Một số áp dụng của 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 2

Chuyên ngành::

Mã số::

LUẬN VĂN THẠC SĨNgười hướng dẫn

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

“Kỹ thuật biến phân” là một thuật ngữ của toán học nhằm nói đến cácphương pháp chứng minh ở đó có sử dụng một hàm phụ thích hợp màđạt giá trị cực tiểu Đây có thể được xem như một mơ hình tốn họccủa các ngun tắc tác động tối thiểu trong vật lý Bởi nhiều kết quảquan trọng trong toán học, mà đặc biệt là trong giải tích, có xuất xứ từvật lý và cơ học, nên việc chúng có ít nhiều liên quan đến các kỹ thuật

Trang 4

2Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Mệnh đề 1 Cho R là vành 2-nguyên thủy Nếu vành đa thức R[x] là

∆U-vành, khi đó R là ∆U-vành.

Chứng minh R là vành 2-nguyên thủy, theo Mệnh đề 43, ∆(R[x]) =

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

U (R) ⊆ U (R[x]) = 1 + ∆(R[x]) = 1 + ∆(R) + I[x],

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 2 Cho R là một vành và m ∈N.

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

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

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

Bổ đề 1 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuvành thỏa mãn ϵi = idR Khi đó, các khẳng định sau là đúng

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

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

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

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

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

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

ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó, ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

Trang 5

Do đó U (R) = 1 + ∆(R).

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

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

theo giả thuyết Từ U (S) + ∆(S) ⊆ U (S) với mọi vành có đơn vị S, ta có

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

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

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

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

g∈G

rgg trong đó rg∈ R.

Giả sử R là một vành và M là một vị nhóm, khi đó RM gọi là vành

vị nhóm và được định nghĩa giống như vành nhóm.

Mệnh đề 3 Cho R là một vành, M là một vị nhóm và RM là vành vị

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

Chứng minh Ta xét quan hệ bao hàm ι : R → RM (ι(r) = re với e là

phần tử đơn vị của vị nhóm M) và ϵ : RM → Rlà các đồng cấu mở rộng

xác định bởi ϵ Xm∈Mrmm!= Xm∈Mrm ([?] Mệnh đề II.3.1) Khi đó ta đủđiều kiện để áp dụng Bổ đề 6 (2).

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

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

Từ nhận xét trên ta có mệnh đề sau.

Mệnh đề 4 Cho R là vành giao hốn có đơn vị Vành đa thứcR[x] trên

Trang 6

3ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý 1 (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.

Nhận xét 1 Thơng qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức

f (a) = f (b)).

Sau đây ta sẽ trình bày cơng thức Lagrange dưới một dạng khác.Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ − a

b − a Khi đó:

Trang 7

Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩalà mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng

(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại cơng 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

chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộngChứng minh

Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0

Trang 8

4Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyếntính

Định lý 2 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho

I là một đoạn thực bất kỳ và giả sử rằng A ∈ C(I, Mn(F )), B ∈ C(I, Fn).Cho mọi τ ∈ I, ξ ∈ Fn tồn tại một giải pháp duy nhất X của (IV P) trênđoạn I.

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) không 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 9

Do đóx1(t) = 1 +Z t03s2ds = 1 + t3,x2(t) = 1 +Z t03s2[1 + s3]ds = 1 + t3+ t6/2,x3(t)1 +Z t03s2[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

Trang 10

Và sử dụng bất đẳng thức tam giác và lấy giới hạn khi (7.10) ngụ ý rằng∥X − Xm∥∞,J ≤∞Xk=m∥Xk+1− Xk∥∞,J,(7.11)≤ ∥X1− X0∥∞,J∞Xk=mh∥A∥∞,J[b − τ ]im/m!.

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 3 (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

5Tính 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 nàybắt đầu bằng một ước lượng cho ∥X∥∞ điều này được suy ra bằng cáchsử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3

Bắt đầu với việc xấp xỉ kế tiếp từ

X0(t) = ξ +

Z t

τ

Trang 11

Kết quả

X(t) = lim

k→∞Xk(t)

Sau đó đáp ứng ước lượng

∥X∥∞ = ∥ limk→∞Xk∥ =limk→∞X0(t) +k−1Xm=0(Xm+1(t) − xm(t)) ∞≤ ∥X0∥ +∞Xm=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).

