TRƯỜNG ĐẠI HỌC:
BÀI TOÁN CÂN BẰNG NASH TRONGKHƠNG GIAN CĨ THỨ TỰ
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Trang 31PHẦN MỞ ĐẦU
Hàng đợi là một phần của cuộc sống hàng ngày Chúng ta phải đứngchờ tại quầy thu tiền ở siêu thị, chờ để mua vé xem phim, mua vé xe, vétàu, rút tiền tại các trạm ATM, lấy thức uống trong quán cà phê, đứngchờ mua xăng tại trạm xăng, chờ được xử lý tại phòng cấp cứu, máybay chờ được cất cánh, hạ cánh, tàu thuỷ chờ được bốc, dỡ hàng hoátại cảng Trong những mơ hình phục vụ như trên, các khách hàngphải dùng chung tài nguyên, phải chờ để được phục vụ và đôi khi bị từchối phục vụ Trong mọi tình huống, thời gian chờ là điều mà chúng ta
Trang 42Độ giao hoán tương đối của một mở rộng nhóm
Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hốn tương đối của một mở rộngnhóm.
Mệnh đề 1 Cho H1 và H2 là hai nhóm con của G sao cho H1 ⩽ H2.
Khi đó
Pr(H1, H2) ⩾ Pr(H1, G) ⩾ Pr(H2, G).
Chứng minh Theo Bổ đề 13, với mọi x ∈ G ta có
|H1 : CH1(x)|⩽|H2 : CH2(x)|⩽|G : CG(x)|.Từ đó suy ra|CH1(x)||H1| ⩾ |CH2(x)||H2| ⩾ |CG|G|(x)| với mọi x ∈ G.Theo Mệnh đề 57 ta cóPr(H1, H2) = 1|H1||H2|Xx∈H1|CH2(x)| = 1|H1|Xx∈H1|CH2(x)||H2|⩾ 1|H1|Xx∈H1|CG(x)||G| =1|H1||G|Xx∈H1|CG(x)| = Pr(H1, G).Theo Mệnh đề 57 ta cũng cóPr(H1, G) = 1|H1||G|Xy∈G|CH1(y)| = 1|G|Xy∈G|CH1(y)||H1|⩾ |G|1 Xy∈G|CH2(y)||H2| =1|H2||G|Xy∈H2|CH2(y)| = Pr(H2, G).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2 Cho H và N là các nhóm con của nhóm G sao cho N ⩽H
và N ◁G Khi đó
Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).
Trang 5Để chứng minh Mệnh đề ?? ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1 Cho H và N là các nhóm con của nhóm G sao cho N ⩽H và
N ◁G Khi đó
CH(x)N
N ⩽CH/N(xN )
với mọi x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.
Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)N
N ,
và ta có
xN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN.
Do đó yN ∈ CH/N(xN ) Từ đó suy ra CH(x)N
N ⩽ CH/N(xN ).
Giả sử N ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳng thức.
Thật vậy, lấy x ∈ G bất kỳ Giả sử yN ∈ CH/N(xN ) với y ∈ H Khi đó
xN yN = yN xN, cho nên (xy)N = (yx)N Từ đó suy ra
y−1x−1yx = (xy)−1(yx) ∈ N.
Điều này chứng tỏ rằngy−1x−1yx ∈ N ∩[H, G] Do đó theo giả thiết, ta có
y−1x−1yx = 1hayxy = yx Từ đó suy ray ∈ CH(x) Do đóyN ∈ CH(x)N
N
Điều này chứng tỏ rằng
CH/N(xN )⩽ CH(x)N
N .
Trang 6Áp dụng Bổ đề ?? từ đó suy ra|H||G| Pr(H, G) ⩽ XS∈G/NXy∈S|CH/N(yN )||CN(y)| = XS∈G/N|CH/N(S)|Xy∈S|CN(y)|= XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|CS(x)| = XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|S ∩ CG(x)|.
Nếu S ∩ CG(x) ̸= ∅ thì khi đó tồn tại x0∈ S ∩ CG(x) và S = N x0 Khi đóta có
S ∩ CG(x) = N x0∩ CG(x)x0= (N ∩ CG(x))x0= CN(x)x0.
Từ đó suy ra
|S ∩ CG(x)| = |CN(x)x0| = |CN(x)|.
Nếu S ∩ CG(x) = ∅ thì rõ ràng khi đó 0 = |S ∩ CG(x)| < |CN(x)| Do đótrong mọi trường hợp ta đều có |S ∩ CG(x)|⩽|CN(x)| Từ đó suy ra
|H||G| Pr(H, G) ⩽ XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|S ∩ CG(x)|⩽ XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|CN(x)|= |H/N ||G/N | Pr(H/N, G/N )|N |2Pr(N )= |H||G| Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).Do đó Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).
Cuối cùng, giả sửN ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳngthức Khi đó, theo Bổ đề ?? ta có
CH(y)N
N = CH/N(yN ) với mọi y ∈ G.
Theo lập luận ở trên ta có
|H||G| Pr(H, G) = X
S∈G/N
|CH/N(S)|X
x∈N
|S ∩ CG(x)|.
Vì N ◁G cho nên [N, G] ⩽N Do đó từ giả thiết suy ra
[N, G] = N ∩ [N, G]⩽N ∩ [H, G] = 1,
hay N ⩽Z(G) Từ đó suy ra
Trang 7Do đó
|S ∩ CG(x)| = |CN(x)| với mọi x ∈ N.
Từ đó suy ra rằng xảy ra dấu đẳng thức.
Trong trường hợp đặc biệt, đối với tích trực tiếp ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3 Cho N và H là hai nhóm, N1 và H1 tương ứng là các nhóm
con của N và H Khi đó
Pr(N1× H1, N × H) = Pr(N1, N ) Pr(H1, H).
Chứng minh Giả sử x = (x1, x2) ∈ N1× H1 Khi đó
CN ×H(x) = {(a1, a2) ∈ N × H | (x1, x2)(a1, a2) = (a1, a2)(x1, x2)}= {(a1, a2) ∈ N × H | (x1a1, x2a2) = (a1x1, a2x2)}.Do đó|CN ×H(x)| = |CN(x1)||CH(x2)|.Từ đó suy raXx∈N1×H1|CN ×H(x)| = Xx1∈N1|CN(x1)| Xx2∈H1|CH(x2)|.Áp dụng Mệnh đề 57 ta cóPr(N1× H1, N × H) = 1|N1× H1||N × H|Xx∈N1×H1|CN ×H(x)|= 1|N1||H1||N ||H|Xx1∈N1|CN(x1)| Xx2∈H1|CH(x2)|= 1|N1||N |Xx1∈N1|CN(x1)| 1|H1||H|Xx2∈H1|CH(x2)|= Pr(N1, N ) Pr(H1, H).
Vây ta có điều phải chứng minh.Đặc biệt, ta có kết quả sau.
Hệ quả 1 Cho H và N là hai nhóm bất kỳ Khi đó
Trang 8Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hoán tương đối trởnên phức tạp hơn rất nhiều Trong phần còn lại của mục này ta sẽ mộttrường hợp đặc biệt.
Mệnh đề sau đây cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối củamột nhóm abel với tích nửa trực tiếp của nó bởi một nhóm xiclíc cấp 2.
Mệnh đề 4 Cho A là một nhóm giao hốn, α là một tự đẳng cấu của
A sao cho α2 = idA và C2 = ⟨u⟩ là một nhóm xiclíc cấp 2 với u là phầntử sinh Ký hiệu G = θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc
C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi công thức θ(u) = α.Khi đóPr(A, G) = 12 +|Aα|2|A|trong đó Aα= {a ∈ A | α(a) = a}.
Chứng minh Giả sử x = (x1, 1) ∈ A Khi đó ta có
CG(x) = CA(x) ∪ CG\A(x).
Vì A là nhóm giao hốn nên CA(x) = A Ta có
CG\A(x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x1, 1)(a, u) = (a, u)(x1, 1)}= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}= {(a, u) ∈ G \ A | (ax1, u) = (aα(x1), u)}.
Ta xét hai trường hợp của x1 như sau.
Trường hợp 1: x1 ∈ Aα Khi đó aα(x1) = ax1 với mọi a ∈ A Do đó
|CG\A| = |A|.
Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi đó aα(x1) ̸= ax1 với mọi a ∈ A Do đó
Trang 9Theo Mệnh đề 57 ta cóPr(A, G) = 1|A||G|Xx∈A|CG(x)|= 1|A|2|C2| |A|(|A| + |Aα|) =|A| + |Aα|2|A| =12 +|Aα|2|A|.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
3Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành
Mệnh đề 5 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương
đương
(1) R là ∆U-vành.(2) ∆(R) = U◦(R).
(3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) = 1 − x là mộtđẳng cấu nhóm.
Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R là ∆U-vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có
1 − x ∈ U (R), do đó x = 1 − (1 − x) ∈ U◦(R) Suy ra ∆(R) ⊆ U◦(R) Ngượclại, nếu y ∈ U◦(R) thì 1 − y ∈ U (R) = 1 + ∆(R) Suy ra y ∈ ∆(R) hay
∆(R) = U◦(R).
(2) ⇒ (3) Hiển nhiên.
(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)
thỏa mãn u = ε(x) = 1 − x Điều đó nghĩa là U (R) ⊆ 1 + ∆(R) hay
U (R) = 1 + ∆(R).
Nếu R là một vành, mở rộng Dorroh là vành có đơn vị Z⊕ R, với phéptốn cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi
(n1, r1)(n2, r2) = (n1n2, r1r2+ n1r2+ n2r1).
Chú ý Cho R là một vành có đơn vị Khi đó
(1) u ∈ U (R) khi và chỉ khi 1 − u ∈ U◦(R).
(2) (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) với bất kỳ u ∈ U (R).
Trang 10Định lý 1 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau làtương đương
(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành;
(2) R là ∆U-vành.
Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 − u ∈ U◦(R) Tồn tại
v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 − u) Khi đó ta có
(1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1).
Điều này nghĩa là (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó
(1, u − 1) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R) hoặc (0, u − 1) ∈ ∆(Z⊕ R).
Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có
1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó
(−1, 1 + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, 1 + t).
Do (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) Theo định nghĩa của ∆, ta có
(0, u − 1) + (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) hoặc (−1, u + t) ∈ U (Z⊕ R).
Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z⊕ R)hoặc (1, −x) ∈ U (Z⊕ R) Suy ratồn tại (1, −y) ∈ Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x).Ta có x ◦ y = 0 = y ◦ x nên x ∈ U◦(R) Vì 1 − x ∈ U (R) nên x − 1 =u + t − 1 ∈ U (R) Suy ra u + t − 1 = (u − 1) + t ∈ U (R) với mọi t ∈ U (R).Điều đó nghĩa là u − 1 ∈ ∆(R), vì vậy u ∈ 1 + ∆(R).
(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R
là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khiđó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (−1, b) với a, b ∈ R.
Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = −a, khi đó tồn tại
(1, −y) của Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1−x ∈ U (R).TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh
Trang 11Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (−1, v) với u, v ∈ R Nếu
α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy −(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với
(−(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (−(a + u)) Đặtc = −(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và
(1, a + u)(1, −b) = (1, −c)(1, −b) = (1, −b ◦ c) = (1, 0) = (1, −b)(1, a + u).
Ta suy ra (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R) Hơn nữa, ta có
(0, a) + α = (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R),
nghĩa là (0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).
Nếuα = (−1, v) ∈ U (Z⊕R), khi đó(−1, v)(−1, d) = (1, 0) = (−1, d)(−1, v)
vớid ∈ R Ta suy rav◦d = 0 = d◦v = 0hoặcv ∈ U◦(R), vì vậy1−v ∈ U (R).Khi đó, v − 1 ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − 1 ∈ U (R) hoặc
1 − (a + v) ∈ U (R) Do đó,a + v ∈ U◦(R) Nghĩa là tồn tại e ∈ R thỏa mãn
(a + v) ◦ e = 0 = e ◦ (a + v), vì vậy(−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = 0 =(−1, e)(−1, a+v) Điều này có nghĩa là(−1, a+v) ∈ U (Z⊕R) Hơn nữa, tacó(0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z⊕ R) Do đó,(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).
Trường hợp 2 ω = (−1, a) ∈ U (Z⊕ R): Tương tự như Trường hợp
1.
Cho C là vành con của vành D, tập hợp
R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},
với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C].
Mệnh đề 6 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.
Chứng minh (:⇒) Đầu tiên ta chứng minh D là ∆U-vành Lấy u tùy
ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C])¯ Theo giả thuyết,
¯
u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]).Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó
(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).
Trang 12Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈¯U (R[D, C]) và chứng minh trên.
