Một số bài toán về tính ổn định vững của hệ động lực tuyến tính

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Những kết quả đầu tiên về sự hầu tuần hoàn của nghiệm bị chặn củaphương trình hàm thuộc về Bochner S and Von Neuman J, LevintanB.M, Xobolev X.L, và nhiều tác giả khác đã phát triển cho phương trìnhParabol dạng tổng quát với hệ số hằng Kết quả tương đối hoàn chỉnhnhờ sử dụng định lí Cadex M.U Những kết quả đó đã sử dụng tínhđúng đắn của bài tốn Cơsi của phương trình vi phân trong khơng gianBanach Trong luận văn này nghiên cứu tính hầu tuần hồn của nghiệmcủa phương trình vi phân, nhưng khơng giả thiết tính đúng đắn của bàitốn Cơsi Hơn nữa ở đây đã mở rộng lớp các phương trình và lớp cácnghiệm, đó là các hàm thuộc không gian thuần nhất các hàm Những

Trang 4

2Các 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 1 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 17, 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 18.

Ngược lại, giả sử ∇ = eRG là ∆U-vành Vì H ∼= R nên H cũng là

∆U-vành Theo Bổ đề 7, 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 2 Cho R là ∆U-vành và G là 2-nhóm hữu hạn địa phương.

Nếu ∆(R) là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành.

Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi đó ε(u) = 1 + ε(u − 1) ∈ U (R) theo Bổđề 5 (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộngε vài Vì R là∆U-vành nên tồn tại

j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề 5 (1) ta có ε(u − 1 + j) = 0

hay u − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG) suy ra

Trang 5

Hệ quả 1 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.

3Mở rộng Dorroh và mở rộng tail ring của các ∆U -vành

Mệnh đề 1 Cho R là một vành, các điều kiện sau là tương đương

(1) R là ∆U-vành.(2) ∆(R) = U◦(R).

(3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) = 1 − x là mộtđẳng cấu nhóm.

Định lý 3 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau làtương đương

(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành.(2) R là ∆U-vành.

Mệnh đề 2 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.

3.1Các nhóm vành

Định lý 4 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 agumentation iđêan ∇(RG) là

∆U-vành.

Bổ đề 2 Nếu G là locally finite 2-group và R là ∆U-vành với ∆(R) lũylinh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG).

Định lý 5 Cho R là ∆U-vành và G là locally finite 2-group Nếu ∆(R)

là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành.

Trang 6

4Không gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

Định nghĩa 1 Cho A ⊂Rn.

(i) Hàm f : A ⊂ Rn → R được gọi là "Lipschitz" nếu tồn tại hằng số

L>0 thỏa

|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ A

Tập hợp của các hàm Lipschitz f : A ⊂ Rn →R và được ký hiệu là

Lip(A)

(ii) Cho f ∈Lip(A) Một số không âmLip(f ) =Lip(f, A) := sup



|f (x) − f (y)|

|x − y| : x, y ∈ A, x ̸= y



được gọi là hằng số Lipschitz của f.

Nhận xét 1 Định nghĩa của các hàm Lipschitz là khái niệm metric.Thật vậy, nếu (X, d) và (Y, ϱ) là không gian metric, ánh xạ f : X → Y

được gọi là Lipschitz nếu có hằng số L > 0 thỏa mãn

ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X

Mệnh đề 3 Cho A ⊂Rn và f ∈Lip(A).(i) f liên tục đều trên A;

(ii) tồn tại duy nhất f : A →¯ R với f |A = f và Lip(f ) = Lip(f )

Nhận xét 2 Từ mệnh đề 32 suy ra nếu f ∈ Lip(A), với A ⊂Rn, lncó nghĩa như hàm f : A →R và ngược lại Hơn thế nữa, ánh xạ mở rộngE :Lip(A) →Lip(A), E(f ) := f là song ánh Theo kết quả này, ta có thểhiểu Lip(A) =Lip(A) Lưu ý các tính chất mở rộng khơng cịn đúng trongkhơng gian C1(Ω).

Mệnh đề 4 Cho Ω ⊂Rn là tập lồi và bị chặn Khi đó C1(Ω) ⊂ Lip(Ω).Chứng minh Cho f ∈C1(Ω) Theo định lý giá trị trung bình

Trang 7

thỏa mãnf (x) − f (y) = (∇f (z), x − y)RnNghĩa là|f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn| ≤ supΩ(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω.

Nhận xét 3 (i) sẽ không đúng nếu Ω khơng lồi.

Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈R: y <p|x|, x2+ y2 < 1} và

f (x, y) :=

(

yβ nếu y > 00 nếu y ≤ 0

với 1, β < 2 Khi đó f ∈C1\Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy rằng f ∈C1 Tachứng minhf /∈Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sửf ∈Lip(Ω) Khi đó tồntại L > 0 thỏa mãn, với mỗi (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,

|f (x, y) − f (−x, y)| = 2yβ ≤ 2Lx ⇔ y ≤xL1/β.Từ 1/2 < 1/β, ta có thể chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn √x > y >xL1/β,điều này mấu thuẫn với bất đẳng thức trước.

(ii) Quan hệ bao hàm này là chặt.

Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) và f (x) = |x| Khi đó f ∈Lip(Ω) \C1(Ω).

Mặc dù không gian các hàm Lipschitz Lip(Ω) là rộng hơn các hàm

khả vi liên tục C1(Ω), chúng có chung những tính chất quan trọng, nhưlà tính khả vi, đã được chứng minh trong trường hợp một chiều.

Định lý 6 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn là tập mở và cho f ∈ Lip(Ω).

Khi đó f khả vi tại x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa là bỏ đi một tậpcó độ đo là khơng N ⊂ Ω, với mỗi x ∈ Ω \ N tồn tại một hàm tuyến tính

varphi :Rn →R thỏa mãnlim

y→x

f (y) − f (x) − φ(y − x)

y − x = 0.

Trang 8

Định nghĩa 2 Cho Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈Lip(Ω) Ta biểuthị

∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω+Lip(f, Ω).∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip.

Định lý 7 (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian Banach vô hạn chiều nhưngkhông là không gian Hilbert, biết Ω ∈Rn là tập mở bị chặn.

Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là khơng gian tuyến tính địnhchuẩn, chú ý rằng

Lip(f + g) ≤Lip(f ) +Lip(g)∀f, g ∈ Lip(Ω). (1)Ta phải chỉ ra tính đầy đủ Cho(fh)hlà dãy Cauchy trong(Lip(Ω), ∥.∥Lip),nghĩa là với mỗi ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N thỏa mãn

|fh(x) − fk(y)| +|fh(x) − fk(y) − fh(z) + fk(z)|

|y − z| ≤

∥fh− fk∥∞+Lip(fh− fk) = ∥fh− fk∥Lip ≤ ϵ

(2)

∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (14) và (15), suy ra tồn tại L > 0

thỏa mãn

Lip(fh) ≤ L∀h, (3)

và cũng theo (15),

(fh)h là dãy Cauchy trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

Khi đó, tồn tại f ∈ C0(Ω) thỏa mãn fh → f đều trên Ω Theo (16), tađược Lip(f ) ≤ L, do đó f ∈ Ω Lấy qua giới hạn trong (15), khi k → ∞,

ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho|fh(x) − f (x)| +fh(y) − f (y) − fh(z) + f (z)

y − z≤ ϵ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z.

Điều đó có nghĩa là lim

h→∞∥fh− f ∥Lip = 0

Trang 9

Theo hệ quả của mệnh đề 33 ta được kết quả sau.

Hệ quả 3 Bao hàm C1(Ω) ⊂Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa là

1

L∥f ∥C1≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1∀f ∈ C1(Ω),

và nó là nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn là tập lồi, mở và bị chặn Đặc biệt,C1(Ω) là không gian con đóng của (Lip(Ω), ∥.∥Lip).

Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trong trường hợp n = 1 và

Ω = (a, b) Theo mệnh đề 33 và nhận xét 5 (ii), ta cần chỉ ra rằng quanhệ bao hàm này là một phép đẳng cự Điều này suy ra

Bài tập 1 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1.

Tính compact trong Lip(Ω).

Định lý 8 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn, giả sử

F = BLip(Ω) := {f ∈Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1}.

Khi đó BLip(Ω) là compact trong (Lip(Ω), ∥.∥∞)

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng F là compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞) Ápdụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 8) Chứng minh rằng

(i) F là bị chặn trong (C0(Ω), ∥.∥∞): hiển nhiên theo định nghĩa.

(ii) F đóng trong (C0(Ω), ∥.∥∞): nghĩa là, nếu (fh)h ⊂ F với ∥fh− f ∥∞,khi đó f ∈ F Thật vậy

fh∈ F Lef trightarrow|fh(x)|+|fh(y) − fh(z)|

y − z≤ 1∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z.

