Bài toán đặt chỉnh và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: BÀI TOÁN ĐẶT CHỈNH 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 Để giải mơ hình tốn học ta có nhiều cách tiếp cận, cách sử dụng chuyên ngành khoa học khác Lý thuyết phương trình vi phân, Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, Đại số tuyến tính, Nếu ngành khoa học nêu việc nghiên cứu mơ hình với biến liên tục tỏ xác định mạnh mơ hình biến rời rạc việc sử dụng kết kiến thức lý thuyết sai phân cho thấy giá trị vượt trội Thực tế mơ hình liên quan đến dân số, tài chính, mơi trường, ngân hàng, Và vấn đề Lý thuyết phương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng giải dựa Lý thuyết sai phân 531 2 Mở rộng Dorroh mở rộng ∆U -vành Mệnh đề Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành (2) ∆(R) = U◦ (R) (3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) cho ε(x) = − x đẳng cấu nhóm Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có − x ∈ U (R), x = − (1 − x) ∈ U◦ (R) Suy ∆(R) ⊆ U◦ (R) Ngược lại, y ∈ U◦ (R) − y ∈ U (R) = + ∆(R) Suy y ∈ ∆(R) hay ∆(R) = U◦ (R) (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) cho ε(x) = − x đẳng cấu nhóm Khi u ∈ U (R), tồn x ∈ ∆(R) thỏa mãn u = ε(x) = − x Điều nghĩa U (R) ⊆ + ∆(R) hay U (R) = + ∆(R) Nếu R vành, mở rộng Dorroh vành có đơn vị Z ⊕ R, với phép toán cộng cộng theo thành phần phép nhân cho (n1 , r1 )(n2 , r2 ) = (n1 n2 , r1 r2 + n1 r2 + n2 r1 ) Chú ý Cho R vành có đơn vị Khi (1) u ∈ U (R) − u ∈ U◦ (R) (2) (1, u − 1) ∈ U (Z ⊕ R) với u ∈ U (R) (3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) (−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y) với x, y ∈ R Định lý Cho R vành có đơn vị Khi điều kiện sau tương đương (1) Mở rộng Dorroh Z ⊕ R ∆U -vành; (2) R ∆U -vành Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi − u ∈ U◦ (R) Tồn v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = = v ◦ (1 − u) Khi ta có (1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1) Điều nghĩa (1, u − 1) ∈ U (Z ⊕ R) Vì Z ⊕ R ∆U -vành, (1, u − 1) ∈ + ∆(Z ⊕ R) (0, u − 1) ∈ ∆(Z ⊕ R) Tiếp theo, ta U (R) = + ∆(R) Thật vậy, t ∈ U (R), ta có + t ∈ U◦ (R), (1 + t) ◦ s = = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi (−1, + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, + t) Do (−1, + t) ∈ U (Z ⊕ R) Theo định nghĩa ∆, ta có (0, u − 1) + (−1, + t) ∈ U (Z ⊕ R) (−1, u + t) ∈ U (Z ⊕ R) Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z ⊕ R) (1, −x) ∈ U (Z ⊕ R) Suy tồn (1, −y) ∈ Z ⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Ta có x ◦ y = = y ◦ x nên x ∈ U◦ (R) Vì − x ∈ U (R) nên x − = u + t − ∈ U (R) Suy u + t − = (u − 1) + t ∈ U (R) với t ∈ U (R) Điều nghĩa u − ∈ ∆(R), u ∈ + ∆(R) (2) ⇒ (1) Giả sử R ∆U -vành Ta mở rộng Dorroh Z ⊕ R ∆U -vành, nghĩa U (Z ⊕ R) = + ∆(Z ⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z ⊕ R) Khi đó, ω có dạng ω = (1, a) ω = (−1, b) với a, b ∈ R Trường hợp ω = (1, a) ∈ U (Z ⊕ R): Lấy x = −a, tồn (1, −y) Z ⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Điều có nghĩa x◦y = = y ◦x x ∈ U◦ (R), 1+a = 1−x ∈ U (R) Từ R ∆U -vành, 1+a ∈ 1+∆(R) Vì a ∈ ∆(R) a+U (R) ⊆ U (R) Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ + ∆(Z ⊕ R), nghĩa ta chứng minh (0, a) + U (Z ⊕ R) ⊆ U (Z ⊕ R) Với α ∈ U (Z ⊕ R), α có dạng (1, u) (−1, v) với u, v ∈ R Nếu α = (1, u), từ chứng minh ω ta có + u ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta lấy a + + u ∈ U (R), −(a + u) ∈ U◦ (R) Lấy b ∈ R với (−(a + u)) ◦ b = = b ◦ (−(a + u)) Đặt c = −(a + u) Khi c ◦ b = b ◦ c (1, a + u)(1, −b) = (1, −c)(1, −b) = (1, −b ◦ c) = (1, 0) = (1, −b)(1, a + u) Ta suy (1, a + u) ∈ U (Z ⊕ R) Hơn nữa, ta có (0, a) + α = (1, a + u) ∈ U (Z ⊕ R), nghĩa (0, a) + U (Z ⊕ R) ⊆ U (Z ⊕ R) Nếu α = (−1, v) ∈ U (Z⊕R), (−1, v)(−1, d) = (1, 0) = (−1, d)(−1, v) với d ∈ R Ta suy v◦d = = d◦v = v ∈ U◦ (R), 1−v ∈ U (R) Khi đó, v − ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − ∈ U (R) − (a + v) ∈ U (R) Do đó, a + v ∈ U◦ (R) Nghĩa tồn e ∈ R thỏa mãn (a + v) ◦ e = = e ◦ (a + v), (−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = = (−1, e)(−1, a+v) Điều có nghĩa (−1, a+v) ∈ U (Z ⊕R) Hơn nữa, ta có (0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z ⊕ R) Do đó, (0, a) + U (Z ⊕ R) ⊆ U (Z ⊕ R) Trường hợp ω = (−1, a) ∈ U (Z ⊕ R): Tương tự Trường hợp Cho C vành vành D, tập hợp R[D, C] := {(d1 , , dn , c, c ) : di ∈ D, c ∈ C, n ≥ 1}, với phép cộng phép nhân định nghĩa theo thành phần gọi vành mở rộng đuôi ký hiệu R[D, C] Mệnh đề R[D, C] ∆U -vành D C ∆U -vành Chứng minh (:⇒) Đầu tiên ta chứng minh D ∆U -vành Lấy u tùy ý thuộc U (D) Khi u¯ = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]) Theo giả thuyết, u¯ ∈ + ∆(R[D, C]), (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]) Do đó, với v ∈ U (D), (u − + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]) Vì u − + v ∈ U (D), nghĩa u − ∈ ∆(D) u ∈ + ∆(D) Để C ∆U -vành, ta lấy v ∈ U (C) thỏa mãn v¯ = (1, , 1, v, v, ) ∈ U (R[D, C]) chứng minh (⇐:) Giả sử D C ∆U -vành Lấy u¯ = (u1 , u2 , , un , v, v, ) ∈ U (R[D, C]), ui ∈ U (D) với ≤ i ≤ n v ∈ U (C) ⊆ U (D) Ta u¯ ∈ ∆(R[D, C]) u¯ − + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]) Thật vậy, tất a¯ ∈ (a1 , a2 , , am , b, b, ) ∈ U (R[D, C]) ∈ U (D), ≤ i ≤ m b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có u1 , u2 , , un ∈ U (D), v ∈ U (C) ⊆ U (D) ta suy u1 − + U (D), u2 − + U (D), , un − + U (D) ⊆ U (D), v − + U (D) ⊆ U (D) v − + U (C) ⊆ U (C) Ta có u¯ − = (u1 − 1, u2 − 1, , un − 1, un+1 − 1, , uk − 1, v − 1, v − 1, ), với uj = v j ≥ k , a ¯ = (a1 , a2 , , am , am+1 , , ak , b, b, ), với al = b với l ≥ m Khi ta có u¯ − + a ¯ = (u1 − + a1 , u2 − + a2 , , uk − + ak , v − + b, v − + b, ) Lưu ý ui − + ∈ U (D) với ≤ i ≤ k v − + b ∈ U (C) Ta suy u¯ − + a ¯ ∈ R[U (D), U (C)] = U (R[C, D]) Vì u¯ − ∈ ∆(R[D, C]) u¯ ∈ + ∆(R[D, C]), hay R[D, C] ∆U -vành 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 14, 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 15 Ngược lại, giả sử ∇ = eRG ∆U -vành Vì H ∼ = R nên H ∆U -vành Theo Bổ đề 22, 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 17 (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 17 (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 Một vài tính chất đại số ∆U -vành Mệnh đề 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 9, ∆(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 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 14 (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 14 (5) Bổ đề 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 Giả sử R vành M vị nhóm, RM gọi vành vị nhóm định nghĩa giống vành nhóm Mệnh đề 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 xác định ϵ rm m = rm ([?] Mệnh đề II.3.1) Khi ta đủ m∈M m∈M điều kiện để áp dụng Bổ đề 17 (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 hoán 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 Cho R vành giao hốn có đơn vị Vành đa thức R[x] R ∆U R ∆U 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 36 Theo (??), (??), (??) định lý hội tụ bị trội, ta (??) (ii) Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ Lưu ý, f ∗ ϱ : Rn → R liên tục, đo Đầu tiên, giả sử ≤ p < ∞ Khi Z Z Z p p ∥f ∗ ϱ∥Lp (Rn ) = f (x − y)ϱ(y)dy (16) |(f ∗ ϱ)(x)| dx = dx n n n R R R Nhớ lại Bài tập Cho h : Rn → Z R ϱ : Ω → [0, +∞) hàm đo Lebesgue giả sử ϱdx = Chứng minh với p ∈ Rn [1, +∞) p Z |h|ϱdx Z ≤ |h|p ϱdx Rn Rn Theo (??), tập ?? định lý Fubini-Tonelli, suy Z  Z ∥f ∗ ϱ∥pLp (Rn ) ≤ |f (x − y)|p ϱ(y)dy dx Rn Rn Z Z |f (x − y)|p dx ϱ(y)dy =  ϱ(y)dy = |f (x)|p dx Rn Rn Rn Rn  Z Z = ∥f ∥pLp (Rn ) Bây cho p = ∞ Theo định nghĩa tích chập Z Z |(f ∗ ϱ)(x)| = |(ϱ ∗ f )(x)| = ϱ(x − y)f (y)dy