Một số áp dụng củ a biến đổi fourier vào biến đổi laplace ngược

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BIẾN ĐỔIFOURIER VÀO BIẾN ĐỔI LAPLACE

NGƯỢC

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Trong những năm gần đây Lý thuyết các sóng nhỏ (Theory of Wavelets)đã phát triển rất mạnh mẽ, nó trở thành nền tảng cho việc xây dựng Lýthuyết truyền tin và các lí thuyết cũng như ứng dụng khác Không giancơ sở mà Lý thuyết này xây dựng là L 2 (R), không gian các hàm bìnhphương khả tích trên R Do các phần tử thuộc L 2 (R), có thể biểu diễnqua cơ sở của nó nên người ta phải quan tâm đến cơ sở của không giannày Trong số các cơ sở của L 2 (R) có một loại cơ sở đặc biệt là cơ sởwavelets trực chuẩn Luận văn chúng tôi giới thiệu 2 loại cơ sở waveletstrực chuẩn thường được dùng đến là cơ sở Gabor và cơ sở Haar, đây

Trang 4

2So 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 vơ hạn chiều từ cách nhìncủa đại số và của topo.

Định nghĩa 1 (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

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 2 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 1 (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 5

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 không gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert.

3Các đặc trưng của ∆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).

3.1Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành

Bổ đề 1 Cho R là một vành tùy ý, ta có

(1) ∆(R) là vành con của R.

Trang 6

(3) Với r ∈ ∆(R) và u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R).(4) NếuR =Yi∈IRi là tích của các vànhRi, khi đó ∆(Yi∈IRi) =Yi∈I∆(Ri).(5) Nếu R là vành nửa địa phương, khi đó ∆(R) = J (R).

(6) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn).(7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

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

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

U (R) + U (R) = ∆(R)).

Chứng minh Giả sử R là ∆U-vành, Lấy u, v ∈ U (R), ta có 1 + u ∈

∆(R), 1 − v ∈ ∆(R), do đó u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R).

Các 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 division ring, khi đó R ∼=F2;(3) Nếu x2 ∈ ∆(R) khi đó x ∈ ∆(R);

(4) R là Dedekind finite;

(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, điều này áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R.

Trang 7

(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,1+x ∈ 1+∆(R), do đóx ∈ ∆(R).(4) Giả sử a, b ∈ R với ab = 1 Khi đó 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)] ∈ ∆

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1.

(5) Nếu I ⊆ J (R) là ideal, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I Giả sử R là ∆U-vành Khi đó u + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là ∆(U )-vành.

Ngược lại, giả sử R/I là ∆U-vành Lấy u ∈ 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) Giả thiết U (T ) = U (T ) ∩ T nghĩa là ∆(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 ).

Định lý 2 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 chứng

minhRlà division Lấy bất kỳa ∈ R, a ̸= 0, ta cóX =

0 0 0 1 − a0 0 0 0 .0 0 0 0 0∈

Trang 8

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 division.

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 9

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.

Định lý 3 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi và

chỉ 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.

3.2Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Nhớ lại rằng, vành R được gọi là vành 2-primal nếu căn nguyên tố củanó bằng N (R).

Mệnh đề 4 Cho R là vành 2-primal Nếu vành đa thức R[x] là ∆U

-vành, khi đó R là ∆U-vành.

Chứng minh R là vành 2-primal, theo [10, Mệnh đề 19], ∆(R[x]) =

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

Trang 10

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

Mệnh đề 5 Cho R là một vành và m ∈N.

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

(2) R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành chuỗi lũy thừa R[[x]] là ∆U-vành.Chứng minh (1) Điều này suy ra từ Mệnh đề 2.4(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]]),do R ∼= R[[x]]/(x), kết quả này suy ra từ Mệnh đề 2.4(5).

Bổ đề 2 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuthỏa ϵi = idR.

