Một số mở rộng của định lý krasnoselskii về ánh xạ nén hoặc giãn mặt nón

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ KRASNOSELSKII VỀ ÁNH XẠ NÉN HOẶC GIÃN MẶT NÓN 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 “Kỹ thuật biến phân” thuật ngữ toán học nhằm nói đến phương pháp chứng minh có sử dụng hàm phụ thích hợp mà đạt giá trị cực tiểu Đây xem mơ hình tốn học ngun tắc tác động tối thiểu vật lý Bởi nhiều kết quan trọng toán học, mà đặc biệt giải tích, có xuất xứ từ vật lý học, nên việc chúng có nhiều liên quan đến kỹ thuật biến phân điều hoàn toàn tự nhiên 83 2 ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ Định nghĩa Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi đại số tập X A∗ thỏa ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù) ∀A, B ∈ A∗ , A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán hợp) Định nghĩa Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi σ - đại số tập X A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng[kín với phép tốn lấy phần bù) ∀A1 , A2 , , An , ∈ A∗ ⇒ Ai ∈ A∗ i≥1 Dựa vào hai định nghĩa ta có nhận xét Nhận xét Khái niệm "đại số tập tập X " khái niệm "σ - đại số tập X " gần với Điều thể qua giống hai tiên đề Sự khác biệt hai khái niệm tiên đề số Đối với "đại số tập X hợp "HỮU HẠN" phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ Còn "σ - đại số tập X " hợp "VÔ HẠN" phần tử A∗ phần tử thuộc A∗ Mệnh đề Cho X tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ "đại số tập X " Khi đó: ∅ ∈ A∗ Hợp hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ n [ ∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ Ai ∈ A∗ i=1 Giao hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ (Đóng kín với phép tốn giao) n \ ∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ Ai ∈ A∗ i=1 Đóng kín với phép toán hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗ Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈ A∗ Định lý Cho tập X khác rỗng Giả sử X có phép tốn α Phép tốn α gọi đóng kín với tập X ta lấy hai phần tử thuộc X , thao tác qua phép toán ta phần tử phần tử thuộc X Để dễ hiểu ta lấy ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộng thông thường Ta lấy hai phần tử thuộc N (lấy hai số tự nhiên) Dễ thấy cộng hai số tự nhiên số tự nhiên số tự nhiên thuộc N Như ta nói N đóng kín với phép cộng Trong trường hợp tổng qt tập X Tiếp theo ta chứng minh ý mệnh đề Chứng minh: Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên X c = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2) Ta quy nạp dựa theo tiên đề có điều phải chứng minh ∀A, B ∈ A∗ ta có Ac , B c ∈ A∗ Khi (Ac ∪ B c ) ∈ A∗ ⇒ [(Ac ∪ B c )]c ∈ A∗ hay A ∩ B ∈ A∗ Từ ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử có điều phải chứng minh Chưa chứng minh Chưa chứng minh Các tính chất tổng quát ∆U -vành Ta biết + J(R) ⊆ U (R) Vành R gọi U J -vành U (R) ⊆ + J(R), nghĩa + J(R) = U (R) Lưu ý R U J -vành ∆(R) = J(R) Một vành R gọi ∆U -vành + ∆(R) = U (R) Mệnh đề Một vành R ∆U -vành U (R)+U (R) ⊆ ∆(R) (khi U (R) + U (R) = ∆(R)) Chứng minh Giả sử R ∆U -vành, lấy u, v ∈ U (R), ta có + u ∈ ∆(R) − v ∈ ∆(R), u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy U (R) + U (R) = ∆(R) (vì ∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay + ∆(R) = U (R) Vậy R ∆U -vành Mệnh đề sau trình bày số