Định thức và ma trận

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

ĐỊNH THỨC VÀ MA TRẬN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Phương pháp hàm phạt là một phương pháp được dùng để tìm nghiệmcho bài tốn cực trị có điều kiện Ý tưởng chính của phương pháp làchuyển việc giải bài tốn cực trị có điều kiện thơng qua việc giải các bàitoán cực trị tự do Các loại hàm phạt thường dùng là hàm phạt điểmngoài, hàm phạt điểm trong, hàm phạt Lagrange Trong chương trìnhtốn đại học, phương pháp này hầu như chưa được giới thiệu Hơn nữa,hầu hết các giáo trình tiếng Việt, chưa trình bày một cách đầy đủ về cơ

Trang 4

2Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành

Ta biết rằng 1 + J (R) ⊆ U (R) Vành R được gọi là U J-vành nếu U (R) ⊆1 + J (R), nghĩa là 1 + J (R) = U (R) Lưu ý nếu R là U J-vành khi đó

∆(R) = J (R).

Một vành R được gọi là ∆U-vành nếu 1 + ∆(R) = U (R).

Mệnh đề 1 Một vành R là∆U-vành khi và chỉ khiU (R) + U (R) ⊆ ∆(R)

(khi đó U (R) + U (R) = ∆(R)).

Chứng minh Giả sửR là ∆U-vành, lấy bất kỳ u, v ∈ U (R), ta có 1 + u ∈∆(R) và 1 − v ∈ ∆(R), do đó u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay

U (R) + U (R) ⊆ ∆(R).

Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy raU (R) + U (R) = ∆(R) (vì

∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay 1 + ∆(R) = U (R) Vậy R là ∆U-vành.Mệnh đề sau trình bày một số tính chất cơ bản của ∆U-vành.

Mệnh đề 2 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(1) 2 ∈ ∆(R);

(2) Nếu R là thể, khi đó R ∼=F2;

(3) Nếu x2 ∈ ∆(R) thì x ∈ ∆(R) (do đó N (R) ⊆ ∆(R));(4) R là hữu hạn Dedekind;

(5) Cho I ⊆ J (R) là iđêan của R Khi đó R là ∆U-vành khi và chỉ khi

R/I là ∆U-vành;

(6) Vành Y

i∈I

Ri là ∆U khi và chỉ khi các vành Ri là ∆U, với mọi i ∈ I.(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T, khi đó T là

∆U-vành Cụ thể áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R.Chứng minh (1) Từ Mệnh đề 31 ta dễ dàng suy ra 2 ∈ ∆(R).

(2) Nếu R là thể thì ∆(R) = 0 Vì vậy R là U J-vành nên ta suy ra

Trang 5

(3)Giả sửx2∈ ∆(R) Khi đó(1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R)

tức là1+x ∈ U (R) VìRlà∆U-vành nên1+x ∈ 1+∆(R), do đóx ∈ ∆(R).

(4) Giả sử a, b ∈ R với ab = 1 Khi đó phần tử 1 − ba là lũy đẳng của

R,

[b(1 − ba)]2 = 0 = [(1 − ba)a]2∈ ∆(R).

Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) và (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy ra

1 − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R)

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1.

(5) Nếu I ⊆ J (R)là iđêan, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề 24.Giả sử R là ∆U-vành Khi đó, bất kỳ u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) vìvậy u ∈ 1 + ∆(R) Suy rau + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là

∆U-vành.

Ngược lại, giả sử R/I là∆U-vành Lấyu ∈ U (R) tùy ý Khi đó u + I ∈1 + ∆(R)/I Ta có thể kiểm tra u ∈ 1 + ∆(R) Do đó, R là ∆U-vành.

(6) Hiển nhiên.

(7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ra ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây giờ

U (R) = 1 + ∆(R) cho

1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = 1 + (∆(R) ∩ T ) ⊆ 1 + ∆(T ).

suy ra 1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) hayT là ∆U-vành.

Định lý 1 Vành ma trận Mn(R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R

là ∆U-vành.

Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên.

(:⇒) Giả sử rằng Mn(R) là ∆U-vành và n > 1 Đầu tiên ta sẽ chứngminh R là thể, tức là mọi phần tử khác không đều khả nghịch Lấy bất

kỳ a ∈ R, a ̸= 0, ta có X =0 0 0 1 − a0 0 0 0 .0 0 0 0 0∈ Mn(R) và X2 = 0.

Trang 6

U =0 0 0 0 10 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0∈Mn(R) Khi đóIn−U X =1 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 alà khả nghịch trong Mn(R), hay a ∈ U (R) Do đó, R là thể.

Tiếp theo, ta chứng minh R ∼= F2 Lấy a ∈ R, a ̸= 0 và a ̸= 1 Lấy

X =a 0 0 00 a 0 0 0 0 0 0 a∈Mn(R) Khi đó X là khả nghịch Vì Mn(R) là∆U-vành nên ta có In− X =1 − a00 001 − a 0 0 .0 000 1 − a∈ ∆(Mn(R)).

