THÔNG TIN TÀI LIỆU
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: TÍNH DAO ĐỘNG, KHƠNG DAO ĐỘNG VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HỊA ĐỐI SỐ LỆCH 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 Toàn luận văn chia thành chương sau đây: - Chương phần giới thiệu tổng quan bất đẳng thức thuộc loại Ostrowski với số kết trước có liên quan, đồng thời giới thiệu bố cục luận văn - Chương chủ yếu khảo sát dạng thay đổi nhỏ bất đẳng thức Ostrowski Công cụ sử dụng chủ yếu phép chứng minh qui nạp số công thức phép tính vi tích phân - Chương nhằm trình bày số áp dụng vào việc nghiên cứu hội tụ công thức cầu phương tổng quát đánh giá sai số thông qua bất đẳng thức trình bày chương trước Chương khảo sát số bất đẳng thức tích phân đặc biệt - Chương nghiên cứu số công thức cầu phương hỗn hợp 819 2 Độ giao hoán tương đối mở rộng nhóm Trong mục ta nghiên cứu độ giao hoán 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 |C (x)| |C (x)| |CH1 (x)| ⩾ H2 ⩾ G với x ∈ G |H1 | |H2 | |G| Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H1 , H2 ) = X 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 Theo Mệnh đề ?? ta có X Pr(H1 , G) = ⩾ |H1 ||G| |CH1 (y)| = y∈G X |CH2 (y)| |G| y∈G |H2 | X |CH1 (y)| |G| |H1 | y∈G = X |CH2 (y)| = Pr(H2 , G) |H2 ||G| y∈H2 Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi Pr(H, G) ⩽ Pr(H/N, G/N ) Pr(N ) Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Để chứng minh Mệnh đề ?? ta cần bổ đề sau Bổ đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N với x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Chứng minh Lấy x ∈ G Giả sử y ∈ CH (x) Khi yN ∈ CH (x)N , N ta có xN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN Do yN ∈ CH/N (xN ) Từ suy CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N Giả sử N ∩ [H, G] = Ta chứng minh xảy dấu đẳng thức Thật vậy, lấy x ∈ G Giả sử yN ∈ CH/N (xN ) với y ∈ H Khi xN yN = yN xN , (xy)N = (yx)N Từ suy y −1 x−1 yx = (xy)−1 (yx) ∈ N Điều chứng tỏ y −1 x−1 yx ∈ N ∩[H, G] Do theo giả thiết, ta có y −1 x−1 yx = hay xy = yx Từ suy y ∈ CH (x) Do yN ∈ CH (x)N N Điều chứng tỏ CH/N (xN ) ⩽ CH (x)N N Vậy ta có điều phải chứng minh Bây ta chứng minh Mệnh đề ?? Chứng minh Từ Mệnh đề ?? ta có X X X |CH (y)| |H||G| Pr(H, G) = |CH (y)| = y∈G = X X S∈G/N y∈S = S∈G/N y∈S |CN (y)| X X |CH (y)N | |CH (y)| |CN (y)| = |CN (y)| |N ∩ CH (y)| |N | X X CH (y)N 62 Định nghĩa 17 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} E ′ trang bị chuẩn ∥f ∥E ′ := |f (x)| < +∞ x∈E\{0} ∥x∥ sup Định lý 21 (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 63 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 khơng gian Hilbert 19 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 22 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 36, 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 37 Ngược lại, giả sử ∇ = eRG ∆U -vành Vì H ∼ = R nên H ∆U -vành Theo Bổ đề 1, 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 ¯ Ta kiểm tra J(R)G ⊆ J(RG), linh chứa J(RG) J((R/J(R))G) ∼ = J(RG/J(R)G) = J(RG)/J(R)G Do ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG) Định lý 23 Cho R ∆U -vành G 2-nhóm hữu hạn địa phương Nếu ∆(R) lũy linh, RG ∆U -vành 64 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 11 Cho R vành hoàn chỉnh phải trái G 2-nhóm hữu hạn địa phương Khi đó, R ∆U -vành RG ∆U -vành 20 Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề 25 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 19 ta có |Rk | = Do k Rk = ⟨r ⟩ = 2n 2n = (2n, k) k 2n r ⩽ i ⩽ −1 k ik 65 Ta xét hai trường hợp k sau Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề 20 ta có X X |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + |CQ4n (rn )| + |CQ4n (rik) | −1 1⩽i⩽ 2n k x∈Rk i̸= nk 2n = 4n + 4n + = 8n + 2n k Do đó, theo Mệnh đề ??, ta có X Pr(Rk , Q4n ) = |Rk ||Q4n | k − |R1 | − 2n = |CQ4n (x)| = x∈Rk 4n(n + k) k n+k 4n(n + k) = 2n k 2n 4n k Trường hợp 2: k ∤ n Khi đó, theo Mệnh đề 20, ta có X X |CQ4n (rik )| |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + 1⩽i⩽ 2n −1 k x∈Rk = 4n + 2n k − |R1 | = 4n + 2n k − 2n = 2n(2n + k) k Từ suy Pr(Rn , Q4n ) = X 1 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 19 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} 66 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 X |CQ4n (rli )| + 1⩽l⩽k−1 l̸= k2 |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 ?? 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 ?? Ví dụ (i) Với n = 2, xét nhóm quaternion Q8 (cho Ví dụ ??) Các nhóm Q8 R1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2 ⟩, R4 = {1}; U2,0 = ⟨r2 , s⟩, U2,1 = ⟨r2 , rs⟩; Q8 Khi Pr(R1 , Q8 ) = 2+1 2+2 2·2+4 = , 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} 67 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 ) = 2·3+2 3+1 = , 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 ) = 21 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 24 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 36, 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 37 Ngược lại, giả sử ∇ = eRG ∆U -vành Vì H ∼ = R nên H ∆U -vành Theo Bổ đề 1, 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) 68 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 25 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 12 Cho R vành hoàn chỉnh phải trái G 2-nhóm hữu hạn địa phương Khi đó, R ∆U -vành RG ∆U -vành 22 ĐỊNH LÝ LAGRANGE Định lý 26 (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh Xét hàm số f (b) − f (a) g(x) = f (x) − (x − a) + f (a) b−a Do hàm số f (x) x − a liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) nên hàm số g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng 69 (a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho g ′ (c) = Nhưng ta có g ′ (x) = f ′ (x) − f (b) − f (a) b−a Suy f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Ta có điều phải chứng minh Ý nghĩa hình học định lý Lagrange Cho C đường cong trơn với hai đầu mút A, B Khi C tồn điểm mà tiếp tuyến C điểm song song với AB Nhận xét Thơng qua cách chứng minh định lý Lagrange hệ định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại trường hợp riêng định lý Lagrange giá trị hai đầu mút (tức f (a) = f (b)) Sau ta trình bày cơng thức Lagrange dạng khác Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ−a Khi đó: b−a ξ = a + θ(b − a) 0
Ngày đăng: 05/07/2023, 16:58
Xem thêm: