)| |α − β| =2 = |α − β| |α − β|  ≥ Vì họ Uα := {f ∈ Lip((a, b)) : ∥f − uα ∥Lip < ∀α ∈ I} Ta điều mong muốn Bước 2: Giả sử Ω tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn hình cầu mở (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) ⊂ Ω Cho {fα : α ∈ (a1 , b1 )} ⊂ Lip(Ω) họ hàm định nghĩa fα (x) := uα (x1 ) x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω, α ∈ I := (a1 , b1 ), uα hàm biến theo định nghĩa bước Theo (30) ta được, α ̸= β Lip(fα − fβ , Ω) ≥ Lip(uα − uβ , (a1 , b1 )) ≥ Vì vậy, họ Uα := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f − fα ∥Lip < 1} ∀α ∈ I Ta điều cần chứng minh Ta xem xét lớp Lip(Ω) hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng |f (x) − f (y)| < C|x − y| ∀x, y ∈ Ω (L) Với C > Giống hàm thỏa mãn (L), hàm thỏa mãn tính chất (H) quan trọng, hàm thỏa mãn tính chất (H) gọi hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α với số C, α > ∀x, y ∈ Ω (H) 36 Bài tập Cho Ω ⊂ Rn tập mở liên thông giả sử (H) với C > α > Khi f ≡ const Do điều kiện Holder khơng cịn ý nghĩa cho hàm với số mũ lớn tập mở liên thông Định nghĩa 12 Cho A ⊂ Rn , hàm f : A → R gọi liên tục Holder với mũ α > thỏa mãn (H) với sô C > 11 Các cận cho độ giao hốn tương đối nhóm Mệnh đề sau cho ta cận cận cho độ giao hốn tương đối nhóm nhóm Mệnh đề 20 Cho H nhóm G, p ước nguyên tố nhỏ |G| Khi |Z(G) ∩ H| p(|H| − |Z(G) ∩ H|) |Z(G) ∩ H| + |H| + ⩽ Pr(H, G) ⩽ |H| |H||G| 2|H| Chứng minh Đặt K = Z(G) ∩ H Khi theo Mệnh đề ?? ta có X X X |H||G| Pr(H, G) = |CG (x)| = x∈H x∈K = |K||G| + |CG (x)| |CG (x)| + X x∈H\K |CG (x)| x∈H\K Rõ ràng x ∈ H \ K {1} ⊊ CG (x) ⊊ G p ⩽ |CG (x)| ⩽ Do p(|H| − |K|) ⩽ X |CG (x)| ⩽ (|H| − |K|) x∈H\K |G| |G| Cho nên |K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| X x∈H\K |CG (x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|) |G| 37 Từ suy |K| p(|H| − |K|) |K| |H| − |K| + ⩽ Pr(H, G) ⩽ + , |H| |H||G| |H| 2|H| ta có cơng thức cần chứng minh Rõ ràng độ giao hoán tương đối nhóm nhóm giao hốn Kết sau cho ta cận cho độ giao hốn tương đối nhóm một nhóm khơng giao hốn Mệnh đề 21 Cho G nhóm khơng giao hốn H nhóm G Khi (i) Nếu H ⊆ Z(G) Pr(H, G) = Hơn nữa, H nhóm khơng giao hốn Pr(H, G) ⩽ (ii) Nếu H ⊈ Z(G) Pr(H, G) ⩽ Chứng minh X (i) Vì H ⊆ Z(G) nên |CG (x)| = |H||G| Do x∈H Pr(H, G) = X |CG (x)| = |H||G| = |H||G| |H||G| x∈H (ii) Giả sử H ⊈ Z(G) Khi dó Z(G) ∩ H ⊊ H , Cho nên |Z(G) ∩ H| ⩽ |H| Áp dụng Định lý ?? ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| Pr(H, G) ⩽ ⩽ = |H| |H| Giả sử H khơng nhóm giao hốn Khi theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H) ⩽ Do đó, theo Định lý ?? ta có Pr(H, G) ⩽ Pr(H) ⩽ Vậy ta có điều phải chứng minh 38 Kết sau mô tả cấu trúc nhóm trường hợp đạt đươc cận Mệnh đề ?? Mệnh đề 22 Cho H nhóm nhóm G Khi đó: H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 ; (ii) Nếu Pr(H, G) = H không giao hốn H/(Z(G)∩H) ∼ = Z2 × Z2 (i) Nếu Pr(H, G) = Chứng minh (i) Giả sử Pr(H, G) = Khi đó, theo Định Lý ?? ta có |Z(G) ∩ H| + |H| |Z(G) ∩ H| = Pr(H, G) ⩽ = + 2|H| 2|H| Từ suy |H| ⩽ |Z(G) ∩ H| |H| = |H| = |Z(G) ∩ H|, từ suy H ⊆ Z(G) Khi |Z(G) ∩ H| theo Mệnh đề ?? (i) ta có Pr(H, G) = Điều mâu thuẫn với giả |H| = 2, H/(Z(G) ∩ H) ∼ thiết Do = Z2 , ta có điều |Z(G) ∩ H| Nếu phải chứng minh (ii) Giả sử Pr(H, G) = Bằng cách lập luận tượng tự ta suy |H| ⩽ |Z(G) ∩ H| Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H khơng giao hốn nên H/Z(H) khơng nhóm xiclíc Do H/(Z(G) ∩ H) khơng nhóm xiclíc Từ suy |H| ⩾ |Z(G) ∩ H| Điều chứng tỏ |H| = 4, |Z(G) ∩ H| 39 H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 12 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 21 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 