Một định lí mới về ổn định lũy thừa của họ tiến hóa tuần hoàn trên không gian banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT ĐỊNH LÍ MỚI VỀ ỔN ĐỊNH LŨY THỪA CỦA HỌ TIẾN HĨA TUẦN HỒN TRÊN KHƠNG GIAN BANACH 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 Đề tài nghiên cứu luận văn thạc sĩ khoa học “Phương trình vi phân tuyến tính hệ số vài ứng dụng” đạt số kết sau đây: - Trình bày có hệ thống kiến thức sở lý thuyết phương trình vi phân tuyến tính - Trình bày phương trình vi phân tuyến tính cấp n hệ số biến thiên - Trình bày phương trình vi phân tuyến tính cấp n hệ số - Trình bày ứng dụng thực tế phương trình vi phân tuyến tính ứng dụng vật lý, hố học, mơ hình tăng trưởng, ứng dụng kinh tế 71 2 Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề 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 Pr(H, Q4n ) =  n+k   k | n, 2n   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Theo Mệnh đề ?? ta có 2n 2n = (2n, k) k |Rk | = Do  2n r ⩽ i ⩽ −1 k  k Rk = ⟨r ⟩ = ik Ta xét hai trường hợp k sau Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X X |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + |CQ4n (rn )| + |CQ4n (rik) | 1⩽i⩽ 2n −1 k x∈Rk i̸= nk = 4n + 4n + = 8n +  2n k Do đó, theo Mệnh đề 48, ta có X Pr(Rk , Q4n ) = |Rk ||Q4n | x∈Rk  2n k  − |R1 |  − 2n = |CQ4n (x)| = 4n(n + k) k 4n(n + k) n+k = 2n k 2n 4n k Trường hợp 2: k ∤ n Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta có X X |CQ4n (rik )| |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + −1 1⩽i⩽ 2n k x∈Rk = 4n +  2n k  − |R1 | = 4n +  2n k  − 2n = 2n(2n + k) k Từ suy Pr(Rn , Q4n ) = X 2n(2n + k) 2n + k · |CQ4n (x)| = = 2n |Rk ||Q4n | k 4n 4n x∈Rk k (ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Theo Mệnh đề ?? ta có |Ui,j | = Đặt k = 4n 4n = (n, i) i 2n Khi i |Ui,j | = 4n = 2k i Do Ui,j = {rli , rli+j s | ⩽ l ⩽ k − 1} Từ suy X X |CQ4n (x)| = x∈Ui,j |CQ4n (rli )| + 0⩽l⩽k−1 = |CQ4n (1)| + |CQ4n (rn )| + X |CQ4n (rli+j s)| 0⩽l⩽k−1 X |CQ4n (rli )| + 1⩽l⩽k−1 l̸= k2 X |CQ4n (rli+j s)| 0⩽l⩽k−1 = |Q4n | + |Q4n | + (k − 2)|R1 | + k|Un,j | 4n(n + i + 2) = 4n + 4n + (k − 2)2n + 4k = i Do đó, theo Mệnh đề 48 Pr(Ui,j , Q4n ) = X 1 4n(n + i + 2) n+i+2 · |CQ4n (x)| = = 4n |Ui,j ||Q4n | i 4n 4n x∈Ui,j i Trong ví dụ sau ta tính lại độ giao hốn tương đối nhóm nhóm quaternion Q8 , tính độ giao hốn tương đối nhóm nhóm Q12 cách áp dụng Mệnh đề 40 Ví dụ (i) Với n = 2, xét nhóm quaternion Q8 (cho Ví dụ 12) Các nhóm Q8 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = {1}; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩; Q8 Khi Pr(R1 , Q8 ) = 2+2 2·2+4 2+1 = , Pr(R2 , Q8 ) = = 1, Pr(R4 , Q8 ) = = 1; 2·2 2·2 4·2 Pr(U2,0 , Q8 ) = Pr(U2,1 , Q8 ) = 2+2+2 = ; Pr(Q8 , Q8 ) = Pr(Q8 ) = 4·2 (ii) Với n = 3, xét nhóm quaternion Q12 = {1, r, r2 , r3 , r4 , r5 , s, rs, r2 s, r3 s, r4 s, r5 s} Các nhóm Q12 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R3 = ⟨r3 ⟩, R6 = {1}; U3,0 = ⟨r3 , s⟩, U3,1 = ⟨r3 , rs⟩, U3,2 = ⟨r3 , r2 s⟩; Q12 Khi Pr(R1 , Q12 ) = 3+1 2·3+2 = , Pr(R2 , Q12 ) = = , 2·3 4·3 