Lấy qua giới hạn, khi h → ∞, ta được

|f (x)| + |f (y) − f (z)|

y − z≤ 1∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z

từ đó

Trang 10

(iii)F liên tục đều trên Ω Thật vậy, nó đủ để nhận thấy rằng, theo địnhnghĩa

|f (y) − f (z)| ≤ |y − z|∀y, z ∈ Ω, f ∈ F

Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 4 Chú ý rằng BC1(Ω):= {f ∈ C1(Ω) : ∥f ∥C1≤ 1} là khôngcompact trong (C1(Ω), ∥.∥∞) Đây là một đặc trưng tốt có trên Lip(Ω)

nhưng khơng có trên C1(Ω).

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 9 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

khơng tách được.

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng tồn tại một họ tách rời nhau khôngđếm được {Uα: α ∈ I} của tập mở trong (Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề ??).Ta chia chứng minh thành hai bước.

Bước 1: Giả sử n = 1 và Ω = (a, b) và ta sẽ chứng minh được kết luận.Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) là họ hàm

uα(x) := |x − α|x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b).

Ta chứng minh

∥uα− uβ∥Lip ≥Lip(uα− uβ) ≥ 2 nếu α ̸= β. (4)Thật vậyLip(uα− uβ) = sup|uα(x) − uβ(x) − uα(y) + uβ(y)||x − y| : x, y ∈ (a, b), x ̸= y≥|uα(α) − uβ(α) − uα(β) + uβ(β)||α − β| = 2|α − β||α − β| = 2.Vì thế họ

Uα := {f ∈Lip((a, b)) : ∥f − uα∥Lip < 1∀α ∈ I}

Ta được điều mong muốn.

Trang 11

mở (a1, b1) × · · · × (an, bn) ⊂ Ω Cho {fα: α ∈ (a1, b1)} ⊂Lip(Ω) là họ cáchàm được định nghĩa bởi

fα(x) := uα(x1) nếu x = (x1, x2, , xn) ∈ Ω, α ∈ I := (a1, b1),

ở đó uα là một hàm biến theo định nghĩa ở bước 1 Theo (17) ta được,nếu α ̸= β

Lip(fα− fβ, Ω) ≥Lip(uα− uβ, (a1, b1)) ≥ 2.

Vì vậy, họ

Uα := {f ∈Lip(Ω) : ∥f − fα∥Lip < 1}∀α ∈ I.

Ta được điều cần chứng minh.

Ta đã xem xét lớp Lip(Ω) của hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R cái

mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

|f (x) − f (y)| < C|x − y|∀x, y ∈ Ω(L)

Với C > 0 Giống như các hàm thỏa mãn (L), các hàm thỏa mãn tínhchất (H)cũng rất quan trọng, các hàm thỏa mãn tính chất(H) được gọilà các hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α.

|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H)với hằng số C, α > 0.

Bài tập 2 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở được liên thông và giả sử (H) đúngvới C > 0 và α > 1 Khi đó f ≡ const.

Do đó điều kiện Holder khơng cịn ý nghĩa cho các hàm với số mũ lớnhơn một trong tập mở liên thông.

Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn, hàm f : A → R được gọi là liên tục Holder

với mũ α > 0 nếu nó thỏa mãn (H) với hằng sơ C > 0.

5Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 5 Cho nhóm quaternion suy rộng

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

Trang 12

(i) Nếu H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n thìPr(H, Q4n) =n + k2n nếu k | n,2n + k4n nếu k ∤n.(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 3, ta cóPr(Rk, Q4n) = 1|Rk||Q4n|Xx∈Rk|CQ4n(x)| = 12nk 4n4n(n + k)k =n + k2n .

Trang 13

Từ đó suy raPr(Rn, Q4n) = 1|Rk||Q4n|·Xx∈Rk|CQ4n(x)| = 12nk 4n2n(2n + k)k =2n + k4n .

(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 3Pr(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 các

Trang 14

Ví dụ 1.

(i) Với n = 2, xét nhóm quaternion Q8 (cho như trong Ví dụ 5) Cácnhóm con của Q8 làR1 = ⟨r⟩, R2 = ⟨r2⟩, R4 = {1};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) = 12.6Các vành nhóm

Ánh xạ ε : RG → R được cho bởi ε(X

g

rgg) =X

g

Trang 15

Định lý 10 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 17, 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 18.

