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 Trong luận văn này, khảo sát hệ phương trình hàm – tích phân phi tuyến khoảng ? bị chận không bị chận IR, gồm tồn nghiệm, thuật giải lặp cấp hai, khai triển tiệm cận nghiệm theo tham số bé e tính khả vi nghiệm Cụ thể hơn, chứng minh tồn nghiệm hệ phương trình hàm nhờ vào định lí điểm bất động Banach ( chương3 ), sau nghiên cứu điều kiện đủ để thu thuật giải cấp hai hội tụ Kế đó, chúng tơi nghiên cứu hệ phương trình tích phân bị nhiễu tham số bé e Khi thu khai triển tiệm cận nghiệm đến cấp N +1 theo e đủ nhỏ Cuối tính khả vi nghiệm phụ thuộc vào tính khả vi hàm gi Rijk Sijk Xijk F, , , , nghiên cứu 982 Không gian hàm khả vi liên tục C1 (Ω) Định nghĩa Cho Ω ⊂ Rn tập mở (i) Cho f : Ω → R i = 1, , n, ta nói f liên tục khả vi cấp ∂f = Di f ∈ C0 (Ω)) có tồn g ∈ C0 (Ω) thỏa mãn ∂xi ∂f ∂f = Di f Ω, = Di f hiểu lớp đạo hàm g= ∂xi ∂xi riêng thứ i f i Ω (∃ (i)  C (Ω) :=  ∂f ∈ C0 (Ω), ∀i = 1, , n f ∈ C (Ω) : ∃ ∂xi (iii) Cho f C1 (Ω) Ta biểu thị ∥f ∥C1 = ∥f ∥C1 ,Ω = X ∥Dα f ∥∞,Ω |α|≤1 ∥.∥C1 gọi chuẩn C1 Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở, bị chặn Khi (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) không gian Banach vô hạn chiều, không không gian Hilbert Chứng minh Ta xét trường hợp n = Ω = (a, b) Đầu tiên ta phải đầy đủ khơng khơng gian Hilbert Xét ánh xạ tuyến tính T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ), T (f ) := (f, f ′ ) (1) ∥f, g∥C0 (Ω)×C0 (Ω) := ∥f ∥∞ + ∥g∥∞ (f, g) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω) Chú ý T đẳng cự, nghĩa ∥T (f )∥C0 (Ω)×C0 (Ω) = ∥f ∥C1 ∀f ∈ C1 (Ω) Đặc biệt, ta định nghĩa M := T (C1 (Ω)), ánh xạ T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) đẳng cự Bài tập Cho (E, ∥.∥E ) (F, ∥.∥F ) không gian Banach Cho E × F với chuẩn ∥(x, y)∥E×F = ∥x∥E + ∥y∥F Khi (E × F, ∥(x, y)∥F ) khơng gian Banach Do đó, ta phải M đóng (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ), để hoàn thành chứng minh Giả sử ((fh , fh′ ))h ⊂ M dãy mà lim ∥(fh − f, fh′ − g)∥C0 (Ω)×C0 (Ω) = h→∞ (2) với (f, g) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω chứng minh ∃f ′ = g [a, b] (3) Theo (39), ta fh → f fh′ → g [a, b] hội tụ theo điểm Theo định lý tích phân cổ điển Z x fh′ (t)dt fh (x) − fh (a) = ∀x ∈ [a, b], ∀h, a ta lấy qua giới hạn, h → ∞, đồng thức trước theo (40) Bài tập Chỉ (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) khơng gian Banach, X ∥Dα u∥∞ ∥u∥C1 := |α|≤1 Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn C1 (Ω) khơng gian vector vơ hạn chiều chứa tập hợp đa thức C1 (Ω) khơng khơng gian Hilbert Tính compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) Định lý Cho F ⊂ C1 (Ω) Fi := {Di f : f ∈ F}, i = 1, , n Khi F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) F Fi , với i = 1, , , n (i) Bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥C0 ); (ii) đóng (C0 (Ω), ∥.