3+3 2·3+6 = 1, Pr(R6 , Q12 ) = = 1; 2·3 4·3 3+3+2 Pr(U3,0 , Q12 ) = Pr(U3,1 , Q12 ) = Pr(U3,2 , Q12 ) = = ; 4·3 Pr(Q12 , Q12 ) = Pr(Q12 ) = Pr(R3 , Q12 ) = n Trường hợp 2b: i Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X n |CDn (ril )| = CDn (r ) + X 1⩽l⩽ ni −1 |CDn (ril )| 1⩽l⩽ ni −1 n l̸= 2i = |Dn | + X n i |CDn (ril+j s)| = 0⩽l⩽ ni −1  − |R1 | = 2n + n n i  −2 = n2 , i 4n n U n2 ,il+j = i i Từ suy X x∈Ui,j n2 4n n(n + 2i + 4) |CDn (x)| = 2n + + = i i i Áp dụng Mệnh đề 48 ta có X Pr(Ui,j , Dn) = |Ui,j ||Dn | |CDn (x)| = x∈Ui,j n(n + 2i + 4) n + 2i + = 2n i 4n 2n i Vậy ta có điều phải chứng minh Trong ví dụ sau ta tính lại độ giao hốn tương đối nhóm nhóm nhị diện D3 D4 cách áp dụng Mệnh đề 39 Ví dụ (i) Với n = 3, xét nhóm nhị diện D3 (cho Ví dụ 10) Các nhóm D3 R1 = ⟨r⟩, R3 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩; D3 Khi 3+1 3+3 = , Pr(R3 , D3 ) = = 1; 2·3 2·3 3+1 Pr(T0 , D3 ) = Pr(T1 , D3 ) = Pr(T2 , D3 ) = = ; 2·3 Pr(D3 , D3 ) = Pr(D3 ) = Pr(R1 , D3 ) = 15 (ii) Với n = 4, xét nhóm nhị diện D4 (cho Ví dụ 11) Các nhóm D4 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = {1}; T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2 s⟩, T3 = ⟨r3 s⟩; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩; D4 Khi Pr(R1 , D4 ) = 4+2·2 4+4 4+2·1 = , Pr(R2 , D4 ) = = 1, Pr(R4 , D4 ) = = 1; 2·4 2·4 2·4 Pr(T0 , D4 ) = Pr(T1 , D4 ) = Pr(T2 , D4 ) = Pr(T3 , D4 ) = Pr(U2,0 , D4 ) = Pr(U2,1 , D4 ) = 4+2 = ; 2·4 4+2·2+4 = ; Pr(D4 , D4 ) = Pr(D4 ) = 4·4 Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương 16 (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề 42 ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ ?? suy từ Định lý 30 Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; (3) R ∆U -vành quy đơn vị; 17 (4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với x ∈ R (R vành Boolean) Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R quy, iđêan phải khác không chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta R vành rút gọn R aben (nghĩa là, phần tử lũy đẳng R tâm) Giả sử R vành rút gọn, tồn phần tử khác không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý 53, có phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ = M2 (T ), T vành khơng tầm thường Theo Mệnh đề 43 M2 (T ) ∆U -vành, điều mâu thuẫn Định lý 50 (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (4) Cho x ∈ R Khi x = ue u ∈ U (R) e = e ∈ R Do R ∆U -vành, nên có u = hay y x = e, x lũy đẳng Chúng ta kết luận R vành Boolean (4) ⇒ (1) Hiển nhiên Một vành R gọi nửa quy R/J(R) quy phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J(R) Vành R gọi vành biến đổi phần tử a ∈ R, tồn e2 = e ∈ aR thỏa mãn − e ∈ (1 − a)R Hồn tồn tương tự, có kết sau: Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 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 Mở rộng Dorroh mở rộng ∆U -vành Mệnh đề Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương 18 (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) 19 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)