Các phương pháp nghiên cứu ịnh lí krasnoselskii về điểm bất động trong nón

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨUĐỊNH LÍ KRASNOSELSKII VỀ ĐIỂM

BẤT ĐỘNG TRONG NĨN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Các phép biến đổi tích phân là một cơng cụ tốn học đem lại nhữngthành công đáng kể trong việc giải quyết nhiều bài tốn về phương trìnhvi phân, phương trình sai phân và phương trình tích phân trên các lĩnhvực: tốn học ứng dụng, vật lí tốn và nhiều lĩnh vực khoa học kĩ thuậtkhác Một số phép biến đổi tích phân quan trọng như biến đổi Fourier,Laplace, Hankel, Trong đó nổi bật là phép biến đổi Hankel mangtên của nhà Toán học người Đức Hermann Hankel (1839 - 1873) giải

Trang 4

2Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1 Cho tập hợp R khác rỗng, trên R ta trang bị hai phép

toán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm aben với

phép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép toán nhân và phép toán nhân

phân 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 là

phần 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 2 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 tính

đóng của hai phép toán trên A).

Định nghĩa 3 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 là

iđêan của vành R.

Cho I là một iđêan của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} được

gọi là tập thương của R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai

phép toán

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

với mọi x, y ∈ R.

Định nghĩa 4 Tập thương R/I cùng với hai phép toán được xác định

như trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I.

Định nghĩa 5 Cho R là vành có đơn vị 1R Một R-mơđun phải M bao

Trang 5

(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 ta

thường 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 môđun R-bên

phải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

a) M là R-môđun phải và M là S-môđun trái.

b) Ta phải có

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

Định nghĩa 6 Cho M là mộtR-môđun phải Tập con A củaM được gọi

là môđun con của M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR), nếu A là R-mơđun

phải với phép tốn cộng và nhân hạn chế trên A.

Định nghĩa 7 (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, mơđun 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 6

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 1 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-môđun phải.

Định nghĩa 8 M/N được xác định như trong Định lý 44 được gọi là

môđun thương của môđun M trên môđun con N.

3So 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 không gian vector vô hạn chiều từ cách nhìncủa đại số và của topo.

Định nghĩa 9 (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 đẳng

cấu 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.

Trang 7

Định nghĩa 10 Cho (E, ∥.∥) là không gian vector định chuẩn Khônggian 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 2 (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

n→∞fn(x)

Ta chỉ cần chứng minh f (x) tuyến tính liên tục Tính tuyến tính là

hiển 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.

Trang 8

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.

4ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý 3 (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 − aChứng minhXét 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.

Trang 9

hợp 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) Nghĩa

là 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:

f (x + ∆x) − f (x) = f′(x + θ∆x)∆x, 0 < θ < 1(∗′′)

Công 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 1 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 2 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau thì

Trang 10

Chứng 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.5ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 4 (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

Trước hết ta nhận xét rằng g(a) ̸= g(b) Nghĩa là công thức trong kết

luận của định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khiđó theo định lý Rolle, tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho g′(ξ) = 0 Điều này mâuthuẫn 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 2 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

Trang 11

6Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 11 (i) Cho tập A ⊂Rn,

C0(A) := {f : A →R, f liên tục tại mọi x ∈ A}.

(ii) Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho f ∈C0(K) Ta ký hiệu ∥f ∥∞ làmột số thực không âm và được xác định bởi

∥f ∥∞ = ∥f ∥∞,K = sup

x∈K

|f (x)|.

∥.∥∞ được gọi là chuẩn đều (hay chuẩn vô cùng).

Định lý 5 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (C0(Ω), ∥.∥∞) làkhơng gian Banach vơ hạn chiều.

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứng

minh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vô hạn chiều trên R.Ta chứng minh nó là khơng gian Banach Nghĩa là phải chỉ ra mỗi dãyCauchy (fh)h ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) đều hội tụ (tại một phần tử thuộc khônggian) Giả sử (fh)h là dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈N

sao cho∥fh− fk∥∞ = supx∈Ω|fh(x) − fk(x)| < ϵ∀h, k ≥ k.Điều đó có nghĩa là∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − fk(x)| < ϵ∀h, k ≥ k, ∀x ∈ Ω. (1)Từ (??), (fh(x))h ⊂R là một dãy Cauchy Do dó:∃f (x) := limh→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (2)

Từ (??), lấy qua giới hạn trong (??), cho k → ∞ ta được

∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − f (x)| ≤ ϵ∀h ≥ k, x ∈ Ω,

Trang 12

Tính compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu đặc trưng của các tập con compact trên

(C0(Ω), ∥.∥∞) Đầu tiên ta sẽ nhớ lại một số khái niệm và kết quả quantrọng liên quan đến chủ đề compact trong không gian metric.

