TRƯỜNG ĐẠI HỌC:
MỘT SỐ LỚP BÀI TỐN CAUCHYTRONG THANG CÁC KHƠNG GIAN
BANACH
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Trang 31PHẦN MỞ ĐẦU
Giải tích lồi là một nhánh nhỏ của giải tích hiện đại, nghiên cứu về tậplồi và hàm lồi cùng với những vấn đề liên quan Giải tích lồi có vai trịquan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học ứng dụng, đặcbiệt là trong tối ưu hoá, bất đẳng thức biến phân, các bài tốn cân bằng Có thể nói, Giải tích lồi là cơ sở lý thuyết quan trọng nhất đối vớilĩnh vực tối ưu hoá và một số lĩnh vực khác Ngồi vai trị quan trọngđối với tốn ứng dụng như trên, thì Giải tích lồi cũng là cơ sở để để pháttriển các nhánh toán học lý thuyết khác như Giải tích phức và đặc biệt
Trang 42Một 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 37, ∆(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 5Do 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 làphần 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 ?? (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 hoán 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 63KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH
Định lý 1 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở Khi đó (Lp(Ω), ∥.∥Lp) là tách đượcnếu 1 ≤ p < ∞ và không tách được nếu p = ∞.
Ta cần hai kết quả cơ bản để chứng minh định lý ??: trước là kết quảtopo (Urysohn’s Lemma) và sau là các quan hệ xấp xỉ trong không giancác hàm liên tục Lp.
Định nghĩa 1 Cho (X, τ ) là không gian topo Khi đó
C0c(X) := {f : X →R liên tục và spt(f ) là compact trong (X, d)}
ở đây spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0}.
Bổ đề 2 (Bổ đề Urysohn) Cho X là compact địa phương trên không
gian metric, cho K ⊂ X và V ⊂ X, K compact và V mở thỏa mãn
K ⊂ V Khi đó, tồn tại một hàm φ ∈ C0c(X) thỏa mãn
0 ≤ φ ≤ 1, φ ≡ 1 trong K và spt(φ) ⊂ V.
Định lý 2 (Xấp xỉ trong Lp bởi các hàm liên tục) Cho Ω ⊂Rn là tậpmở Khi đó C0c(Ω) là trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp), biết 1 ≤ p < ∞.
Chứng minh của định lý 8 cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơ bảntrong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại.
Định lý 3 (Xấp xỉ bởi các hàm đơn giản) Cho (X, M) là không gian
đo được và cho f : X → [0, +∞] là hàm đo được Khi đó tồn tại dãy cáchàm đơn giản đo được sh: X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất
(i) 0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh≤ ≤ f ;
(ii) lim
h→∞sh(x) = f (x), ∀x ∈ X.
Trang 7Định lý 4 (Lusin - Dạng trên không gian metric compact địa phương).Cho µ là độ đo Radon trên compact địa phương, khơng gian metric táchđược X Cho f : X → R là hàm đo được sao cho tồn tại một tập BorelA ⊂ X với
µ(A) < ∞, f (x) = 0∀x ∈ X \A và |f (x)| < ∞µ−hầu khắp nơi x ∈ X.
Khi đó, với mỗi ϵ > 0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho
µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ.
Hơn thế nữa, g có thể được chọn sao cho
supx∈X|g(x)| ≤ sup
x∈X
|f (x)|.
Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước.Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω) sẽ tồn tại một hàmđơn giản đo được s : Ω →R sao cho
|{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp(Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (1)
∥f − s∥Lp< ϵ. (2)
Đầu tiên, giả sử f ≥ 0 trong Ω Theo xấp xỉ của các hàm không âm đođược bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý 9), tồn tại một dãy hàmđơn giản đo được sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, )sao cho
0 ≤ s1≤ s2≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; (3)limh→∞sh(x) = f (x)∀x ∈ Ω. (4)Từ (6) ta đượcsh ∈ Lp(Ω) và |s ∈ Ω : sh(x) ̸= 0| < ∞∀h, (5)và∥sh− f ∥ ≤ 2f trong Ω, ∀h. (6)Theo (7) và (9), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đónếu 1 ≤ p < ∞, ta được
lim
Trang 8Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (10), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh− f ∥Lp< ϵ.Nếu ta định nghĩa s := sh, khi đó được theo (4) và (5)
Trường hợp tổng quát f : Ω → R có thể được chứng minh tách f =
f+− f− và áp dụng (4) và (5), tách được thành f+ và f−.