Vì 1 − a là khả nghịch nên In− X cũng khả nghịch, mâu thuẫn Do đó

R ∼=F2.Cuối cùng, ta sẽ chỉ ran = 1 LấyX1=1 11 0và X =X100In−2∈

Mn(R) Khi đó X là khả nghịch trong Mn(R) Bởi giả thuyết, ta có

In− X ∈ ∆(Mn(R)) Mặt khác, ta cũng có In − X =X2 00In−2trongđó X2=0 11 1

Suy ra In− X là khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1

và R ∼=M1(R) là ∆U-vành.

Mệnh đề 3 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R Khiđó eRe là ∆U-vành.

Trang 7

nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta sẽ chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v

khả nghịch trong eRe Rõ ràng v + 1 − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên

u−e+v+1−e ∈ U (R)theo định nghĩa của∆, đặtu−e+v+1−e = t ∈ U (R).Ta kiểm tra được et = te = ete = u − e + v, do đó ete ∈ U (eRe) Suy ra

u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), hoặc u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy,u ∈ e + ∆(eRe) hay

eRe là ∆U-vành.

Cho R là một vành và M là song môđun trên vành R Một mở rộng

tầm thường của R và M là

T (R, M ) = {(r, m) : r ∈ R và m ∈ M },

với phép cộng theo các thành phần và phép nhân được định nghĩa bởi

(r, m)(s, n) = (rs, rn + ms).

Mở rộng tầm thườngT (R, M )đẳng cấu với vành conr m0r: r ∈ R và m ∈ Mcủa vành các ma trận2 × 2R M0R

Hơn nữa, chúng ta có thể kiểm trađược T (R, R) ∼= R[x]/(x2) Theo Mệnh đề 28, chúng ta có tập các phầntử khả nghịch của mở rộng tầm thường T (R, M ) là T (U (R), M ), và vìvậy ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M ).Morita context gồm 4 thành phầnAMNBtrong đóA, B là các vành,

AMB và BNA là các song mơđun, tồn tại một tích context M × N → A

và N × M → B với(ω, z) = ωz và (z, ω) = zω, thỏa mãnAMNBlà vànhkết hợp với các phép toán trên ma trận.

Morita context

AM

NB

được gọi là tầm thường nếu tích context làtầm thường, nghĩa là M N = 0 và N M = 0 (xem [?], trang 1993) Ta có

AMNB∼= T (A × B, M ⊕ N )trong đóAMNB

Trang 8

Định lý 2 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi vàchỉ khi T (R, M ) là ∆U-vành.Chứng minh (:⇒) Lấy u =¯u m0u∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), trongđó u ∈ U (R) và m ∈ M Ta chỉ ra u − 1 ∈ ∆(T (R, M ))¯ Rõ ràng, u ∈ U (R)

và u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) với a nào đó thuộc ∆(R) Suy ra

¯a =1 00 1+a m0a∈ T (∆(R), M ) = ∆(T (R, M )).Vì vậy T (R, M ) là ∆U-vành.

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy.

Hệ quả 1 Giả sửM là(R, S)song mơđun Khi đó vành ma trận các tamgiác dạng

R M0S

là ∆U-vành khi và chỉ khi R và S là các ∆U-vành.Hệ quả 2 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trênTn(R) là ∆U-vành, n ≥ 1.

3Xấp 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.

Trang 9

dãy 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

ϱ ∈C∞c (Rn),spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ 0.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 4 (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.

Trang 10

(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

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

Trang 11

Đặc biệt

ϱ(xr− y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y /∈ K, ∀r ∈N. (3)Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn), theo (66), tồn tại L > 0 thỏa

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

Vì vậy ta được

|ϱ(xr− y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK(y)|f (y)||xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N (4)Từ (65), (66) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (64)

Nhận xét 1 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên khơng gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 31 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 3 (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 4 (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).(∗)

Trang 12

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủZ

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (5)Thật vậy, theo (68), suy ra

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

Ta có được kết luận Ta chứng minh (68).

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởi

g(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 42 (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 ?? (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 42 (iv) và (55), 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.

Trang 13

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

Ω = ∪∞h=1Ωh, Ωh ⊂ Ωh⊂ Ωh+1, ∀h,

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 42 (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 42 (i), (ii) (70),(71), 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 42 (iv),ϱh∗f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh →fe trong Lp(Rn).

Trang 14

4Các 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 6 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.Chứng 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 2, 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 1 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 7 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) theoBổ đề ?? (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε và i Vì R là ∆U-vànhnên 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)

Trang 15

Hệ quả 3 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

5Nhóm giả nhị diện

Mệnh đề 5 Cho nhóm giả nhị diện

SD2n= ⟨r, s | r2n = s2= 1, s−1rs = r2n−1−1⟩ với n⩾3,

và H là một nhóm con của SD2n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k | 2n, 1⩽k ⩽2n thì

Pr(H, SD2n) =(1 nếu k = 2n,12 +k2n nếu k ̸= 2n.

(ii) Nếu H = Tl với 0⩽ l ⩽ 2n− 1 khi l chẵn, và 0 ⩽l ⩽2n−1− 1 khi l

lẻ thì

Pr(Tl, SD2n) = 12+

12n.