Định nghĩa 12 Cho (X, d) là không gian metric và ký hiệu B(x, r) là

hình cầu mở trong X, tâm x bán kính r > 0 với x ∈ X.

(i) Điểm x0 ∈ X được gọi là điểm giới hạn của tập A ⊂ X khi A ∩

(B(x0, r)\{x0}) ̸= ∅, ∀r > 0.

(ii) Tập A ⊂ X được gọi là bị chặn nếu tồn tại R0> 0 sao cho d(x, y) ≤R0 với mọi x, y ∈ A.

(iii) Tập A ∩ X được gọi là bị chặn hoàn toàn nếu với mỗi ϵ > 0, A đượcphủ bởi một họ hữu hạn các hình cầu

B(x1, ϵ), B(x2, ϵ), , B(xN, ϵ),

nghĩa là A ⊂ ∪Ni=1B(xi, ϵ).

(iv) Họ A ⊂ X được gọi là compact dãy nếu mỗi dãy trong A có dãy con

hội tụ về một điểm thuộc A.

(v) Tập A ⊂ X được gọi là có tính chất Bolzano-Weierstrass (BW) nếu

mỗi tập con vơ hạn của A có một điểm giới hạn thuộc A.

Nhận xét 3 Dễ thấy rằng một tập bị chặn hoàn toàn là tập bị chặn,nhưng điều ngược lại là không đúng trong không gian topo (X, τ ) các tậphợp compact và các tập hợp compact dãy có tính chất (BW) Các tínhchất này khơng cịn giữ trong trường hợp tổng quát.

Định lý 6 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gian metric).

Nếu A là một tập con của khơng gian metric (X, d), ta có các điều sau

đây tương đương:(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

Trang 13

(iv) A có tính chất BW.

Nhận xét 4 Nếu (X, d) đầy đủ, khi đó A ⊆ X là đóng khi và chỉ khi

(A, d) đầy đủ.

Hệ quả 3 Cho A ⊂Rn Khi đó:

A compact ⇔ A đóng và bị chặn.

Định lý 7 (Riesz) Cho (E, ∥.∥) là không gian định chuẩn và ta ký hiệu

BE := {x ∈ E : ∥x∥ ≤ 1} Khi đó BE compact khi và chỉ khi dimRE < ∞.

Nhận xét 5 Định lý ?? cho rằng một tập A bị chặn trong không gian

định chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hồn tồn.Ví dụ như A = BE.

Định nghĩa 13 ChoA ⊂Rn Một họ các tậpF ⊂C0(A)được gọi là tựaliên tục nếu với mọi ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho mỗi f ∈ F , |f (x) − f (y)| < ϵ

với mọi x, y ∈ A thỏa |x − y| < δ.

Ta thêm những tiên đề chuẩn của các tập compact trong(C0(K), ∥.∥∞)

khi K ⊂Rn là compact.

Định lý 8 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂ Rn là compact và giả sử F ⊂

C0(K) Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞) khi và chỉ khi F là:(i) đóng trên (C0(K), ∥.∥∞);

(ii) bị chặn trên (C0(K), ∥.∥∞);(iii) liên tục đều.

Hệ quả 4 Cho K ⊂Rn là compact và cho F ⊂ C0(K) Giả sử rằng F

bị chặn và liên tục đều Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞).Cụ thể hệ quả này cho ta kết quả đặc biệt sau.

Hệ quả 5 Cho fh : [a, b] →R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả sửrằng:

Trang 14

(ii) (fh)h là liên tục đều, nghĩa là, ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho |fh(x) −fh(y)| < ϵ, ∀x, y ∈ [a, b] với |x − y| < δ, ∀h.

Khi đó ta có một dãy con (fhk)k và hàm f ∈C0([a, b]) thỏa mãn fhk → f

đều trên [a, b].

Định lý 9 Giả sử M > 0 là một hằng số cho trước và

F = {f ∈C1([a, b]) : ∥.∥C1≤ M }.

