Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH 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 Mục tiêu đề tài Dựa vào kĩ thuật Poletsky để mở rộng nguyên lý cực tiểu cho lớp không gian lồi địa phương đầy theo dãy Phương pháp nghiên cứu Luận văn nghiên cứu dựa phương pháp: - Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài, bao gồm tài liệu kinh điển báo mới, tổng hợp trình bày báo cáo tổng quan - Tham khảo, trao đổi với cán hướng dẫn - Tham khảo số báo đăng tạp chí khoa học Ý nghĩa khoa học thực tế đề tài Đề tài có giá trị mặt lý thuyết Có thể sử dụng luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành toán đối tượng quan tâm đến kiến thức hàm đa điều hòa 503 2 Một số kết liên quan Trong toàn luận văn, ký hiệu J(R) Jacobson vành R U (R) tập hợp tất phần tử khả nghịch vành R có đơn vị Trong [?], tác giả định nghĩa vành R gọi U J -vành + J(R) = U (R) Cho S vành, khơng thiết phải có đơn vị, vị nhóm S◦ = (S, ◦) S tập hợp S với phép tốn ◦:S×S →S (x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy Mặt khác, S vành có đơn vị, S◦ đẳng cấu với vị nhóm (S, ) R với đẳng cấu ◦ : (S, ◦) → (S, ) x 7→ − x Cụ thể, y ∈ S khả nghịch vị nhóm S◦ (được gọi phần tử tựa khả nghịch hay phần tử tựa quy) − y phần tử khả nghịch vành S nhóm phần tử khả nghịch U (S) S đẳng cấu với nhóm U◦ (S) phần tử tựa khả nghịch S Phần tử nghịch đảo y S◦ gọi tựa nghịch đảo y Ta biết I = J(S) iđêan lớn S thỏa mãn U◦ (I) = I Bổ đề ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau tương đương vành R cho: (1) U (R) = + J(R), hay R U J -vành; (2) U (R/J(R)) = {1}; (3) C(R) iđêan R (khi C(R) = J(R)), với C(R) tập phần tử tựa quy R; (4) rb − cr ∈ J(R), r ∈ R b, c ∈ C(R); (5) ru − vr ∈ J(R), u, v ∈ U (R) r ∈ R; (6) U (R) + U (R) ⊆ J(R) (khi U (R) + U (R) = J(R)) Một vành gọi hữu hạn Dedekind ab = ba = với a, b hai phần tử vành Mệnh đề ([?], Mệnh đề 1.3) Cho R U J -vành Khi (1) ∈ J(R); (2) Nếu R thể, R ∼ = F2 ; (3) R rút gọn (khơng có phần tử lũy linh khác khơng) R giao hốn; (4) Nếu x, y ∈ R thỏa mãn xy ∈ J(R) yx ∈ J(R) xRy, yRx ⊆ J(R); (5) Giả sử I ⊆ J(R) iđêan R Khi R U J -vành R/I U J -vành; (6) R hữu hạn Dedekind; Y (7) Vành Ri U J -vành vành Ri U J -vành với i∈I i ∈ I Một vành R gọi nửa địa phương vành thương R/J(R) tổng trực tiếp iđêan phải cực tiểu Mệnh đề ([?], Mệnh đề 1.4) Vành nửa địa phương R U J -vành R/J(R) ≃ F2 × × F2 Cho R vành có đơn vị Ta ký hiệu Mn (R) vành ma trận cấp n × n R Định lý ([?], Định lý 3) Cho R vành tùy ý, có đơn vị n > Khi đó, phần tử Mn (R) tổng ba phần tử khả nghịch Mn (R) Cho R vành có đơn vị, phần tử a ∈ R gọi clean a có biểu diễn a = e + u e phần tử lũy đẳng R, u phần tử khả nghịch R Ta ký hiệu Cl(R) tập tất phần tử clean vành R Một vành R gọi clean R = Cl(R) Hệ ([?], Hệ 1.7) Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (i) R vành rút gọn; (ii) U (R[x]) = U (R); (iii) Cl(R[x]) = Cl(R) 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) Mệnh đề ([?], Mệnh đề 4.9 (2)) Cho R vành M song môđun R Gọi T (R, M ) mở rộng tầm thường Khi tập phần tử khả nghịch T (R, M ) U (T (R, M )) = T (U (R), M ) Một vành R gọi I -vành iđêan phải lũy linh khác không chứa phần tử lũy đẳng khác không Một hệ n2 phần tử {eij } vành R gọi hệ ma trận khả nghịch ( j ̸= j ′ eij ej ′ k = ejk j = j ′ Định lý ([?], Định lý 2.1) Cho R I -vành Nếu a phần tử lũy linh cấp n (nghĩa an = 0, an−1 ̸= 0) an−1 ∈ / J(R) iđêan (a) sinh a chứa hệ n ma trận khả nghịch 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) không 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), ∥.