(iii) Nếu H = Ui,j với i|2n, 1 ⩽i⩽2n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Pr(H, SD2n) =12+12n nếu i = 2n−1,14+i + 22n+1 nếu i ̸= 2n−1.Chứng minh.

(i) Giả sử H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n Ta sẽ xét hai trường hợp của k

như sau.

Trang 16

Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóXx∈Rk|CSD2n(x)| = |CSD2n(1)| + |CSD2n(r2n−1)| + X1⩽i⩽2nk−1i̸=2n−1k|CSD2n(rik)|= |SD2n| + |SD2n| +2nk− 2|R1|= 2n+1+ 2n+1+2nk− 22n = 2n+1(2n−1+ k)k .Từ đó suy raPr(Rk, SD2n) = 1|Rk||SD2n|Xx∈Rk|CSD2n(x)|= k2n· 2n+1· 2n+1(2n−1+ k)k =2n−1+ k2n =12 +k2n.

(ii) Giả sử H = Tl với 0 ⩽ l ⩽ 2n − 1 khi l chẵn, và 0 ⩽ l ⩽ 2n−1− 1

khi l lẻ.

Khi l chẵn với 0⩽l⩽2n− 1 Theo Mệnh đề ??, ta có |Tl| = 2 Do đó

Tl = {1, rls}.Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóPr(Tl, SD2n) = 1|Tl||SD2n|Xx∈Tl|CSD2n(x)| = 12 · 2n+1|CSD2n(1)| + |CSD2n(rls)|= 12 · 2n+1|SD2n| + |U2n−1,l|= 12 · 2n+1(2n+1+ 4) = 12 +12n.

Khi l lẻ với 0⩽l ⩽2n−1− 1 Theo Mệnh đề ?? ta có |Tl| = 4. Do đó

Trang 17

= 14 · 2n+1|CSD2n(1)| + |CSD2n(rls)| + |CSD2n(r2n−1)| + |CSD2n(rl+2n−1s)|= 14 · 2n+1|SD2n| + |U2n−1,l| + |SD2n| + |U2n−1,l+2n−1|= 14 · 2n+12n+1+ 4 + 2n+1+ 4= 12 +12n.

Như vậy trong cả hai trường hợp của l ta đều có

Pr(Tl, SD2n) = 12 +

12n.

(iii) Giả sử H = Ui,j với 1⩽ i ⩽ 2n− 1, i|2n, 0 ⩽ j ⩽ i − 1 Ta xét haitrường hợp của i như sau.

Trang 18

Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta cóXx∈Ui,j|CSD2n(x)| = X0⩽l⩽2ni−1|CSD2n(rli)|+ X0⩽l⩽2ni−1|CSD2n(rli+js)|= |CSD2n(1)| + |CSD2n(r2n−1)| + X1⩽l⩽2ni−1l̸=2n−1i|CSD2n(rli)| + X0⩽l⩽2ni −1|CSD2n(rli+js)|= |SD2n| + |SD2n| +2ni− 2|R1| +2ni|U2n−1,li+j|= 2n+1+ 2n+1+2ni− 22n+ 2ni 4 =2n+1(2n−1+ i + 2)i .Do đó, theo Mệnh đề ?? ta cóPr(Ui,j, SD2n) = 1|Ui,j||SD2n|Xx∈Ui,j|CSD2n(x)| = 12n+1i 2n+12n+1(2n−1+ i + 2)i= i22(n+1)2n+1(2n−1+ i + 2)i =2n−1+ i + 22n+1 =14+i + 22n+1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau ta sẽ tính độ giao hốn tương đối của các nhóm controng nhóm giả nhị diện SD8 và SD16 bằng cách áp dụng Mệnh đề 2.Ví dụ 1.

Trang 19

Pr(R4, SD8) = 12 +48 = 1, Pr(R8, SD8) = 1;Pr(T0, SD8) = Pr(T1, SD8) = Pr(T2, SD8) = Pr(T3, SD8)= Pr(T4, SD8) = Pr(T6, SD8) = 12+18 =58;Pr(U2,0, SD8) = Pr(U2,1, SD8) = 14 +2 + 216 =12,Pr(U4,0, SD8) = Pr(U4,2, SD8) = 12+18 =58;Pr(SD8, SD8) = 716.