Bước 2: Ta chỉ ra rằng∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω), ∃g ∈C0c(Ω)sao cho∥f −g∥Lp<ϵ.
Cho f là hàm đơn giản đo được thỏa mãn (4) và (5) với ϵ ≡ ϵ
2 vàký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử rằng ∥s∥∞ > 0, nếu khơng thì
s ≡ 0 ∈ C0c(Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s,tồn tại hàm g ∈C0c(Ω) thỏa mãn|Ac| = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵp4p∥s∥p∞, (8)với|g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω. (9)Chú ý rằng∥f − g∥Lp≤ ∥f − s∥Lp+ ∥s − g∥Lp< ϵ2+ ∥s − g∥Lp. (10)Bây giờ ta đánh giá ∥s − g∥Lp
∥s − g∥pLp=ZΩ|s − g|p dx =ZAϵ|s − g|p dx ≤ 2p∥s∥p∞|Aϵ| < ϵp2p (11)Vì thế (13) và (14) kết thúc chứng minh.Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh rằng(C0c(Ω), ∥.∥∞) là tách được. (12)Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (15), ta được (Lp(Ω), ∥.∥∞) cũng tách được,biết 1 ≤ p < ∞.
Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếmđược, khi đó ta chứng minh
D trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞. (13)Từ định lý 8, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈C0c(Ω) sao cho
∥f − g∥Lp< ϵ
Trang 9D là trù mật, tồn tại eg ∈ D sao cho
∥g −eg∥∞ < ϵ2|Ω|1/p.
Nhớ lại rằng
Bài tập 1 ∥f ∥Lp≤ |Ω|1/p∥f ∥∞, ∀f ∈ L∞(Ω), biết rằng |Ω| < ∞.Điều này nghĩa là
∥g − g∥Lp≤ |Ω1/p|∥g − g∥∞< ϵ
2. (15)
Do đó gợi ý (17) và (18) ám chỉ (16)
Bây giờ giả sử rằng Ω không bị chặn Theo kết quả đã biết của topo,tồn tại mỗi dãy (Ωh)h của các tập mở bị chặn sao cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1
và
Ω=∪∞h=1Ωh.
Hơn thế nữa, chú ý rằng
C0c(Ω) = ∪∞h=1C0c(Ωh). (16)Theo (15) tồn tại một tập Dh ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếm được.Cho
D := ∪∞h=1Dh
và chỉ ra rằng (16) vẫn còn giữ Từ định lý 8, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈
C0c(Ω) sao cho (17) đúng Từ K := spt(g) là tập compact chứa trong Ω,tồn tạih = h(g) = ϵ ∈ N sao choK ⊂ Ωh Điều này có nghĩa là g ∈C0c(Ωh)
và ta có kết luận như ở bước trước.Bây giờ ta chứng minh (15).
Nhớ lại rằng (C0(K), ∥.∥∞) là tách được, biết K ⊂Rn là tập compact(định lý ??)