32, 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 33 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 ¯ Ta kiểm tra J(R)G ⊆ J(RG), linh chứa J(RG) J((R/J(R))G) ∼ = J(RG/J(R)G) = J(RG)/J(R)G Do ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG) Định lý 22 Cho R ∆U -vành G 2-nhóm hữu hạn địa phương Nếu ∆(R) lũy linh, RG ∆U -vành 40 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 19 Cho R vành hoàn chỉnh phải trái G 2-nhóm hữu hạn địa phương Khi đó, R ∆U -vành RG ∆U -vành 13 Các khái niệm Định nghĩa 13 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 tốn 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 14 Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép tốn cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép tốn A) Định nghĩa 15 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 41 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 16 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I 13.0.1 Định lý đồng cấu vành Định nghĩa 17 Cho R, R′ hai vành Ánh xạ f : R → R′ gọi đồng cấu vành f bảo toàn hai phép toán cộng nhân R, nghĩa f (x + y) = f (x) + f (y), f (xy) = f (x)f (x), với x, y ∈ R 13.0.2 14 Một số kết liên quan Một vài tính chất đại số ∆U -vành Mệnh đề 23 Cho R vành 2-nguyên thủy Nếu vành đa thức R[x] ∆U -vành, R ∆U -vành Chứng minh R vành 2-nguyên thủy, theo Mệnh đề 26, ∆(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 24 Cho R vành m ∈ N (1) R ∆U -vành R[x]/xm R[x] ∆U -vành 42 (2) R ∆U -vành vành chuỗi lũy thừa R[[x]] ∆U -vành Chứng minh (1) Điều suy từ Mệnh đề 32 (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]]) Vì R ∼ = R[[x]]/(x) nên (2) suy từ Mệnh đề 32 (5) Bổ đề 10 Cho R, S vành i : R → S, ϵ : S → R đồng cấu vành thỏa mãn ϵi = idR Khi đó, khẳng định sau (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)) nên ϵ(U (S)) = U (R) 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) (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) Thật vậy, với y ∈ ϵ−1 (U (R)), ta lấy ϵ(y) ∈ U (R) = 1+∆(R), R ∆U -vành Suy y −1 = 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 Cho vành R nhóm G, ta ký hiệu vành nhóm X R G RG Một phần tử tùy ý α ∈ RG có dạng α = rg g rg ∈ R g∈G 43 Giả sử R vành M vị nhóm, RM gọi vành vị nhóm định nghĩa giống vành nhóm Mệnh đề 25 Cho R vành, M vị nhóm RM vành vị nhóm Nếu RM ∆U -vành R ∆U -vành Chứng minh Ta xét quan hệ bao hàm ι : R → RM (ι(r) = re với e phần tử đơn vị vị nhóm ! M ) ϵ : RM → R đồng cấu mở rộng X X rm m = rm ([?] Mệnh đề II.3.1) Khi ta đủ xác định ϵ m∈M m∈M điều kiện để áp dụng Bổ đề ?? (2) Ta có kết quả, vành đa thức R[X] ∆U -vành R ∆U -vành Với vành đa thức vành giao hoán, ta kết tốt Ta biết R vành giao hốn có đơn vị f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ R[x] f khả nghịch R[x] a0 khả nghịch R a1 , a2 , , an phần tử lũy linh trong R Từ nhận xét ta có mệnh đề sau Mệnh đề 26 Cho R vành giao hốn có đơn vị Vành đa thức R[x] R ∆U R ∆U 15 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 27 Với n ⩾ Pr(An , Sn ) = 2c(n) n! c(n) số lớp liên hợp Sn nằm An 44 Để tính c(n) ta cần kết sau Mệnh đề 28 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 ??, 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 42 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) 45 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 ) = 16 2c(7) = 7! 315 Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề 29 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ H nhóm Q4n Khi (i) Nếu H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n  n+k   k | n, 2n Pr(H, Q4n ) =   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n