Khi đó F là tập compact tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞);

Chứng minh định lý 51 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý ?? ta có thể chỉ

ra rằng F là một compact dãy Vì vậy một dãy bất kỳ (fh)h ∈ F có mộtdãy con (fhk)k hội tụ về một hàm f ∈ F, nghĩa là,

∥fhk − f ∥∞ → 0 khi k → ∞

Nhớ rằng K là compact và tách được Giả sử D := {xi: i ∈N} đếm đượcvà trù mật trong K F bị chặn nghĩa là tồn tại M1> 0 thỏa mãn

∥f − g∥∞ ≤ M1, ∀f, g ∈ F Cụ thể ta thay f0∈ F, khi đó:∥f0− fh∥∞≤ M1, ∀h ∈N.Hơn nữa∥fh∥∞ = ∥(fh− f0) + f0∥∞≤ ∥fh− f0∥∞+ ∥f0∥∞ ≤ M1+ ∥f0∥∞ := M2Do đó ta có hằng số M2 > 0 thỏa mãn|fh(x)| ≤ M2, ∀x ∈ K, ∀h.

Bây giờ ta sẽ đi xây dựng một dãy con hội tụ theo quá trình chéo củaCantor.

Trang 15

Bước 2: Xét dãy(fh(1)(x2))h⊂ [−M2, M2] Do đó dãy con(fh(2)(x2))h cũnghội tụ Chú ý rằng dãy (fh(2)(x1))h cũng hội tụ vì có dãy con (fh(1)(x1))h

hội tụ.

Tiếp tục quá trình như trên ta được

Bước k: Một dãy con (fh(k))h của (fh(k−1))h thỏa mãn (fhk(xj))h là hội tụvới mỗi j = 1, k.

Ta có tình huống sau đây:Định nghĩa:

gk := fkk : K →R

Lưu ý rằng, mỗi i = 1, 2, , dãy (gk)k≥i là một dãy con của (fki)k≥i Cụthể, dãy (gk)k là dãy con của (fh)h và theo cách xây dựng thì

(gk(x))k là hội tụ trong R ∀x ∈ D (3)

Tiếp tục quá trình và ta chỉ ra rằng

(gk)k là hội tụ trong (C0(K), ∥.∥∞) (4)

Sử dụng giả thiết F là liên tục đều, tức là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : x, y ∈ K và |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ϵ, ∀f ∈ F (5)Với ϵ > 0 thay đổi tùy ý, khi đó δ cũng thay đổi Bởi vì K bị chặn hồntồn, mỗi σ > 0 có họ hữu hạn các hình cầu B(x1, σ), , B(xN, σ) củaRn thỏa mãn N = N (σ), xi∈ K với mỗi i = 1, , N và

K ⊂

n

[

i=1

B(xi, σ).

Do tính trù mật của D trong K, tồn tại yi ∈ D ∩ B(xi, σ) với mỗi i =1, , N Cụ thểK ⊂n\i=1B(yi, 2σ).

Vì vậy bây giờ ta chọn σ = δ/2 Khi đó tồn tại N = N (σ) = N (δ) = N (ϵ)

Trang 16

Từ (??) mỗi dãy

(gk(y1))k, , (gk(yN))k,

hội tụ, sẽ có một số nguyên ¯k = ¯k(ϵ) với

|gk(yi) − gr(yi)|, ϵ∀k, r > ¯k, ∀i = 1, , N.

Theo (??)

∀x ∈ K, ∃yi∈ D′ thỏa |x − yi| < δ (??)⇒ |gk(x) − gk(yi)| < ϵ, ∀k ∈ N.

Từ đó ta có

|gk(x)−gr(x)| ≤ |gk(x)−gk(yi)|+|gk(yi)−gr(yi)|+|gr(yi)−gr(x)| ≤ ϵ+ϵ+ϵ = 3ϵ ∀x ∈ K

với k, r ≥ ¯k Điều này có nghĩa là mỗi ϵ > 0 tồn tại k = ¯¯ k(ϵ) thỏa

∥gk − gr∥∞ ≤ 3ϵ∀k, r > ¯k.

Nghĩa là (gk)k là dãy Cauchy trong (C0(K), ∥.∥∞) Từ (C0(K), ∥.∥∞) là

đầy đủ và F là đóng, suy ra tồn tại f ∈ F thỏa mãn lim

k→∞∥gk− f ∥∞= 0.Từ(gk)k là dãy con của dãy(fh)h, chúng ta phải chỉ ra rằngF là compactdãy.

Sự cần thiết: Cần chỉ ra rằng, nếu F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

khi đó ta có được (i), (ii) và (iii) Giả sử F là compact trong khơng gianmetric (C0(K), ∥.∥∞), khi đó, theo tính chất của các tập compact trong

khơng gian metric, F đóng và bị chặn hồn tồn do đó bị chặn Chỉ

ra rằng F liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (??) Theo phản

chứng, giả sử

∃ϵ0 > 0 : ∀ > 0, ∃fδ ∈ F , xδ, yδ ∈ K với |xδ−yδ| < δ và |fδ(xδ)−fδ(yδ)| ≥ ϵ0.

Chọn δ = 1/h và ký hiệu fh := f1/h, xh := x1/h và yh := y1/h Khi đó taxây dựng ba dãy (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

|xh− yh| < 1/h,|fh(xh) − f (yh)| ≥ ϵ > 0, ∀h. (7)Từ F và K là compact, tồn tại ba dãy con (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

thỏa mãn

lim

h→∞xh = lim

Trang 17

Khi đó tồn tại

lim

h→∞fh(xh lim

h→∞fh(yh) = f (z)

Lấy qua giới hạn trong (??) ta có mâu thuẫn Do đó, ta có điều phảichứng minh.

7ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ

Định nghĩa 14 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∗ đượcgọi là 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 tốn lấy phần bù)3 ∀A, B ∈ A∗, A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn hợp)

Định nghĩa 15 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 gọi

là 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

Ai ∈ A∗

Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét

Nhận xét 6 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∗ là

một phần tử thuộc A∗

Mệnh đề 1 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đại sốcác tập con của X" Khi đó:

1 ∅ ∈ A∗

Trang 18

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 tốn 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 10 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 phần

tử bất kỳ thuộc X, thao tác qua phép toán ta được một phần tử mới và

phần 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 này

cũng thuộc N Như vậy ta nói N đóng kín với phép cộng.

Trong trường hợp tổng qt thì nó sẽ là một tập X bất kỳ.

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

8Nhóm đối xứng

Trang 19

Định nghĩa 16 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của

n là một dãy không tăng các số nguyên dương (k1, k2, , ks) sao cho

k1+ k2+ · · · + ks = n.

Từ Mệnh đề ?? ta có ngay kết quả sau.

Mệnh đề 2 Với n ⩾2

Pr(An, Sn) = 2c(n)n!

trong đó c(n) là số các lớp liên hợp của Sn nằm trong An.Để tính c(n) ta cần kết quả sau.

Mệnh đề 3 Cho n là một số nguyên, n ⩾ 2, và (k1, k2, , ks) là mộtphân hoạch của n Giả sử π ∈ Sn có kiểu là (k1, k2, , ks) Khi đó

π ∈ An khi và chỉ khi s +

k

X

i=1

ki là một số chẵn .

Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề 43, ta cósign(π) = (−1)sPi=1(ki+1)= (−1)s+sPi=1ki.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau đây chúng tơi tính tốn các giá trị Pr(An, Sn) với

2 ⩽ n ⩽ 7 bằng cách áp dụng Mệnh đề ?? Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất cả

các phân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó ta

đếm được c(n) và tính Pr(An, Sn).Ví dụ 1.

(i) Với n = 2 ta có đúng một phân hoạch là (1, 1) Do đó c(2) = 1 Chonên

Pr(A2, S2) = 2c(2)2! = 1.

(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên

Pr(A3, S3) = 2c(3)3! =

Trang 20

(iii) Với n = 4 ta có 3 phân hoạch là(3, 1), (2, 2), (1, 1, 1, 1).Do đó c(4) = 3. Cho nênPr(A4, S4) = 2c(4)4! =14.

(iv) Với n = 5 ta có 4 phân hoạch là

(5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(5) = 4. Cho nênPr(A5, S5) = 2c(5)5! =115.

(v) Với n = 6 ta có 6 phân hoạch là

(5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(6) = 6. Cho nênPr(A6, S6) = 2c(6)6! =160.

(vi) Với n = 7 ta có 8 phân hoạch là

(7),(5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2),(3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(7) = 8. Cho nênPr(A7, S7) = 2c(7)7! =1315.

9Độ giao hoán tương đối của một mở rộng nhóm

Trang 21

Mệnh đề 4 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 ??, 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 ?? 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 ?? 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 5 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 ).

Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.

Để chứng minh Mệnh đề 21 ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 2 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 )

Trang 22

Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)NN ,và ta cóxN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN.Do đó yN ∈ CH/N(xN ) Từ đó suy ra CH(x)NN ⩽ 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 23

Nếu S ∩ CG(x) ̸= ∅ thì khi đó tồn tại x0∈ S ∩ CG(x) và S = N x0 Khi đóta cóS ∩ 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 5 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.

Trang 24

Mệnh đề 6 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 ?? 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 6 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.

Trang 25

Mệnh đề 7 Cho A là một nhóm giao hoán, 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

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|).

Trang 26

Vậy ta có điều phải chứng minh.

10Độ giao hốn tương đối của một mở rộng nhóm

Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hốn tương đối của một mở rộngnhóm.

Mệnh đề 8 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 ??, 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 ?? 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 ?? 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 9 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 27

Để chứng minh Mệnh đề 21 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

N .

Trang 28

Áp dụng Bổ đề 5 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 5 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 29

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 10 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 ?? 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 7 Cho H và N là hai nhóm bất kỳ Khi đó

Trang 30

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 11 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 = A×θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc

C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi cơng 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 31

Theo Mệnh đề ?? 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.

11Một số kiến thức cơ bản về nhóm

Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G ̸= ∅ trên đó đã trang bị một phép

tốn hai ngơi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:

(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,

(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a′∈ G sao cho a · a′ = a′· a = e.Để đơn giản, ta ký hiệu abthay cho a · b Phần tửe xác định trong (ii)

là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệu

là1 Với mỗi a ∈ G, phần tửa′ xác định trong (iii) là duy nhất, được gọilà phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G được gọi là

giao hốn (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữu

hạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần tử của G

là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|.

Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G Ta gọi H là một

nhóm con củaG, ký hiệu là H⩽ G, nếu các điều kiện sau đây thỏa mãn:

(i) Phép toán trên G hạn chế lên H cảm sinh một phép toán trên H,

(ii) H là một nhóm với phép tốn cảm sinh.

Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G ta ký hiệu ⟨S⟩ là

nhóm con bé nhất của G chứa S, và gọi S là một tập sinh của ⟨S⟩ Đặc

biệt, một nhóm có tập sinh chỉ gồm một phần tử được gọi là nhóm xiclíc.

Mệnh đề 12 (Định lý Lagrange) Cho G là một nhóm hữu hạn, và H

là một nhóm con của G Khi đó |H| là một ước của |G|.

Với Glà một nhóm hữu hạn, và H ⩽G, ta ký hiệu |G : H| = |G| : |H|,

Trang 32

Mệnh đề 13 Cho G là một nhóm, và A, B là hai nhóm con hữu hạncủa G Ký hiệu AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B} Khi đó

|AB| = |A||B||A ∩ B|.

Cho Glà một nhóm, và alà một phần tử của G Vớiu là một phần tử

củaG, liên hợp củaubởia, ký hiệu làua, được định nghĩa làua = a−1ua.

Với H là một nhóm con củaG, ta gọi H là một nhóm con chuẩn tắc của

G, ký hiệu là H◁G, nếu ha ∈ H với mọi a ∈ G, h ∈ H.

Cho N là một nhóm con chuẩn tắc của G Ký hiệu

G/N = {aN | a ∈ G}.

Khi đó G/N là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với a, b ∈ G

(aN )(bN ) = abN.

Nhóm G/N được gọi là nhóm thương của G bởi N.

Với S là một tập con của G, tâm hóa củaS trong G, ký hiệu làCG(S),được định nghĩa là

CG(S) = {a ∈ G | ua = uvới mọi u ∈ S}.

Trong trường hợp S = {x}, ta dùng ký hiệu CG(x) thay cho CG(S) Tâmcủa nhóm G, ký hiệu là Z(G), được định nghĩa là Z(G) = CG(G).

Mệnh đề 14 Cho G là một nhóm khơng giao hốn Khi đó, nhóm

thương G/Z(G) khơng là nhóm xiclíc.

Cho G là một nhóm Với x và y là hai phần tử của G, giao hoán tử

của x và y, ký hiệu là [x, y], được định nghĩa là

[x, y] = x−1y−1xy.

Nhóm con giao hốn tử của G, ký hiệu là G′, được định nghĩa là nhóm

con sinh bởi tập tất cả các giao hoán tử

Trang 33

Cho hai nhóm G và H Một ánh xạ f : G → H được gọi là một đồng

cấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G

f (ab) = f (a)f (b).

Nếu đồng cấu f là một đơn ánh (tương ứng, tốn ánh, song ánh) thì

ta gọi f là một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu, đẳng cấu) Ta ký hiệu

Aut(G) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của G.

Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồng

cấu nhóm Khi đó, tập hợp

G = {(x, h) | x ∈ N, h ∈ H}

là một nhóm với phép toán xác định như sau Với mọi (x1, h1), (x2, h2) ∈G,

(x1, h1)(x2, h2) = (x1θ(h1)(x2), h1h2).

Nhóm G được xác định như trên được gọi là tích nửa trực tiếp của

N bởi H ứng với tác động θ, và ký hiệu là G = N ×θ H Trong trường

hợp đặc biệt khi θ là đồng cấu tầm thường thì tích nửa trực tiếp chính

là tích trực tiếp.

Sau đây là một số kiến thức về p-nhóm và nhóm abel hữu hạn Cho

p là một số nguyên tố Một nhóm G được gọi là một p-nhóm nếu |G| là

mơt lũy thừa của p Ta thấy rằng một nhóm con, một nhóm thương của

một p-nhóm cũng là một p-nhóm.

Mệnh đề 15 Cho p là một số nguyên tố Khi đó

(i) Mọi nhóm có cấp p đều là nhóm xiclíc.

(ii) Mọi nhóm có cấp p2 đều là nhóm abel.

Mệnh đề 16 Mọi nhóm abel hữu hạn G đều có thể biểu diễn được một

cách duy nhất thành tích trực tiếp các nhóm xiclíc

G ∼= Cn1× Cn2 × · · · × Cnk

Trang 34

Sau đây là một số kiến thức về nhóm đối xứng và nhóm thay phiên.

ChoX là một tập hợp Một song ánh từ tập X đến chính nó được gọi là

một phép thế trên tập X Ký hiệu S(X) là tập tất cả các phép thế trên

tập X Khi đó S(X) là một nhóm với phép tốn hợp thành ánh xạ Ta

gọi S(X) là nhóm đối xứng trên tập X Ta dùng ký hiệu Sn để chỉ nhóm

đối xứng trên tập X = {1, 2, , n} và gọi Sn là nhóm đối xứng bậc n.

Định lý 11 Mọi phép thế π ∈ Sn với n ⩾ 1 đều được phân tích được

thành một tích các xích rời nhau Phân tích này là duy nhất nếu khôngkể đến thứ tự các nhân tử.

Cho π ∈ Sn với n ⩾ 1 Khi đó, theo Định lý ??, ta có phân tích π

thành tích các xích rời nhau

π = (a11a12· · · a1k1)(a21a22· · · a2k2) · · · (as1as2· · · asks)

trong đó ta có thể giả thiết k1 ⩾k2 ⩾ · · ·⩾ ks. Ta gọi (k1, k2, , ks) làkiểu của phép thế π.

Mệnh đề 17 Hai phép thế trong nhóm đối xứng Sn với n ⩾ 1 là liên

hợp với nhau khi và chỉ khi chúng có cùng kiểu.

Cho σ ∈ Sn với n ⩾ 2. Ta nói cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ

nếu i < j và σ(i) > σ(j). Dấu của phép thế σ, ký hiệu là sign(σ), đượcxác định bởi công thức

sign(σ) = (−1)t

trong đó tlà số các nghịch thế của σ Nếu sign(σ) = 1 thì ta gọiσ là mộtphép thế chẵn, nếu sign(σ) = −1 thì ta gọi σ là một phép thế lẻ.

Mệnh đề 18 Cho σ, τ ∈ Sn với n⩾1. Khi đó

(i) sign(στ ) =sign(σ)sign(τ ).

(ii) Nếu σ là một xích độ dài k thì sign(σ) = (−1)k+1.

Với n⩾2 ta ký hiệu An là tập các phép thế chẵn bậcn. Khi đóAn làmột nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của Sn. Ta gọi An là nhóm thay phiênbậc n.

Trang 35

Định nghĩa 17 Cho G là một nhóm Ký hiệu

C = {(x, y) ∈ G × G | xy = yx}.

Độ giao hốn của G, ký hiệu là Pr(G), được định nghĩa như sau

Pr(G) =|C||G|2.

Mệnh đề 19 Nếu G là một nhóm khơng giao hốn thì Pr(G)⩽ 5

8.

12Các cận cho độ giao hốn tương đối của một nhómcon

Mệnh đề sau đây cho ta cận trên và cận dưới cho độ giao hoán tươngđối của một nhóm con của một nhóm.

Mệnh đề 20 Cho H là một nhóm con của G, và p là ước nguyên tố

nhỏ nhất của |G| Khi đó|Z(G) ∩ H||H| +p(|H| − |Z(G) ∩ H|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| .

Chứng minh Đặt K = Z(G) ∩ H Khi đó theo Mệnh đề ?? ta có

|H||G| Pr(H, G) = Xx∈H|CG(x)| = Xx∈K|CG(x)| + Xx∈H\K|CG(x)|= |K||G| + Xx∈H\K|CG(x)|.

Rõ ràng nếu x ∈ H \ K thì {1}⊊ CG(x)⊊G cho nên p⩽|CG(x)|⩽ |G|

Trang 36

Từ đó suy ra|K||H| +p(|H| − |K|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |K||H| +|H| − |K|2|H| ,và ta có cơng thức cần chứng minh.

Rõ ràng độ giao hoán tương đối của mọi nhóm con của một nhómgiao hốn bằng1 Kết quả sau đây cho ta các cận trên cho độ giao hoántương đối của các nhóm con của một một nhóm khơng giao hốn.

Mệnh đề 21 Cho G là một nhóm khơng giao hốn và H là một nhóm

con của G Khi đó

(i) Nếu H ⊆ Z(G) thì Pr(H, G) = 1.(ii) Nếu H ⊈ Z(G) thì Pr(H, G) ⩽ 3

4 Hơn nữa, nếu H là một nhóm

khơng giao hốn thì Pr(H, G)⩽ 5

8.Chứng minh.(i) Vì H ⊆ Z(G) nên Xx∈H|CG(x)| = |H||G|. Do đóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G||H||G| = 1.

(ii) Giả sửH ⊈Z(G) Khi dóZ(G) ∩ H ⊊ H, Cho nên |Z(G) ∩ H|⩽ 1

2|H|.Áp dụng Định lý 17 ta đượcPr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H||H| ⩽12|H| + |H||H| =34.

Giả sử H khơng là nhóm giao hốn Khi đó theo Mệnh đề 44 ta có

Pr(H)⩽ 5

8 Do đó, theo Định lý ?? ta có

Pr(H, G)⩽Pr(H)⩽ 5

8.

Trang 37

Kết quả sau đây mô tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề 18.

Mệnh đề 22 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó:

(i) Nếu Pr(H, G) = 3

4 thì H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2;

(ii) NếuPr(H, G) = 5

8 và H khơng giao hốn thìH/(Z(G)∩H) ∼= Z2× Z2.Chứng minh.(i) Giả sử Pr(H, G) = 34 Khi đó, theo Định Lý 17 ta có34 = Pr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| =|Z(G) ∩ H|2|H| +12.Từ đó suy ra|H||Z(G) ∩ H| ⩽2.Nếu |H||Z(G) ∩ H| = 1 thì |H| = |Z(G) ∩ H|, từ đó suy ra H ⊆ Z(G) Khi

đó theo Mệnh đề 18 (i) ta có Pr(H, G) = 1 Điều này mâu thuẫn với giả

thiết Do đó |H|

|Z(G) ∩ H| = 2, cho nên H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2, và ta có điều

phải chứng minh.(ii) Giả sử Pr(H, G) = 5

8 Bằng cách lập luận tượng tự như ở trên ta suyra được

|H|

|Z(G) ∩ H| ⩽4.

Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H khơng giao

hốn nên H/Z(H) khơng là nhóm xiclíc Do đó H/(Z(G) ∩ H) không là

Trang 38

và do đó

H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2×Z2.

13Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành13.1Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Trong mục này, chúng ta sẽ khảo sát tập∆(R) =: {r ∈ R|r+U (R) ⊆ U (R)}

của vành R Tập này là vành có quan hệ chặt chẽ với căn Jacobson của

R Ta cũng chỉ ra ∆(R) là vành con căn Jacobson lớn nhất của R và

nó đóng với phép tốn nhân bởi các phần tử khả nghịch của R Các

tính chất của ∆ dưới cấu trúc vành được nghiên cứu, trình bày một số

các họ vành mà ∆(R) = J (R) Các phương pháp của cấu trúc vành với

∆(R) ̸= J (R) cũng sẽ được mô tả.

Bổ đề 4 Cho R là vành bất kỳ, ta có

(1) ∆(R) = {r ∈ R | ru + 1 ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)} = {r ∈ R | ur + 1 ∈U (R), ∀u ∈ U (R)};

(2) Với mỗi r ∈ ∆(R) và u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R);

(3) ∆(R) là vành con của vành R;

(4) ∆(R) là idêan của R khi và chỉ khi ∆(R) = J (R);(5) Với họ vành Ri, i ∈ I, ∆(Y

i∈I

Ri) =Y

i∈I

∆(Ri).

Chứng minh (1) Cho r ∈ ∆(R) và u bất kỳ thuộc U (R), khi đó r + u ∈

U (R) tương đương ru−1+ 1 ∈ U (R) tương đương u−1r + 1 ∈ U (R).

(2) Ta có ruu′+ 1 ∈ U (R), ∀u, u′ ∈ U (R)do r ∈ ∆(R), suy ra ru ∈ ∆(R).

Tương tự ur ∈ ∆(R).

Trang 39

(4) Rõ ràng J (R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) là iđêan của R và r ∈ R.

Khi đó rx + 1 ∈ U (R), với x bất kỳ thuộc ∆(R) và ∆(R) ⊆ J (R) hay

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là dễ thấy.

Hệ quả 8 Cho R là một vành:

(1) ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũy linh;

(2) Nếu 2 ∈ U (R), khi đó ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũy

đẳng.

Định lý 12 Cho R là một vành có đơn vị và T là vành con của R được

sinh bởi U (R) Khi đó:

(1) ∆(R) = J (R) và ∆(S) = ∆(R), với S là vành con của R thỏa T ⊆ S;

(2) ∆(R) là vành căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phép

nhân các phần tử khả nghịch của R.

Chứng minh (1) T là vành con sinh bởi U (R) nên T là vành con bao

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề ??, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề ??, ∆(T ) = J (T ).Nếu r ∈ ∆(R), khi đó r + U (R) ⊆ U (R) Điều này có nghĩa là r có thểbiểu diễn được thành tổng của hai đơn vị Do đór ∈ T, suy ra∆(R) ⊆ T.

Giả sử S là vành con của R thỏa mãn T ⊆ S Khi đó U (S) = U (R),

do đó ∆(S) = {r ∈ S | r + U (S) ⊆ U (S)} = {r ∈ S | r + U (R) ⊆ U (R)} =S ∩ ∆(R) = ∆(R), vì ∆(R) ⊆ T ⊆ S.

(2) Theo (1), ∆ là vành căn Jacobson của R và theo Bổ đề ?? (2) thì

∆(R) là đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch phía trái và phải

của R.

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng với

phép nhân các phần tử khả nghịch Nếu s ∈ S và u ∈ U (R), khi đó

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).

Theo Bổ đề ?? (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R).

Hệ quả 9 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thành

tổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R).

Trang 40

Mệnh đề 23 Giả sử R là vành có đơn vị Khi đó

(1) Cho S là vành con của R thỏa U (S) = U (R) ∩ S Khi đó ∆(R) ∩ S ⊆

∆(S).

(2) U (∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa I ⊆ J (R) Khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I.

Chứng minh (1) được suy ra từ định nghĩa của∆.

(2) Nếu r ∈ ∆(R), khi đó v = 1 + r ∈ U (R) và v−1 = 1 − rv−1 ∈

[

∆(R) ∩ U (R), do −rv−1 ∈ ∆(R), Bổ đề ??.

Hệ quả 11 Cho R là vành có đơn vị, ∆(∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ là

tốn tử đóng.Hệ quả 12 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)).Hệ quả 13 Cho R là một vành(1) ∆(Tn(R)) = Dn(∆(R)) + Jn(R);(2) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn);(3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

Hệ quả 14 ChoRlà một vành,∆(R) = J (R)nếu và chỉ nếu∆(R/J (R)) =

0.

Định lý 13 ∆(R) = J (R) nếu R thỏa mãn một trong các điều kiện sau

(1) R/J (R) là đẳng cấu với phép nhân vành các ma trận và divisionrings.

(2) R là một vành nửa địa phương.

(3) R là clear ring thỏa 2 ∈ U (R).

(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R).(5) R có stable range 1.