Trang 12

Định lý 4 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 củaY′ = C(t)Y + D(t),y(σ) = η,t ∈ Ivà|s − t| < δ,∥C − A∥∞< δ,∥D − B∥∞ < δ|σ − τ | < δ,|η − ξ| < δVậy|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

Trang 13

Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0có ϵ2> 0 như vậy|η − ξ| < δ2,|τ − σ| < δ2Ngụ ý|Z(σ)| exp(∥C∥∞[b − a]) < ϵ3.Cuối cùng, từE(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t)Có ϵ3 như vậy∥C − A∥∞< ϵ3,∥D − B∥∞< ϵ3Ngụ 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)

6Các 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 Abel với

phép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép tốn nhân và phép tốn 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 làphần tử khơng) 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

Trang 14

Định nghĩa 3 Ideal 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 củaR vừa là ideal trái, vừa là ideal phải được gọi là idealcủa vành R.

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

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

với mọi x, y ∈ R.

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.

6.0.1Định lý đồng cấu vành

Định nghĩa 5 Cho R, R′ là hai vành Ánh xạ f : R → R′ được gọi làmột đồng cấu vành nếu f bảo tồn hai phép tốn cộng và nhân trong R,nghĩa là

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

với mọi x, y ∈ R.

6.0.2Một số kết quả liên quan

7Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)

Định nghĩa 6 Cho Ω ⊂Rn là tập mở.

(i) Cho f : Ω → R và i = 1, , n, ta nói rằng f liên tục và khả vi cấp

i trên Ω (∃∂f

Trang 15

g = ∂f

∂xi = Dif trên Ω, ở đó ∂f

∂xi = Dif được hiểu là lớp các đạo hàmriêng thứ i của f.(i)C1(Ω) :=f ∈C0(Ω) : ∃∂f∂xi∈C0(Ω), ∀i = 1, , n.

(iii) Cho fC1(Ω) Ta biểu thị

∥f ∥C1= ∥f ∥C1

,Ω= X

|α|≤1

∥Dαf ∥∞,Ω

∥.∥C1 được gọi là chuẩn C1.

Định lý 5 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, bị chặn Khi đó (C1(Ω), ∥.∥C1) làkhơng gian Banach vô hạn chiều, nhưng không là không gian Hilbert.Chứng minh Ta xét trường hợpn = 1 và Ω = (a, b) Đầu tiên ta phải chỉra nó là đầy đủ nhưng không là không gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntínhT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),T (f ) := (f, f′)(1)ở đó∥f, g∥C0(Ω)×C0(Ω):= ∥f ∥∞+ ∥g∥∞ nếu (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω).Chú ý rằng T là đẳng cự, nghĩa là∥T (f )∥C0(Ω)×C0(Ω)= ∥f ∥C1∀f ∈ C1(Ω).

Đặc biệt, nếu ta định nghĩa M := T (C1(Ω)), ánh xạ

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))

là một đẳng cự.

Bài tập 1 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là không gian Banach Cho E × F

với chuẩn

Trang 16

Khi đó

(E × F, ∥(x, y)∥F)

là khơng gian Banach.

Do đó, ta phải chỉ ra rằng M đóng trên(C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),để hồn thành chứng minh.Giả sử ((fh, fh′))h⊂ M là một dãy màlimh→∞∥(fh− f, fh′ − g)∥C0(Ω)×C0(Ω)= 0 (2)với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng∃f′= g trên [a, b]. (3)

Theo (14), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hộitụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển

fh(x) − fh(a) =

Z x

a

fh′(t)dt∀x ∈ [a, b], ∀h,

ta có thể lấy qua giới hạn, khi h → ∞, trong đồng nhất thức trước vàtheo (15)

Bài tập 2 Chỉ ra rằng (C1(Ω), ∥.∥C1) là khơng gian Banach, ở đó

∥u∥C1:= X

|α|≤1

∥Dαu∥∞

và Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn.

C1(Ω) là không gian vector vô hạn chiều vì nó chứa tập hợp của đathức.