tính chất ∆U -vành Mệnh đề Cho R ∆U -vành Khi (1) ∈ ∆(R); (2) Nếu R thể, R ∼ = F2 ; (3) Nếu x2 ∈ ∆(R) x ∈ ∆(R) (do N (R) ⊆ ∆(R)); (4) R hữu hạn Dedekind; (5) Cho I ⊆ J(R) iđêan R Khi R ∆U -vành R/I ∆U -vành; Y (6) Vành Ri ∆U vành Ri ∆U , với i ∈ I i∈I (7) Nếu T vành R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T , T ∆U -vành Cụ thể áp dụng cho Z = Z(R) tâm R Chứng minh (1) Từ Mệnh đề 51 ta dễ dàng suy ∈ ∆(R) (2) Nếu R thể ∆(R) = Vì R U J -vành nên ta suy R∼ = F2 (3) Giả sử x2 ∈ ∆(R) Khi (1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R) tức 1+x ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên 1+x ∈ 1+∆(R), x ∈ ∆(R) (4) Giả sử a, b ∈ R với ab = Khi phần tử − ba lũy đẳng R, [b(1 − ba)]2 = = [(1 − ba)a]2 ∈ ∆(R) Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R) Từ đó, ba ∈ U (R) ba = (5) Nếu I ⊆ J(R) iđêan, ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề ?? Giả sử R ∆U -vành Khi đó, u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) u ∈ + ∆(R) Suy u + I ∈ + ∆(R)/I = + ∆(R/I) Do R/I ∆U -vành Ngược lại, giả sử R/I ∆U -vành Lấy u ∈ U (R) tùy ý Khi u + I ∈ + ∆(R)/I Ta kiểm tra u ∈ + ∆(R) Do đó, R ∆U -vành (6) Hiển nhiên (7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây U (R) = + ∆(R) cho + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = + (∆(R) ∩ T ) ⊆ + ∆(T ) suy + ∆(T ) ⊆ U (T ) hay T ∆U -vành Định lý Vành ma trận Mn (R) ∆U -vành n = R ∆U -vành Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên (:⇒) Giả sử Mn (R) ∆U -vành n > Đầu tiên ta chứng minh R thể, tức phần  tử khác không  khả nghịch Lấy bất 0 − a     0 0    kỳ a ∈ R, a = ̸ 0, ta có X =      ∈ Mn (R) X =    0 Do M n (R) ∆U -vành,ta lấy X ∈ ∆(Mn (R)) Lấy phần  tử 0 1 0 0 0         0  U =  ∈ Mn (R) Khi In −U X =           0 0 0 khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R thể Tiếp theo, ta chứng minh R ∼ = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= khả nghịch  0 0   0     a a ̸= Lấy  a 0    X=     0 a 0   0  ∈ Mn (R) Khi X khả nghịch Vì Mn (R)    0 a   1−a 0  − a        ∆U -vành nên ta có In − X =   ∈ ∆(Mn (R))       0 − a Vì − a khả nghịch nên In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do R∼ = F2     1 X1 Cuối cùng, ta n = Lấy X1 = X = ∈ 0 In−2 Mn (R) Khi X khả nghịch Mn (R) Bởi giả thuyết,  ta có X2 In − X ∈ ∆(Mn (R)) Mặt khác, ta có In − X = In−2   X2 = Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1 R ∼ = M1 (R) ∆U -vành Mệnh đề Giả sử R ∆U -vành e phần tử lũy đẳng R Khi eRe ∆U -vành Chứng minh Lấy u ∈ U (eRe) Khi u + − e ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v khả nghịch eRe Rõ ràng v + − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên u−e+v+1−e ∈ U (R) theo định nghĩa ∆, đặt u−e+v+1−e = t ∈ U (R) Ta kiểm tra et = te = ete = u − e + v , ete ∈ U (eRe) Suy u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy, u ∈ e + ∆(eRe) hay eRe ∆U -vành 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)  r m r  Mở rộng tầm thường T (R, M ) đẳng cấu với vành : r ∈ R m ∈ M   R M Hơn nữa, kiểm tra vành ma trận × R ∼ T (R, R) = R[x]/(x ) Theo Mệnh đề 42, có tập phần tử khả nghịch mở rộng tầm thường T (R, M ) T (U (R), M ), ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M )   A M Morita context gồm thành phần A, B vành, N B M ×N → A A MB B NA song môđun, tồn tích context  A M N × M → B với (ω, z) = ωz (z, ω) = zω , thỏa mãn vành N B kết hợp với phép  toán trên ma trận A M Morita context gọi tầm thường tích context N B tầm thường, nghĩa M N = N M = (xem [?], trang 1993) Ta có   A M N B A M N B  ∼ = T (A × B, M ⊕ N )  Morita context tầm thường theo [?] Định lý Cho M (R, R) song môđun Vành R ∆U -vành T (R, M ) ∆U -vành   u m Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), u u ∈ U (R) m ∈ M Ta u¯ − ∈ ∆(T (R, M )) Rõ ràng, u ∈ U (R)  u = + a ∈ + ∆(R) với a thuộc ∆(R) Suy     a ¯= 0 + a m a ∈ T (∆(R), M ) = ∆(T (R, M )) Vì T (R, M ) ∆U -vành (⇐:) Điều ngược lại dễ thấy Hệ 1.Giả sửM (R, S) song mơđun Khi vành ma trận tam giác dạng R M S ∆U -vành R S ∆U -vành Hệ R ∆U -vành vành ma trận tam giác Tn (R) ∆U -vành, n ≥ So sánh không gian vector hữu hạn chiều không gian vector vô hạn chiều Chúng ta nhắc lại sơ qua điểm khác không gian vector hữu hạn chiều khơng gian vector vơ hạn chiều từ cách nhìn đại số topo Định nghĩa (i) Cho E F hai khơng gian vector Ta nói E F đẳng cấu tuyến tính tồn ánh xạ T : E → F ánh xạ tuyến tính − từ E vào F (ii) Cho (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) Ta nói (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) đẳng cấu topo tồn ánh xạ liên tục T : E → F ánh xạ tuyến tính − với ánh xạ ngược liên tục T −1 : F → E (ii) Cho (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) Ta nói (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) đẳng cấu metric tồn ánh xạ T : E → F ánh xạ tuyến tính − từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với x ∈ E Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu không gian vector định chuẩn Định nghĩa Cho (E, ∥.∥) không gian vector định chuẩn Không gian đối ngẫu E ′ E khơng gian tuyến tính định nghĩa bởi: E ′ := {f : E → R : f tuyến tính liên tục} (f (x − y) − f (x))ϱh (y)dy n ZR ≤ |f (x − y) − f (x)|ϱh (y)dy B(0,1/h) Z =ϵ ϱh (y)dy B(0,1/h) = ϵ Ta có điều phải chứng minh Chứng minh định lý 44 (i) Ta chưng minh kết n = Đủ để rằng, ϱ ∈ C1c (R), ϱ ∗ f ∈ Cm (R) với số nguyên m ≥ Cho m = giả sử ϱ ∈ C1c (R), ϱ ∗ f ∈ C1 (R) (ϱ ∗ f )′ (x) = (ϱ′ ∗ f )(x), ∀x ∈ R (13) Sau đó, ta chứng minh với m có kết luận Thật vậy, giả sử ϱ ∈ Cm c (R) m−1 ′ với m ≥ Khi ϱ ϱ ∈ Cc (R) Từ giả thiết ban đầu, ϱ ∗ f ∈ 20 Cm−1 (R) (??) giữ Từ ϱ′ ∈ Cm−1 (R) chí ϱ′ ∗ f ∈ Cm−1 (R), c theo (??), (ϱ ∗ f )′ ∈ Cm−1 (R) giữ Vì vậy, ϱ ∗ f ∈ Cm (R), kết thúc chứng minh phát biểu (i) Ta chứng minh (??) Cho < |t| ≤ cố định x ∈ R, (ϱ ∗ f )(x + t) − (ϱ ∗ f )(x) − (ϱ′ ∗ f )(x) t Z ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ ()x − y = f (y)dy t R (14) Lấy qua giới hạn (??) t → ∞ tốn hội tụ số hạng vế phải Ta thấy, ϱ bị chặn R, Z z+t ′ ′ ′ |ϱ(z+t)−ϱ(z)−tϱ (z)| = (ϱ (s) − ϱ (z))ds ≤ |t|ϵ(|t|), ∀z ∈ R, ∀t ∈ [−1, 1], z (15) phần dư ϵ : [0, +∞) → [0, +∞) xác định sau ϵ(τ ) := sup{|ϱ′ (s) − ϱ′ (z)| : s, z ∈ R, |s − z| ≤ τ } ∈ [0, ∞), τ ∈ [0, +∞) Hơn nữa, ϱ′ liên tục R nên (16) lim ϵ(τ ) = Mặt khác, cho K0 := spt(ϱ), ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ (x − y) = y ∈ / x + B(0, 1) − K0 , ∀t ∈ B(0, 1), x − y + t ∈ / K0 với t ∈ B(0, 1) Ký hiệu K := x + B(0, 1) − K0 , từ (??), ta suy |ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ (x − y)||f (y)| ≤ |t|ϵ(|t|)χK (y)|f (y)|, ∀y ∈ R, ∀t ∈ [−1, 1] (17) 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