Cho (Ωh) là một dãy của tập mở bị chặn của Rn Theo định nghĩa,C0c(Ωh) ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) Vì (C0(Ω), ∥.∥∞) tách được nên với h, tồn tạimột tập
Trang 10Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sẽ sửa các tập hợp của các hàm D vàcho tập hợp mới các hàm đếm được Deh ⊂C0c(Ω) đẻ họ
D := ∪∞h=1Deh⊂ (C0c(Ω), ∥.∥inf ty) là đếm được và trù mật. (18)Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1, V = Ωh và cho φh ∈ C0(Ω) saocho0 ≤ φh(x) ≤ 1, ∀x ∈ Ω,φh(x) = 1, ∀x ∈ Ωh−1 và spt(φh) ⊂ Ωh.xác định g ∈ Dh, g : Ωh →R, định nghĩa eg : Ω → R là hàmeg(x) :=(g(x) nếu x ∈ Ωh0 nếux ∈ Ω \ Ωh,và choeD := {φheg : g ∈ D}(h ∈N) và D := ∪∞h=1D.e
Ta chứng minh rằng (21) đúng Theo cách xây dựng,D là đếm được Vìthế ta chỉ cần chứng minh rằng nó trù mật trong (C0c, ∥.∥∞).
Sửa ϵ > 0, f ∈C0c(Ω) và cho K :=spt(f ) ⊂ Ω compact Tồn tại h0 ∈N
sao cho
K ⊂ Ωh0 ⊂ Ωh0+1.
Điều này có nghĩa là
f ∈C0c(Ωh0) ⊂C0(Ωh0) ⊂C0(Ωh0+1).
Theo (20), tồn tại f1 ∈ Dh0+1 sao cho
∥f − f1∥∞,Ω:= supx∈Ω|f (x) − f1(x)| < ϵ. (19)Từ f ≡ 0 trong Ωh0+1\ Ωh0 từ (22), suy rasupx∈Ωh0+1\Ωh0|f1(x)| < ϵ. (20)Bây giờ ta định nghĩa f2 := φh0+1fe1 ∈Deh0+1, theo (22) và (23) ta được
Trang 11Như vậy được (21)
Cuối cùng ta chứng minh (L∞(Ω), ∥.∥L∞) là không tách được Ta tìmhọ rời nhau khơng đếm được Ui: i ∈ I của các tập mở trong L∞(Ω)
Cho a ∈ Ω và cho ωa := B(a, ra) ở đây ra > 0 với B(a, ra) ⊂ Ω ĐịnhnghĩaUa :=nf ∈ L∞(Ω) : ∥f − χωa∥L∞< 12oa ∈ I := ΩChú ý rằng
• Ua là mở trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞), ∀a ∈ Ω: hiển nhiên.
• Ua∩ Ub = ∅ nếu a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ Ua ∩ Ub, điềunày nghĩa là∥χωa− χωb∥L∞≤ ∥χωa − f ∥L∞+ ∥f − χωb∥L∞< 12+12 = 1.Mặt khác∥χωa− χωb∥L∞= 1 nếu a ̸= b,
và khi đó mâu thuẫn.
• I = Ω là khơng đếm được.
4Nhóm đối xứng
Trong mục này chúng tơi tính tốn độ giao hốn tương đối của nhómcon thay phiên An trong nhóm đối xứng Sn.
Định nghĩa 2 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của n
là một dãy không tăng các số nguyên dương (k1, k2, , ks) sao cho
k1+ k2+ · · · + ks = n.
Từ Mệnh đề ?? ta có ngay kết quả sau.
Mệnh đề 5 Với n ⩾2
Pr(An, Sn) = 2c(n)n!
Trang 12Để tính c(n) ta cần kết quả sau.
Mệnh đề 6 Cho n là một số nguyên, n ⩾ 2, và (k1, k2, , ks) là mộtphân hoạch của n Giả sử π ∈ Sn có kiểu là (k1, k2, , ks) Khi đó
π ∈ An khi và chỉ khi s +
k
X
i=1
ki là một số chẵn .
Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề 8, ta cósign(π) = (−1)sPi=1(ki+1)= (−1)s+sPi=1ki.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Trong ví dụ sau đây chúng tơi tính tốn các giá trị Pr(An, Sn) với
2 ⩽ n ⩽ 7 bằng cách áp dụng Mệnh đề 21 Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất cảcác phân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó tađếm được c(n) và tính Pr(An, Sn).