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

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

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

Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R)và U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S)).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) Với bất kỳ y ∈ ϵ−1(U (R)), ta lấy

ϵ(y) ∈ U (R) = 1 + ∆(R), vì R là ∆U-vành Suy ra y − 1 = i(x) + v, trongđó v tùy ý thuộc ker(ϵ) và x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S.Lưu ý rằng x + U (R) ⊆ U (R) Ta có ϵ(i(x) + u) = x + ϵ(u) ∈ x + ϵ(U (S)) =x + U (R) ⊆ U (R) = ϵ(U (S)) và i(x) + u = u′ + a trong đó u′ ∈ U (S) và

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

Trang 11

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

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

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

ring Nếu RM là ∆U-vành, khi đó R là ∆U-vành

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

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

3.3Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 8 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(1) R là ∆U-vành.

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

Định lý 4 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương

(1) R là clean ∆U-vành;

(2) Với mỗi a ∈ R, ta có a − a2 ∈ ∆(R) và a − e ∈ ∆(R) trong đó e lũyđẳng, e ∈ R;

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

Bổ đề 3 Nếu R là vành unit-regular thì ∆(R) = 0.

Định lý 5 Cho R là một vành, các điều sau tương đương

(1) R là regular ∆U-vành.

(2) R là strongly regular ∆U-vành.(3) R là unit-regular ∆U-vành.

(4) R có identity x2 = x (R là vành Boolean).

Định lý 6 Cho R là một vành, các điều sau tương đương

Trang 12

(3) R/J (R) là vành Boolean.

Hệ quả 3 Cho R là ∆U-vành, các điều sau là tương đương

(1) R là semiregular ring.(2) R là exchange ring.(3) R là clean ring.4Biểu diễn ∆(R) và các tính chấtBổ 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 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.

Trang 13

U (Ri)) ⊆Y

i∈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) ta suy ra hệ quả sau.

Hệ quả 4 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 7 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 (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) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề ?? (4)suy ra ∆(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 của R và theo Bổ đề ?? (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 đóng

Trang 14

nghịch trong S nên 1 + su ∈ U (R) Theo Bổ đề ?? (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R).

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 21 (2) ta có ngay hệ quả sau.

Hệ quả 5 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thành

tổng 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

trên trường F là lũy linh, với điều kiện dimF R < |F | Áp dụng Định lý21 (1) ta thu được hệ quả sau.

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 khơng nhất thiết phải có đơn vị S là vành con

của R, ta ký hiệu Sˆ là vành con của R được sinh bởi S ∪ {1}.

Mệnh đề 9 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 ??.

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) Khi đóku¯ −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.

Trang 15

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.

Hệ quả 7 Cho R là vành có đơn vị, ∆(∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ làtốn tử đóng.

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 44 (3) và Hệ quả ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0

hay ∆(T ) = ∆(R).

Từ Mệnh đề 44 (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.

Trang 16

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 44 (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

(1) ∆(Tn(R)) = Dn(∆(R)) + Jn(R);(2) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn);(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 8 ∆(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 và

thể 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 1, 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

Trang 17

(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 =12− 12(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).

(5) Giả sử R có hạng ổn định là 1 Lấy r ∈ ∆(R), ta chỉ ra r ∈ J (R).Với bất kỳs ∈ Rta cóRr +R(1−rs) = R VìR có hạng ổn định1nên tồntại 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 5 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 9 Giả sử R là một vành có đơn vị và G là nhóm con đối với

phép 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;

Trang 18

Chứng minh Theo Định lý 21 (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 21 (2) ta được G ⊆ ∆(R).

5Mở rộng tốn tử ∆ cho vành khơng có đơn vị

Bây giờ ta thay đổi định nghĩa của ∆ để có thể làm việc trên các vànhkhông 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, không 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 6 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 46 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 qt ∆(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 10 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có

Trang 19

(2) ∆(R) không chứa các phần tử lũy đẳng khác không.

(3) ∆(R) không 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 mộtphần 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 11 Cho R là một vành chính quy đơn vị, khi đó ∆(R) = 0.

Hệ quả 12 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tửlũy 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 46, 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 20

nếu 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 ?? 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 hốn 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 11 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 1 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 44 (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.

6Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyếntính

Trang 21

Chứng minh Cho bất kỳ t ∈ I, giả sử J = [c; d] là bất kỳ đoạn con bịchặn của I sao cho τ, π ∈ J, Bởi định lý 7.3 tồn tại một hàm Xj khácbiệt duy nhất trên đoạn con [a, b] sao cho

XJt(s) = A(s)XJ(s) + B(s),XJ(τ ) = ξ,s ∈ J

Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn bất kỳ J1 = [c1, c2] ⊂ I sao cho

τ, t ∈ J1, khi đó J1∩ J là một đoạn con bị chặn chứa τ, t và kết quả duynhất áp dụng cho đoạn này cho thấy rằng XJ1(s) = XJ(s), s ∈ J1∩ J

Đặc biệt, XJ1(t) = XJ(t) Để định nghĩa của chúng ta vềX(t) khơng phụthuộc vào J được chọn Vì X có tính khả vi trên [a, b] và thỏa mãn

X′(t) = A(t)X(t) + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I

Nó là một giải pháp của (IV P) trên đoạn I Nó là duy nhất, vì nếu Y

cũng là mơt giải pháp trên I thì đối với mọi t thuộc I có một đoạn connhỏ J chứa τ, t và kết quả duy nhất cho J ngụ ý rằng X(t) = Y (t).

Trước khi tiếp tục phát triển lý thuyết, chúng ta xem xét một ví dụkhác Xét bài tốn với n = 1 :

x′= 3t2x,x(0) = 1,t ∈ R

Phương trình tích phân tương ứng là

Trang 22

x3(t)1 +

Z t

0

3s2[1 + s3+ s6/2]ds = 1 + t3+ t6/2 + t9/6,

Và một quy nạp cho thấy rằng

xm = 1 + t3+ (t3)22 +(t3)33! + · · · +(t3)mm! .

Chúng ta nhận raxm(i) là môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số củahàm x(t) = et3.

Dãy số này hội tụ đến x(t) cho mọi t thuộc R, và hàm x(t) là kết quảcủa vấn đề.

Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấyrằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0(t)cũng sẽ dầnđến cùng một giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức cơ bản đó sẽ đượcáp dụng

|Xm+1(t) − Xm| ≤ ∥A∥∞

Z t

τ

|Xm(s) − Xm−1(s)|ds,m ≥ 1, t ∈ I.

Sự khác biệt duy nhất phát sinh do sự khác biệt ban đầu giữa Xi(t) −X0(t) Ước lượng thu được từ lập luận quy nạp sau đó trở thành

|Xm+1(t) − Xm| ≤ ∥X1− X0∥∞h∥A∥∞[t − τ ]

im

/m!

Phần còn lại của lập luận diễn ra như trước đây, đưa ra giải pháp duynhất X(t) của (7.2) Nếu (IV P) được xem xét trên bất kỳ đoạn I nào,ta cũng có thể ước lượng khoảng cách giữa Xm(t) và X(t) trên bất kỳđoạn con nhỏ J = [a, b] nằm trong I chứa τ Với mọi k > m

∥X − Xm∥∞,J ≤ ∥X − Xk∥∞,J + ∥Xk− Xm∥∞,J

≤ ∥X − Xk∥∞,J + ∥(Xk− Xk−1) + (Xk−1− Xk−2) + · · · + (Xm+1− Xm)∥∞,J

Và sử dụng bất đẳng thức tam giác và lấy giới hạn khi (7.10) ngụ ý rằng

Trang 23

Tất nhiên, chuỗi cuối cùng này lại là phần còn lại của chuỗi cho hàm mũ

(∥A∥∞,J[b − τ ]).

Do đó (7.11) ngụ ý rằng Xm→ X trong định mức tối đa trên mỗi J.Chúng tơi tóm tắt trong định lý sau đây

Định lý 11 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).

Xm+1(t) = ξ +

Z t

τ

[A(s)Xm(s) + B(s)]ds,t ∈ I

Tại X0∈ C(I, Fn) là tùy ý Nếu X(t) là giải pháp của (IV P) trên I, thì

Xm→ X đồng đều

∥X − Xm∥∞,J → 0,k → ∞

Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ

7Tính liên tục của các giải pháp

Trở lại tình huống trong Định lý 7.3, trong đó [a, b] là một đoạn đóng,giải pháp X(t) của bài toán giá trị ban đầu.

X′= A(t)X + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I,IV P

Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ Fn, A ∈ C(I, Mn(F )) và B ∈ C(I, Fn).Kết quả chính của phần này khẳng định rằng đối với mọi t ∈ I Giá trị

X(t) à một hàm liên tục của các biến này Phân tích sự phụ thuộc này

bắt đầu bằng một ước lượng cho ∥X∥∞ điều này được suy ra bằng cách

sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3Bắt đầu với việc xấp xỉ kế tiếp từ

X0(t) = ξ +Z tτB(s)ds,Kết quảX(t) = limk→∞Xk(t)

Sau đó đáp ứng ước lượng

Trang 24

≤ ∥X0∥ +

∞

X

m=0

∥Xm+1− Xm∥∞

Bây giờ có thể áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết quả là

∥X∥∞≤ ∥X0∥∞+ ∥X0∥∞∞Xm=0∥A∥m+1∞ [b − τ ]m+1(m + 1)!= ∥X0(t)∥∞exp(∥A∥∞[b − τ ]).Từ∥X0(t)∥∞ =ξ +Z tτB(s)ds∞≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞,

Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞ là

∥X∥∞≤|ξ| + |b − a|∥B∥∞exp(∥A∥∞[b − a]).(7.12)

Ước lượng đơn giản (7.12) có thể được sử dụng để chỉ ra bằng X là mộthàm liên tục chung trong tất cả các biến này Do đó, một sự thay đổinhỏ trong t, A, b, τ, ξ sẽ tạo ra một sự thay đổi nhỏ trong X Nếu chúngta ký hiệu giải pháp của (IV P) tại thời điểm t bằng X(t, A, B, τ, ξ), sauđó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa chính xác cho phát biểu rằng

X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ),

tại

(s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ).

Đó là, X là liên tục tại (t, A, B, τ, ξ).

Định lý 12 Đặt I là một đoạn[a, b]bị chặn,A, C ∈ C(I, Mn(F )),B, D ∈C(I, Fn), τ, σ ∈ I, ξη ∈ Fn Giả định X là kết quả của

X′ = A(t)X + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I

Cho mọi t thuộc I và e > 0, ở đó có tồn tại ϵ > 0 như vậy nếu Y là kếtquả của

Trang 25

và

|s − t| < δ,∥C − A∥∞< δ,∥D − B∥∞ < δ|σ − τ | < δ,|η − ξ| < δ

Vậy

|Y (s) − X(t)| < ϵ(7.14)

Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) và Y (t) ta được

(Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t).

Do đó nếu Z = Y − X thì Z đáp ứng giá trị bài toán ban đầu

Z′ = C(t)Z + E(t),Z(σ) = η − X(σ)

Nơi

E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t).

Chúng ta có thể áp dụng đánh giá (7.12) cho Z và thu được

∥Y − X∥∞= ∥Z∥∞ ≤|Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞exp(∥C∥∞[b − a])(7.15)

Đặt e > 0 được cho Ta thấy

|Y (s) − X(t)| < |Y (s) − X(s)| + |X(s) − X(t)|≤ ∥Y − X∥∞+ |X(s) − X(t)|(7.16)

Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0 có ϵ > 0 như vậy |s − t| < δ1 Ngụ ý

|X(s) − X(t)| < ϵ3

Mà còn

|Z(σ)| = |η − X(σ)| ≤ |η − ξ| + |X(τ ) − X(σ)|

Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0có ϵ2> 0 như vậy

|η − ξ| < δ2,|τ − σ| < δ2

Ngụ ý

Trang 26

Cuối cùng, từ

E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t)

Có ϵ3 như vậy

∥C − A∥∞< ϵ3,∥D − B∥∞< ϵ3

Ngụ ý

|b − a|∥E∥∞exp(∥C∥[b − a]) < ϵ3.