(⇐:) Giả sử D và C là ∆U-vành Lấy u = (u¯1, u2, , un, v, v, ) ∈U (R[D, C]), trong đó ui ∈ U (D) với 1 ≤ i ≤ n và v ∈ U (C) ⊆ U (D) Tachỉ ra rằng u ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc u − 1 + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C])¯ Thậtvậy, tất cả ¯a ∈ (a1, a2, , am, b, b, ) ∈ U (R[D, C]) trong đó ai ∈ U (D),
1 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có
u1, u2, , un∈ U (D), v ∈ U (C) ⊆ U (D) ta suy rau1− 1 + U (D), u2− 1 + U (D), , un − 1 + U (D) ⊆ U (D),v − 1 + U (D) ⊆ U (D) và v − 1 + U (C) ⊆ U (C).Ta có¯u − 1 = (u1− 1, u2− 1, , un− 1, un+1− 1, , uk − 1, v − 1, v − 1, ),với uj = v mọi j ≥ k, và¯a = (a1, a2, , am, am+1, , ak, b, b, ),
với al = b với mọi l ≥ m Khi đó ta có
¯
u − 1 + ¯a = (u1− 1 + a1, u2− 1 + a2, , uk− 1 + ak, v − 1 + b, v − 1 + b, ).
Lưu ý ui− 1 + ai ∈ U (D) với mọi 1 ≤ i ≤ k và v − 1 + b ∈ U (C) Ta suy ra
¯
u − 1 + ¯a ∈ R[U (D), U (C)] = U (R[C, D]) Vì vậy u − 1 ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc
¯
u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), hay R[D, C] là ∆U-vành.
4Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành
Mệnh đề 7 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 17, ∆(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
U (R) ⊆ U (R[x]) = 1 + ∆(R[x]) = 1 + ∆(R) + I[x],
Trang 13Mệnh đề 8 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 ?? (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 ?? (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)
theo giả thuyết Từ U (S) + ∆(S) ⊆ U (S) với mọi vành có đơn vị S, ta có
y − 1 + u ∈ U (S) với mọi u ∈ U (S) Điều đó có nghĩa là y − 1 ∈ ∆(S)hay
Trang 14Cho 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 vành
vị nhóm và được định nghĩa giống như vành nhóm.
Mệnh đề 9 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 là
phần 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 10 Cho R là vành giao hốn có đơn vị Vành đa thức R[x]
trên R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.
5ĐỊNH LÝ CAUCHY
Định lý 2 (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm số f và g liên tục trên
[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) và g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồntại c ∈ (a, b) sao cho:
f (b) − f (a)g(b) − g(a) =
f′(c)g′(c)
Chứng minh
Trang 15thuẫn với giả thiết g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b).Xét hàm số
F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x)
Do các hàmf (x), g(x)liên tục trên đoạn[a, b]và khả vi trên khoảng (a, b)
nên hàm số F (x) cũng có những tính chất đó Mặt khác, F (a) = F (b).Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F′(c) = 0 Nhưng ta có
F′(x) = [f (a) − f (b)]g′(x) − [g(a) − g(b)]f′(x)
Suy ra
F′(c) = [f (a) − f (b)]g′(c) − [g(a) − g(b)]f′(c) = 0
Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh.
Nhận xét 1 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x.
Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy sẽ khơng cịn đúng nữanếu một trong các điều kiện của giả thiết không được thỏa mãn Nghĩa
là nếu các hàm f và g không khả vi trên khoảng (a, b) hay không liên
tục trên đoạn [a, b] thì các định lý sẽ không đúng.
6ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ
Định nghĩa 1 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tất
cả 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)
Định nghĩa 2 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tất
Trang 162 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù)3 ∀A1, A2, , An, ∈ A∗ ⇒[
i≥1
Ai ∈ A∗
Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét
Nhận xét 2 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 11 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đạisố các 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∗ (Đóng
kín với phép toán giao)Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒
n
\
i=1
Ai ∈ A∗
4 Đóng kín với phép tốn hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗
5 Đóng kín với phép toán lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒
A△B ∈ A∗
Định lý 3 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 cộng
thơng 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 17Tiếp 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
7Độ giao hốn tương đối của một mở rộng nhóm
Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hoán tương đối của một mở rộngnhóm.
Mệnh đề 12 Cho H1 và H2 là hai nhóm con của G sao cho H1 ⩽H2.
Khi đó
Pr(H1, H2) ⩾ Pr(H1, G) ⩾ Pr(H2, G).
Chứng minh Theo Bổ đề 13, với mọi x ∈ G ta có
Trang 18Theo Mệnh đề 57 ta cũng cóPr(H1, G) = 1|H1||G|Xy∈G|CH1(y)| = 1|G|Xy∈G|CH1(y)||H1|⩾ |G|1 Xy∈G|CH2(y)||H2| =1|H2||G|Xy∈H2|CH2(y)| = Pr(H2, G).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 13 Cho H và N là các nhóm con của nhómG sao choN ⩽H
và N ◁G Khi đó
Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).
Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.
Để chứng minh Mệnh đề ?? ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 3 Cho H và N là các nhóm con của nhóm G sao cho N ⩽H và
N ◁G Khi đó
CH(x)N
N ⩽CH/N(xN )
với mọi x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.
Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)N
N ,
và ta có
xN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN.
Do đó yN ∈ CH/N(xN ) Từ đó suy ra CH(x)N
N ⩽ CH/N(xN ).
Giả sử N ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳng thức.
Thật vậy, lấy x ∈ G bất kỳ Giả sử yN ∈ CH/N(xN ) với y ∈ H Khi đó
xN yN = yN xN, cho nên (xy)N = (yx)N Từ đó suy ra
y−1x−1yx = (xy)−1(yx) ∈ N.
Điều này chứng tỏ rằngy−1x−1yx ∈ N ∩[H, G] Do đó theo giả thiết, ta có
y−1x−1yx = 1hayxy = yx Từ đó suy ray ∈ CH(x) Do đóyN ∈ CH(x)N
N
Điều này chứng tỏ rằng
CH/N(xN )⩽ CH(x)N
Trang 19Vậy ta có điều phải chứng minh.Bây giờ ta chứng minh Mệnh đề ??Chứng minh Từ Mệnh đề 57 ta có|H||G| Pr(H, G) = Xy∈G|CH(y)| = XS∈G/NXy∈S|CH(y)||CN(y)||CN(y)|= XS∈G/NXy∈S|CH(y)||N ∩ CH(y)||CN(y)| = XS∈G/NXy∈S|CH(y)N ||N | |CN(y)|= XS∈G/NXy∈SCH(y)NN|CN(y)|.Áp dụng Bổ đề ?? từ đó suy ra|H||G| Pr(H, G) ⩽ XS∈G/NXy∈S|CH/N(yN )||CN(y)| = XS∈G/N|CH/N(S)|Xy∈S|CN(y)|= XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|CS(x)| = XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|S ∩ CG(x)|.
