Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HỒN CHOPHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC

CAO

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Đề tài nghiên cứu luận văn thạc sĩ khoa học “Mối quan hệ giữa một sốtính chất mạng trong khơng gian topo” đã đạt được một số kết quả sauđây: - Trình bày lại một cách có hệ thống và chứng minh chi tiết mộtsố kết quả của topo đại cương - Trình bày khái niệm, tính chất cơ bảncủa một số khơng gian metric suy rộng và chứng minh chi tiết một sốmối quan hệ giữa chúng - Trình bày khái niệm và tính chất cơ bản củamột số mạng trong khơng gian topo và chứng minh chi tiết một số mối

Trang 4

2Tính chất ∆U trong các lớp vành

Một phần tử r ∈ R được gọi là ∆-clean nếu r được biểu diễn thành

r = e + t trong đó e là phần của lũy đẳng của R và t ∈ ∆(R) Vành R

được gọi là ∆-clean nếu mỗi phần tử củaR là∆-clean Chú ý, mỗi phẩntử ∆-clean đều là clean.

Mệnh đề 1 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(1) R là ∆U-vành;

(2) Tất cả các phần tử clean của R là ∆-clean.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sửR là ∆U-vành Lấy bất kỳ r ∈ R là clean,khi đó r = e + u Vì R là ∆U-vành, ta có u = 1 + a với a ∈ ∆(R) Lưuý 1 − 2e ∈ U (R) = 1 + ∆(R), do đó 2e ∈ ∆(R) Khi đó 2e + a ∈ ∆(R) và

r = e + 1 + a = (1 − e) + (2e + a) là biểu diễn ∆-clean của r.

(2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi đó u là clean nên theo giả thiết u cũnglà ∆-clean Giả sử u = e + a là biểu diễn ∆-clean của u với a ∈ ∆(R) và

e lũy đẳng Ta có 1 = eu−1+ au−1 suy ra eu−1= 1 − au−1 là khả nghịchtrong R Vì vậy e = 1 Điều này nghĩa là u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) và do đó

U (R) = 1 + ∆(R).

Định lý 1 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương(1) R là clean ∆U-vành;

(2) Nếua ∈ R bất kỳ và thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), thì tồn tại một tử phẩntử lũy đẳng e ∈ R sao cho a − e ∈ ∆(R);

(3) R là ∆-clean ∆U-vành;(4) R là vành ∆-clean.

Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) được suy ra từ Mệnh đề ??.

Trang 5

(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có

[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2

và theo Mệnh đề 40 ta được

ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)

và

je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).

Suy ra je − ej ∈ ∆(R) Vì vậy ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R).

(2) ⇒ (3) được suy ra từ định nghĩa.

Rõ ràng Hệ quả 3 cũng suy ra từ Định lý 25 Nghĩa là mọi vành chínhđơn vị đều thỏa mãn tính chất ∆(R) = 0.

Cho vành R, phần tử a ∈ R được gọi là phần tử chính quy mạnh nếutồn tại x ∈ R thỏa mãn a = a2x Một vành mà mọi phần tử đều là phầntử chính quy mạnh được gọi là vành chính quy mạnh.

Định lý 2 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành chính quy;

(2) R là ∆U-vành chính quy mạnh;(3) R là ∆U-vành chính quy đơn vị;

(4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với mọi x ∈ R (R là vành Boolean).Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác khơngchứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và dođó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử

R không phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác không

a ∈ R thỏa mãn a2 = 0 Theo Định lý ??, có một phần tử lũy đẳng

e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼=M2(T ), trong đó T là vành khơng tầm thường.Theo Mệnh đề 41 thì M2(T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Địnhlý 36.

Trang 6

(3) ⇒ (4) Cho x ∈ R bất kỳ Khi đó x = ue trong đó u ∈ U (R) và

e2 = e ∈ R Do R là ∆U-vành, nên chúng ta có u = 1 hay y x = e, và vìvậy x là lũy đẳng Chúng ta kết luận R là vành Boolean.