(ii) Vớin = 4, xét nhóm giả nhị diệnSD16= ⟨r, s | r16 = s2 = 1, s−1rs =r7⟩ Các nhóm con của SD16 làR1= ⟨r⟩, R2= ⟨r2⟩, R4= ⟨r4⟩, R8= ⟨r8⟩, R16= {1};T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2= ⟨r2s⟩, T3= ⟨r3s⟩, T4= ⟨r4s⟩, T5= ⟨r5s⟩,T6 = ⟨r6s⟩, T7= ⟨r7s⟩, T8 = ⟨r8s⟩, T10 = ⟨r10s⟩, T12 = ⟨r12s⟩, T14= ⟨r14s⟩;U2,0= ⟨r2, s⟩, U2,1 = ⟨r2, rs⟩, U4,0= ⟨r4, s⟩, U4,2= ⟨r4, r2s⟩, U4,3 = ⟨r4, r3s⟩,U8,0 = ⟨r8, s⟩, U8,2= ⟨r8, r2s⟩, U8,4= ⟨r8, r4s⟩; SD16.Khi đóPr(R1, SD16) = 12+116 =916, Pr(R2, SD16) =12 +216 =58,P r(R4, SD16) = 12+416 =12 = Pr(R8, SD16) =12+816 = 1, Pr(R16, SD16) = 1.Pr(T0, SD16) = Pr(T1, SD16) = Pr(T2, SD16) = Pr(T3, SD16) = Pr(T4, SD16)= Pr(T5, SD16) = Pr(T6, SD16) = Pr(T7, SD16) = Pr(T8, SD16)= Pr(T10, SD16) = Pr(T12, SD16) = Pr(T14, SD16) = 12+116 =916;Pr(U2,0, SD16) = Pr(U2,1, SD16) = 14+2 + 132 =1132,

Pr(U4,0, SD16) = Pr(U4,1, SD16) = Pr(U4,2, SD16) = Pr(U4,3, SD16) = 14+

4 + 232 =

716,Pr(U8,0, SD16) = Pr(U8,2, SD16) = Pr(U8,4, SD16) = Pr(U8,6, SD16) = 1

Trang 20

6Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Bổ đề 2 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 iđêan 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) khi và chỉ khi ru−1+ 1 ∈ U (R) khi và chỉ khi 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).

(3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi đó −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r −U (R) ⊆ U (R), hay ∆(R) là nhóm con với phép cộng của R Hơn nữa

rs = r(s + 1) − r ∈ ∆(R) do r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2).

(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) suy ra ∆(R) ⊆ J (R) hay

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là hiển nhiên.

(5) Lấy Yi∈Iri ∈ ∆(Yi∈IRi) Khi đó Yi∈Iri + U (Yi∈IRi) ⊆ U (Yi∈IRi) VìU (Yi∈IRi) = Yi∈IU (Ri) nên Yi∈Iri + Yi∈IU (Ri) ⊆ Yi∈IU (Ri) hay Yi∈I(ri +U (Ri)) ⊆Yi∈I

U (Ri), suy rari+U (Ri) ⊆ U (Ri), ∀i ∈ I nênY

i∈I

ri∈Y

i∈I

∆(Ri).Chiều ngược lại tương tự.

Cho e là phần tử lũy đẳng của vành R Khi đó phần tử 1 − 2e là khảnghịch trong R Từ Bổ đề 2 (2) ta suy ra hệ quả sau.

Hệ quả 4 Cho R là một vành

Trang 21

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

Định lý 8 Cho R là một vành có đơn vị và T là vành con của R đượcsinh bởi U (R) Khi đó

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

(2) ∆(R) là căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phép nhâncác phần tử khả nghịch của R.

Chứng minh (1) T là vành con sinh bởi U (R) nên mỗi phần tử của T

đều có thể viết thành tổng hữu hạn các phần tử khả nghịch của R Dođó, theo Bổ đề 2 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề 2 (4) suyra ∆(T ) = J (T ) Hơn nữa ∆(T ) = ∆(R) nên ∆(R) = J (T ).

Nếu r ∈ ∆(R), khi đó r + U (R) ⊆ U (R) Điều này có nghĩa là r biểudiễn được thành tổng của hai phần tử khả nghịch Do đó r ∈ 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),∆(R)là căn Jacobson củaR và theo Bổ đề 2(2) thì∆(R)

đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch trái và phải trong R.Bây giờ, ta giả sử S là căn Jacobson bất kỳ chứa trong R và đóngvới phép nhân các phần tử khả nghịch Ta phải chỉ ra S ⊆ ∆(R) Thậtvậy, nếu s ∈ S và u ∈ U (R), khi đó su ∈ S = J (S) Do su là tựa khảnghịch trong S nên 1 + su ∈ U (R) Theo Bổ đề 2 (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R).

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 51 (2) ta có ngay hệ quả sau.Hệ quả 5 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thànhtổng của các phần tử khả nghịch Khi đó ∆(R) = J (R).

Định lý cổ điển của Amitsur nói rằng căn Jacobson của F-đại số R

Trang 22

Hệ quả 6 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh.

Cho R là một vành không nhất thiết phải có đơn vị S là vành concủa R, ta ký hiệu Sˆ là vành con của R được sinh bởi S ∪ {1}.

Mệnh đề 6 Giả sử R là vành có đơn vị Khi đó

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

(2) U (∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa mãn 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 2.