∥C0 ); (iii) liên tục Ω Chứng minh Ta xét trường hợp n = Ω = (a, b) Sự cần thiết: Chỉ rằng, F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), (i), (ii) (iii) Cho T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) ánh xạ định nghĩa (38) Trong chứng minh định lý 39 ta tồn T −1 : (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) → (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) liên tục Do F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) tương đương với T (F) compact (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) Giờ ta quan sát, xác biểu thị πi : C0 (Ω) × C0 (Ω) → C0 (Ω), (i = 1, 2) phép chiếu không gian tọa độ, nghĩa πi (f1 , f2 ) = fi (f1 , f2 ) ∈ C0 (Ω) × C0 (Ω), πi liên tục Từ F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), T (F) compact (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) Điều có nghĩa π1 (T (F)) = F π2 (T (F)) = F ′ compact (C0 (Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà - Ascoli ta (i), (ii), (iii) Tính đầy đủ: Chứng minh Bài tập F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) (iii) Nhận xét Cho F = BC1 ([a,b]) := {f ∈ C1 ([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞ + ∥f ′ ∥∞ ≤ 1} Khi F khơng compact (C1 ([a, b]), ∥.∥C1 ) theo định lý Riesz’s (nhớ C1 ([a, b]) không gian vô hạn chiều) Nhưng F compact tương đối (C0 ([a, b]), ∥.∥∞ ), nghĩa là, ∀(fh )h ⊂ F tồn (fhk )k f ∈ C0 ([a, b]) thỏa mãn lim ∥fhk − f ∥∞ = k→∞ Tính tách (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) Định lý (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) tách Chứng minh Cho T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) ánh xạ định nghĩa (38) Vì T đồng phơi tính tách được bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần khơng gian (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) khơng gian metric (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) tách Điều tính tách (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) (Định lý 17), tập từ tính chất tách qua giới hạn đến không gian (Xem định lý 16 (ii)) KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC Nhận xét Định lý Arzelà - Ascoli khơng cịn C0 (A) A ⊂ Rn khơng compact Ví dụ lấy C0b (R) khơng gian hàm liên tục bị chặn R, nghĩa   0 Cb (R) := f ∈ C (R) : sup |f | < ∞ R Khi dễ thấy (C0b (R), ∥.∥∞ ) không gian Banach Giả sử f : R → R hàm định nghĩa ( − |x| x ≤ f (x) = x > Giả sử h : R → R, (h = 1, 2, ) định nghĩa fh (x) := f (x + h) giả sử F := {fh : h ∈ N} Khi dễ thấy họ hàm F ⊂ C0b (R) bị chặn liên tục Tuy nhiên F không compact (C0b (R), ∥.∥∞ ) Thật vậy, ý ∃f (x) := lim fh (x) = 0, ∀x ∈ R ∥fh − f ∥∞ = 1, ∀h h→∞ Điều có nghĩa dãy hội tụ (fh )h (C0b (R), ∥.∥∞ ) không chấp nhận Tính tách (C0b (R), ∥.∥∞ ) Định nghĩa Giả sử (X, τ ) không gian topo Khi (X, τ ) gọi thỏa mãn tiên đề hai tính đếm có sở đếm cho topo τ Định lý Giả sử (X, d) không gian metric Khi (i) (X, d) tách thỏa tiên đề thứ hai tính đếm (ii) Mỗi không gian (X, d) tách (X, d) tách (iii) Giả sử (Y, ϱ) không gian metric khác T : (X, d) → (Y, ϱ) đồng cấu Khi (X, d) tách (Y, ϱ) tách Nhận xét Phải nhấn mạnh mục quan trọng giải tích cho mục xấp xỉ Nghĩ số hợp lý chứng minh định lý Ascoli Cuối phải nhớ lại tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topo không gian tách Mệnh đề Giả sử (X, τ ) không gian topo Giả sử tồn họ {Ui : i ∈ I} thỏa mãn (i) Ui tập mở với i ∈ I ; (ii) Ui ∪ Uj = ∅ i ̸= j (iii) I không đêm Khi (X, τ ) khơng tách Bài tập Giả sử l∞ := {x ∈ RN : sup |x(n)| < ∞} n∈N trang bị chuẩn ∥x∥l∞ := sup |x(n)| n∈N ∞ Hãy (l , ∥.∥l∞ ) không gian Banach không tách Gợi ý: Giả sử I = 2N := {x : N → {0, 1}} ⊂ l∞ 1 := y ∈ l∞ : ∥y − x∥l∞ < x ∈ I Ux = Bl∞ x, 2 Khi ta xét họ {Ux : x ∈ I} sử dụng mệnh đề 20   n o Định lý Giả sử K ⊂ Rn tập compact Khi (C0 (K), ∥.