Lặp picacrd cho hàm tăng mạnh và lipsit giả co mạnh trong không gian banach tùy ý

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: LẶP PICACRD CHO HÀM TĂNG MẠNH VÀ LIPSIT GIẢ CO MẠNH TRONG KHÔNG GIAN BANACH TÙY Ý 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 Khái niệm sở quy theo điểm P S Alexandroff đưa vào năm 1960 (xem [1]) Năm 1962, A V Arhangel’skii chứng minh không gian X ảnh compact mở khơng gian metric X có sở quy theo điểm (xem [2]) Sau đó, S Lin đưa khái niệm ánh xạ 1-phủ-dãy vào năm 1996 (xem [6]), tác giả với P Yan chứng minh không gian X ảnh compact 1-phủ-dãy không gian metric X có cs-mạng quy theo điểm, X có sn-mạng quy theo điể 50 2 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 ??, 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 ?? 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 ¯ 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 ?? (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 Cho R vành hồn chỉnh phải trái G 2-nhóm hữu hạn địa phương Khi đó, R ∆U -vành RG ∆U -vành Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính Định lý (Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính) Cho I đoạn thực giả sử A ∈ C(I, Mn (F)), B ∈ C(I, F n ) Cho τ ∈ I, ξ ∈ F n tồn giải pháp X (IV P) đoạn I Chứng minh Cho t ∈ I , giả sử J = [c; d] đoạn bị chặn I cho τ, π ∈ J , Bởi định lý 7.3 tồn hàm Xj khác biệt đoạn [a, b] cho XJt (s) = A(s)XJ (s) + B(s), XJ (τ ) = ξ, s∈J Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn J1 = [c1 , c2 ] ⊂ I cho τ, t ∈ J1 , J1 ∩ J đoạn bị chặn chứa τ, t kết áp dụng cho đoạn cho thấy XJ1 (s) = XJ (s), s ∈ J1 ∩ J Đặc biệt, XJ1 (t) = XJ (t) Để định nghĩa X(t) không phụ thuộc vào J chọn Vì X có tính khả vi [a, b] thỏa mãn X ′ (t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Nó giải pháp (IV P) đoạn I Nó nhất, Y mơt giải pháp I t thuộc I có đoạn nhỏ J chứa τ, t kết cho J ngụ ý X(t) = Y (t) Trước tiếp tục phát triển lý thuyết, xem xét ví dụ khác Xét toán với n = : x′ = 3t2 x, x(0) = 1, t∈R Phương trình tích phân tương ứng Z t 3s2 x(s)ds = (T x)(t), x(t) = + t ∈ R Nếu x0 (t) = 1, t Z 3s2 xm (s)ds, xm+1 (t) = + m = 0, 1, Do Z x1 (t) = + t 3s2 ds = + t3 , t Z 3s2 [1 + s3 ]ds = + t3 + t6 /2, x2 (t) = + Z x3 (t)1 + t 3s2 [1 + s3 + s6 /2]ds = + t3 + t6 /2 + t9 /6, Và quy nạp cho thấy xm = + t3 + (t3 )m (t3 )2 (t3 )3 + + ··· + 3! m! Chúng ta nhận xm (i) môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số hàm x(t) = et Dãy số hội tụ đến x(t) cho t thuộc R, hàm x(t) kết vấn đề Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấy lựa chọn hàm liên tục ban đầu X0 (t) dần đến giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức áp dụng Z t |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥A∥∞ |Xm (s) − Xm−1 (s)|ds, m ≥ 1, t ∈ I τ Sự khác biệt phát sinh khác biệt ban đầu Xi (t) − X0 (t) Ước lượng thu từ lập luận quy nạp sau trở thành h im |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥X1 − X0 ∥∞ ∥A∥∞ [t − τ ] /m! Phần lại lập luận diễn trước đây, đưa giải pháp X(t) (7.2) Nếu (IV P) xem xét đoạn I nào, ta ước lượng khoảng cách Xm (t) X(t) đoạn nhỏ J = [a, b] nằm I chứa τ Với k > m ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥Xk − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥(Xk − Xk−1 ) + (Xk−1 − Xk−2 ) + · · · + (Xm+1 − Xm )∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác lấy giới hạn (7.10) ngụ ý ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∞ X ∥Xk+1 − Xk ∥∞,J , (7.11) k=m ≤ ∥X1 − X0 ∥∞,J ∞ h X ∥A∥∞,J [b − τ ] im /m! k=m Tất nhiên, chuỗi cuối lại phần lại chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J [b − τ ]) Do (7.11) ngụ ý Xm → X định mức tối đa J Chúng tơi tóm tắt định lý sau Định lý (Định nghĩa xấp xỉ liên tiếp bởi) Z t Xm+1 (t) = ξ + [A(s)Xm (s) + B(s)]ds, t∈I τ Tại X0 ∈ C(I, F n ) tùy ý Nếu X(t) giải pháp (IV P) I , Xm → X đồng ∥X − Xm ∥∞,J → 0, k→∞ Trên đoạn nhỏ J ⊂ I chứa τ Tính liên tục giải pháp Trở lại tình Định lý 7.3, [a, b] đoạn đóng, giải pháp X(t) toán giá trị ban đầu X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t ∈ I, IV P Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ F n , A ∈ C(I, Mn (F)) B ∈ C(I, F n ) Kết phần khẳng định t ∈ I Giá trị X(t) hàm liên tục biến Phân tích phụ thuộc bắt đầu ước lượng cho ∥X∥∞ điều suy cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3 Bắt đầu với việc xấp xỉ từ Z t X0 (t) = ξ + B(s)ds, τ Kết X(t) = lim Xk (t) k→∞ Sau đáp ứng ước lượng   k−1 X (Xm+1 (t) − xm (t)) ∥X∥∞ = ∥ lim Xk ∥ = lim X0 (t) + k→∞ k→∞ m=0 ≤ ∥X0 ∥ + ∞ X ∞ ∥Xm+1 − Xm ∥∞ m=0 Bây áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết ∥X∥∞ ≤ ∥X0 ∥∞ + ∥X0 ∥∞ ∞ X ∥A∥m+1 [b − τ ]m+1 ∞ m=0 (m + 1)! = ∥X0 (t)∥∞ exp(∥A∥∞ [b − τ ]) Từ Z t ∥X0 (t)∥∞ = ξ + B(s)ds τ ∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ , Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞   ∥X∥∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ exp(∥A∥∞ [b − a]) (7.12) Ước lượng đơn giản (7.12) sử dụng để X hàm liên tục chung tất biến Do đó, thay đổi nhỏ t, A, b, τ, ξ tạo thay đổi nhỏ X Nếu ký hiệu giải pháp (IV P) thời điểm t X(t, A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa xác cho phát biểu X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ), (s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ) Đó là, X liên tục (t, A, B, τ, ξ) Định lý Đặt I đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn (F)), B, D ∈ C(I, F n ), τ, σ ∈ I , ξη ∈ F n Giả định X kết X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Cho t thuộc I e > 0, có tồn ϵ > Y kết Y ′ = C(t)Y + D(t), y(σ) = η, t∈I |s − t| < δ, ∥C − A∥∞ < δ, |σ − τ | < δ, ∥D − B∥∞ < δ |η − ξ| < δ Vậy |Y (s) − X(t)| < ϵ (7.14) Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) Y (t) ta (Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t) Do Z = Y − X Z đáp ứng giá trị tốn ban đầu Z ′ = C(t)Z + E(t), Z(σ) = η − X(σ) Nơi