Và chọn δ > 0 thoả mãn δ = min(δ1, δ2, δ3) Vậy nếu (7.13) là hợp lệ cho

ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19)

8ĐỊNH LÝ ROLLE

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

Định lý 13 (Định lý Rolle) Giả sử cho hàm số f liên tục trên [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f′(c) = 0

Chứng minh

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

f (x1) = min

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

[a,b]f (x) = M

Có hai khả năng xảy ra:

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

Trang 27

hai điểm x1, x2 phải thuộc khoảng (a, b) Khơng mất tính tổng qt tagiả sử x1 ∈ (a, b) Theo định lý Fermat thì đạo hàm tại điểm này bằngkhơng.

Định lý được chứng minh xong.

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle.

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

Hệ quả 13 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b) và phương

trìnhf (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì phương trình

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

với (k = 1, 2, , n))Chứng minh

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

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

f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0

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

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

(a, b).

Tiếp tục quá trình trên thì sau k bước phương trình f(k)(x) = 0 có ítnhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).

Hệ quả 14 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàmtrên khoảng (a, b) Khi đó nếu phương trình f′(x) = 0 có khơng q n − 1

Trang 28

Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trên

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

9Khơng gian các hàm p-khả tích Lp(Ω)

Ta nhớ lại khơng gian các hàm p-khả tích trong độ đo Lebesgue n chiều.Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p ∈ [1, ∞],

Lp(A) := {f : A →R: f đo được Lebesgue và ∥f ∥Lp< +∞}

ở đó∥f ∥Lp= ∥f ∥Lp(A):=ZA|f (x)|p dx1/pnếu 1 ≤ p ≤ ∞inf{M > 0 : |f (x)| ≤ M, x ∈ A} nếu p = ∞

Số ∥f ∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A.

Định lý 14 (Fisher - Riesz) (Lp(A), ∥.∥Lp) là không gian Banach nếu

1 ≤ p ≤ ∞ Hơn nữa L2(A) là không gian Hilbert với tích vơ hướng

(f, g)L2:=

Z

A

f g dxf, g ∈ L2(A).

Theo kết quả của định lý Riesz - Fisher ta thu được kết quả hữu ích.Định lý 15 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, (fh)h ⊂ Lp(Ω) và f ∈ Lp(Ω) với

1 ≤ p ≤ ∞ Giả sử rằng

lim

h→∞∥fh− f ∥Lp(Ω)= 0.

Khi đó, tồn tại một dãy con (fhk)k và một hàm g ∈ Lp(Ω) thỏa mãn(i) fhk(x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω

Trang 29

Nhận xét 1 Nó sẽ khơng cịn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f (x)

hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Nhận xét 2 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập mở bị chặn, nếu khơng thì quan hệ bao hàm khơng được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

và bất kỳ tập mở Ω, ở đó

C0c(Ω) := {f ∈ C0(Ω) : spt(f ) là compact và được chứa trong Ω}

và

spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ Ω : f (x) ̸= 0}

Hơn nữa nhớ lại rằng C0(Ω, ∥.∥L2) là khơng gian tuyến tính định chuẩn,nhưng khơng phải là khơng gian Banach.

Tính compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Trong mục này chúng ta sẽ thảo luận về một kết quả compact trongkhông gian Lp Chúng ta chỉ nêu các kết quả nhưng không chứng minh.Cho f : Rn → R và v ∈ Rn, khi đó ta định nghĩa τvf : Rn → R hàmv-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

(τvf )(x) := f (x + v)

Định lý 16 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặntrong (Lp(Rn), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞ Giả sử rằng lim

v→0∥τvf − f ∥Lp= 0 đềuvới mỗi f ∈ F, nghĩa là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : ∥τvf − f ∥Lp< ϵ, ∀v ∈Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F(N EF)

Khi đó F |Ω := {f |Ω : f ∈ F } là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp),nghĩa là bao đóng của nó là compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp), với mỗi tập mở

Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn.