Nếu S ∩ CG(x) ̸= ∅ thì khi đó tồn tại x0 ∈ S ∩ CG(x) và S = N x0 Khi đóta có
S ∩ CG(x) = N x0∩ CG(x)x0 = (N ∩ CG(x))x0= CN(x)x0.
Từ đó suy ra
|S ∩ CG(x)| = |CN(x)x0| = |CN(x)|.
Nếu S ∩ CG(x) = ∅ thì rõ ràng khi đó 0 = |S ∩ CG(x)| < |CN(x)| Do đótrong mọi trường hợp ta đều có |S ∩ CG(x)|⩽|CN(x)| Từ đó suy ra
Trang 20Cuối cùng, giả sửN ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳngthức Khi đó, theo Bổ đề ?? ta có
CH(y)N
N = CH/N(yN ) với mọi y ∈ G.
Theo lập luận ở trên ta có
|H||G| Pr(H, G) = X
S∈G/N
|CH/N(S)|X
x∈N
|S ∩ CG(x)|.
Vì N ◁G cho nên [N, G] ⩽N Do đó từ giả thiết suy ra
[N, G] = N ∩ [N, G]⩽N ∩ [H, G] = 1,
hay N ⩽Z(G) Từ đó suy ra
CG(x) ∩ S = G ∩ S ̸=∅ với mọi x ∈ N và với mọi S ∈ G/N.
Do đó
|S ∩ CG(x)| = |CN(x)| với mọi x ∈ N.
Từ đó suy ra rằng xảy ra dấu đẳng thức.
Trong trường hợp đặc biệt, đối với tích trực tiếp ta có kết quả sau.
Mệnh đề 14 Cho N và H là hai nhóm, N1 và H1 tương ứng là các
nhóm con của N và H Khi đó
Pr(N1× H1, N × H) = Pr(N1, N ) Pr(H1, H).
Chứng minh Giả sử x = (x1, x2) ∈ N1× H1 Khi đó
Trang 21Áp dụng Mệnh đề 57 ta cóPr(N1× H1, N × H) = 1|N1× H1||N × H|Xx∈N1×H1|CN ×H(x)|= 1|N1||H1||N ||H|Xx1∈N1|CN(x1)| Xx2∈H1|CH(x2)|= 1|N1||N |Xx1∈N1|CN(x1)| 1|H1||H|Xx2∈H1|CH(x2)|= Pr(N1, N ) Pr(H1, H).
Vây ta có điều phải chứng minh.Đặc biệt, ta có kết quả sau.
Hệ quả 2 Cho H và N là hai nhóm bất kỳ Khi đó
Pr(H, N × H) = Pr(H).
Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hốn tương đối trởnên phức tạp hơn rất nhiều Trong phần còn lại của mục này ta sẽ mộttrường hợp đặc biệt.
Mệnh đề sau đây cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối củamột nhóm abel với tích nửa trực tiếp của nó bởi một nhóm xiclíc cấp 2.
Mệnh đề 15 Cho A là một nhóm giao hốn, α là một tự đẳng cấu của
A sao cho α2 = idA và C2= ⟨u⟩ là một nhóm xiclíc cấp 2 với u là phầntử sinh Ký hiệu G = θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc
C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi công thức θ(u) = α.Khi đóPr(A, G) = 12 +|Aα|2|A|trong đó Aα= {a ∈ A | α(a) = a}.
Chứng minh Giả sử x = (x1, 1) ∈ A Khi đó ta có
Trang 22Vì A là nhóm giao hốn nên CA(x) = A Ta có
CG\A(x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x1, 1)(a, u) = (a, u)(x1, 1)}= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}= {(a, u) ∈ G \ A | (ax1, u) = (aα(x1), u)}.
Ta xét hai trường hợp của x1 như sau.
Trường hợp 1: x1∈ Aα Khi đó aα(x1) = ax1 với mọi a ∈ A Do đó
|CG\A| = |A|.
Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi đó aα(x1) ̸= ax1 với mọi a ∈ A Do đó
CG\A= ∅, cho nên |CG\A| = 0.Từ đó suy raXx∈A|CG(x)| = Xx∈A(|CA(x)| + |CG\A(x)|) =Xx∈A|CA(x)| +Xx∈A|CG\A(x)|= |A|2+ Xx∈Aα|CG\A(x)| + Xx∈A\Aα|CG\A(x)|= |A|2+ |A||Aα| + 0 = |A|(|A| + |Aα|).
Theo Mệnh đề 57 ta cóPr(A, G) = 1|A||G|Xx∈A|CG(x)|= 1|A|2|C2| |A|(|A| + |Aα|) =|A| + |Aα|2|A| =12 +|Aα|2|A|.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
8ĐỊNH LÝ LAGRANGE
Định lý 4 (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:
f′(c) = f (b) − f (a)b − a
Trang 23Xét hàm sốg(x) = f (x) −f (b) − f (a)b − a (x − a) + f (a)
Do các hàm số f (x) và x − a liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng
(a, b) nên hàm số g(x) cũng liên tục trên đoạn [a, b] khả vi trên khoảng
(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta cóg′(x) = f′(x) −f (b) − f (a)b − aSuy raf′(c) = f (b) − f (a)b − a
Ta có điều phải chứng minh.
Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange.
Cho C là đường cong trơn với hai đầu mút A, B bất kỳ Khi đó trên C
tồn tại ít nhất một điểm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó song song với
AB.
Nhận xét 3 Thơng qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức
f (a) = f (b)).
Sau đây ta sẽ trình bày cơng thức Lagrange dưới một dạng khác.Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ − a
b − a Khi đó:
ξ = a + θ(b − a)0 < θ < 1(∗)
Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩalà mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng
(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại công thức Lagrange như sau:
f (b) − f (a) = f′(a + θ(b − a))(b − a), 0 < θ < 1(∗′)
Nếu ta thay x cho a và ∆x cho (b − a) thì (∗′) trở thành:
Trang 24Công thức (∗′) và (∗′′) là một dạng biểu diễn khác của công thức La-grange và được gọi là công thức số gia giới nội.