C1(Ω) khơng là một khơng gian Hilbert.Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)

Định lý 6 Cho F ⊂ C1(Ω) và Fi := {Dif : f ∈ F }, i = 1, , n Khiđó F là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) khi và chỉ khi F và Fi, với mỗi

Trang 17

(i) Bị chặn trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(ii) đóng trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(iii) liên tục đều trên Ω.

Chứng minh Ta xét trong trường hợp khi n = 1 và Ω = (a, b).

Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))

là ánh xạ được định nghĩa bởi (13).

Trong chứng minh của định lý 10 ta chỉ ra được tồn tại

T−1: (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) → (C1(Ω), ∥.∥C1)

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) tương đương với T (F )

compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

πi:C0(Ω) ×C0(Ω) → C0(Ω), (i = 1, 2)

phép chiếu trên không gian tọa độ, nghĩa là

πi(f1, f2) = fi(f1, f2) ∈C0(Ω) ×C0(Ω),

khi đó πi là liên tục Từ F compact (C1(Ω), ∥.∥C1), T (F ) cũng compacttrong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = F

và π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0) Theo định lý Arzelà- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Bài tập 3 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng.

Nhận xét 2 Cho

F = BC1([a,b]):= {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1= ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Trang 18

tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k vàf ∈C0([a, b]) thỏa mãnlimk→∞∥fhk − f ∥∞= 0.Tính tách được của (C1(Ω), ∥.∥C1)Định lý 7 (C1(Ω), ∥.∥C1) là tách được.Chứng minh ChoT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))

là ánh xạ được định nghĩa trong (13) VìT là đồng phơi và tính tách đượcđược bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần chỉ ra rằng khơng gian con

(M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))của khơng gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))

là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý??), bài tập 5 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến khơng giancon (Xem định lý ?? (ii))

8Xấp 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 19

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 4 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 5 (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 20

(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). (4)Chú ý rằng(ϱ ∗ f )(xr) − (ϱ ∗ f )(x) =ZRn(ϱ(xr− y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈N. (5)Từ dãy (xr)r bị chặn trong Rn, tồn tại một tập compact K ⊂ Rn thỏamãn

Trang 21

Đặc biệt

ϱ(xr− y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y /∈ K, ∀r ∈N. (6)Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn), theo (51), 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 (7)Từ (50), (51) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (49)

Nhận xét 3 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 8 (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 9 (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 22

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủZ

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (8)Thật vậy, theo (53), suy ra

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

Ta có được kết luận Ta chứng minh (53).

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 39 (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. (9)Từ (∗) ta được

Z

Ω

f ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý 39 (iv) và (??), 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 23

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 39 (iii) suy ra

spt(fh,r) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh⊂ Ω. (10)Hơn thế nữa, cho h ∈N, tồn tại rh = r(h) ∈N sao cho

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (11)Định nghĩa

fh(x) := (ϱrh∗ gh)(x), x ∈Rn, h ∈N,

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý 39 (i), (ii) (55),(56), fh ∈C∞c (Ω) và∥fh− f ∥Lp(Ω)= ∥fh−f ∥e Lp(Rn)≤ ∥ϱh∗ gh− ϱh∗f ∥eLp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥eLpRn = ∥ϱh∗ (gh−f )∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥eLp(Rn)≤ ∥gh−f ∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥e Lp(Rn), ∀h.(12)Từ định lý 39 (iv),ϱh∗f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh →fe trong Lp(Rn).

Trang 24

9Độ giao hốn tương đối của một nhóm con

Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hốn của một nhóm con.

Định nghĩa 8 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Ký

hiệu

C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh}.

Độ giao hoán tương đối của nhóm con H trong G, ký hiệu là Pr(H, G),được định nghĩa như sau

Pr(H, G) =|C||H||G|.

Từ Định nghĩa ?? ta thấy ngay rằng Pr(G, G) = Pr(G), trong đóPr(G)

là độ giao hốn của nhóm G được định nghĩa như trong Định nghĩa 20.Sau đây là một số ví dụ về độ giao hốn tương đối của một số nhóm.