∥∞ ) khơng chấp nhận Tính tách (C0b (R), ∥.∥∞ ) Định nghĩa Giả sử (X, τ ) khơng 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 khơng 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 khơng 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∞  Ux = Bl∞ x,  n := y ∈ l∞ : ∥y − x∥l∞ < o x ∈ I Khi ta xét họ {Ux : x ∈ I} sử dụng mệnh đề ?? 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 tốn 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 ?? 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 (1) Định nghĩa q(x) := βm xm + · · · + β1 x1 + β0 với βi ∈ Q ϵ |αi − βi | < Pm i=0 c i , i = 0, 1, , m, c := max{|a|, |b|} Khi |p(x) − q(x)| ≤ m X i=0 ϵ |αi − βi ||x|i ≤ , ∀x ∈ [a, b] (2) Do đó, từ (??) (??) ta ∥f − q∥∞ ≤ ∥f − p∥∞ + ∥p − q∥∞ ≤ ϵ ϵ + = ϵ 2 ĐỊNH LÝ CAUCHY Định lý (Định lý Cauchy) Giả sử hàm số f g liên tục [a, b], khả vi khoảng (a, b) g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f ′ (c) f (b) − f (a) = ′ g(b) − g(a) g (c) Chứng minh Trước hết ta nhận xét g(a) ̸= g(b) Nghĩa công thức kết luận định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khi theo định lý Rolle, tồn ξ ∈ (a, b) cho g ′ (ξ) = Điều mâu thuẫn với giả thiết g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Xét hàm số F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x) Do hàm f (x), g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) nên hàm số F (x) có tính chất Mặt khác, F (a) = F (b) Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho F ′ (c) = Nhưng ta có F ′ (x) = [f (a) − f (b)]g ′ (x) − [g(a) − g(b)]f ′ (x) Suy F ′ (c) = [f (a) − f (b)]g ′ (c) − [g(a) − g(b)]f ′ (c) = Từ ta nhận điều phải chứng minh Nhận xét Định lý Lagrange trường hợp riêng định lý Cauchy g(x)=x Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy khơng cịn điều kiện giả thiết không thỏa mãn Nghĩa hàm f g không khả vi khoảng (a, b) hay không liên tục đoạn [a, b] định lý không Một số kết liên quan Trong toàn luận văn, ký hiệu J(R) Jacobson vành R U (R) tập hợp tất phần tử khả nghịch vành R có đơn vị Trong [?], tác giả định nghĩa vành R gọi U J -vành + J(R) = U (R) 46 Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề 23 (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn Rn Khi (i) Hàm fh : Rn → R is well defined; (ii) fh (x) = (ϱh ∗ f )(x) = (f ∗ ϱh )(x) với x ∈ Rn h ∈ N; (iii) fh (x) ∈ C0 (Rn ) với h Hàm fh gọi mollifiers thứ h f Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) (Mo4), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1/h) Khi Z Z |f (y)ϱ(x − y)|dy |f (y)ϱ(x − y)|dy = Rn B(x,1/h) Z ≤ sup ϱ Rn |f (y)|dy < ∞ B(x,1/h) Do đó, ta thay đổi x ∈ Rn , hàm gx (y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈ Rn khả tích Rn , xác định tích phân Z Z R∋ gx (y)dy = ϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn Rn Rn (ii) cách thay đổi biến Z (f ∗ ϱ)(x) = f (x − y)ϱ(y)dy Rn (z=x=y) Z f (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x) = Rn 47 (iii) Cho x ∈ Rn xr → x, ta chứng minh (ϱ ∗ f )(xr ) → (ϱ ∗ f )(x) (8) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (9) Rn Từ dãy (xr )r bị chặn Rn , tồn tập compact K ⊂ Rn thỏa mãn B(xr , 1/h) = xr − B(0, 1/h) ⊂ K, B(x, 1/h) ∈ K, ∀r ∈ N Đặc biệt ϱ(xr − y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y ∈ / K, ∀r ∈ N (10) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (30), tồn L > thỏa |ϱ(xr − y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK (y)|xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N Vì ta |ϱ(xr − y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK (y)|f (y)||xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N (11) Từ (29), (30) định lý tính hội tụ bị trội, theo (28) Nhận xét Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm khơng gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề 32 giữ f ∈ L1loc (Rn ) ϱ ≡ ϱh ∈ C0 (Rn ) thỏa (Mo2) Trên thực tế, xác định tích chập hai hàm g ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞ f ∈ L1 (Rn ) Z (g ∗ f )(x) := g(x − y)f (y)dy Rn giữ (g ∗ f ) ∈ Lp (Rn ) ∥g ∗ f ∥Lp (Rn ) ≤ ∥g∥Lp (Rn ) ∥f ∥L1 (Rn ) Định lý 21 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập Lp ) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Khi (i) f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) với h ∈ N 48 (ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (Rn ) ≤ ∥f ∥Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∈ Lp (Rn ) với p ∈ [1, ∞] (iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂ spte (f ) + B(0, 1/h) với h ∈ N (iv) Nếu f ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞, f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) ∩ Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∗ ϱh → f h → ∞, Lp (Rn ), biết ≤ p < ∞ Kết cho ta hai kết quan trọng Định lý 22 (Bổ đề tính tốn biến) Cho Ω ⊂ Rn tập mở cho f ∈ L1loc (Ω) Giả sử Z f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞ (Ω) (∗) Ω Khi f = hầu khắp nơi Ω Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ Z |f |dx = với tập compact K ∈ Ω (12) K Thật vậy, theo (32), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (32) Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g : Rn → R   f (x) x ∈ K, f (x) ̸= g(x) := |f (x)|  ngược lại Khi g ∈ L1 (Rn ) spte (g) ⊆ K ⊂ Ω Cho gh := g ∗ ϱh Theo định lý 33 (iii), tồn h = h(K) ∈ N cho spt(g ∗ ϱh ) ⊆ spte (g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω với h > h Do đó, theo định lý ?? (i), (ii), gh ∈ C∞ h > h |gh (x)| ≤ ∥g∥L∞ (Rn ) = 1, ∀x ∈ Rn , ∀h ∈ N (13) c 49 Từ (∗) ta Z f gh dx = 0, ∀h ≤ h Ω Mặt khác, từ định lý 33 (iv) (15), ta giả sử, dãy tăng, gh → g hầu khắp nơi Rn Do đó, Z Z Z f gh dx → = 0= Ω |f |dx f g dx = Ω K Định lý 23 (Xấp xỉ theo hàm C∞ Lp ) Cho Ω ⊂ Rn tập p mở Khi C∞ c (Ω) trù mật L (Ω), ∥.∥Lp , biết ≤ p < ∞ Chứng minh Cho f ∈ Lp (Ω), định nghĩa fe : Rn → R ( f (x) x ∈ Ω fe(x) := x ∈ Rn \ Ω Chú ý fe ∈ Lp (Rn ) Cho (Ωh )h dãy tăng tập mở bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh , Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 , ∀h, định nghĩa gh (x) := χΩh (x)fe(x) fh,r (x) := (ϱr ∗ gh )(x) x ∈ Rn , h, r ∈ N Theo định lý 33 (iii) suy spt(fh,r ) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh ⊂ Ω (14) Hơn nữa, cho h ∈ N, tồn rh = r(h) ∈ N cho rh ≥ h B(0, 1/rh ) + Ωh ⊂ Ω Định nghĩa fh (x) := (ϱrh ∗ gh )(x), x ∈ Rn , h ∈ N, (15) 50 để đơn giản, giả sử rh = h Khi đó, theo định lý 33 (i), (ii) (34), (35), fh ∈ C∞ c (Ω) ∥fh − f ∥Lp (Ω) = ∥fh − fe∥Lp (Rn ) ≤ ∥ϱh ∗ gh − ϱh ∗ fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp Rn = ∥ϱh ∗ (gh − fe)∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) (16) ≤ ∥gh − fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) , ∀h Từ định lý 33 (iv), ϱh ∗ fe → fe Lp (Rn ), theo định lý hội tụ miền gh → fe Lp (Rn ) Khi theo (36), ta có điều phải chứng minh 17 Các cận cho độ giao hốn tương đối nhóm Mệnh đề sau cho ta cận cận cho độ giao hốn tương đối nhóm nhóm Mệnh đề 24 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 |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| 51 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 25 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 ?? ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| ⩽ = Pr(H, G) ⩽ |H| |H| Giả sử H khơng nhóm giao hốn Khi theo Mệnh đề 40 ta có Pr(H) ⩽ Do đó, theo Định lý ta có Pr(H, G) ⩽ Pr(H) ⩽ 52 Vậy ta có điều phải chứng minh Kết sau mô tả cấu trúc nhóm trường hợp đạt đươc cận Mệnh đề ?? Mệnh đề 26 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 ?? 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 ?? (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| 53 H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 18 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 27 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 |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 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 |G| 54 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 28 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 ?? ta |H| + |H| |Z(G) ∩ H| + |H| ⩽ = Pr(H, G) ⩽ |H| |H| Giả sử H khơng nhóm giao hốn Khi theo Mệnh đề 40 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 ?? Mệnh đề 29 Cho H nhóm nhóm G Khi đó: (i) Nếu Pr(H, G) = H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 ; 55 (ii) Nếu Pr(H, G) = H khơng giao hốn H/(Z(G)∩H) ∼ = Z2 × Z2 Chứng minh (i) Giả sử Pr(H, G) = Khi đó, theo Định Lý ?? 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 ?? (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 nhóm xiclíc Từ suy |H| ⩾ |Z(G) ∩ H| Điều chứng tỏ |H| = 4, |Z(G) ∩ H| H/(Z(G) ∩ H) ∼ = Z2 × Z2 56 19 KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH Định lý 24 Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) tách ≤ p < ∞ không tách p = ∞ Ta cần hai kết để chứng minh định lý ??: trước kết topo (Urysohn’s Lemma) sau quan hệ xấp xỉ không gian hàm liên tục Lp Định nghĩa 10 Cho (X, τ ) khơng gian topo Khi C0c (X) := {f : X → R liên tục spt(f ) compact (X, d)} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0} Bổ đề 10 (Bổ đề Urysohn) Cho X compact địa phương không gian metric, cho K ⊂ X V ⊂ X , K compact V mở thỏa mãn K ⊂ V Khi đó, tồn hàm φ ∈ C0c (X) thỏa mãn ≤ φ ≤ 1, φ ≡ K spt(φ) ⊂ V Định lý 25 (Xấp xỉ Lp hàm liên tục) Cho Ω ⊂ Rn tập mở Khi C0c (Ω) trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), biết ≤ p < ∞ Chứng minh định lý ?? dựa hai kết tảng xấp xỉ hàm đo được, ta cần nhớ lại Định lý 26 (Xấp xỉ hàm đơn giản) Cho (X, M) không gian đo cho f : X → [0, +∞] hàm đo Khi tồn dãy hàm đơn giản đo sh : X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất (i) ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ f ; (ii) lim sh (x) = f (x), ∀x ∈ X h→∞ Z Đặc biệt, f ∈ L (X, µ), nghĩa f dµ < ∞, sh → f X L1 (X, µ), nghĩa Z |f − sh |dµ → ∥f − sh ∥L1 (X,µ) := X 57 Định lý 27 (Lusin - Dạng không gian metric compact địa phương) Cho µ độ đo Radon compact địa phương, không gian metric tách X Cho f : X → R hàm đo cho tồn tập Borel A ⊂ X với µ(A) < ∞, f (x) = ∀x ∈ X \A |f (x)| < ∞ µ− hầu khắp nơi x ∈ X Khi đó, với ϵ > 0, tồn g ∈ C0c (X) cho µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ Hơn nữa, g chọn cho supx∈X |g(x)| ≤ sup |f (x)| x∈X Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω) tồn hàm đơn giản đo s : Ω → R cho |{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); ∥f − s∥Lp < ϵ (17) (18) Đầu tiên, giả sử f ≥ Ω Theo xấp xỉ hàm không âm đo phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy hàm đơn giản đo sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; lim sh (x) = f (x) h→∞ (19) ∀x ∈ Ω (20) Từ (??) ta sh ∈ Lp (Ω) |s ∈ Ω : sh (x) ̸= 0| < ∞ ∀h, (21) ∥sh − f ∥ ≤ 2f Ω, ∀h (22) Theo (??) (??), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, ≤ p < ∞, ta lim ∥sh − f ∥Lp = h→∞ (23) 58 Cho ϵ > 0, từ (??), tồn h = h(ϵ) ∈ N cho ∥sh − f ∥Lp < ϵ Nếu ta định nghĩa s := sh , theo (??) (??) Trường hợp tổng quát f : Ω → R chứng minh tách f = + f − f − áp dụng (??) (??), tách thành f + f − Bước 2: Ta ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp (Ω), ∃g ∈ C0c (Ω) cho ∥f −g∥Lp < ϵ ϵ Cho f hàm đơn giản đo thỏa mãn (??) (??) với ϵ ≡ ký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử ∥s∥∞ > 0, khơng s ≡ ∈ C0c (Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s, tồn hàm g ∈ C0c (Ω) thỏa mãn |Ac | = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵp , 4p ∥s∥p∞ (24) với |g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω (25) Chú ý ∥f − g∥Lp ≤ ∥f − s∥Lp + ∥s − g∥Lp < Bây ta đánh giá ∥s − g∥Lp Z Z ∥s − g∥pLp = |s − g|p dx = Ω ϵ + ∥s − g∥Lp |s − g|p dx ≤ 2p ∥s∥p∞ |Aϵ | < Aϵ (26) ϵp 2p (27) Vì (??) (??) kết thúc chứng minh Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) tách (28) Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (??), ta (Lp (Ω), ∥.∥∞ ) tách được, biết ≤ p < ∞ Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm được, ta chứng minh D trù mật (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞ (29) Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho ϵ ∥f − g∥Lp < (30) 59 D trù mật, tồn e g ∈ D cho ∥g − e g ∥∞ < ϵ 2|Ω|1/p Nhớ lại Bài tập ∥f ∥Lp ≤ |Ω|1/p ∥f ∥∞ , ∀f ∈ L∞ (Ω), biết |Ω| < ∞ Điều nghĩa ϵ ∥g − g∥Lp ≤ |Ω1/p |∥g − g∥∞ < (31) Do gợi ý (??) (??) ám (??) Bây giả sử Ω không bị chặn Theo kết biết topo, tồn dãy (Ωh )h tập mở bị chặn cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 Ω= ∪∞ h=1 Ωh Hơn nữa, ý C0c (Ω) = ∪∞ h=1 Cc (Ωh ) (32) Theo (??) tồn tập Dh ⊂ (C0c (Ω), ∥.∥∞ ) trù mật đếm Cho D := ∪∞ h=1 Dh (??) giữ Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp (Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c (Ω) cho (??) Từ K := spt(g) tập compact chứa Ω, tồn h = h(g) = ϵ ∈ N cho K ⊂ Ωh Điều có nghĩa g ∈ C0c (Ωh ) ta có kết luận bước trước Bây ta chứng minh (??) Nhớ lại (C0 (K), ∥.∥∞ ) tách được, biết K ⊂ Rn tập compact (định lý ??) Cho (Ωh ) dãy tập mở bị chặn Rn Theo định nghĩa, C0c (Ωh ) ⊂ (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Vì (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) tách nên với h, tồn tập D ⊂ (C0 (Ωh ), ∥.∥∞ ) trù mật đếm (33) 60 Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sửa tập hợp hàm D eh ⊂ C0c (Ω) đẻ họ cho tập hợp hàm đếm D e D := ∪∞ h=1 Dh ⊂ (Cc (Ω), ∥.∥inf ty ) đếm trù mật (34) Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1 , V = Ωh cho φh ∈ C0 (Ω) cho ≤ φh (x) ≤ 1, ∀x ∈ Ω, φh (x) = 1, ∀x ∈ Ωh−1 spt(φh ) ⊂ Ωh xác định g ∈ Dh , g : Ωh → R, định nghĩa e g : Ω → R hàm ( g(x) x ∈ Ωh e g (x) := , nếux ∈ Ω \ Ωh cho e := {φhe D g : g ∈ D} e (h ∈ N) D := ∪∞ h=1 D Ta chứng minh (??) Theo cách xây dựng, D đếm Vì ta cần chứng minh trù mật (C0c , ∥.∥∞ ) Sửa ϵ > 0, f ∈ C0c (Ω) cho K := spt(f ) ⊂ Ω compact Tồn h0 ∈ N cho K ⊂ Ωh0 ⊂ Ωh0 +1 Điều có nghĩa f ∈ C0c (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 ) ⊂ C0 (Ωh0 +1 ) Theo (??), tồn f1 ∈ Dh0 +1 cho ∥f − f1 ∥∞,Ω := sup |f (x) − f1 (x)| < ϵ (35) x∈Ω Từ f ≡ Ωh0 +1 \ Ωh0 từ (??), suy |f1 (x)| < ϵ sup (36) x∈Ωh0 +1 \Ωh0 eh0 +1 , theo (??) (??) ta Bây ta định nghĩa f2 := φh0 +1 fe1 ∈ D ∥f − f2 ∥∞,Ω = sup |f (x) − f2 (x)| = x∈Ω sup |f (x) − φh0 +1 f (x)| ≤ x∈Ωh0 +1 ( max ) sup |f (x) − f1 (x)|, x∈Ωh0 sup x∈Ωh0 +1 \Ωh0 |f1 (x)| < ϵ