Sau đâu là hai hệ quả và cũng là ứng dụng của định lý Lagrange.Hệ quả 3 Giả sử hàm số f liên tục trên [a, b], f′(x) = 0 với mọi x ∈(a, b) Khi đó hàm f bằng một hằng số trên [a, b]
Chứng minh
Ta cố định x0 ∈ (a, b) Giả sử x là điểm tùy ý trong (a, b) Khi đó đoạn
[x0, x] hoặc [x, x0] nằm trong khoảng (a, b) Do vậy f khả vi (vì vậy liêntục) trên đoạn đó Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn con đó Khi đótồn tại c ∈ (x0, x) hoặc c ∈ (x, x0) sao cho:
f (x) − f (x0) = f′(c)(x − x0)
Nhưng f′(t) = 0, ∀t ∈ (a, b) theo giả thuyết nên f′(c) = 0 Từ đó suy ra
f (x) = f (x0) với mọi x bất kỳ thuộc (a, b) Nghĩa là ∀x ∈ [a, b], thì giá trịcủa hàm f (x) luôn bằng một giá trị tại một điểmx0 cố định thuộc (a, b).Vậy hàm f bằng một hằng số trên [a, b].
Hệ quả 4 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau thì
chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộngChứng minh
Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0
Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.
9So sánh giữa không gian vector hữu hạn chiều vàkhông gian vector vô hạn chiều.
Chúng ta sẽ nhắc lại sơ qua những điểm khác nhau giữa không gianvector hữu hạn chiều và khơng gian vector vơ hạn chiều từ cách nhìncủa đại số và của topo.
Định nghĩa 3 (i) Cho E và F là hai khơng gian vector Ta nói E và
F là đẳng cấu tuyến tính nếu tồn tại ánh xạ T : E → F là ánh xạ
Trang 25(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu topo nếu tồn tại ánh xạ liên tục T : E → F là ánh xạ tuyến tính
1 − 1 với ánh xạ ngược cũng liên tục T−1: F → E.
(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu metric nếu tồn tại một ánh xạ T : E → F là ánh xạ tuyến tính
1 − 1 từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với mỗi x ∈ E.
Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu của không gian vector địnhchuẩn.
Định nghĩa 4 Cho (E, ∥.∥) là không gian vector định chuẩn Không
gian đối ngẫu E′ của E là khơng gian tuyến tính được định nghĩa bởi:
E′:= {f : E →R: f tuyến tính liên tục}.E′ được trang bị một chuẩn
∥f ∥E′:=sup
x∈E\{0}
|f (x)|
∥x∥ < +∞.
Định lý 5 (E′, ∥.∥E′) là không gian Banach.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh mọi dãy Cauchy trong E′ đều hội tụ.
Giả sử {fn} là một dãy Cauchy của E′, tức là
∥fm− fn∥E′→ 0 khi m, n → ∞,
khi đó với mọi x ∈ E ta có
|fm(x) − fn(x)| = |(fm− fn)(x)| do tính tuyến tính,
hay
|fm(x) − fn(x)| ≤ ∥fm− fn∥E′∥x∥E → 0 khi m, n → ∞,
do {fn} là dãy Cauchy trong E′.
Ta suy ra fn(x) là dãy Cauchy trong R, do đó fn(x) hội tụ, nghĩa làsẽ tồn tại f (x) sao cho
f (x) = lim
Trang 26Ta chỉ cần chứng minh f (x) tuyến tính liên tục Tính tuyến tính làhiển nhiên, ta chỉ cần chứng minh tính liên tục, hay ta chứng minh f (x)
bị chặn.
|f (x)| = lim
n→∞|fn(x)| ≤ lim
n→∞∥fn∥E′∥x∥E,
Vì fn ∈ E′ nên fn tuyến tinh do đó bị chặn, tức tồn tại M > 0 sao cho
∥fn∥ ≤ M, từ đây ta suy ra
|f (x)| ≤ lim
n→∞M ∥x∥E = M ∥x∥E.
Ta có điều phải chứng minh.
Lưu ý: Nếu f ∈ E′ và x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E′×E thay cho f (x) và tagọi ⟨., ⟩E′×E là tích vơ hướng trên khơng gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert.
10Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)
Định nghĩa 5 Cho Ω ⊂Rn là tập mở.
(i) Cho f : Ω → R và i = 1, , n, ta nói rằng f liên tục và khả vi cấp
i trên Ω (∃∂f
∂xi = Dif ∈ C0(Ω)) nếu có tồn tại g ∈C0(Ω) thỏa mãn
g = ∂f∂xi
= Dif trên Ω, ở đó ∂f
∂xi
= Dif được hiểu là lớp các đạo hàmriêng thứ i của f.(i)C1(Ω) :=f ∈C0(Ω) : ∃∂f∂xi∈C0(Ω), ∀i = 1, , n.
(iii) Cho fC1(Ω) Ta biểu thị
∥f ∥C1= ∥f ∥C1,Ω= X
|α|≤1
∥Dαf ∥∞,Ω
Trang 27Định lý 6 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, bị chặn Khi đó (C1(Ω), ∥.∥C1) làkhơng gian Banach vô hạn chiều, nhưng không là không gian Hilbert.Chứng minh Ta xét trường hợpn = 1 và Ω = (a, b) Đầu tiên ta phải chỉra nó là đầy đủ nhưng không là không gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntínhT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),T (f ) := (f, f′)(1)ở đó∥f, g∥C0(Ω)×C0(Ω):= ∥f ∥∞+ ∥g∥∞ nếu (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω).Chú ý rằng T là đẳng cự, nghĩa là∥T (f )∥C0(Ω)×C0(Ω)= ∥f ∥C1∀f ∈ C1(Ω).
Đặc biệt, nếu ta định nghĩa M := T (C1(Ω)), ánh xạ
T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0
(Ω)×C0(Ω))
là một đẳng cự.
Bài tập 1 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là không gian Banach Cho E × F
với chuẩn
∥(x, y)∥F = ∥x∥E+ ∥y∥F
Khi đó
(E × F, ∥(x, y)∥E×F)
là không gian Banach.
Trang 28với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng
∃f′= g trên [a, b]. (3)
Theo (2), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hộitụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển
fh(x) − fh(a) =
Z x
a
fh′(t)dt∀x ∈ [a, b], ∀h,
ta có thể lấy qua giới hạn, khi h → ∞, trong đồng nhất thức trước vàtheo (3)
Bài tập 2 Chỉ ra rằng (C1(Ω), ∥.∥C1) là không gian Banach, ở đó
∥u∥C1:= X
|α|≤1
∥Dαu∥∞
và Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn.
C1(Ω) là khơng gian vector vơ hạn chiều vì nó chứa tập hợp của đathức.
C1(Ω) khơng là một khơng gian Hilbert.Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)
Định lý 7 Cho F ⊂ C1(Ω) và Fi := {Dif : f ∈ F }, i = 1, , n Khiđó F là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) khi và chỉ khi F và Fi, với mỗi
i = 1, , , n là
(i) Bị chặn trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(ii) đóng trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(iii) liên tục đều trên Ω.
Chứng minh Ta xét trong trường hợp khi n = 1 và Ω = (a, b).
Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho
T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0
(Ω)×C0(Ω))
Trang 29Trong chứng minh của định lý 11 ta chỉ ra được tồn tại
T−1: (M, ∥.∥C0
(Ω)×C0(Ω)) → (C1(Ω), ∥.∥C1)
liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) tương đương với T (F )
compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị
πi:C0(Ω) ×C0(Ω) → C0(Ω), (i = 1, 2)
phép chiếu trên không gian tọa độ, nghĩa là
πi(f1, f2) = fi(f1, f2) ∈C0(Ω) ×C0(Ω),
khi đó πi là liên tục Từ F compact (C1(Ω), ∥.∥C1), T (F ) cũng compacttrong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = F
và π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0) Theo định lý Arzelà- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh
Bài tập 3 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng.
Nhận xét 4 Cho
F = BC1
([a,b]):= {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1= ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.
Khi đó F khơng compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1) vì theo định lý Riesz’s(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và
Trang 30là ánh xạ được định nghĩa trong (1) VìT là đồng phơi và tính tách đượcđược bảo tồn qua phép đồng phôi, ta cần chỉ ra rằng không gian con
(M, ∥.∥C0(Ω)×C0
(Ω))của khơng gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0
(Ω))
là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý34), bài tập 1 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến không giancon (Xem định lý 33 (ii))
11Mở rộng tốn tử ∆ cho vành khơng có đơn vị
Bây giờ ta thay đổi định nghĩa của ∆ để có thể làm việc trên các vànhkhơng chứa đơn vị Cụ thể, xét tập ∆◦(R) = {r ∈ R|r + U◦(R) ⊆ U◦(R)}.Khi đó nếuR là vành có đơn vị thì ngay lập tức ∆◦(R) = ∆(R) Với vành
R bất kỳ, khơng nhất thiết phải có đơn vị 1 Ta ký hiệu R1 là vành baogồm R và đơn vị của Z Khi đó, U◦(Z) = 0 Ta dễ dàng kiểm tra đượcbổ đề sau.
Bổ đề 4 Cho R là một vành, khơng nhất thiết phải có đơn vị, ta có
∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1).
Bổ đề trên chỉ ra rằng, ta có thể mở rộng định nghĩa của ∆cho tất cảcác vành, khơng nhất thiết phải có đơn vị và các khẳng định của Địnhlý ?? vẫn còn tương đương với các vành tùy ý Hơn nữa, nếu một trongcác điều kiện tương đương vẫn đúng, khi đó ∆(∆(R)) = ∆(R).
Ta đã biết một kết quả cổ điển về căn Jacobsson J (R) của vành là
J (eRe) = eJ (R)e, với bất kỳ e lũy đẳng của R Ta sẽ chỉ ra dấu bằng
khơng cịn đúng trong trường hợp tổng quát ∆(R) Tuy nhiên quan hệ
bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) vẫn giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong
Hệ quả ?? ta cũng thêm vào giả thiết 2 ∈ U (R).
Cho R là một vành có đơn vị Phần tử a ∈ R được gọi là chính quy
(tương ứng, chính quy đơn vị) trong R nếu a = aua với u ∈ R nào đó
(tương ứng, u ∈ U (R)) Nếu mọi phần tử của vành R đều là chính quy
(tương ứng, chính quy đơn vị) thì R được gọi là vành chính quy (tươngứng, vành chính quy đơn vị).
Mệnh đề 16 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có
Trang 31(2) ∆(R) không chứa các phần tử lũy đẳng khác không.
(3) ∆(R) khơng chứa các phần tử chính quy đơn vị khác khơng.
Chứng minh (1) Nếu y ∈ U (eRe), khi đó y1 = y + (1 − e) ∈ U (R) thỏamãn y = ey1e Ta lấy r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R) và ta chỉ ra rằng bất kỳphần tử khả nghịch y ∈ U (eRe) ta đều có e − yr ∈ U (eRe) Như trên, lấy
y1= y+1−e ∈ U (R) Từr ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R), ta được1−y1r ∈ U (R) Do đótồn tại phần tửb ∈ R thỏa mãn b(1 − y1r) = 1và vì vậy e = eb(1 − y1r)e =eb(e − y1re)e = eb(e − (y + 1 − e)re) = eb(e − yre) + eb(1 − e)re = ebe(e − yre),dấu bằng cuối cùng là do r ∈ eRe Điều này cho thấy e − yre = e − yr
là phần tử khả nghịch trái trong eRe Từ 1 − y1r ∈ U (R) ta cũng có
(1 − y1r)b = 1 và do đó 1 = (1 − (y + 1 − e)r)b = (1 − yr)b Nhân hai vế với
e ta được e = e(1 − yr)be = (e − yr)be = (e − yr)ebe Điều này có nghĩa là
ebe là phần tử khả nghịch phải và trái của e − yr.
(2) Nếu e2 = e ∈ ∆(R), khi đó 1 − e = e + (1 − 2e) ∈ U (R), trong đó
1 − 2e là khả nghịch, do đó e = 0.
(3) Nếu a ∈ ∆(R) là phần tử chính quy đơn vị, khi đó tồn tại một
phần tử khả nghịch u ∈ U (R) thỏa mãn au là lũy đẳng Theo điều kiện
(2) ở trên ta suy ra a phải là không.
Hệ quả 5 Cho R là một vành chính quy đơn vị, khi đó ∆(R) = 0.
Hệ quả 6 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tử
lũy đẳng của R.
Dưới đây sẽ chỉ ra một số ví dụ mà ở đó ∆(R) ̸= J (R).
Ví dụ 1 (1) Ở Định lý ??, ta nhận thấy rằng nếu A là vành con của
vành R thỏa mãn U (R) = U (A), khi đó J (A) ⊆ ∆(R) Cụ thể chọn
A là miền giao hoán với J (A) ̸= 0 và R = A[x], ta được 0 = J (R) ⊂J (A) ⊆ ∆(R) (xem [?], Bài tập 4.24).
(2) ([?], Ví dụ 2.5) Cho R = F2 < x, y > / < x2 > Khi đó J (R) = 0
và U (R) = 1 +F2x + xRx Cụ thể, F2x + xRx được chứa trong ∆(R)
nhưng J (R) = 0.
(3) Cho S là một vành tùy ý thỏa mãn J (S) = 0 và ∆(S) ̸= 0 và cho
Trang 32nếu e = e11∈ R, khi đó e∆(R)e = eJ (R)e = J (eRe) = 0 và ∆(eRe) ≃∆(S) ̸= 0 Điều này chỉ ra rằng quan hệ bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe)
trong Mệnh đề 16 là nghiêm ngặt trong trường hợp tổng quát.(4) ChoA là một miền giao hoán vớiJ (A) ̸= 0 và S = A[x] Khi đó, theo
(1), 0 ̸= J (A) ⊆ ∆(S) và rõ ràng J (S) = 0 R = M2(S), trong đó A
là miền giao hoán địa phương Theo Định lý ??, ∆(R) = J (R) = 0.Lưu ý, tâm Z = Z(R) của R = M2(S) là đẳng cấu với S và U (Z) =U (R) ∩ Z Do đó, 0 = ∆(R) ∩ Z ⊆ ∆(Z) ≃ J (A) ̸= 0 Do đó, quan hệbao hàm ở Hệ quả ?? là nghiêm ngặt khi J (R) = 0 = J (Z(R)).
Một vành R được gọi là 2-nguyên thủy nếu tập các phần tử lũy linh
N (R) trùng với căn nguyên tố B(R), tức là R/B(R) là vành rút gọn.
Mệnh đề 17 Giả sử R là vành 2-nguyên thủy Khi đó∆(R[x]) = ∆(R)+
J (R[x]).
Chứng minh Trước tiên ta giả sử R là vành rút gọn Khi đó theo Hệ
quả 27 ta có U (R[x]) = U (R) Do đó, theo định nghĩa của ∆(R[x]), ta có
∆(R) ⊆ ∆(R[x]) Lấy a + a0 ∈ ∆(R[x]) trong đó a ∈ R[x]x và a0 ∈ R Khiđó, mỗi u ∈ U (R), a + a0 + u ∈ U (R) Ta có a0 + u ∈ U (R) và a = 0 và
∆(R) = ∆(R[x]).
Bây giờ ta giả sửRlà vành 2-nguyên thủy Rõ ràngB(R[x]) = B(R)[x] ⊆J (R[x]) R là vành 2-nguyên thủy và R/B(R) là vành rút gọn vì vậy
J (R[x]) = B(R[x]) = B(R)[x] Áp dụng phần đầu của chứng minh cho
R/B(R) và Mệnh đề ?? (2) ta có
∆(R) + B(R)[x] = ∆(R/B(R)[x]) = ∆(R[x]/J (R[x])) = ∆(R[x])/J (R[x]).
Ta có điều cần chứng minh.
12Các vành nhóm
Ánh xạ ε : RG → R được cho bởi ε(X
g
rgg) =X
g
rg là ánh xạ mở rộng.Iđêan ∇(RG) = ker(ε) được gọi là iđêan mở rộng.
Định lý 9 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.
Trang 33Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n
và Rlà∆U-vành Theo Mệnh đề ??, ta có2 ∈ ∆(R), vì vậy1+2n ∈ U (R).Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼= Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và
H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,
khi đó ∇ = eRG là ∆U-vành theo Mệnh đề ??.
Ngược lại, giả sử ∇ = eRG là ∆U-vành Vì H ∼= R nên H cũng là
∆U-vành Theo Bổ đề 1, RG là ∆U-vành.
Một nhóm được gọi là hữu hạn địa phương nếu mọi nhóm con đượcsinh bởi hữu hạn phần tử là hữu hạn.
Bổ đề 5 Nếu G là 2-nhóm hữu hạn địa phương và R là ∆U-vành với
∆(R) lũy linh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG).
Chứng minh Giả sửG là 2-nhóm hữu hạn địa phương vàR là∆U-vành.
Khi đó R := R/J (R)¯ là ∆U-vành Từ ∆(R) là lũy linh, 2 ∈ N ( ¯R) Suy ra
∇( ¯RG) ⊆ N ( ¯RG) theo [4, Hệ quả, trang 682] Do đó, ∇( ¯RG) là iđêan lũylinh được chứa trong J ( ¯RG) Ta kiểm tra được rằng J (R)G ⊆ J (RG), vìvậy
J ((R/J (R))G) ∼= J (RG/J (R)G) = J (RG)/J (R)G.
Do đó ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG).
Định lý 10 Cho R là ∆U-vành và G là 2-nhóm hữu hạn địa phương.
Nếu ∆(R) là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành.
Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi đó ε(u) = 1 + ε(u − 1) ∈ U (R) theo
Bổ đề ?? (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε và i Vì R là ∆U-vành
nên tồn tại j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề ?? (1) ta có
ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)
suy ra u ∈ 1 + ∆(RG).
Hệ quả 7 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữu
hạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.
13KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC
Nhận xét 5 Định lý Arzelà - Ascoli khơng cịn đúng trong C0(A) khi
Trang 34bị chặn trên R, nghĩa làC0b(R) :=f ∈C0(R) : supR|f | < ∞
Khi đó dễ thấy rằng (C0b(R), ∥.∥∞) là không gian Banach Giả sử f :R→
R là hàm được định nghĩa bởi
f (x) =
(
1 − |x| nếu x ≤ 10 nếu x > 1
Giả sử h :R→R, (h = 1, 2, ) được định nghĩa bởi
fh(x) := f (x + h) và giả sử F := {fh : h ∈N}.
Khi đó dễ thấy họ các hàm F ⊂ C0b(R) là bị chặn và liên tục đều Tuynhiên F không compact trong (C0b(R), ∥.∥∞) Thật vậy, chú ý rằng
∃f (x) := lim
h→∞fh(x) = 0, ∀x ∈R và ∥fh− f ∥∞ = 1, ∀h.
Điều này có nghĩa là các dãy con hội tụ của (fh)h trong (C0b(R), ∥.∥∞) làkhơng được chấp nhận.
Tính tách được của (C0b(R), ∥.∥∞).
Định nghĩa 6 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Khi đó (X, τ ) được gọilà thỏa mãn tiên đề hai của tính đếm được nếu nó có cơ sở đếm cho topo
τ.
Định lý 11 Giả sử (X, d) là khơng gian metric Khi đó
(i) (X, d) là tách được khi và chỉ khi nó thỏa tiên đề thứ hai của tínhđếm được.
(ii) Mỗi khơng gian con của (X, d) là tách được khi (X, d) là tách được.(iii) Giả sử (Y, ϱ) là không gian metric khác và T : (X, d) → (Y, ϱ) là đồng
cấu Khi đó (X, d) tách được khi và chỉ khi (Y, ϱ) tách được.
Trang 35Cuối cùng phải nhớ lại các tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topokhông phải là một không gian tách.
Mệnh đề 18 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Giả sử tồn tại một họ
{Ui: i ∈ I} thỏa mãn
(i) Ui là tập mở với mỗi i ∈ I;(ii) Ui∪ Uj = ∅ nếu i ̸= j
(iii) I là không đêm được.Khi đó (X, τ ) khơng tách được.Bài tập 4 Giả sửl∞:= {x ∈ RN: supn∈N|x(n)| < ∞}trang bị một chuẩn∥x∥l∞:= supn∈N|x(n)|.
Hãy chỉ ra rằng (l∞, ∥.∥l∞) là không gian Banach nhưng không tách được.Gợi ý: Giả sửI = 2N:= {x :N→ {0, 1}} ⊂ l∞vàUx= Bl∞x,12:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞< 12onếu x ∈ IKhi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 46.
Định lý 12 Giả sử K ⊂ Rn là tập compact Khi đó (C0(K), ∥.∥∞) làtách được.
Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước đó tacần phải nêu ra một kết quả xấp xỉ quan trọng của tốn giải tích.Định lý 13 (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi đótồn tại một dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực,nghĩa là ph∈R[x], thỏa mãn
Trang 36Nhận xét 7 Bởi vì đa thức là các hàm đơn giản nhất, máy tính có thểtrực tiếp đánh giá các đa thức Định lý này có ý nghĩa trong cả lý thuyếtvà thực tiễn Đặc biệt là trong nội suy đa thức.
Chứng minh định lý 34 Chúng ta cần chỉ ra kết quả khi n = 1 và K =
[a, b].
Giả sử D là tập hợp các hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là,
D := Q[x] Ta đã biết D là đếm được Chứng minh D là trù mật trong
C0([a, b]), ∥.∥∞) tức là
∀f ∈ C0([a, b]), ∀ϵ > 0, ∃q ∈ D sao cho ∥f − q∥∞ ≤ ϵ.
Từ định lý xấp xỉ Weierstrass, với mọi ϵ > 0, tồn tại p ∈R[x], nghĩa là,
p(x) = αmxm+ · · · + α1x1+ α0, với αi∈R, i = 0, 1, , m thỏa mãn∥f − p∥∞ < ϵ2 (4)Định nghĩa q(x) := βmxm+ · · · + β1x1+ β0 với βi∈Q|αi− βi| < ϵ2Pmi=0ci, i = 0, 1, , m,ở đó c := max{|a|, |b|} Khi đó|p(x) − q(x)| ≤mXi=0|αi− βi||x|i ≤ ϵ2, ∀x ∈ [a, b]. (5)Do đó, từ (23) và (24) ta được∥f − q∥∞≤ ∥f − p∥∞+ ∥p − q∥∞≤ ϵ2 +ϵ2 = ϵ.
14So sánh giữa không gian vector hữu hạn chiều vàkhông gian vector vô hạn chiều.
Trang 37Định nghĩa 7 (i) Cho E và F là hai không gian vector Ta nói E và
F là đẳng cấu tuyến tính nếu tồn tại ánh xạ T : E → F là ánh xạ
tuyến tính 1 − 1 đi từ E vào F.
(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu topo nếu tồn tại ánh xạ liên tục T : E → F là ánh xạ tuyến tính
1 − 1 với ánh xạ ngược cũng liên tục T−1: F → E.
(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu metric nếu tồn tại một ánh xạ T : E → F là ánh xạ tuyến tính
1 − 1 từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với mỗi x ∈ E.
Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu của không gian vector địnhchuẩn.
Định nghĩa 8 Cho (E, ∥.∥) là không gian vector định chuẩn Không
gian đối ngẫu E′ của E là không gian tuyến tính được định nghĩa bởi:
E′:= {f : E →R: f tuyến tính liên tục}.E′ được trang bị một chuẩn
∥f ∥E′:=sup
x∈E\{0}
|f (x)|
∥x∥ < +∞.
Định lý 14 (E′, ∥.∥E′) là không gian Banach.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh mọi dãy Cauchy trong E′ đều hội tụ.
Giả sử {fn} là một dãy Cauchy của E′, tức là
∥fm− fn∥E′→ 0 khi m, n → ∞,
khi đó với mọi x ∈ E ta có
|fm(x) − fn(x)| = |(fm− fn)(x)| do tính tuyến tính,
hay
|fm(x) − fn(x)| ≤ ∥fm− fn∥E′∥x∥E → 0 khi m, n → ∞,
Trang 38Ta suy ra fn(x) là dãy Cauchy trong R, do đó fn(x) hội tụ, nghĩa làsẽ tồn tại f (x) sao cho
f (x) = lim
n→∞fn(x)
Ta chỉ cần chứng minh f (x) tuyến tính liên tục Tính tuyến tính làhiển nhiên, ta chỉ cần chứng minh tính liên tục, hay ta chứng minh f (x)
bị chặn.
|f (x)| = lim
n→∞|fn(x)| ≤ lim
n→∞∥fn∥E′∥x∥E,
Vì fn ∈ E′ nên fn tuyến tinh do đó bị chặn, tức tồn tại M > 0 sao cho
∥fn∥ ≤ M, từ đây ta suy ra
|f (x)| ≤ lim
n→∞M ∥x∥E = M ∥x∥E.
Ta có điều phải chứng minh.
Lưu ý: Nếu f ∈ E′ và x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E′×E thay cho f (x) và tagọi ⟨., ⟩E′×E là tích vơ hướng trên không gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert.
15ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ
Định nghĩa 9 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tất
cả 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)
Định nghĩa 10 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 σ - đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau:1 X ∈ A∗
2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn lấy phần bù)3 ∀A1, A2, , An, ∈ A∗ ⇒[
i≥1
Trang 39Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét
Nhận xét 8 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 19 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đạisố các 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∗ (Đóng
kín 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 15 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 cộng
thơng 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 401 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
16Nhóm nhị diện
Mệnh đề 20 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩
với n ⩾3, và H là một nhóm con của Dn Khi đó
(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n thì
Pr(H, Dn) =n + k2n nếu n lẻ, hoặc n chẵn và k ∤ n2,n + 2k2n nếu n chẵn và k | n2.(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 thì
Pr(H, Dn) =n + 12n nếu n lẻ,n + 22n nếu n chẵn.(iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì
Pr(H, Dn) =n + i + 24n nếu n lẻ,n + i + 44n nếu n chẵn và i∤ n2,n + 2i + 44n nếu n chẵn và i | n2.Chứng minh.
(i) Giả sử H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n Theo Mệnh đề 47 ta có
|Rk| = n(n, k) =