∥∞ ) tách Chúng ta chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước ta cần phải nêu kết xấp xỉ quan trọng toán giải tích Định lý (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi tồn dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực, nghĩa ph ∈ R[x], thỏa mãn ph → f [a, b] Nhận xét Bởi đa thức hàm đơn giản nhất, máy tính trực tiếp đánh giá đa thức Định lý có ý nghĩa lý thuyết thực tiễn Đặc biệt nội suy đa thức Chứng minh định lý 17 Chúng ta cần kết n = K = [a, b] Giả sử D tập hợp hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là, D := Q[x] Ta biết D đếm Chứng minh D trù mật C0 ([a, b]), ∥.∥∞ ) tức ∀f ∈ C0 ([a, b]), ∀ϵ > 0, ∃q ∈ D cho ∥f − q∥∞ ≤ ϵ Từ định lý xấp xỉ Weierstrass, với ϵ > 0, tồn p ∈ R[x], nghĩa là, p(x) = αm xm + · · · + α1 x1 + α0 , với αi ∈ R, i = 0, 1, , m thỏa mãn ∥f − p∥∞ < ϵ (4) Định nghĩa q(x) := βm xm + · · · + β1 x1 + β0 với βi ∈ Q |αi − βi | < ϵ Pm c := max{|a|, |b|} Khi m X |p(x) − q(x)| ≤ i=0 i=0 c i , i = 0, 1, , m, ϵ |αi − βi ||x|i ≤ , ∀x ∈ [a, b] (5) Do đó, từ (1) (2) ta ∥f − q∥∞ ≤ ∥f − p∥∞ + ∥p − q∥∞ ≤ ϵ ϵ + = ϵ 2 Độ giao hoán tương đối mở rộng nhóm Trong mục ta nghiên cứu độ giao hốn tương đối mở rộng nhóm Mệnh đề Cho H1 H2 hai nhóm G cho H1 ⩽ H2 Khi Pr(H1 , H2 ) ⩾ Pr(H1 , G) ⩾ Pr(H2 , G) Chứng minh Theo Bổ đề ??, với x ∈ G ta có |H1 : CH1 (x)| ⩽ |H2 : CH2 (x)| ⩽ |G : CG (x)| Từ suy |CH1 (x)| |C (x)| |C (x)| ⩾ H2 ⩾ G với x ∈ G |H1 | |H2 | |G| Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H1 , H2 ) = X 1 X |CH2 (x)| |CH2 (x)| = |H1 ||H2 | |H1 | |H2 | x∈H1 ⩾ x∈H1 X X |CG (x)| |CG (x)| = Pr(H1 , G) = |H1 | |G| |H1 ||G| x∈H1 x∈H1 62 Mệnh đề 44 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi 2n , d = (2n, k), với ⩽ k ⩽ 2n; d 4n (ii) Ui,j nhóm quaternion suy rộng cấp , d = (n, i), d với ⩽ i ⩽ 2n, ⩽ j ⩽ 2n − (i) Rk nhóm xiclíc cấp Mệnh đề 45 Cho nhóm Quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ Khi CQ4n (1) = CQ4n (rn ) = Q4n , CQ4n (ri ) = R1 , CQ4n (rj s) = Un,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= n, ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề 46 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ 2, H nhóm Q4n Khi H nhóm sau Rk = ⟨rk ⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n, ⩽ i ⩽ n, i|n, ⩽ j ⩽ i − Cho nhóm giả nhị diện n n−1 SD2n = ⟨r, s | r2 = s2 = 1, s−1 rs = r2 −1 ⟩ với n ⩾ Ký hiệu Rk , Tl , Ui,j nhóm nhóm giả nhị diện SD2n có dạng sau Rk = ⟨rk ⟩, Tl = ⟨rl s⟩, Ui,j = ⟨ri , rj s⟩ với ⩽ k ⩽ 2n , ⩽ l ⩽ 2n − 1, ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − Sau số tính chất nhóm giả nhị diện, xem [?] Mệnh đề 47 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi (i) Rk nhóm xiclíc cấp 2n d = (2n , k), với ⩽ k ⩽ 2n ; d (ii) Tl nhóm xiclíc cấp l chẵn, cấp l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n − 1; (iii) Ui,j nhóm giả nhị diện i lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ 2n − 1; Ui,j nhóm nhị diện i chẵn j chẵn, nhóm quaternion tổng quát i chẵn j lẻ với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − 1; 63 Với i = 2n−1 , Ui,j nhóm xiclíc cấp j lẻ, Ui,j ∼ = C2 × C2 j chẵn Trong tất trường hợp nhóm Ui,j có cấp d = (2n , i) 2n+1 d Mệnh đề 48 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ Khi CSD2n (1) = CSD2n (r2 n−1 ) = SD2n , CSD2n (ri ) = R1 , CSD2n (rj s) = U2n−1 ,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i ̸= 2n−1 , ⩽ j ⩽ 2n − Mệnh đề 49 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ 3, H nhóm SD2n Khi nhóm H SD2n nhóm sau (i) Rk = ⟨rk ⟩ với ⩽ k ⩽ 2n ; (ii) Tl = ⟨rl s⟩ với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ; (iii) Ui,j với ⩽ i ⩽ 2n−2 , i|2n , ⩽ j ⩽ i−1, U2n−1 ,j với ⩽ j ⩽ 2n−1 − 1, j chẵn 16 Các cận cho độ giao hoán tương đối nhóm Mệnh đề sau cho ta cận cận cho độ giao hoán tương đối nhóm nhóm Mệnh đề 50 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 = |K||G| + |CG (x)| + x∈K X x∈H\K |CG (x)| |CG (x)| x∈H\K 64 Rõ ràng x ∈ H \ K {1} ⊊ CG (x) ⊊ G p ⩽ |CG (x)| ⩽ Do X p(|H| − |K|) ⩽ |CG (x)| ⩽ (|H| − |K|) x∈H\K |G| |G| Cho nên |K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| X |CG (x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|) x∈H\K |G| 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 51 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 36 ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| Pr(H, G) ⩽ ⩽ = |H| |H| 65 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 Kết sau mô tả cấu trúc nhóm trường hợp đạt đươc cận Mệnh đề 37 Mệnh đề 52 Cho H nhóm nhóm G Khi đó: H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 ; (ii) Nếu Pr(H, G) = H khơng 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 36 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 37 (i) ta có Pr(H, G) = Điều mâu thuẫn với giả |H| thiết Do = 2, H/(Z(G) ∩ H) ∼ = 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 66 nhóm xiclíc Từ suy |H| ⩾ |Z(G) ∩ H| Điều chứng tỏ |H| = 4, |Z(G) ∩ H| H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 17 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 không gian vector vô hạn chiều từ cách nhìn đại số topo Định nghĩa 19 (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 20 Cho (E, ∥.∥) không gian vector định chuẩn Không gian đối ngẫu E ′ E không gian tuyến tính định nghĩa bởi: E ′ := {f : E → R : f tuyến tính liên tục} 67 E ′ trang bị chuẩn ∥f ∥E ′ := |f (x)| < +∞ x∈E\{0} ∥x∥ sup Định lý 27 (E ′ , ∥.∥E ′ ) không gian Banach Chứng minh Ta chứng minh dãy Cauchy E ′ hội tụ Giả sử {fn } dãy Cauchy E ′ , tức ∥fm − fn ∥E ′ → m, n → ∞, với x ∈ E ta có |fm (x) − fn (x)| = |(fm − fn )(x)| tính tuyến tính, hay |fm (x) − fn (x)| ≤ ∥fm − fn ∥E ′ ∥x∥E → m, n → ∞, {fn } dãy Cauchy E ′ Ta suy fn (x) dãy Cauchy R, fn (x) hội tụ, nghĩa tồn f (x) cho f (x) = lim fn (x) n→∞ Ta cần chứng minh f (x) tuyến tính liên tục Tính tuyến tính hiển nhiên, ta cần chứng minh tính liên tục, hay ta chứng minh f (x) bị chặn |f (x)| = lim |fn (x)| ≤ lim ∥fn ∥E ′ ∥x∥E , n→∞ n→∞ Vì fn ∈ E ′ nên fn tuyến tinh bị chặn, tức tồn M > cho ∥fn ∥ ≤ M , từ ta suy |f (x)| ≤ lim M ∥x∥E = M ∥x∥E n→∞ Ta có điều phải chứng minh Lưu ý: Nếu f ∈ E ′ x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E ′ ×E thay cho f (x) ta gọi ⟨., ⟩E ′ ×E tích vơ hướng khơng gian đối ngẫu E, E ′ Ký hiệu chung không gian đối ngẫu thực E không gian Hilbert 68 18 Các khái niệm Định nghĩa 21 Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm aben 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 22 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 23 Iđêan trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa iđêan trái, vừa iđêan phải gọi iđêan vành R Cho I iđêan 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 24 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I Định nghĩa 25 Cho R vành có đơn vị 1R Một R-mơđun phải M bao gồm (M, +) nhóm aben tốn tử · : M × R → M thỏa mãn 69 (1) (x + y) · r = x · r + y · r, (2) x · (r + s) = x · r + x · s, (3) (xr) · s = x · (rs), (4) x · 1R = x, r, s ∈ R x, y phần tử tùy ý M Lúc R gọi vành sở, M R-môđun phải ta thường ký hiệu MR Tương tự ta đinh nghĩa R-mơđun trái Cho R, S hai vành Nhóm aben (M, +) song môđun R-bên phải S -bên trái (ký hiệu S MR ) a) M R-môđun phải M S -môđun trái b) Ta phải có (sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ) Định nghĩa 26 Cho M R-môđun phải Tập A M gọi môđun M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR ), A R-môđun phải với phép toán cộng nhân hạn chế A Định nghĩa 27 (1) Môđun MR gọi đơn M ̸= với A ≤ M A = A = M , nghĩa M ̸= M có hai mơđun M (2) Vành R gọi đơn R ̸= với A ≤R RR A = A = 0, nghĩa R ̸= R có hai iđêan hai phía R (3) Mơđun A ≤ M gọi môđun cực tiểu môđun M A ̸= với B ≤ M thỏa mãn B < A B = (4) Tương tự, môđun A ≤ M gọi môđun cực đại A ̸= M với B ≤ M thỏa mãn B > A B = M Bổ đề MR đơn M ̸= ∀m ∈ M, m ̸= M = mR Cho MR N ≤ MR Vì N nhóm nhóm cộng aben M nên nhóm thương M/N nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các 70 phần tử M/N lớp ghép x + N N M phép toán cộng (x + N ) + (y + N ) = x + y + N Ta cần xây dựng phép nhân môđun để M/N trở thành môđun phải Định lý 28 Cho MR N ≤ M (i) Quy tắc M/N × R → M/N cho (m + N, r) → (m + N )r = mr + N phép nhân môđun (ii) Nhóm aben M/N với phép tốn nhân mơđun trở thành R-môđun phải Định nghĩa 28 M/N xác định Định lý ?? gọi môđun thương môđun M môđun N 19 Các cận cho độ giao hoán tương đối nhóm Mệnh đề sau cho ta cận cận cho độ giao hoán tương đối nhóm nhóm Mệnh đề 53 Cho H nhóm G, p ước nguyên tố nhỏ |G| Khi |Z(G) ∩ H| + |H| |Z(G) ∩ H| p(|H| − |Z(G) ∩ 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 |CG (x)| + x∈K = |K||G| + X |CG (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 x∈H\K |CG (x)| ⩽ (|H| − |K|) |G| |G| 71 Cho nên |K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| X |CG (x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|) x∈H\K |G| 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 54 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) = 1 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 36 ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| ⩽ = Pr(H, G) ⩽ |H| |H| Giả sử H không nhóm giao hốn Khi theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H) ⩽ Do đó, theo Định lý ?? ta có Pr(H, G) ⩽ Pr(H) ⩽ 72 Vậy ta có điều phải chứng minh Kết sau mô tả cấu trúc nhóm trường hợp đạt đươc cận Mệnh đề 37 Mệnh đề 55 Cho H nhóm nhóm G Khi đó: H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 ; (ii) Nếu Pr(H, G) = H khơng 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 36 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 37 (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| 73 H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 20 ĐỊNH LÍ FUBINI Định lý 29 (G.Fubini - L.Tonelli) Cho F : R2n → [0, ∞] hàm đo (đối với M2n ) Khi (i) Hàm Rn ∋ y 7→ F (x, y) đo (đối với Mn ) với Ln hầu khắp nơi x ∈ Rn (ii) Hàm Z n R ∋ x 7→ F (x, y)dy Rn đo (đối với Mn ) (ii) F (x, y)dy dx F (x, y)dxdy = R2n Rn  Z Z Z Rn F (x, y)dx dy =  Z Z Rn Rn Bổ đề Cho f ∈ C0 (Rn ) Khi ϱ ∗ f → f tập compact Rn Chứng minh Cho K ⊂ Rn tập compact cho K ′ := K + B(0, 1) Theo tính liên tục f tập compact K ′ , ∀ϵ > tồn < δ = δ(ϵ, K ′ ) < thỏa mãn |f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ) (33) 74 Mặt khác, h ∈ N thỏa 1/h < δ x ∈ K , theo (23), Z