Ví dụ 1 Xét nhóm nhị diện D3 được cho bởi các phần tử sinh và hệ

thức xác định như sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó D3 = {1, r, r2, s, rs, r2s} và phép nhân các phần tử của D3 đượccho trong bảng sau.

• 1 rr2 srsr2s1 1 rr2 srsr2srrr2 1 rsr2ssr2 r2 1 rr2ssrsssr2srs 1 r2 rrsrssr2sr 1 r2r2sr2srssr2 r 1

Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau.

Trang 25

Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức được xác định như sau D4 = ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó D4= {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

D4 được cho trong bảng sau.

• 1 rr2 r3 srsr2sr3s1 1 rr2 r3 srsr2sr3srrr2 r3 1 rsr2sr3ssr2 r2 r3 1 rr2sr3ssrsr3 r3 1 rr2 r3ssrsr2sssr3sr2srs 1 r3 r2 rrsrssr3sr2sr 1 r3 r2r2sr2srssr3sr2 r 1 r3r3sr3sr2srssr3 r2 r 1

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2, s⟩H = ⟨r2, rs⟩H = ⟨s⟩|C| 8 24 24 24 12Pr(H, D4) 1 34343434Các nhóm con H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = ⟨r3s⟩H = ⟨r2⟩H = D4|C| 12 12 12 16 40Pr(H, D4) 343434 1 58

Ví dụ 3 Xét nhóm quaternion Q8 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau Q8 = ⟨r, s | r4 = 1, s2= r2, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó Q8 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

Trang 26

• 1 rr2 r3 srsr2sr3s1 1 rr2 r3 srsr2sr3srrr2 r3 1 rsr2sr3ssr2 r2 r3 1 rr2sr3ssrsr3 r3 1 rr2 r3ssrsr2sssr3sr2srsr2 r 1 r3rsrssr3sr2sr3 r2 r 1r2ss2srssr3s 1 r3 r2 rr3sr3sr2srssr 1 r3 r2

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = Q8|C| 8 24 16 24 24 40Pr(H, Q8) 1 34 1 343458

Từ định nghĩa của độ giao hốn tương đối ta có ngay kết quả sau.

Mệnh đề 6 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Khi đó

Pr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|Xy∈G|CH(y)|.Chứng minh Ký hiệuC = {(x, y) ∈ H × G | xy = yx}.

Với mỗi x ∈ H số các cặp phần tử (x, y) ∈ C là |CG(x)| trong đó CG(x)

là tâm hóa của x trong G Với mỗi y ∈ G số các cặp phần tử (x, y) ∈ C

là |CH(y)| trong đó CH(y) là tâm hóa của y trong H Cho nên ta có

|C| = X

x∈H

|CG(x)| =X

y∈G

|CH(y)|.

Trang 27

Kết quả sau đây cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối củamột nhóm con chuẩn tắc của một nhóm nhờ số lớp liên hợp.

Mệnh đề 7 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con chuẩn tắc của

G Khi đó

Pr(H, G) = k|H|

trong đó k là số các lớp liên hợp của G nằm trong H.

Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp của x trong G là

O(x) Khi đó ta có

|O(x)| = |G : CG(x)|.

Gọix1, x2, , xk là các phần tử đại diện của các lớp liên hợp của Gnằmtrong H Vì H ◁G cho nên với x ∈ H bất kỳ ta có O(x) ⊂ H Do đó,theo Mệnh đề ??, ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|kXi=1|O(xi)||CG(xi)|= 1|H||G|kXi=1|G : CG(xi)||CG(xi)| = 1|H||G|kXi=1|G| = k|H|.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta cần bổ đề sau đây trong phép chứng minh các kết quả so sánh độgiao hốn tương đối của một nhóm con của một nhóm với độ giao hốncủa nhóm và nhóm con đó.

Bổ đề 2 Cho H là một nhóm con của G Khi đó với mọi phần tử x ∈ G|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x).Chứng minh Lấy x ∈ G bất kỳ Khi đó, theo Mệnh đề 5, ta có

Trang 28

Mà

H ∩ CG(x) = {a ∈ H | a ∈ CG(x)} = CH(x),

cho nên từ đó suy ra

|H|

|CG(x)| ⩽ |G|

|CH(x)|.

Do đó, theo Định lý Lagrange ta có được

|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

Từ lập luận ở trên ta thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

G = HCG(x).

Mệnh đề sau đây cho ta một đánh giá về độ giao hốn tương đối củamột nhóm con của một nhóm nhờ độ giao hốn của nhóm và nhóm conđó.

Mệnh đề 8 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó

Trang 29

Theo Bổ đề ?? ta có

|CH(y)|

|H| ⩾ |C|G|G(y)| với mọi y ∈ G.

Từ đó suy raPr(H, G)⩾ |G|1 Xy∈G|CG(y)||G| =1|G|2Xy∈G|CG(y)| = Pr(G).

Mệnh đề sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để xảy ra đẳng thức.

Mệnh đề 9 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó

(i) Pr(H, G) = Pr(H) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ H.

(ii) Pr(H, G) = Pr(G) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ G.Chứng minh.

(i) Từ phép chứng minh của Mệnh đề ?? ta thấy rằng Pr(H, G) = Pr(H)

khi và chỉ khi

|CH(x)||H| =

|CG(x)|

|G| với mọi x ∈ H.

Theo Bổ đề ??, điều này xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi

x ∈ H Vậy ta có điều phải chứng minh.

(ii) Lập luận hồn tồn tương tự như trên ta cũng có điều phải chứng minh.

Từ Mệnh đề ?? ta có ngay hệ quả sau.

Hệ quả 3 Cho H là một nhóm con của nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G)

thì Pr(H) = Pr(G).

Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện đủ để không xảy ra đẳng thứctrong Mệnh đề ??.

Mệnh đề 10 ChoH là một nhóm con của nhómG Nếu H khơng chuẩn

tắc trong G thì

Trang 30

Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc trong G Trước tiên ta chứngminh rằng tồn tại x ∈ H sao cho G ̸= HCG(x) Thật vậy, giả sử trái lạirằng G = HCG(x) với mọi x ∈ H Lấy g ∈ G và x ∈ H bất kỳ Khi đó

g−1∈ G = HCG(x) Giả sử g−1= ha với h ∈ H, a ∈ CG(x) Khi đó ta có

g−1xg = (ha)x(ha)−1= haxa−1h−1= hxaa−1h−1= hxh−1 ∈ H.

Điều này chứng tỏ rằng H ◁G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phảichứng minh.

Do đó, theo Bổ đề ?? ta cóPr(H, G) ̸= Pr(H) và Pr(H, G) ̸= Pr(G) Kếthợp điều này với Mệnh đề ?? ta có các bất đẳng thức cần chứng minh.

10Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Bổ đề 3 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

Trang 31

(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) 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 11 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) 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

Trang 32

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 ?? (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R).

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý ?? (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 lý?? (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 11 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

Trang 33

s¯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.

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

hay ∆(T ) = ∆(R).

Từ Mệnh đề 17 (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

Trang 34

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 17 (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 12 ∆(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

Trang 35

Hệ 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 ?? (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 =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 4 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 13 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);

Trang 36

(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 ?? (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 ?? (2) ta được G ⊆ ∆(R).

11Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 9 (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 14 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (C0(Ω), ∥.∥∞) làkhơng 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 không 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

Trang 37

Từ (??), (fh(x))h ⊂R là một dãy Cauchy Do dó:∃f (x) := lim

h→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (14)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,

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.

Định nghĩa 10 Cho (X, d) là khơng gian metric và ký hiệu B(x, r) làhình 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 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.

Trang 38

Định lý 15 (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 5 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:

A compact ⇔ A đóng và bị chặn.

Định lý 16 (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 6 Định lý ?? cho rằng một tập A bị chặn trong không gian

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

Định nghĩa 11 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 17 (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), ∥.∥∞);

Trang 39

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 18 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 ?? 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 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

Trang 40

Do 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:

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 (15)

Tiếp tục quá trình và ta chỉ ra rằng

(gk)k là hội tụ trong (C0(K), ∥.∥∞) (16)

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 (17)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

Định dạng
Số trang	94
Dung lượng	576,7 KB