E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t) Chúng ta áp dụng đánh giá (7.12) cho Z thu   ∥Y − X∥∞ = ∥Z∥∞ ≤ |Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞ exp(∥C∥∞ [b − a]) Đặt e > cho Ta thấy |Y (s) − X(t)| < |Y (s) − X(s)| + |X(s) − X(t)| ≤ ∥Y − X∥∞ + |X(s) − X(t)| (7.16) (7.15) Từ X liên tục t, cho e > có ϵ > |s − t| < δ1 Ngụ ý |X(s) − X(t)| < ϵ Mà |Z(σ)| = |η − X(σ)| ≤ |η − ξ| + |X(τ ) − X(σ)| Từ X liên tục t, cho e > có ϵ2 > |η − ξ| < δ2 , Ngụ ý |τ − σ| < δ2 ϵ |Z(σ)| exp(∥C∥∞ [b − a]) < Cuối cùng, từ E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t) Có ϵ3 ∥C − A∥∞ < ϵ3 , ∥D − B∥∞ < ϵ3 Ngụ ý ϵ |b − a|∥E∥∞ exp(∥C∥[b − a]) < Và chọn δ > thoả mãn δ = min(δ1 , δ2 , δ3 ) Vậy (7.13) hợp lệ cho ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19) Không gian hàm p-khả tích Lp (Ω) Ta nhớ lại khơng gian hàm p-khả tích độ đo Lebesgue n chiều Định nghĩa Cho A ⊂ Rn tập đo Lebesgue p ∈ [1, ∞], Lp (A) := {f : A → R : f đo Lebesgue ∥f ∥Lp < +∞} ∥f ∥Lp Z 1/p   p |f (x)| dx = ∥f ∥Lp (A) := A   ≤ p ≤ ∞ inf{M > : |f (x)| ≤ M, x ∈ A} Số ∥f ∥Lp gọi chuẩn Lp f A p = ∞  n r ⩽ l ⩽ − k kl Khi X X |CDn (x)| = |CDn (1)| + |CDn (rkl )| 1⩽l⩽ nk −1 x∈Rk Ta xét hai trường hợp n sau Trường hợp 1: n lẻ Theo Mệnh đề ?? ta có X |CDn (rkl )| = 1⩽l⩽ nk −1 Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + n k x∈Rk n k  − |R1 |  − |R1 | = 2n + n k  −1 n= n(n + k) k Áp dụng Mệnh đề ?? ta có Pr(Rk , Dn ) = X n+k n+k n = |CDn (x)| = n |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp k n Trường hợp 2a: k ∤ Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X |CDn (rkl )| = 1⩽l⩽ nk −1 Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + x∈Rk n k  n k  − |R1 | − |R1 | = 2n + n k  −1 n= n(n + k) k 25 Áp dụng Mệnh đề ??, ta có X n+k n+k |CDn (x)| = n n = |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k n Trường hợp 2b: k | Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có n  X X n
|CDn (rkl )| = |Dn |+ − |R1 | |CDn (rkl )| = CDn r + k n n Pr(Rk , Dn ) = 1⩽l⩽ k −1 1⩽l⩽ k −1 n l̸= 2k Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + |Dn | + x∈Rk = 2n + 2n + n k n k  − |R1 |  −2 n= n(n + 2k) k Áp dụng Mệnh đề ?? ta có Pr(Rk , Dn ) = X 1 n(n + 2k) n + 2k |CDn (x)| = n = |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 ??, |Tl | = Tl = ⟨rl s⟩ = {1, rl s} Theo Mệnh đề ??, ta có Pr(Tl , Dn ) = X 1 |CDn (x)| = (|CDn (1)| + |CDn (rl s)|) |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 ) = n+1 (2n + 2) = 4n 26 Nếu n chẵn, giả sử m = n |CDn (rl s)| = |Um,l | = 2n 2n = = (n, m) m 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 i  j Ui,j = ⟨r , r s⟩ = Khi X il r ,r il+j X |CDn (x)| = |CDn (1)| + x∈Ui,j 2n 2n = (n, i) i 1⩽l⩽  n s ⩽ l ⩽ − i 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 )| = 1⩽l⩽ n −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 , 2n n |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 27 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 ,