Ví dụ 1.
(i) Với n = 2 ta có đúng một phân hoạch là (1, 1) Do đó c(2) = 1 Chonên
Pr(A2, S2) = 2c(2)2! = 1.
(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên
Pr(A3, S3) = 2c(3)3! =
23.
(iii) Với n = 4 ta có 3 phân hoạch là
(3, 1), (2, 2), (1, 1, 1, 1).Do đó c(4) = 3. Cho nênPr(A4, S4) = 2c(4)4! =14.
(iv) Với n = 5 ta có 4 phân hoạch là
Trang 13Do đó c(5) = 4. Cho nên
Pr(A5, S5) = 2c(5)5! =
115.
(v) Với n = 6 ta có 6 phân hoạch là
(5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(6) = 6. Cho nênPr(A6, S6) = 2c(6)6! =160.
(vi) Với n = 7 ta có 8 phân hoạch là
(7),(5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2),(3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(7) = 8. Cho nênPr(A7, S7) = 2c(7)7! =1315.5ĐỊNH LÝ LAGRANGE
Định lý 5 (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
Trang 14(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 Thông 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:
ξ = a + θ(b − a)0 < θ < 1(∗)
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.
Trang 15Hệ 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
Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.6Nhóm nhị diện
Mệnh đề 7 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩
với n ⩾3, và H là một nhóm con của Dn Khi đó
(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n thì
Pr(H, Dn) =n + k2n nếu n lẻ, hoặc n chẵn và k ∤ n2,n + 2k2n nếu n chẵn và k | n2.(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 thì
Trang 16(iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thìPr(H, Dn) =n + i + 24n nếu n lẻ,n + i + 44n nếu n chẵn và i∤ n2,n + 2i + 44n nếu n chẵn và i | n2.Chứng minh.
(i) Giả sử H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n Theo Mệnh đề 12 ta có
|Rk| = n(n, k) =nk.Do đóRk = ⟨rk⟩ =rkl 0⩽l⩽ nk− 1.Khi đóXx∈Rk|CDn(x)| = |CDn(1)|+ X1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)|.
Ta xét hai trường hợp của n như sau.Trường hợp 1: n lẻ Theo Mệnh đề 13 ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| =nk− 1|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| +nk− 1|R1| = 2n +nk− 1n = n(n + k)k .Áp dụng Mệnh đề ?? ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .
Trang 17Trường hợp 2a: k ∤ n2 Khi đó, theo Mệnh đề 13 ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| =nk− 1|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| +nk− 1|R1| = 2n +nk− 1n = n(n + k)k .Áp dụng Mệnh đề ??, ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .Trường hợp 2b: k | n2 Khi đó, theo Mệnh đề 13 ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| = CDn rn2 + X1⩽l⩽nk−1l̸=2kn|CDn(rkl)| = |Dn|+nk− 2|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| + |Dn| +nk− 2|R1|= 2n + 2n +nk− 2n = n(n + 2k)k .Áp dụng Mệnh đề ?? ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn(n + 2k)k =n + 2k2n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề 12, |Tl| = 2 do đó
Trang 18Ta áp dụng Mệnh đề 13 cho hai trường hợp của n như sau.Nếu n lẻ thì |CDn(rls)| = |Tl| = 2 Từ đó suy raPr(Tl, Dn) = 14n (2n + 2) =n + 12 .Nếu n chẵn, giả sử m = n2 thì|CDn(rls)| = |Um,l| = 2n(n, m) =2nm = 4.Từ đó suy raPr(Tl, Dn) = 14n (2n + 4) =n + 22n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(iii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề12 ta có|Ui,j| = 2n(n, i) =2ni .Do đóUi,j = ⟨ri, rjs⟩ =ril, ril+js0⩽ l⩽ ni− 1.Khi đóXx∈Ui,j|CDn(x)| = |CDn(1)| + X1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| + X0⩽l⩽ni−1|CDn(ril+js)|.