Lấy u = r + k · 1 ∈∆(R) ∩ U (R)[ , trong đór ∈ ∆(R) và k ∈Z Ta sẽ chỉ

rak = k · 1 ∈ U (R)¯ Ta có u − ¯k = r ∈ ∆(R), do đó1 − ¯ku−1= (u − ¯k)u−1=ru−1 ∈ ∆(R) theo Bổ đề 2 (2) Khi đó ¯ku−1 = 1 − (1 − ¯ku−1) ∈ U (R), suyrak ∈ U (R)¯ Vì ∆(R)là đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch nênta áp dụng phần đầu tiên của chứng minh chỉ ra v = u¯k−1 = 1 + r¯k−1 thì

u−1k = v¯ −1 ∈∆(R)[, nghĩa là u−1¯k = s + ¯l, với s ∈ ∆(R) và l ∈Z Suy ras¯k−1 ∈ ∆(R), u−1 = s¯k−1+ ¯k−1¯l ∈∆(R)[, do đó U (R) ∩∆(R) ⊆ U ([ ∆(R))[ Chiều ngược lại U (∆(R)) ⊆ U (R) ∩[ ∆(R)[ là dễ thấy.

(3) Ta ký hiệu¯là phép chiếu từ R lên R/I Lưu ý, I ⊆ J (R), U ( ¯R) =U (R).

Lấy r ∈ ∆( ¯¯R) và u ∈ U (R) Khi đó r + ¯¯u ∈ U ( ¯R) và có các phần tử

v ∈ U (R) và j ∈ I thỏa mãn r + u = v + j Hơn nữa v + j ∈ U (R), do

I ⊆ J (R) Suy ra ∆( ¯R) = ∆(R) Vì U ( ¯R) = U (R) nên chiều ngược lại làdễ thấy.

Áp dụng mệnh đề trên ta có hệ quả sau.

Trang 23

Chứng minh ∆(R) là căn Jacobson của T =∆(R)[, do đó ∆(R) ⊆ T.Vì ∆(R) chứa tất cả các phần tử lũy linh nên T /∆(R) đẳng cấu vớiZ hoặc Zn:= Z/nZ, với n > 1 và là nhân tử bình phương Theo Mệnhđề 24 (3) và Hệ quả ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0

hay ∆(T ) = ∆(R).

Từ Mệnh đề 24 (1), áp dụng choS = Z(R) là tâm của R, ta có hệ quảsau.Hệ quả 8 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)).Ký hiệuR[[x]] = {a0+ a1x + a2x2+ · · · |ai∈ R} =( ∞Xi=0aixi|ai ∈ R).Mỗi phần tử f ∈ R[[x]], f =∞Xi=0

aixi với x0 = 1 được gọi là chuỗi lũythừa hình thức của biến x với hệ tử thuộc R Ta định nghĩa phép cộngvà phép nhân, lấy f, g ∈ R[[x]], khi đó f =

∞Xi=0aixi, g =∞Xi=0bixi Ta địnhnghĩa f = g khi và chỉ khi ai= bi với mọi i = 0, 1, và

f + g =∞Xi=0(ai+ bi)xi, f g =∞Xi=0iXj=0ai−jbj!xi.

Với các phép tốn như trên thì R[[x]] là một vành giao hốn có đơn vị.Cho vành R, ký hiệu Tn(R) là tập tất cả các ma trận tam giác trêncấpn trên vành R, Jn(R) là iđêan củaTn(R) bao gồm tất cả các ma trậntam giác trên cấp n thực sự Dn(R) là vành các ma trận đường chéo cấp

n Từ Mệnh đề 24 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.

Hệ quả 9 Cho R là một vành tùy ý Khi đó, các khẳng định sau là

đúng

Trang 24

(3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

Hệ quả 10 Cho R là một vành Khi đó, ∆(R) = J (R) nếu và chỉ nếu

∆(R/J (R)) = 0.

Một vành R có hạng ổn định 1 nếu bất kỳ a, x, b ∈ R và thỏa mãn

ax + b = 1, thì tồn tại y ∈ R sao cho a + by là khả nghịch trong R.Định lý sau đây chỉ ra một vài lớp vành mà ở đó ∆(R) = J (R).Định lý 9 ∆(R) = J (R) nếu R thỏa mãn một trong các điều kiện sau

(1) R/J (R) là đẳng cấu với tích của vành các ma trận và thể.(2) R là một vành nửa địa phương.

(3) R là vành clean thỏa mãn 2 ∈ U (R).(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R).(5) R có hạng ổn định 1.

(6) R = F G là nhóm đại số trên trường F.

Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích của vành các ma trận vàthể Theo Hệ quả ?? thì ta cần chỉ ra ∆(R/J (R)) = 0 Để làm điều này,ta giả sử J (R) = 0, nghĩa là R là tích của vành các ma trận và thể Nếu

R là vành ma trận Mn(S), với S là vành chứa đơn vị và n ≥ 2 TheoĐịnh lý 31, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theoHệ quả ?? ∆(R) = J (R) = 0 Khi đóS là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó

(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2 (5).

(2) Là trường hợp đặc biệt của (1).

(3) Giả sử R là vành clean thỏa mãn 2 ∈ U (R) Nếu e ∈ R là lũy đẳngkhi đó1 − 2e ∈ U (R)và e =1

2− 1

2(1 − 2e)

là tổng của hai phần tử khảnghịch Điều đó có nghĩa là mỗi phần tử của R đều là tổng của ba phầntử khả nghịch Theo Hệ quả ?? ta suy ra ∆(R) = J (R).