(4) ⇒ (1) Hiển nhiên.

Một vànhR được gọi là nửa chính quy nếuR/J (R)là chính quy và cácphần tử lũy đẳng nâng lên modulo J (R) Vành R được gọi là vành biếnđổi nếu mỗi phần tửa ∈ R, tồn tạie2 = e ∈ aR thỏa mãn1 − e ∈ (1 − a)R.

Hồn tồn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:

Định lý 3 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;

(2) R là ∆U-vành biến đổi;(3) R/J (R) là vành Boolean.

Hệ quả 1 Cho R là∆U-vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là vành nửa chính quy;

(2) R là vành biến đổi;(3) R là vành clean.

3ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ

Định nghĩa 1 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tấtcả các tập con của X Gọi A∗ là một họ các tập con của X A∗ được gọilà một đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa ba tiên đề sau:

1 X ∈ A∗

2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù)3 ∀A, B ∈ A∗, A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn hợp)

Trang 7

2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn lấy phần bù)3 ∀A1, A2, , An, ∈ A∗ ⇒[

i≥1

Ai ∈ A∗

Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét

Nhận xét 1 Khái niệm "đại số các tập con của tập X" và khái niệm"σ - đại số các tập con của X" rất gần với nhau Điều đó thể hiện quasự giống nhau giữa hai tiên đề đầu tiên Sự khác biệt cơ bản giữa haikhái niệm này là ở tiên đề số 3 Đối với "đại số các tập con của X thìhợp "HỮU HẠN" các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ Còn"σ - đại số các tập con của X" hợp "VÔ HẠN" các phần tử của A∗ làmột phần tử thuộc A∗

Mệnh đề 2 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đại sốcác tập con của X" Khi đó:

1 ∅ ∈ A∗

2 Hợp hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗

Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒

n

[

i=1

Ai ∈ A∗

3 Giao hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ (Đóngkín với phép tốn giao)

Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒

n

\

i=1

Ai ∈ A∗

4 Đóng kín với phép toán hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗

5 Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒A△B ∈ A∗

Định lý 4 Cho tập X bất kỳ khác rỗng Giả sử trên X có một phép

tốn α Phép tốn α được gọi là đóng kín với tập X nếu ta lấy hai phầntử bất kỳ thuộc X, thao tác qua phép toán ta được một phần tử mới vàphần tử này cũng thuộc X.

Để dễ hiểu ta lấy một ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộngthơng thường Ta lấy hai phần tử bất kỳ thuộc N (lấy hai số tự nhiên).Dễ thấy rằng cộng hai số tự nhiên là một số tự nhiên và số tự nhiên nàycũng thuộc N Như vậy ta nói N đóng kín với phép cộng.

Trang 8

Tiếp theo ta sẽ chứng minh từng ý trong mệnh đề 1.Chứng minh:

1 Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên Xc = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2)

2 Ta quy nạp dựa theo tiên đề 2 sẽ có điều phải chứng minh.

3.∀A, B ∈ A∗ ta có Ac, Bc ∈ A∗ Khi đó(Ac∪ Bc) ∈ A∗ ⇒ [(Ac∪ Bc)]c∈ A∗

hay A ∩ B ∈ A∗

Từ đây ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử sẽ có điều phải chứng minh.4 Chưa chứng minh

5 Chưa chứng minh

4Không gian hữu hạn chiều

Định nghĩa 3 (i) Một không gian vector E trên trường số thực đượcgọi là hữu hạn chiều nếu nó chỉ bao gồm hữu hạn vector độc lậptuyến tính.

(ii) Số lớn nhất của các vector độc lập tuyến tính trong khơng gian vectorhữu hạn chiều E được gọi là chiều và được ký hiệu là dimRE Hệ

B ⊂ E được sinh bởi dimRE các vector độc lập tuyến tính gọi là cơsở.

Định lý 5 Giả sử E là không gian vector hữu hạn chiều và dimRE = n.(i) Nếu B ⊂ E là cơ sở, khi đó thì B sinh ra E, cụ thể là spanRB = E.(ii) E và Rn là đẳng cấu tuyến tính.