Ta xét hai trường hợp của n
Trang 19Áp dụng Mệnh đề ?? ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 2)i =n + i + 24n .
Trang 20Áp dụng Mệnh đề ?? ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + 2i + 4)i =n + 2i + 44n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hốn tương đối của các nhómcon trong nhóm nhị diện D3 và D4 bằng cách áp dụng Mệnh đề ??.Ví dụ 2.
(i) Với n = 3, xét nhóm nhị diện D3 (cho như trong Ví dụ ??) Cácnhóm con của D3 làR1= ⟨r⟩, R3= {1};T0= ⟨s⟩, T1= ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2s⟩; D3.Khi đóPr(R1, D3) = 3 + 12 · 3 =23, Pr(R3, D3) =3 + 32 · 3 = 1;Pr(T0, D3) = Pr(T1, D3) = Pr(T2, D3) = 3 + 12 · 3 =23;Pr(D3, D3) = Pr(D3) = 12.
Trang 217Mở rộng Dorroh và mở rộng tail ring của các ∆U -vành
Mệnh đề 8 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 6 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 9 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.
7.1Các nhóm vành
Định lý 7 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 3 Nếu G là locally finite 2-group và R là ∆U-vành với ∆(R) lũylinh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG).
Định lý 8 Cho R là ∆U-vành và G là locally finite 2-group Nếu ∆(R)
là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành.
Hệ quả 3 Cho R là right (or left) perfect ring và G là locally finite2-group Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.
8Một số kiến thức cơ bản về nhóm
Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G ̸= ∅ trên đó đã trang bị một phéptốn hai ngơi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:
Trang 22(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a′∈ G sao cho a · a′ = a′· a = e.Để đơn giản, ta ký hiệu abthay cho a · b Phần tửe xác định trong (ii)là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệulà1 Với mỗi a ∈ G, phần tửa′ xác định trong (iii) là duy nhất, được gọilà phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G được gọi làgiao hoán (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữuhạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần tử của G
là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|.
Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G Ta gọi H là một
nhóm con củaG, ký hiệu là H⩽ G, nếu các điều kiện sau đây thỏa mãn:(i) Phép toán trên G hạn chế lên H cảm sinh một phép tốn trên H,(ii) H là một nhóm với phép tốn cảm sinh.
Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G ta ký hiệu ⟨S⟩ lànhóm con bé nhất của G chứa S, và gọi S là một tập sinh của ⟨S⟩ Đặcbiệt, một nhóm có tập sinh chỉ gồm một phần tử được gọi là nhóm xiclíc.
Mệnh đề 10 (Định lý Lagrange) Cho G là một nhóm hữu hạn, và H
là một nhóm con của G Khi đó |H| là một ước của |G|.
Với Glà một nhóm hữu hạn, và H ⩽G, ta ký hiệu |G : H| = |G| : |H|,và gọi là chỉ số của nhóm con H đối với G.
Mệnh đề 11 Cho G là một nhóm, và A, B là hai nhóm con hữu hạn
của G Ký hiệu AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B} Khi đó
|AB| = |A||B||A ∩ B|.
Cho Glà một nhóm, và alà một phần tử của G Vớiu là một phần tửcủaG, liên hợp củaubởia, ký hiệu làua, được định nghĩa làua = a−1ua.Với H là một nhóm con củaG, ta gọi H là một nhóm con chuẩn tắc của
G, ký hiệu là H◁G, nếu ha ∈ H với mọi a ∈ G, h ∈ H.Cho N là một nhóm con chuẩn tắc của G Ký hiệu
G/N = {aN | a ∈ G}.
Trang 23Nhóm G/N được gọi là nhóm thương của G bởi N.
Với S là một tập con của G, tâm hóa củaS trong G, ký hiệu làCG(S),được định nghĩa là
CG(S) = {a ∈ G | ua = uvới mọi u ∈ S}.