Ngược lại, giả sử ∇ = eRG là ∆U-vành Vì H ∼= R nên H cũng là

∆U-vành Theo Bổ đề 7, 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 3 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 11 Cho R là ∆U-vành và G là 2-nhóm hữu hạn địa phương.

Nếu ∆(R) là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành.

Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi đó ε(u) = 1 + ε(u − 1) ∈ U (R) theo Bổđề 5 (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộngε vài Vì R là∆U-vành nên tồn tại

j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề 5 (1) ta có ε(u − 1 + j) = 0

hay u − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG) suy ra

u ∈ 1 + ∆(RG).

Trang 16

7Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Bổ đề 4 Cho R là vành bất kỳ, ta có

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

(2) Với mỗi r ∈ ∆(R) và u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R);(3) ∆(R) là vành con của vành R;

(4) ∆(R) là 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 7 (2) ta suy ra hệ quả sau.

Hệ quả 5 Cho R là một vành

Trang 17

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

Định lý 12 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 7 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề 7 (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 7(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 7 (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R).

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 3 (2) ta có ngay hệ quả sau.

Hệ quả 6 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

Trang 18

Hệ quả 7 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 7.

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 7 (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 19

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 với Zhoặc Zn:= Z/nZ, với n > 1 và là nhân tử bình phương Theo Mệnh đề32 (3) và Hệ quả 3 ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0 hay

∆(T ) = ∆(R).

Từ Mệnh đề 32 (1), áp dụng choS = Z(R) là tâm của R, ta có hệ quảsau.Hệ quả 9 ∆(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 32 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.

Hệ quả 10 Cho R là một vành tùy ý Khi đó, các khẳng định sau là

đúng

Trang 20

(3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

Hệ quả 11 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 13 ∆(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 8 thì ta cần chỉ ra ∆(R/J (R)) = 0 Để làm điều này, tagiả 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 Theo Địnhlý ??, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theo Hệquả 3 ∆(R) = J (R) = 0 Khi đó S là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó (1)

được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 7 (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 3 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 21

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 3 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 14 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 3 (2) và Bổ đề 4 chỉ ra ∆(R)là căn Jacobsoncủa R đóng với phép nhân bởi các phần tử tựa khả nghịch Giả sử G lànhóm cộng bao gồm các phần tử tựa khả nghịch và đóng với phép nhân

các phần tử tựa khả nghịch của R Cụ thể, G là căn Jacobson không

chứa đơn vị củaR, theo Bổ đề 4,G đóng với phép nhân các phần tử khảnghịch của R Do đó theo Định lý 3 (2) ta được G ⊆ ∆(R).

8Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành

Mệnh đề 7 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương

Trang 22

(1) R là ∆U-vành.(2) ∆(R) = U◦(R).

(3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) = 1 − x là mộtđẳng cấu nhóm.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R là ∆U-vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có

1 − x ∈ U (R), do đó x = 1 − (1 − x) ∈ U◦(R) Suy ra ∆(R) ⊆ U◦(R) Ngượclại, nếu y ∈ U◦(R) thì 1 − y ∈ U (R) = 1 + ∆(R) Suy ra y ∈ ∆(R) hay

∆(R) = U◦(R).

(2) ⇒ (3) Hiển nhiên.

(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)

thỏa mãn u = ε(x) = 1 − x Điều đó nghĩa là U (R) ⊆ 1 + ∆(R) hay

U (R) = 1 + ∆(R).

Nếu R là một vành, mở rộng Dorroh là vành có đơn vị Z⊕ R, với phéptoán cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi

(n1, r1)(n2, r2) = (n1n2, r1r2+ n1r2+ n2r1).

Chú ý Cho R là một vành có đơn vị Khi đó

(1) u ∈ U (R) khi và chỉ khi 1 − u ∈ U◦(R).

(2) (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) với bất kỳ u ∈ U (R).

(3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) và(−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y)vớix, y ∈ R.Định lý 15 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau làtương đương

(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành;(2) R là ∆U-vành.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 − u ∈ U◦(R) Tồn tại

v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 − u) Khi đó ta có

(1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1).

Điều này nghĩa là (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó

Trang 23

Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có

1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó

(−1, 1 + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, 1 + t).

Do (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) Theo định nghĩa của ∆, ta có

(0, u − 1) + (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) hoặc (−1, u + t) ∈ U (Z⊕ R).

Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z⊕ R)hoặc (1, −x) ∈ U (Z⊕ R) Suy ratồn tại (1, −y) ∈ Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x).Ta có x ◦ y = 0 = y ◦ x nên x ∈ U◦(R) Vì 1 − x ∈ U (R) nên x − 1 =u + t − 1 ∈ U (R) Suy ra u + t − 1 = (u − 1) + t ∈ U (R) với mọi t ∈ U (R).Điều đó nghĩa là u − 1 ∈ ∆(R), vì vậy u ∈ 1 + ∆(R).

(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R

là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khiđó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (−1, b) với a, b ∈ R.

Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = −a, khi đó tồn tại

(1, −y) của Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1−x ∈ U (R).TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh

(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (−1, v) với u, v ∈ R Nếu

α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy −(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với

(−(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (−(a + u)) Đặtc = −(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và

(1, a + u)(1, −b) = (1, −c)(1, −b) = (1, −b ◦ c) = (1, 0) = (1, −b)(1, a + u).

Ta suy ra (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R) Hơn nữa, ta có

(0, a) + α = (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R),

nghĩa là (0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Nếuα = (−1, v) ∈ U (Z⊕R), khi đó(−1, v)(−1, d) = (1, 0) = (−1, d)(−1, v)

Trang 24

Khi đó, v − 1 ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − 1 ∈ U (R) hoặc

1 − (a + v) ∈ U (R) Do đó,a + v ∈ U◦(R) Nghĩa là tồn tại e ∈ R thỏa mãn

(a + v) ◦ e = 0 = e ◦ (a + v), vì vậy(−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = 0 =(−1, e)(−1, a+v) Điều này có nghĩa là(−1, a+v) ∈ U (Z⊕R) Hơn nữa, tacó(0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z⊕ R) Do đó,(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).Trường hợp 2 ω = (−1, a) ∈ U (Z⊕ R): Tương tự như Trường hợp1.

Cho C là vành con của vành D, tập hợp

R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},

với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C].

Mệnh đề 8 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.

Chứng minh (:⇒) Đầu tiên ta chứng minh D là ∆U-vành Lấy u tùy

ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C])¯ Theo giả thuyết,

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]).Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó

(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).

Vì vậy u − 1 + v ∈ U (D), nghĩa là u − 1 ∈ ∆(D) hoặc u ∈ 1 + ∆(D).

Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈¯U (R[D, C]) và chứng minh trên.

(⇐:) Giả sử D và C là ∆U-vành Lấy u = (u¯ 1, u2, , un, v, v, ) ∈U (R[D, C]), trong đó ui∈ U (D) với 1 ≤ i ≤ n và v ∈ U (C) ⊆ U (D) Tachỉ ra rằng u ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc u − 1 + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C])¯ Thậtvậy, tất cả ¯a ∈ (a1, a2, , am, b, b, ) ∈ U (R[D, C]) trong đó ai ∈ U (D),

1 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có

Trang 25

với uj = v mọi j ≥ k, và

¯

a = (a1, a2, , am, am+1, , ak, b, b, ),

với al = b với mọi l ≥ m Khi đó ta có

¯

u − 1 + ¯a = (u1− 1 + a1, u2− 1 + a2, , uk− 1 + ak, v − 1 + b, v − 1 + b, ).

Lưu ý ui− 1 + ai ∈ U (D) với mọi 1 ≤ i ≤ k và v − 1 + b ∈ U (C) Ta suy ra

¯

u − 1 + ¯a ∈ R[U (D), U (C)] = U (R[C, D]) Vì vậy u − 1 ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), hay R[D, C] là ∆U-vành.

9ĐỊNH LÍ FUBINI

Định lý 16 (G.Fubini - L.Tonelli) Cho F :R2n → [0, ∞] là hàm đo được(đối với M2n) Khi đó

(i) Hàm

Rn ∋ y 7→ F (x, y)

là đo được (đối với Mn) với Ln hầu khắp nơi x ∈Rn.(ii) Hàm

Rn ∋ x 7→

Z

Rn

F (x, y)dy

là đo được (đối với Mn).(ii)ZR2nF (x, y)dxdy =ZRndxZRnF (x, y)dy=ZRndyZRnF (x, y)dxBổ đề 6 Cho f ∈C0(Rn) Khi đó

ϱ ∗ f → f đều trên tập compact của Rn.

Chứng minh Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho K′ := K + B(0, 1).

Theo tính liên tục đều của f trên tập compact K′, ∀ϵ > 0 tồn tại 0 <δ = δ(ϵ, K′) < 1 thỏa mãn

Trang 26

Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (3),|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| = ZRnf (x − y)ϱh(y)dy − f (x)=