(4) Giả sửU (R) = 1+U (R) Giả sử RlàU J-vành Khi đó, nếur ∈ ∆(R)

ta có r + U (R) ⊆ U (R), nghĩa làr + 1 + J (R) ⊆ 1 + J (R) Suy ra r ∈ J (R)

và do đó ∆(R) = J (R).

Trang 25

tại x ∈ Rsao cho r + x(1 − sr) ∈ U (R), suy rax(1 − sr) ∈ r + U (R) ⊆ U (R),và vì vậy (1 − sr) khả nghịch hay r ∈ J (R).

(6) Giả sử R = F G là nhóm đại số trên trường F Khi đó, mỗi phầntử của R là tổng của các phần tử khả nghịch Theo Hệ quả ?? ta suy ra

∆(R) = J (R).

Ta đã biết vành nửa địa phương có hạng ổn định 1, do đó điều kiện

(2) và (5) ở trên tương đương nhau.

Bổ đề 3 Giả sử G là nhóm con của nhóm R đối với phép tốn cộng.

Khi đó G đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nóđóng với phép nhân các phần tử tựa khả nghịch của R.

Chứng minh Lấy r ∈ R và G là nhóm cộng, rG ⊆ G khi và chỉ khi

(1 − r)G ⊆ G.

Định lý 10 Giả sử R là một vành có đơn vị và G là nhóm con đối vớiphép cộng của R Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

(1) G = ∆(R);

(2) G là căn Jacobson lớn nhất đóng với phép nhân các phần tử tựa khảnghịch của R;

(3) G là nhóm con lớn nhất của R đối với phép cộng bao gồm các phầntử tựa khả nghịch và đóng với phép nhân các phần tử tựa khả nghịchcủa R.

Chứng minh Theo Định lý 51 (2) và Bổ đề ?? chỉ ra ∆(R) là căn Ja-cobson của R đóng với phép nhân bởi các phần tử tựa khả nghịch Giả

sử G là nhóm cộng bao gồm các phần tử tựa khả nghịch và đóng với

phép nhân các phần tử tựa khả nghịch củaR Cụ thể, Glà căn Jacobsonkhông chứa đơn vị của R, theo Bổ đề ??,Gđóng với phép nhân các phầntử khả nghịch của R Do đó theo Định lý 51 (2) ta được G ⊆ ∆(R).

7Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 2 (i) Cho tập A ⊂Rn,

Trang 26

(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 11 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (C0(Ω), ∥.∥∞) làkhông gian Banach vô hạn chiều.

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứngminh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là khơng gian định chuẩn vơ hạn chiều trên R.Ta chứng minh nó là không 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. (10)Từ (23), (fh(x))h⊂R là một dãy Cauchy Do dó:∃f (x) := limh→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (11)Từ (24), lấy qua giới hạn trong (23), cho k → ∞ ta được

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

theo định nghĩa thì fh→ f đều trên Ω Do dó f ∈C0(Ω).

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.

Trang 27

(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 conhội tụ về một điểm thuộc A.

(v) Tập A ⊂ X được gọi là có tính chất Bolzano-Weierstrass (BW) nếumỗi tập con vơ hạn của A có một điểm giới hạn thuộc A.

Nhận xét 2 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 qt.

Định lý 12 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gianmetric) Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có cácđiều sau đây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

(iii) (A, d) là đầy đủ và bị chặn hồn tồn;(iv) A có tính chất BW.

Nhận xét 3 Nếu (X, d) đầy đủ, khi đó A ⊆ X là đóng khi và chỉ khi

(A, d) đầy đủ.

Hệ quả 11 Cho A ⊂Rn Khi đó:

Trang 28

Định lý 13 (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 4 Định lý 23 cho rằng một tập A bị chặn trong không gianđịnh chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hồn tồn.Ví dụ như A = BE.

Định nghĩa 4 Cho A ⊂Rn Một họ các tập F ⊂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 14 (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 12 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 13 Cho fh : [a, b] → R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giảsử rằng:

(i) ∃M > 0 sao cho |f (x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], ∀h.

(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 15 Giả sử M > 0 là một hằng số cho trước và

F = {f ∈C1([a, b]) : ∥.∥C1≤ M }.

Trang 29

Chứng minh định lý 24 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý 22 ta có thể chỉra 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.

Bước 1: (fh(x1))h là một dãy số thực trong [−M2, M2] Suy ra dãy nàycó một dãy con (fh(1)(x1))h hội tụ trong R;

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:

Trang 30

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 (12)

Tiếp tục quá trình và ta chỉ ra rằng

(gk)k là hội tụ trong (C0(K), ∥.∥∞) (13)

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 (14)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)

và D′:= {y1, , yn} ⊂ D thỏa mãnK ⊂N[i=1B(yi, δ). (15)Từ (25) 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 (28)

Trang 31

Từ đó ta có

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), ∥.∥∞) làđầy 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 trongkhơng gian metric, F đóng và bị chặn hồn tồn do đó bị chặn Chỉ rarằngF liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (27) 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. (16)Từ F và K là compact, tồn tại ba dãy con (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

thỏa mãnlimh→∞xh = limh→∞yh= z ∈ K và fh→ f ∈ F đều trên K.Khi đó tồn tạilimh→∞fh(xh limh→∞fh(yh) = f (z)

Trang 32

8So 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 5 (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 xạtuyến 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 6 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 16 (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

Trang 33

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 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.

9ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 17 (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 34

thuẫn 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 5 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 Nghĩalà nếu các hàm f và g không khả vi trên khoảng (a, b) hay không liêntục trên đoạn [a, b] thì các định lý sẽ khơng đúng.

10Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 7 Cho nhóm quaternion suy rộng

Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2

và H là một nhóm con của Q4n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n thì

Trang 35

(ii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Pr(H, Q4n) = n + i + 24n .

Chứng minh.

(i) Giả sử H = Rk với k|2n, 1⩽k ⩽2n Theo Mệnh đề ?? ta có

|Rk| = 2n(2n, k) =2nk .Do đóRk = ⟨rk⟩ =rik 0⩽i⩽ 2nk− 1.

Ta xét hai trường hợp của k như sau.

Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóXx∈Rk|CQ4n(x)| = |CQ4n(1)| + |CQ4n(rn)|+ X1⩽i⩽2nk−1i̸=nk|CQ4n(rik)|= 4n + 4n +2nk− 2|R1|= 8n +2nk− 22n = 4n(n + k)k .Do đó, theo Mệnh đề ??, ta cóPr(Rk, Q4n) = 1|Rk||Q4n|Xx∈Rk|CQ4n(x)| = 12nk 4n4n(n + k)k =n + k2n .

Trang 36

(ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1⩽ i⩽ n, 0⩽ j ⩽ i − 1 Theo Mệnh đề ??ta có|Ui,j| = 4n(n, i) =4ni .Đặt k = 2ni Khi đó|Ui,j| = 4ni = 2k.Do đóUi,j = {rli, rli+js | 0⩽l ⩽k − 1}.Từ đó suy raXx∈Ui,j|CQ4n(x)| = X0⩽l⩽k−1|CQ4n(rli)| + X0⩽l⩽k−1|CQ4n(rli+js)|= |CQ4n(1)| + |CQ4n(rn)|+ X1⩽l⩽k−1l̸=k2|CQ4n(rli)| + X0⩽l⩽k−1|CQ4n(rli+js)|= |Q4n| + |Q4n| + (k − 2)|R1| + k|Un,j|= 4n + 4n + (k − 2)2n + 4k = 4n(n + i + 2)i .Do đó, theo Mệnh đề ??Pr(Ui,j, Q4n) = 1|Ui,j||Q4n|·Xx∈Ui,j|CQ4n(x)| = 14ni 4n4n(n + i + 2)i =n + i + 24n .

Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hốn tương đối của các nhómcon trong nhóm quaternion Q8, và tính độ giao hốn tương đối của cácnhóm con của nhóm Q12 bằng cách áp dụng Mệnh đề 29.

Ví dụ 2.

(i) Với n = 2, xét nhóm quaternion Q8 (cho như trong Ví dụ ??) Cácnhóm con của Q8 là

Trang 37

U2,0= ⟨r2, s⟩, U2,1= ⟨r2, rs⟩; Q8.Khi đóPr(R1, Q8) = 2 + 12 · 2 =34, Pr(R2, Q8) =2 + 22 · 2 = 1, Pr(R4, Q8) =2 · 2 + 44 · 2 = 1;Pr(U2,0, Q8) = Pr(U2,1, Q8) = 2 + 2 + 24 · 2 =34; Pr(Q8, Q8) = Pr(Q8) =58.

(ii) Với n = 3, xét nhóm quaternion

Q12 = {1, r, r2, r3, r4, r5, s, rs, r2s, r3s, r4s, r5s} Các nhóm con của Q12 làR1= ⟨r⟩, R2 = ⟨r2⟩, R3= ⟨r3⟩, R6= {1};U3,0= ⟨r3, s⟩, U3,1= ⟨r3, rs⟩, U3,2= ⟨r3, r2s⟩; Q12.Khi đóPr(R1, Q12) = 3 + 12 · 3 =23, Pr(R2, Q12) =2 · 3 + 24 · 3 =23,Pr(R3, Q12) = 3 + 32 · 3 = 1, Pr(R6, Q12) =2 · 3 + 64 · 3 = 1;Pr(U3,0, Q12) = Pr(U3,1, Q12) = Pr(U3,2, Q12) = 3 + 3 + 2

4 · 3 =23;Pr(Q12, Q12) = Pr(Q12) = 12.11KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH

Định lý 18 Cho Ω ⊂Rn là tập mở Khi đó (Lp(Ω), ∥.∥Lp) là tách đượcnếu 1 ≤ p < ∞ và không tách được nếu p = ∞.

Ta cần hai kết quả cơ bản để chứng minh định lý ??: trước là kết quảtopo (Urysohn’s Lemma) và sau là các quan hệ xấp xỉ trong không giancác hàm liên tục Lp.