Trong trường hợp S = {x}, ta dùng ký hiệu CG(x) thay cho CG(S) Tâmcủa nhóm G, ký hiệu là Z(G), được định nghĩa là Z(G) = CG(G).
Mệnh đề 12 Cho G là một nhóm khơng giao hốn Khi đó, nhóm
thương G/Z(G) khơng là nhóm xiclíc.
Cho G là một nhóm Với x và y là hai phần tử của G, giao hoán tửcủa x và y, ký hiệu là [x, y], được định nghĩa là
[x, y] = x−1y−1xy.
Nhóm con giao hốn tử của G, ký hiệu là G′, được định nghĩa là nhómcon sinh bởi tập tất cả các giao hoán tử
{[x, y] | x, y ∈ G}.
Cho hai nhóm G và H Một ánh xạ f : G → H được gọi là một đồng
cấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G
f (ab) = f (a)f (b).
Nếu đồng cấu f là một đơn ánh (tương ứng, tốn ánh, song ánh) thì
ta gọi f là một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu, đẳng cấu) Ta ký hiệu
Aut(G) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của G.
Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồngcấu nhóm Khi đó, tập hợp
G = {(x, h) | x ∈ N, h ∈ H}
là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với mọi (x1, h1), (x2, h2) ∈G,
(x1, h1)(x2, h2) = (x1θ(h1)(x2), h1h2).
Nhóm G được xác định như trên được gọi là tích nửa trực tiếp của
Trang 24hợp đặc biệt khi θ là đồng cấu tầm thường thì tích nửa trực tiếp chínhlà tích trực tiếp.
Sau đây là một số kiến thức về p-nhóm và nhóm abel hữu hạn Cho
p là một số nguyên tố Một nhóm G được gọi là một p-nhóm nếu |G| làmôt lũy thừa của p Ta thấy rằng một nhóm con, một nhóm thương củamột p-nhóm cũng là một p-nhóm.
Mệnh đề 13 Cho p là một số nguyên tố Khi đó
(i) Mọi nhóm có cấp p đều là nhóm xiclíc.
(ii) Mọi nhóm có cấp p2 đều là nhóm abel.
Mệnh đề 14 Mọi nhóm abel hữu hạn G đều có thể biểu diễn được một
cách duy nhất thành tích trực tiếp các nhóm xiclíc
G ∼= Cn1× Cn2 × · · · × Cnk
trong đó ni⩾ 2, i = 1, 2, k, và n1 | n2 | · · · | nk.
Sau đây là một số kiến thức về nhóm đối xứng và nhóm thay phiên.ChoX là một tập hợp Một song ánh từ tập X đến chính nó được gọi làmột phép thế trên tập X Ký hiệu S(X) là tập tất cả các phép thế trêntập X Khi đó S(X) là một nhóm với phép tốn hợp thành ánh xạ Tagọi S(X) là nhóm đối xứng trên tập X Ta dùng ký hiệu Sn để chỉ nhómđối xứng trên tập X = {1, 2, , n} và gọi Sn là nhóm đối xứng bậc n.
Định lý 9 Mọi phép thế π ∈ Sn với n ⩾ 1 đều được phân tích được
thành một tích các xích rời nhau Phân tích này là duy nhất nếu khôngkể đến thứ tự các nhân tử.
Cho π ∈ Sn với n ⩾ 1 Khi đó, theo Định lý ??, ta có phân tích π
thành tích các xích rời nhau
π = (a11a12· · · a1k1)(a21a22· · · a2k2) · · · (as1as2· · · asks)
trong đó ta có thể giả thiết k1 ⩾k2 ⩾ · · ·⩾ ks. Ta gọi (k1, k2, , ks) làkiểu của phép thế π.