(iii) Giả sử ∥.∥1 và ∥.∥2 là hai chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥1) và (E, ∥.∥2)

là đẳng cấu topo.

(iv) Giả sử∥.∥ là chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥) và (E′, ∥.∥E′) là đẳng cấutopo.

Theo các bài tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥)

Trang 9

5Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 4 Cho tập hợp R khác rỗng, trên R ta trang bị hai phéptoán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm aben vớiphép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép toán nhân và phép toán nhânphân phối với phép toán cộng, nghĩa là

x(y + z) = xy + xz,(x + y)z = zx + yz,

với mọi x, y, z ∈ R.

Phần tử trung hòa của phép cộng được ký hiệu bởi 0 (thường gọi làphần tử không) Phần tử đơn vị của phép nhân nếu có được ký hiệu bởi

1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0.

Định nghĩa 5 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu

A là vành đối với hai phép tốn cộng và nhân trên R (bao gồm cả tínhđóng của hai phép toán trên A).

Định nghĩa 6 Iđêan trái (phải) của một vành R là một vành con A

thỏa mãn điều kiện

ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.

Vành con I của R vừa là iđêan trái, vừa là iđêan phải được gọi làiđêan của vành R.

Cho I là một iđêan của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} đượcgọi là tập thương của R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng haiphép toán

(x + I) + (y + I) = (x + y) + I,(x + I)(y + I) = (xy) + I,

với mọi x, y ∈ R.

Trang 10

(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,

trong đó r, s ∈ R và x, y là các phần tử tùy ý trong M.

Lúc đó R được gọi là vành cơ sở, nếu M là một R-môđun phải tathường ký hiệu là MR Tương tự ta cũng đinh nghĩa R-môđun trái.

Cho R, S là hai vành Nhóm aben (M, +) là một song mơđun R-bênphải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

a) M là R-môđun phải và M là S-mơđun trái.b) Ta phải có

(sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ).

Định nghĩa 9 Cho M là mộtR-môđun phải Tập con A củaM được gọilà môđun con của M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR), nếu A là R-môđunphải với phép toán cộng và nhân hạn chế trên A.

Định nghĩa 10 (1) Môđun MR được gọi là đơn nếu M ̸= 0 và với mọi

A ≤ M thì A = 0 hoặc A = M, nghĩa là M ̸= 0 và M có hai mơđuncon là 0 và M.

(2) Vành R được gọi là đơn nếu R ̸= 0 và với mọi A ≤R RR thì A = 0

hoặc A = 0, nghĩa là R ̸= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R.

(3) Môđun A ≤ M được gọi là môđun con cực tiểu của môđun M nếu

như A ̸= 0 và với mọi B ≤ M thỏa mãn B < A thì B = 0.

(4) Tương tự, môđun con A ≤ M được gọi là môđun con cực đại nếu

như A ̸= M và với mọi B ≤ M thỏa mãn B > A thì B = M.

Bổ đề 1 MR đơn khi và chỉ khi M ̸= 0 và ∀m ∈ M, m ̸= 0 thì M = mR.Cho MR và N ≤ MR Vì N là nhóm con của nhóm cộng aben M nên

Trang 11

phần tử của M/N là các lớp ghép x + N của N trong M và phép toáncộng

(x + N ) + (y + N ) = x + y + N.

Ta cần xây dựng phép nhân môđun đểM/N trở thành một môđun phải.

Định lý 6 Cho MR và N ≤ M.

(i) Quy tắc M/N × R → M/N được cho bởi (m + N, r) → (m + N )r =

mr + N là phép nhân mơđun.

(ii) Nhóm aben M/N cùng với phép tốn nhân mơđun này trở thành một

R-mơđun phải.

Định nghĩa 11 M/N được xác định như trong Định lý 29 được gọi là

môđun thương của môđun M trên môđun con N.