Định nghĩa 7 Cho (X, τ ) là không gian topo Khi đó

C0c(X) := {f : X →R liên tục và spt(f ) là compact trong (X, d)}

Trang 38

Bổ đề 4 (Bổ đề Urysohn) Cho X là compact địa phương trên không

gian metric, cho K ⊂ X và V ⊂ X, K compact và V mở thỏa mãn

K ⊂ V Khi đó, tồn tại một hàm φ ∈ C0c(X) thỏa mãn

0 ≤ φ ≤ 1, φ ≡ 1 trong K và spt(φ) ⊂ V.

Định lý 19 (Xấp xỉ trong Lp bởi các hàm liên tục) Cho Ω ⊂Rn là tậpmở Khi đó C0c(Ω) là trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp), biết 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh của định lý ?? cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơbản trong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại.

Định lý 20 (Xấp xỉ bởi các hàm đơn giản) Cho (X, M) là không gianđo được và cho f : X → [0, +∞] là hàm đo được Khi đó tồn tại dãy cáchàm đơn giản đo được sh: X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất

(i) 0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh≤ ≤ f ;

(ii) lim

h→∞sh(x) = f (x), ∀x ∈ X.

Đặc biệt, nếu f ∈ L1(X, µ), nghĩa làZXf dµ < ∞, khi đó sh → f trênL1(X, µ), nghĩa là∥f − sh∥L1(X,µ):=ZX|f − sh|dµ → 0.

Định lý 21 (Lusin - Dạng trên không gian metric compact địa phương).Cho µ là độ đo Radon trên compact địa phương, không gian metric táchđược X Cho f : X → R là hàm đo được sao cho tồn tại một tập BorelA ⊂ X với

µ(A) < ∞, f (x) = 0∀x ∈ X \A và |f (x)| < ∞µ−hầu khắp nơi x ∈ X.

Khi đó, với mỗi ϵ > 0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho

µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ.

Hơn thế nữa, g có thể được chọn sao cho

supx∈X|g(x)| ≤ sup

x∈X

Trang 39

Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước.Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω) sẽ tồn tại một hàmđơn giản đo được s : Ω →R sao cho

|{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp(Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (17)

∥f − s∥Lp< ϵ. (18)

Đầu tiên, giả sử f ≥ 0 trong Ω Theo xấp xỉ của các hàm không âm đođược bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn tại một dãyhàm đơn giản đo được sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) sao cho

0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; (19)limh→∞sh(x) = f (x)∀x ∈ Ω. (20)Từ (??) ta đượcsh ∈ Lp(Ω) và |s ∈ Ω : sh(x) ̸= 0| < ∞∀h, (21)và∥sh− f ∥ ≤ 2f trong Ω, ∀h. (22)Theo (??) và (??), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đónếu 1 ≤ p < ∞, ta được

lim

h→∞∥sh− f ∥Lp= 0. (23)Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (??), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh− f ∥Lp< ϵ.Nếu ta định nghĩa s := sh, khi đó được theo (??) và (??)

Trường hợp tổng quát f : Ω → R có thể được chứng minh tách f =f+− f− và áp dụng (??) và (??), tách được thành f+ và f−.

Bước 2: Ta chỉ ra rằng∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω), ∃g ∈C0c(Ω)sao cho∥f −g∥Lp<ϵ.

Cho f là hàm đơn giản đo được thỏa mãn (??) và (??) với ϵ ≡ ϵ2 vàký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử rằng ∥s∥∞ > 0, nếu khơng thì

s ≡ 0 ∈ C0c(Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s,tồn tại hàm g ∈C0c(Ω) thỏa mãn

|Ac| = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵ

p

Trang 40

với

|g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω. (25)

Chú ý rằng

∥f − g∥Lp≤ ∥f − s∥Lp+ ∥s − g∥Lp< ϵ

2+ ∥s − g∥Lp. (26)Bây giờ ta đánh giá ∥s − g∥Lp

∥s − g∥pLp=ZΩ|s − g|p dx =ZAϵ|s − g|p dx ≤ 2p∥s∥p∞|Aϵ| < ϵp2p (27)Vì thế (??) và (??) kết thúc chứng minh.Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh rằng(C0c(Ω), ∥.∥∞) là tách được. (28)Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (??), ta được (Lp(Ω), ∥.∥∞) cũng tách được,biết 1 ≤ p < ∞.

Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếmđược, khi đó ta chứng minh

D trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞. (29)Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈C0c(Ω) sao cho

∥f − g∥Lp< ϵ

2. (30)

D là trù mật, tồn tại eg ∈ D sao cho

∥g −eg∥∞ < ϵ2|Ω|1/p.

Nhớ lại rằng

Bài tập 2 ∥f ∥Lp≤ |Ω|1/p∥f ∥∞, ∀f ∈ L∞(Ω), biết rằng |Ω| < ∞.Điều này nghĩa là

∥g − g∥Lp≤ |Ω1/p|∥g − g∥∞< ϵ

2. (31)

Định dạng
Số trang	108
Dung lượng	601,23 KB