Từ định lý 31 ta suy ra điều kiện compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nếu f : Ω →R, ta ký hiệu ef :Rn →R là hàm được định nghĩa như

e

f (x) :=

(

Trang 30

Hệ quả 15 Cho Ω ⊂Rn là tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp(Ω)

và cho F := {e f : f ∈ F }e Giả sử rằng

(i) F bị chặn trên (Lp(Ω), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞;(ii) lim

v→0∥τvf − f ∥Lp= 0 đều với f ∈ F, nghĩa là Fe thỏa mãn (ENF).Khi đó F là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp).

Chứng minh Từ định lý 31, Fe là một tập compact tương đối Lưu ý

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp)khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp) Do đặc tính củatập compact trong khơng gian metric (Định lý 45) có điều phải chứngminh.

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp).Định lý 17 Cho F ⊂ Lp(Rn)với 1 ≤ p < ∞ Khi đó F là compact tươngđối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp) khi và chỉ khi

(i) F là bị chặn trên (Lp(Rn), ∥.∥Lp);(ii) với mỗi ϵ > 0, tồn tại rϵ> 0 thỏa mãn

∥f ∥Lp(Rn\B(0,rϵ))< ϵ∀f ∈ F ;

(iii) lim

v→∞∥τvf − f ∥Lp= 0 đều f ∈ F.

Nhận xét 3 (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý 31 Thậtvậy, xét họ F := {fh : h ∈N} ở đây fh :R→R được định nghĩa là

fh(x) :=1h nếu 0 ≤ x ≤ 1h

0 nếu ngược lại

và Ω := (0, 1) Khi đó dễ thấy rằng ∥f ∥L1R= 1 với mỗi h ∈ N và F |Ω

không compact tương đối trong (L1(Ω), ∥.∥L1), vì khơng có dãy con nàocủa (fh)h hội tụ trong L1(Ω) Mặt khác, v > 0, với mỗi h > 1/v

Trang 31

Do đó, (ENF) khơng cịn đúng cho F

(ii) Nếu Ω khơng có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý 31 khơngcịn đúng nữa Thật vậy, xét họ F := {fh: h ∈N} ở đây fh:R→R được

định nghĩa fh(x) := f (x + h) ở đây f ∈Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0,và f không triệt tiêu Khi đó

∥f ∥L1(R)= ∥f ∥L1(R)> 0∀h. (1)Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

|τvf − f (x)| = |f (x + v)f (x)| ≤ L|v|X [−a−1,a+1](x)∀x ∈R, v ∈ [−1, 1]

và

∥τcfh− fh∥L1(R)= ∥τvf − f ∥L1(R)∀h

ở đây L := Lip(f ) Cho Ω := R và quan sát F = F |Ω không compacttương đối trên (L1(R), ∥.∥L1) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh bởi (27), từ

fh(x) → 0 với mỗi x ∈R.

Tính tách được của (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nhận xét 4 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂L∞(Ω) là chặt Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)

∥f ∥∞,Ω= ∥f ∥L∞(Ω)(∗)

Thật vậy

∥f ∥L∞(Ω):= inf{M > 0 : |f (x)| ≤ M, x ∈ Ω} ≤ sup

x∈Ω

|f (x)| := ∥f ∥∞,Ω.

Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, nếu N ⊂ Ω là tậpkhông đáng kể với mối quan hệ đến L, khi đó

Ω \ N ⊇ Ω.

Vì thế, theo tính liên tục của f, nếu tồn tại M > 0 sao cho

|f (x)| < M, x ∈ Ω ⇒ |f (x)| ≤ M∀x ∈ Ω.

Đặc biệt, từ (∗), C0(Ω) hóa ra là đóng trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞(Ω)).

Trang 32

Định lý 18 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho 1 ≤ p < ∞ và ký hiệup′:=pp − 1 nếu 1 < p < ∞∞ nếu p = 1(số mũ của) p

Khi đó ánh xạ T : Lp′(Ω) → (Lp(Ω))′, được định nghĩa

⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω):=

Z

Ω

uf dx, ∀f ∈ Lp(Ω),

là đẳng cấu metric và nó sẽ có những đặc trưng bằng sự xác định

Lp′(Ω) ≡ (Lp(Ω))′ nếu 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước.

Bước 1: Ta chứng minh rằng T là một phép đẳng cự, nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′= ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (2)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≤ ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (3)Ta chỉ ra bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử 1 < p < ∞, điều này cũngcó nghĩa là 1 < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′(Ω)= 0, khi đó, u = 0 hầu khắp nơitrong Ω bất đẳng thức này là rõ ràng Giả sử 0 < ∥u∥Lp′(Ω)< ∞, khi đóta cần giả sử rằng 0 < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa

fu(x) := |u(x)|p′−2u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Quan sát rằng fn ∈ Lp(Ω), từ

|fu(x)|p = |u(x)|p′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇒ ∥fu∥Lp(Ω)= ∥u∥1/p−1

Lp′(Ω).

Vì vậy

⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω)=

Z

Ω

u|u|p′−2udx = ∥u∥p′

Trang 33

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≥ ∥u∥Lp′(Ω)∀u ∈ Lp′(Ω). (5)Vì thế (29) và (31) cho ta (28) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, vì

p′= ∞, giả sử 0 < M < ∥u(x)∥L∞(Ω) Khi đó tập hợp

EM := {x ∈ Ω : |u(x)| > M } ∈ M và |EM| > 0.

Từ không gian đo (Ω, Mn∩ Ω, Ln) làσ−hữu hạn, tồn tại tậpF ∈ Mn∩ Ω

sao cho

0 < |EM ∩ F | < ∞.

Tập hợp

fu(x) := 1

|EM ∩ F |sign(u(x))χEM∩F(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω

Khi đó∥fu∥L1(Ω)=ZΩ|fu(x)|dx = 1và⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)= 1|EM ∩ F |ZEM∩F|u|dx ≥ M, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)) (43b)Từ (29) và (43b), suy raM ≤ ⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)≤ ∥T (u)∥(L1(Ω))′∥fu∥L1(Ω)= ∥T (u)∥(L1(Ω))′, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)),Từ đó

∥T (u)∥(L1(Ω))′≥ ∥u∥L∞(Ω), ∀u ∈ L∞(Ω). (24b).

Từ (29) và (44b), đồng nhất (28) khi p = 1.

Bước 2: Đầu tiên giả sử rằng |Ω| < ∞ và ta chứng minh T là toàn ánh,nghĩa là ∀ϕ ∈ (Lp(Ω))′, ∃u ∈ Lp′(Ω) sao cho

Trang 34

Bởi vì |Ω| < ∞, χE ∈ Lp(Ω) với bất cứ E ∈ M := Mn∩ Ω, p ∈ [1, ∞) Định

nghĩa tập hợp hàm ν : M →R

ν(E) := ϕ(χE), E ∈ M

Chỉ ra rằng

ν là σ-hữu hạn, độ đo có dấu; (6)

ν ≪ Ln trên M. (7)

Thật vậy |ν(E)| < ∞ với mỗi E ∈ M, do đó ν là σ-hữu hạn Giả sử

(Eh)h ⊂ M là một dãy rời nhau, ta chưng minh rằng ν(∪∞h=1Eh) =

∞

X

h=1

ν(Eh) Tập hợp E := ∪∞h=1Eh Với mỗi số nguyên m bất kỳ ν(E) −mXh=1ν(Eh)=ϕ(χE) −mXh=1ϕ(χEh)=ϕ(χE) − ϕmXh=1χEh!