6ĐỊNH LÝ ROLLE

Cơ sở của định lý Rolle dựa trên hai định lý cơ bản là Weierstrass vàFermat Định lý Weierstrass khẳng định rằng khi hàm số f liên tục trênđoạn [a, b]thì nó bị chặn và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trênđoạn đó Định lý Fermat về điểm cực trị của hàm cũng khẳng định rằngnếu hàm f khả vi trên khoảng (a, b) và đạt cực trị địa phương (cực đạiđịa phương hoặc cực tiểu địa phương) thuộc khoảng đó thì giá trị đạohàm tại điểm cực trị địa phương bằng không.

Định lý 7 (Định lý Rolle) Giả sử cho hàm số f liên tục trên [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f′(c) = 0

Chứng minh

Vì f liên tục trên đoạn [a, b] Theo định lý Weierstrass thì hàm f phảitồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b], nghĩa là tồntại x1, x2∈ (a, b) sao cho

f (x1) = min

[a,b]f (x) = m, f (x2) = max

Trang 12

Có hai khả năng xảy ra:

1) Nếu m = M Khi đó f (x) = const trên đoạn [a, b] Nên f′(c) = 0 vớimọi c ∈ (a, b)

2) Nếu m < M Theo giả thiết ta có f (a) = f (b) nên ít nhất một tronghai điểm x1, x2 phải thuộc khoảng (a, b) Không mất tính tổng quát tagiả sử x1 ∈ (a, b) Theo định lý Fermat thì đạo hàm tại điểm này bằngkhơng.

Định lý được chứng minh xong.

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle.

ChoC là đường cong trơn với hai đầu mút A, B có cùng "độ cao" (tronghệ trục tọa độ Descartes) thì trên C tồn tại ít nhất một điểm mà tiếptuyến của C tại điểm đó song song với AB(hay song song với trục hồnhvì f (a) = f (b)).

Hệ quả 2 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b) và phươngtrìnhf (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì phương trình

f′(x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) (Phươngtrình f(k)(x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

với (k = 1, 2, , n))Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 cón nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

đã được sắp thứ tự x1 < x2 < < xn Khi đó ta áp dụng định lý Rollecho n − 1 đoạn [x1, x2], [x2, x3], , [xn−1, xn] thì phương trình f′(x) = 0 cóít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1, x2), (x2, x3), , (xn−1, xn).Gọi n − 1 nghiệm đó là ξ1, ξ2, , ξn−1 thì ta có:

f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle chon−2khoảng(ξ1, ξ2), (ξ2, ξ3), , (ξn−2, ξn−1)

thì phương trìnhf′′(x) = 0có ít nhấtn − 2nghiệm phân biệt trên khoảng

(a, b).

Trang 13

Hệ quả 3 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàmtrên khoảng (a, b) Khi đó nếu phương trình f′(x) = 0 có khơng q n − 1

nghiệm phân biệt trên khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có khơngq n nghiệm phân biệt trên khoảng đó

Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trênkhoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm Khi đó theo hệ quả 1 phươngtrình f′(x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b) Điều này tráivới giả thiết phương trình f′(x) = 0 có khơng q n − 1 nghiệm Ta cóđiều phải chứng minh.

(1) R là ∆U-vành;

U (R) = 1 + ∆(R).

Trang 14

(1) ⇒ (2) Giả sử R là clean ∆U-vành Khi đó, nếu a ∈ R thì a − e ∈∆(R), vớie lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnhđề ??, giả sử a = e + j là biểu diễn ∆-clean của a Khi đó a − a2 =(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có

[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2

ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)

và

je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).

(2) ⇒ (3) được suy ra từ định nghĩa.

Định lý 9 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành chính quy;

Trang 15

Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác khôngchứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và dođó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử

R không phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác khơng

Hoàn toàn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:

Định lý 10 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương

(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;(2) R là ∆U-vành biến đổi;

(3) R/J (R) là vành Boolean.

Trang 16

8Không gian hữu hạn chiều

Định nghĩa 12 (i) Một không gian vector E trên trường số thực đượcgọi là hữu hạn chiều nếu nó chỉ bao gồm hữu hạn vector độc lậptuyến tính.

(ii) Số lớn nhất của các vector độc lập tuyến tính trong khơng gian vectorhữu hạn chiều E được gọi là chiều và được ký hiệu là dimRE Hệ

B ⊂ E được sinh bởi dimRE các vector độc lập tuyến tính gọi là cơsở.

Định lý 11 Giả sử E là không gian vector hữu hạn chiều và dimRE = n.(i) Nếu B ⊂ E là cơ sở, khi đó thì B sinh ra E, cụ thể là spanRB = E.(ii) E và Rn là đẳng cấu tuyến tính.

(iii) Giả sử ∥.∥1 và ∥.∥2 là hai chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥1) và (E, ∥.∥2)

là đẳng cấu topo.

(iv) Giả sử∥.∥ là chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥) và (E′, ∥.∥E′) là đẳng cấutopo.

Theo các bài tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥)

là đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây là một đặc trưng rấtmạnh, nhưng nó khơng cịn đúng cho khơng gian định chuẩn vơ hạnchiều.

9Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Mệnh đề 4 Cho R là vành 2-nguyên thủy Nếu vành đa thức R[x] là

∆U-vành, khi đó R là ∆U-vành.

Chứng minh R là vành 2-nguyên thủy, theo Mệnh đề 4, ∆(R[x]) =

∆(R) + J (R[x]) Mặt khác ta cũng có J (R[x]) = I[x] với I là iđêan lũylinh nào đó của R Bây giờ, ta giả sử R[x] là ∆U-vành Khi đó

Trang 17

điều đó có nghĩa làU (R) ⊆ 1 + ∆(R) + I = 1 + ∆(R) ⊆ U (R), vì I là iđêanlũy linh (nên I ⊆ ∆(R)) Do đó U (R) = 1 + ∆(R), hayR là ∆U-vành.

Mệnh đề 5 Cho R là một vành và m ∈N.

(1) R là ∆U-vành khi và chỉ khi R[x]/xmR[x] là ∆U-vành.

(2) R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành chuỗi lũy thừa R[[x]] là ∆U-vành.Chứng minh (1) Điều này suy ra từ Mệnh đề 40 (5), từ xR[x]/xmR[x] ⊆J (R[x]/xmR[x]) và (R[x]/xmR[x])/(xR[x]/xmR[x]) ∼= R.

(2) Ta xét(x) = xR[[x]] như là iđêan của R[[x]] Khi đó (x) ⊆ J (R[[x]]).Vì R ∼= R[[x]]/(x) nên (2) được suy ra từ Mệnh đề 40 (5).

Bổ đề 2 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuvành thỏa mãn ϵi = idR Khi đó, các khẳng định sau là đúng

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

(2) Nếu S là ∆U-vành, thì R cũng là ∆U-vành.

(3) Nếu R là ∆U-vành và ker ϵ ⊆ ∆(S), thì S là ∆U-vành.

Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R) và U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S))

nên ϵ(U (S)) = U (R) Lấy a ∈ ∆(S) Rõ ràng, a + U (S) ⊆ U (S), vì vậy

ϵ(a) + ϵ(U (S)) ⊆ ϵ(U (S)) hoặc ϵ(a) + U (R) ⊆ U (R) Điều đó có nghĩa là

ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó, ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

(2) Cho S là ∆U-vành Khi đó U (S) = 1 + ∆(S), theo(1)U (R) = ϵ(U (S)) = 1 + ∆(S) ⊆ 1 + ∆(R).

Do đó U (R) = 1 + ∆(R).

(3) Giả sử R là ∆U-vành Ta phải chỉ ra ϵ−1(U (R)) ⊆ 1 + ∆(S), điềunày có nghĩa là U (S) = 1 + ∆(S) Thật vậy, với bất kỳ y ∈ ϵ−1(U (R)), talấyϵ(y) ∈ U (R) = 1+∆(R), vìRlà∆U-vành Suy ray −1 = i(x)+v, trongđó v tùy ý thuộc ker(ϵ) và x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S.Lưu ý rằng x + U (R) ⊆ U (R) Ta có ϵ(i(x) + u) = x + ϵ(u) ∈ x + ϵ(U (S)) =x + U (R) ⊆ U (R) = ϵ(U (S)) và i(x) + u = u′ + a trong đó u′ ∈ U (S) và

a ∈ ker(ϵ) Suy ra y − 1 + u = u′+ a + v ∈ U (S) + ker(ϵ) ⊆ U (S) + ∆(S)

Trang 18

y − 1 + u ∈ U (S) với mọi u ∈ U (S) Điều đó có nghĩa là y − 1 ∈ ∆(S)hay

y ∈ 1 + ∆(S) Ta có điều phải chứng minh.

Cho vành R và nhóm G, ta ký hiệu vành nhóm của R trên G là RG.

Một phần tử tùy ý α ∈ RG đều có dạng α =X

g∈G

rgg trong đó rg ∈ R.Giả sử R là một vành và M là một vị nhóm, khi đó RM gọi là vànhvị nhóm và được định nghĩa giống như vành nhóm.

Mệnh đề 6 Cho R là một vành, M là một vị nhóm và RM là vành vị

nhóm Nếu RM là ∆U-vành thì R là ∆U-vành.

Chứng minh Ta xét quan hệ bao hàm ι : R → RM (ι(r) = re với e làphần tử đơn vị của vị nhóm M) và ϵ : RM → Rlà các đồng cấu mở rộng

xác định bởi ϵ Xm∈Mrmm!= Xm∈Mrm ([?] Mệnh đề II.3.1) Khi đó ta đủđiều kiện để áp dụng Bổ đề ?? (2).

Ta có kết quả, nếu vành đa thức R[X] là ∆U-vành thì R là ∆U-vành.Với các vành đa thức trên vành giao hoán, ta được kết quả tốt hơn.

Ta biết rằng nếu R là một vành giao hốn có đơn vị vàf = a0+ a1x +· · · + anxn∈ R[x] thì f là khả nghịch trong R[x] khi và chỉ khi a0 là khảnghịch trong R và a1, a2, , an là các phần tử lũy linh trong trong R.

Từ nhận xét trên ta có mệnh đề sau.

Mệnh đề 7 Cho R là vành giao hốn có đơn vị Vành đa thứcR[x] trên

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

Trang 19

U (R) = 1 + ∆(R).

Định lý 12 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương(1) R là clean ∆U-vành;

(1) ⇒ (2) Giả sử R là clean ∆U-vành Khi đó, nếu a ∈ R thì a − e ∈∆(R), vớie lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnhđề ??, giả sử a = e + j là biểu diễn ∆-clean của a Khi đó a − a2 =(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có

[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2

ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)

và

je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).

Trang 20

Định lý 13 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương

(1) R là ∆U-vành chính quy;

(4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với mọi x ∈ R (R là vành Boolean).Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác khơngchứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và dođó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử

R khơng phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác không

Hồn tồn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:

Trang 21

(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;(2) R là ∆U-vành biến đổi;

(3) R/J (R) là vành Boolean.

(2) R là vành biến đổi;(3) R là vành clean.

11Xấp xỉ bởi tích chập trong Lp

Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, tồn tại (fh)h ⊂ C0c(Ω) saocho fh → f trong Lp(Ω) Ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếmxấp xỉ theo các hàm chính quy Chính xác hơn

Câu hỏi:

(i) Có tồn tại (fh)h ⊂C1c sao cho fh→ f trên Lp(Ω)?

(ii) Có thể xây dựng một cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈Lp(Ω)?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai rất có ý nghĩa trong xấp xỉ số.

Định nghĩa 13 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là mộtdãy các hàm ϱh :Rn →R, (h = 1, 2, ) sao cho, với mỗi h,

ϱ ∈C∞(Rn);(M o1)spt(ϱh) ⊂ B(0, 1/h);(M o2)ZRnϱhdx = 1;(M o3)ϱh(x) ≥ 0, ∀x ∈Rn.(M o4)

Ví dụ về mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng một dãy mollifiers,bắt đầu từ hàm không biến mất ϱ :Rn →R thỏa mãn

Trang 22

Ví dụ, choϱ(x) :=exp1|x|2− 1nếu |x| < 10 nếu |x| ≥ 1

Khi đó dễ thấy rằngϱ ∈C∞c (Rn) Hơn thế nữa, ta có một dãy mollifiersđược định nghĩaϱh(x) := c hnϱ(hx), x ∈Rn, h ∈Nvàc :=ZRnϱdx−1.Chú ý: Nếu A, B ⊂Rn, A ± B ký hiệu là tậpA ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B}Bài tập 1 Chứng minh rằng

(i) Nếu A compact và B đóng, khi đó A + B đóng;(ii) nếu A và B là compact vì là A + B

Mệnh đề 9 (Định nghĩa tính chất của mollifiers đầu tiên) Cho f ∈L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈N và x ∈Rn,

fh(x) := (ϱ ∗ f )(x) :=

Z

Rn

ϱh(x − y)f (y)dy, ∀x ∈Rn.

Khi đó

(i) Hàm fh :Rn →R is well defined;

(ii) fh(x) = (ϱh∗ f )(x) = (f ∗ ϱh)(x) với mọi x ∈Rn và h ∈N;

(iii) fh(x) ∈C0(Rn) với mỗi h.

Hàm fh được gọi là mollifiers thứ h của f

Trang 23

gx(y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

là khả tích trên Rn, vì vậy nó xác định tích phân

R∋ZRngx(y)dy =ZRnϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn.

(ii) bằng cách thay đổi các biến

(f ∗ ϱ)(x) =ZRnf (x − y)ϱ(y)dy (z=x=y)=ZRnf (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x).

(iii) Cho x ∈Rn và xr → x, ta chứng minh

(ϱ ∗ f )(xr) → (ϱ ∗ f )(x). (1)Chú ý rằng(ϱ ∗ f )(xr) − (ϱ ∗ f )(x) =ZRn(ϱ(xr− y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈N. (2)Từ dãy (xr)r bị chặn trong Rn, tồn tại một tập compact K ⊂ Rn thỏamãn

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. (3)Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn), theo (??), tồn tại L > 0 thỏa

|ϱ(xr− y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK(y)|xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N.

Vì vậy ta được

Trang 24

Nhận xét 2 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên khơng gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 39 và giữ nếu f ∈ L1loc(Rn) và ϱ ≡ ϱh ∈

C0(Rn)thỏa (Mo2) Trên thực tế, có thể xác định tích chập giữa hai hàm

g ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞ và f ∈ L1(Rn)(g ∗ f )(x) :=ZRng(x − y)f (y)dyvà nó vẫn giữ(g ∗ f ) ∈ Lp(Rn) và ∥g ∗ f ∥Lp(Rn)≤ ∥g∥Lp(Rn)∥f ∥L1(Rn).

Định lý 15 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập trong Lp) Cho

f ∈ L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Khi đó(i) f ∗ ϱh ∈ C∞(Rn) với mỗi h ∈ N.

(ii) ∥f ∗ϱ∥Lp(Rn)≤ ∥f ∥Lp(Rn) với mỗih ∈N, f ∈ Lp(Rn)với mọip ∈ [1, ∞].

(iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂spte(f ) + B(0, 1/h) với mỗi h ∈N.

(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞, khi đó f ∗ ϱh∈ C∞(Rn) ∩ Lp(Rn) vớimỗi h ∈N, và f ∗ ϱh→ f khi h → ∞, trong Lp(Rn), biết 1 ≤ p < ∞.Kết quả này cho ta hai kết quả quan trọng.

Định lý 16 (Bổ đề cơ bản của tính tốn các biến) Cho Ω ⊂Rn là tậpmở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sử

Z

Ω

f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞(Ω).(∗)

Khi đó f = 0 hầu khắp nơi trong Ω.Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ

Z

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (5)Thật vậy, theo (??), suy ra

f = 0 hầu khắp nơi trong K, với mỗi tập compact K ∈ Ω.

Trang 25

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởig(x) :=f (x)|f (x)| nếu x ∈ K, f (x) ̸= 0

0 nếu ngược lại

Khi đó g ∈ L1(Rn) và spte(g) ⊆ K ⊂ Ω Cho

gh := g ∗ ϱh.

Theo định lý ?? (iii), tồn tại h = h(K) ∈N sao cho

spt(g ∗ ϱh) ⊆spte(g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω

với mỗi h > h Do đó, theo định lý 86 (i), (ii),

gh ∈C∞c nếu h > h và |gh(x)| ≤ ∥g∥L∞(Rn)= 1, ∀x ∈Rn, ∀h ∈N. (6)Từ (∗) ta được

Z

Ω

f ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý ?? (iv) và (66), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

0 =ZΩf ghdx → 0 =ZΩf g dx =ZK|f |dx.

Định lý 17 (Xấp xỉ theo các hàm C∞ trong Lp) Cho Ω ⊂ Rn là tậpmở Khi đó C∞c (Ω) là trù mật trong Lp(Ω), ∥.∥Lp, biết 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Cho f ∈ Lp(Ω), định nghĩa ef : Rn →R bởi

ef (x) :=(f (x) nếu x ∈ Ω0 nếu x ∈Rn\ ΩChú ý rằng ef ∈ Lp(Rn).

Cho (Ωh)h là dãy tăng của tập mở bị chặn sao cho

Trang 26

và định nghĩa

gh(x) := χΩh(x)f (x)e và fh,r(x) := (ϱr ∗ gh)(x) nếu x ∈Rn, h, r ∈N.

Theo định lý ?? (iii) suy ra

spt(fh,r) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh⊂ Ω. (7)Hơn thế nữa, cho h ∈N, tồn tại rh = r(h) ∈N sao cho

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (8)Định nghĩa

fh(x) := (ϱrh∗ gh)(x), x ∈Rn, h ∈N,

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý ?? (i), (ii) (??),(??), fh∈C∞c (Ω) và∥fh− f ∥Lp(Ω)= ∥fh−f ∥eLp(Rn)≤ ∥ϱh∗ gh− ϱh∗f ∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥e LpRn = ∥ϱh∗ (gh−f )∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥e Lp(Rn)≤ ∥gh−f ∥eLp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥eLp(Rn), ∀h.(9)Từ định lý ?? (iv),ϱh∗f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh →fe trong Lp(Rn).

Khi đó theo (??), ta có điều phải chứng minh.

12ĐỊNH LÍ FUBINI

Định lý 18 (G.Fubini - L.Tonelli) Cho F :R2n → [0, ∞] là hàm đo được(đối với M2n) Khi đó

(i) Hàm

Rn ∋ y 7→ F (x, y)

Trang 27

(ii) Hàm

Rn ∋ x 7→

Z

Rn

F (x, y)dy

là đo được (đối với Mn).(ii)ZR2nF (x, y)dxdy =ZRndxZRnF (x, y)dy=ZRndyZRnF (x, y)dxBổ đề 3 Cho f ∈C0(Rn) Khi đó

ϱ ∗ f → f đều trên tập compact của Rn.

Chứng minh Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho K′ := K + B(0, 1).Theo tính liên tục đều của f trên tập compact K′, ∀ϵ > 0 tồn tại 0 <δ = δ(ϵ, K′) < 1 thỏa mãn

|f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ). (10)Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (45),

|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| = ZRnf (x − y)ϱh(y)dy − f (x)= ZRnf (x − y)ϱh(y)dy −ZRnf (x)ϱ(y)dy=

Định dạng
Số trang	87
Dung lượng	492,51 KB