Trang 25Cho σ ∈ Sn với n ⩾ 2. Ta nói cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ
nếu i < j và σ(i) > σ(j). Dấu của phép thế σ, ký hiệu là sign(σ), đượcxác định bởi công thức
sign(σ) = (−1)t
trong đó tlà số các nghịch thế của σ Nếu sign(σ) = 1 thì ta gọiσ là mộtphép thế chẵn, nếu sign(σ) = −1 thì ta gọi σ là một phép thế lẻ.
Mệnh đề 16 Cho σ, τ ∈ Sn với n⩾1. Khi đó
(i) sign(στ ) =sign(σ)sign(τ ).
(ii) Nếu σ là một xích độ dài k thì sign(σ) = (−1)k+1.
Với n⩾2 ta ký hiệu An là tập các phép thế chẵn bậcn. Khi đóAn làmột nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của Sn. Ta gọi An là nhóm thay phiênbậc n.
Cuối cùng trong mục này là một kết quả về độ giao hốn của mộtnhóm.
Định nghĩa 3 Cho G là một nhóm Ký hiệu
C = {(x, y) ∈ G × G | xy = yx}.
Độ giao hoán của G, ký hiệu là Pr(G), được định nghĩa như sau
Pr(G) =|C||G|2.
Mệnh đề 17 Nếu G là một nhóm khơng giao hốn thì Pr(G)⩽ 5
8.
9Biểu 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)};
Trang 26(4) ∆(R) là iđêan của R khi và chỉ khi ∆(R) = J (R);(5) Với họ vành Ri, i ∈ I, ∆(Yi∈IRi) =Yi∈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 4 (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 lũyđẳng.
Định lý 10 Cho R là một vành có đơn vị và T là vành con của R đượcsinh bởi U (R) Khi đó
Trang 27(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 4 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề 4 (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 4(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 4 (1) thì s ∈ ∆(R) hay
S ⊆ ∆(R).
Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 11 (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 lý11 (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 concủa R, ta ký hiệu Sˆ là vành con của R được sinh bởi S ∪ {1}.
Trang 28(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 4.
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 4 (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.
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 31 (3) và Hệ quả ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0
hay ∆(T ) = ∆(R).
Trang 29Hệ quả 8 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)).Ký hiệuR[[x]] = {a0+ a1x + a2x2+ · · · |ai∈ R} =( ∞Xi=0aixi|ai ∈ R).Mỗi phần tử f ∈ R[[x]], f =∞Xi=0
aixi với x0 = 1 được gọi là chuỗi lũythừa hình thức của biến x với hệ tử thuộc R Ta định nghĩa phép cộngvà phép nhân, lấy f, g ∈ R[[x]], khi đó f =
∞Xi=0aixi, g =∞Xi=0bixi Ta địnhnghĩa f = g khi và chỉ khi ai= bi với mọi i = 0, 1, và
f + g =∞Xi=0(ai+ bi)xi, f g =∞Xi=0iXj=0ai−jbj!xi.
Với các phép tốn như trên thì R[[x]] là một vành giao hốn có đơn vị.Cho vành R, ký hiệu Tn(R) là tập tất cả các ma trận tam giác trêncấpn trên vành R, Jn(R) là iđêan củaTn(R) bao gồm tất cả các ma trậntam giác trên cấp n thực sự Dn(R) là vành các ma trận đường chéo cấp
n Từ Mệnh đề 31 (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
Trang 30Định lý 11 ∆(R) = J (R) nếu R thỏa mãn một trong các điều kiện sau(1) R/J (R) là đẳng cấu với tích của vành các ma trận và thể.
(2) R là một vành nửa địa phương.(3) R là vành clean thỏa mãn 2 ∈ U (R).(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R).(5) R có hạng ổn định 1.
(6) R = F G là nhóm đại số trên trường F.
Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích của vành các ma trận vàthể Theo Hệ quả ?? thì ta cần chỉ ra ∆(R/J (R)) = 0 Để làm điều này,ta giả sử J (R) = 0, nghĩa là R là tích của vành các ma trận và thể Nếu
R là vành ma trận Mn(S), với S là vành chứa đơn vị và n ≥ 2 TheoĐịnh lý 33, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theoHệ quả ?? ∆(R) = J (R) = 0 Khi đóS là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó
(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 4 (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
Trang 31Bổ 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 12 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 11 (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 11 (2) ta được G ⊆ ∆(R).
10Biểu diễn ∆(R) và các tính chất
Bổ đề 6 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
Trang 32Chứng 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 4 (2) ta suy ra hệ quả sau.
Hệ quả 11 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 lũyđẳng.
Định lý 13 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
Trang 33đó, theo Bổ đề 4 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề 4 (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 4(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 4 (1) thì s ∈ ∆(R) hay
S ⊆ ∆(R).
Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 11 (2) ta có ngay hệ quả sau.Hệ quả 12 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thànhtổng của các phần tử khả nghịch Khi đó ∆(R) = J (R).
Định lý cổ điển của Amitsur nói rằng căn Jacobson của F-đại số R
trên trường F là lũy linh, với điều kiện dimF R < |F | Áp dụng Định lý11 (1) ta thu được hệ quả sau.
Hệ quả 13 Giả sử R là một vành đại số trên trường F Nếu dimF R <|F |, khi đó ∆(R) là vành lũy linh.
Cho R là một vành khơng 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 19 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)[;
Trang 34Chứng 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 4.Lấy u = r + k · 1 ∈∆(R) ∩ U (R)[ , trong đór ∈ ∆(R) và k ∈Z Ta sẽ chỉrak = k · 1 ∈ U (R)¯ Ta có u − ¯k = r ∈ ∆(R), do đó1 − ¯ku−1= (u − ¯k)u−1=ru−1 ∈ ∆(R) theo Bổ đề 4 (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.
Hệ quả 14 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 31 (3) và Hệ quả ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0
hay ∆(T ) = ∆(R).
Trang 35Mỗi phần tử f ∈ R[[x]], f =
∞
X
i=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 31 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.
Hệ quả 16 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 17 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 14 ∆(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.
Trang 36(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R).(5) R có hạng ổn định 1.
(6) R = F G là nhóm đại số trên trường F.
Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích của vành các ma trận vàthể Theo Hệ quả ?? thì ta cần chỉ ra ∆(R/J (R)) = 0 Để làm điều này,ta giả sử J (R) = 0, nghĩa là R là tích của vành các ma trận và thể Nếu
R là vành ma trận Mn(S), với S là vành chứa đơn vị và n ≥ 2 TheoĐịnh lý 33, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theoHệ quả ?? ∆(R) = J (R) = 0 Khi đóS là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó
(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 4 (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 7 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
Trang 37Định lý 15 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 11 (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 11 (2) ta được G ⊆ ∆(R).
11Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 4 Cho tập hợp R khác rỗng, trên R ta trang bị hai phéptoán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm Abel vớiphép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép tốn nhân và phép toán nhânphân 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 không) Phần tử đơn vị của phép nhân nếu có được ký hiệu bởi
1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0.
Định nghĩa 5 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu
Trang 38Định nghĩa 6 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 7 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.
11.0.1Định lý đồng cấu vành
Định nghĩa 8 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.
11.0.2Một số kết quả liên quan
12ĐỊNH LÝ LAGRANGE
Định lý 16 (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:
Trang 39Chứng 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 2 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:
ξ = a + θ(b − a)0 < θ < 1(∗)
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 công thức Lagrange như sau:
Trang 40Nếu 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 18 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 19 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
Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.
13Cấu trúc các nhóm con của một số nhóm hữu hạn
Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩ với n ⩾ 3 Kýhiệu Rk, Tl, Ui,j lần lượt là các nhóm con của Dn có dạng sau đây.
Rk = ⟨rk⟩,Tl = ⟨rls⟩,Ui,j= ⟨ri, rjs⟩
với 1⩽k ⩽n, 0 ⩽l⩽ n − 1, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽n − 1.