Một số vấn đề về phân thức liên tục

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ PHÂN THỨC LIÊNTỤC

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Hàng đợi là một phần của cuộc sống hàng ngày Chúng ta phải đứngchờ tại quầy thu tiền ở siêu thị, chờ để mua vé xem phim, mua vé xe, vétàu, rút tiền tại các trạm ATM, lấy thức uống trong quán cà phê, đứngchờ mua xăng tại trạm xăng, chờ được xử lý tại phòng cấp cứu, máybay chờ được cất cánh, hạ cánh, tàu thuỷ chờ được bốc, dỡ hàng hoátại cảng Trong những mơ hình phục vụ như trên, các khách hàngphải dùng chung tài nguyên, phải chờ để được phục vụ và đôi khi bị từchối phục vụ Trong mọi tình huống, thời gian chờ là điều mà chúng ta

Trang 4

2Tính chất ∆U trong các lớp vành

Một phần tử r ∈ R được gọi là ∆-clean nếu r được biểu diễn thành

r = e + t trong đó e là phần của lũy đẳng của R và t ∈ ∆(R) Vành R

được gọi là ∆-clean nếu mỗi phần tử củaR là∆-clean Chú ý, mỗi phẩn

tử ∆-clean đều là clean.

Mệnh đề 1 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(1) R là ∆U-vành;

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

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sửR là ∆U-vành Lấy bất kỳ r ∈ R là clean,

khi đó r = e + u Vì R là ∆U-vành, ta có u = 1 + a với a ∈ ∆(R) Lưu

ý 1 − 2e ∈ U (R) = 1 + ∆(R), do đó 2e ∈ ∆(R) Khi đó 2e + a ∈ ∆(R) và

r = e + 1 + a = (1 − e) + (2e + a) là biểu diễn ∆-clean của r.

(2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi đó u là clean nên theo giả thiết u cũnglà ∆-clean Giả sử u = e + a là biểu diễn ∆-clean của u với a ∈ ∆(R) và

e lũy đẳng Ta có 1 = eu−1+ au−1 suy ra eu−1= 1 − au−1 là khả nghịch

trong R Vì vậy e = 1 Điều này nghĩa là u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) và do đó

U (R) = 1 + ∆(R).

Định lý 1 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương

(1) R là clean ∆U-vành;

(2) Nếua ∈ R bất kỳ và thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), thì tồn tại một tử phẩntử lũy đẳng e ∈ R sao cho a − e ∈ ∆(R);

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

Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) được suy ra từ Mệnh đề ??.

(1) ⇒ (2) Giả sử R là clean ∆U-vành Khi đó, nếu a ∈ R thì a − e ∈∆(R), vớie lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh

Trang 5

(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có

[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2

và theo Mệnh đề 2 ta được

ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)

và

je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).

Suy ra je − ej ∈ ∆(R) Vì vậy ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R).

(2) ⇒ (3) được suy ra từ định nghĩa.

Rõ ràng Hệ quả ?? cũng suy ra từ Định lý ?? Nghĩa là mọi vành

chính đơn vị đều thỏa mãn tính chất ∆(R) = 0.

Cho vành R, phần tử a ∈ R được gọi là phần tử chính quy mạnh nếu

tồn tại x ∈ R thỏa mãn a = a2x Một vành mà mọi phần tử đều là phần

tử chính quy mạnh được gọi là vành chính quy mạnh.

Định lý 2 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương

(1) R là ∆U-vành chính quy;

(2) R là ∆U-vành chính quy mạnh;

(3) R là ∆U-vành chính quy đơn vị;

(4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với mọi x ∈ R (R là vành Boolean).

Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác không

chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ raR là vành rút gọn và do đó

Rlà aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng củaR là tâm) Giả sửR khơng

phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác không a ∈ R thỏa

mãn a2 = 0 Theo Định lý 35, có một phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa

mãn eRe ∼= M2(T ), trong đó T là vành khơng tầm thường Theo Mệnh

đề 3 thì M2(T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Định lý 31.

Trang 6

(3) ⇒ (4) Cho x ∈ R bất kỳ Khi đó x = ue trong đó u ∈ U (R) và

e2 = e ∈ R Do R là ∆U-vành, nên chúng ta có u = 1 hay y x = e, và vì

vậy x là lũy đẳng Chúng ta kết luận R là vành Boolean.

(4) ⇒ (1) Hiển nhiên.

Một vànhR được gọi là nửa chính quy nếuR/J (R)là chính quy và các

phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J (R) Vành R được gọi là vành biến

đổi nếu mỗi phần tửa ∈ R, tồn tạie2 = e ∈ aR thỏa mãn1 − e ∈ (1 − a)R.Hoàn toàn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:

Định lý 3 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương

(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;

(2) R là ∆U-vành biến đổi;

(3) R/J (R) là vành Boolean.

Hệ quả 1 Cho R là∆U-vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương

(1) R là vành nửa chính quy;

(2) R là vành biến đổi;

(3) R là vành clean.

3Không gian hữu hạn chiều

Định nghĩa 1 (i) Một không gian vector E trên trường số thực được

gọi là hữu hạn chiều nếu nó chỉ bao gồm hữu hạn vector độc lậptuyến tính.

(ii) Số lớn nhất của các vector độc lập tuyến tính trong khơng gian vector

hữu hạn chiều E được gọi là chiều và được ký hiệu là dimRE Hệ

B ⊂ E được sinh bởi dimRE các vector độc lập tuyến tính gọi là cơsở.

Định lý 4 Giả sử E là không gian vector hữu hạn chiều và dimRE = n.

Trang 7

(ii) E và Rn là đẳng cấu tuyến tính.

(iii) Giả sử ∥.∥1 và ∥.∥2 là hai chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥1) và (E, ∥.∥2)

là đẳng cấu topo.

(iv) Giả sử∥.∥ là chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥) và (E′, ∥.∥E′) là đẳng cấutopo.

Theo các bài tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥)

là đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây là một đặc trưng rất

mạnh, nhưng nó khơng cịn đúng cho khơng gian định chuẩn vơ hạnchiều.

4Độ giao hốn tương đối của một nhóm con

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

Định nghĩa 2 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Ký

hiệu

C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh}.

Độ giao hốn 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 29.

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⟩.

Trang 8

• 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.

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = D3|C| 6 12 8 8 8 18Pr(H, D3) 1 2323232312

Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệ

thức 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

Trang 9

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 hệ

thức 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

Q8 được cho trong bảng sau.

• 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

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

Trang 10

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

Mệnh đề 2 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)|.

Từ đó suy ra cơng thức cần chứng minh.

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

Mệnh đề 3 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 Gnằm

trong H Vì H ◁G cho nên với x ∈ H bất kỳ ta có O(x) ⊂ H Do đó,

Trang 11

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 1 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 17, ta có

|H||CG(x)||H ∩ CG(x)| = |HCG(x)|⩽|G|.Do đó|H||H ∩ CG(x)| ⩽ |C|G|G(x)|.MàH ∩ CG(x) = {a ∈ H | a ∈ CG(x)} = CH(x),

cho nên từ đó suy ra

|H|

|CG(x)| ⩽ |C|G|

H(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 hoán tương đối củamột nhóm con của một nhóm nhờ độ giao hốn của nhóm và nhóm conđó.

Mệnh đề 4 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó

Trang 12

Chứng minh Theo Mệnh đề ?? ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H|Xx∈H|CG(x)||G| .Theo Bổ đề ?? ta có|CG(x)||G| ⩽ |CH|H|(x)| với mọi x ∈ H.Từ đó suy raPr(H, G)⩽ |H|1 Xx∈H|CH(x)||H| =1|H|2Xx∈H|CH(x)| = Pr(H).Theo Mệnh đề ?? ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xy∈G|CH(y)| = 1|G|Xy∈G|CH(y)||H| .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 5 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)|

Trang 13

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 2 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 6 Cho H là một nhóm con của nhóm G NếuH khơng chuẩn

tắc trong G thì

Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H).

Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc trong G Trước tiên ta chứng

minh 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 phải

chứng 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.

5Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Mệnh đề 7 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 ??, ∆(R[x]) =

∆(R) + J (R[x]) Mặt khác ta cũng có J (R[x]) = I[x] với I là iđêan lũy

linh nào đó của R Bây giờ, ta giả sử R[x] là ∆U-vành Khi đó

Trang 14

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 8 Cho R là một vành và m ∈N.

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

(2) R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành chuỗi lũy thừa R[[x]] là ∆U-vành.

Chứng minh (1) Điều này suy ra từ Mệnh đề 2 (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 2 (5).

Bổ đề 2 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấu

vành 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).

(2) Cho S là ∆U-vành Khi đó U (S) = 1 + ∆(S), theo(1)U (R) = ϵ(U (S)) = 1 + ∆(S) ⊆ 1 + ∆(R).

Do đó U (R) = 1 + ∆(R).

(3) Giả sử R là ∆U-vành Ta phải chỉ ra ϵ−1(U (R)) ⊆ 1 + ∆(S), điềunày có nghĩa là U (S) = 1 + ∆(S) 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, trong

đó v tùy ý thuộc ker(ϵ) và x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S.

Lưu ý rằng x + U (R) ⊆ U (R) Ta có ϵ(i(x) + u) = x + ϵ(u) ∈ x + ϵ(U (S)) =x + U (R) ⊆ U (R) = ϵ(U (S)) và i(x) + u = u′ + a trong đó u′ ∈ U (S) và

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

Trang 15

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 9 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 16 (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 10 Cho R là vành giao hốn có đơn vị Vành đa thức R[x]

trên R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

6Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành6.1Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Trong mục này, chúng ta sẽ khảo sát tập∆(R) =: {r ∈ R|r+U (R) ⊆ U (R)}

của vành R Tập này là vành có quan hệ chặt chẽ với căn Jacobson của

R Ta cũng chỉ ra ∆(R) là vành con căn Jacobson lớn nhất của R và

nó đóng với phép tốn nhân bởi các phần tử khả nghịch của R Các

Trang 16

các họ vành mà ∆(R) = J (R) Các phương pháp của cấu trúc vành với

∆(R) ̸= J (R) cũng sẽ được mô tả.

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 idêan 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) tương đương ru−1+ 1 ∈ U (R) tương đương 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∆là nhóm con với phép cộng củaR Hơn nữars = 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) và ∆(R) ⊆ J (R) hay

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là dễ thấy.

Hệ quả 3 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 5 Cho R là một vành có đơn vị và T là vành con của R được

sinh bởi U (R) Khi đó:

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

(2) ∆(R) là vành căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phép

Trang 17

Chứng minh (1) T là vành con sinh bởi U (R) nên T là vành con bao

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề ??, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề ??, ∆(T ) = J (T ).Nếu r ∈ ∆(R), khi đó r + U (R) ⊆ U (R) Điều này có nghĩa là r có thểbiểu diễn được thành tổng của hai đơn vị Do đór ∈ 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), ∆ là vành căn Jacobson của R và theo Bổ đề ?? (2) thì

∆(R) là đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch phía trái và phải

của R.

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng với

phép nhân các phần tử khả nghịch Nếu s ∈ S và u ∈ U (R), khi đó

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).

Theo Bổ đề ?? (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R).

Hệ quả 4 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thành

tổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R).

Hệ quả 5 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,

khi đó ∆(R) là vành lũy linh.

Mệnh đề 11 Giả sử R là vành có đơn vị Khi đó

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

∆(S).

(2) U (∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa 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 ??.

Hệ quả 6 Cho R là vành có đơn vị, ∆(∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ là

Trang 18

Hệ quả 7 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)).

Hệ quả 8 Cho R là một vành

(1) ∆(Tn(R)) = Dn(∆(R)) + Jn(R);(2) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn);(3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

Hệ quả 9 ChoRlà một vành,∆(R) = J (R)nếu và chỉ nếu∆(R/J (R)) =

0.

Định lý 6 ∆(R) = J (R) nếu R thỏa mãn một trong các điều kiện sau

(1) R/J (R) là đẳng cấu với phép nhân vành các ma trận và divisionrings.

(2) R là một vành nửa địa phương.

(3) R là clear ring thỏa 2 ∈ U (R).

(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R).(5) R có stable range 1.

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

Bổ đề 4 Giả sử G là nhóm con của R Khi đó G đóng với phép nhân

các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nó đóng với phép nhân các phầntử quasi-invertible của R.

Định lý 7 Giả sử R là một vành có đơn vị và G là nhóm con đối với

phép cộng của R Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

(1) G = ∆(R)

(2) R là vành con căn Jacobson lớn nhất đóng với phép nhân các phần

tử quasi-invertible của R

(3) Glà nhóm con lớn nhất của R đối với phép cộng bao gồm các phần tử

Trang 19

6.2Mở rộng toán tử ∆ cho vành khơng có đơn vị

Bổ đề 5 Cho R là một vành khơng nhất thiết phải có đơn vị, ta có

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1).

Mệnh đề 12 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có các điều sau

(1) Cho e2 = e thỏa mãn e∆(R)e ⊆ ∆(R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe).

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

(3) ∆(R) không chứa các phần tử unit regular khác không.

Hệ quả 10 Cho R là một vành có unit regular, khi đó ∆(R) = 0.

Hệ quả 11 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tử

lũy đẳng của R.

Mệnh đề 13 Giả sử R là vành 2-primal Khi đó ∆(R[x]) = ∆(R) +

J (R[x]).

7Các đặc trưng của ∆U -vành

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

∆(R) = J (R).

7.1Các tính chất tổng qt của các ∆U -vành

Bổ đề 6 Cho R là một vành tùy ý, ta có

(1) ∆(R) là vành con của R.

(2) ∆(R) là iđêan của R khi và chỉ khi ∆(R) = J (R).

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

(5) Nếu R là vành nửa địa phương, khi đó ∆(R) = J (R).

Trang 20

(7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

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

Mệnh đề 14 R là ∆U-vành khi và chỉ khi U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) (khi đó

U (R) + U (R) = ∆(R)).

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

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

Các tính chất cơ bản của ∆U-vành

Mệnh đề 15 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(1) 2 ∈ ∆(R);

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

(4) R là Dedekind finite;

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

R/I là ∆U-vành;

(6) Vành Y

i∈I

Ri là ∆U khi và chỉ khi các vành Ri là ∆U, với mọi i ∈ I.

(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T, khi đó T là

∆U-vành Cụ thể, điều này áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R.

Chứng minh (1) Hiển nhiên.(2)

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

tức là1+x ∈ U (R) VìRlà∆U-vành,1+x ∈ 1+∆(R), do đóx ∈ ∆(R).(4) Giả sử a, b ∈ R với ab = 1 Khi đó 1 − ba là lũy đẳng của R,

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

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

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

Trang 21

(5) Nếu I ⊆ J (R) là ideal, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I Giả sử R là ∆U

-vành Khi đó u + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là ∆(U )

-vành.

Ngược lại, giả sử R/I là ∆U-vành Lấy u ∈ U (R) tùy ý Khi đó

u + I ∈ 1 + ∆(R)/I Ta có thể kiểm tra u ∈ 1 + ∆(R) Do đó, R là

∆U-vành.

(6) Hiển nhiên.

(7) Giả thiết U (T ) = U (T ) ∩ T nghĩa là ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây giờ

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

Định lý 8 Mn(R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R là ∆U-vành.

Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên.

(⇒:) Giả sử rằng Mn(R) là ∆U-vành và n > 1 Đầu tiên ta sẽ chứng

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

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

Mn(R) vàX2 = 0 Do Mn(R)là∆U-vành, ta lấyX ∈ ∆(Mn(R)) Lấy U =

0 0 0 .0 10 0 0 .1 0 .0 0 1 0 0 0 0∈Mn(R) Khi đóIn− U X =1 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 alà

khả nghịch trong Mn(R), hay a ∈ U (R) Do đó, R là division.

Trang 22

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

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

R ∼=F2.Cuối cùng, ta sẽ chỉ ran = 1 LấyX1=1 11 0và X =X1 00In−2∈

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

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

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

và R ∼=M1(R) là ∆U-vành.

Mệnh đề 16 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R.

Khi đó eRe là ∆U-vành.

Chứng minh Lấyu ∈ U (eRe) Khi đóu + 1 − e ∈ U (R) Vì R là ∆U-vành

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

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

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

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

eRe là ∆U-vành.

Định lý 9 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi và

Trang 23

Chứng minh (:⇒) Lấy u =¯u m0u∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), trongđó u ∈ U (R) và m ∈ M Ta chỉ ra u − 1 ∈ ∆(T (R, M ))¯ Rõ ràng, u ∈ U (R)

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

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

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy.

Hệ quả 12 Giả sử M là (R, S) song mơđun Khi đó vành ma trận

các tam giác dạng

R M0S

là ∆U-vành khi và chỉ khi R và S là các

∆U-vành.

Hệ quả 13 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác

trên Tn(R) là ∆U-vành, n ≥ 1.

7.2Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Nhớ lại rằng, vành R được gọi là vành 2-primal nếu căn nguyên tố của

nó bằng N (R).

Mệnh đề 17 Cho R là vành 2-primal Nếu vành đa thức R[x] là ∆U

-vành, khi đó R là ∆U-vành.

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

∆(R) + J (R[x]) Mặt khác ta cũng có J (R[x]) = I[x] với I là iđêan lũy

linh 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 18 Cho R là một vành và m ∈N.

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

Trang 24

Chứng minh (1) Điều này suy ra từ Mệnh đề 2.4(5), từ xR[x]/xmR[x] ⊆J (R[x]/xmR[x]) và (R[x]/xmR[x])/(xR[x]/xmR[x]) ∼= R.

(2) Ta xét(x) = xR[[x]] như là iđêan của R[[x]] Khi đó (x) ⊆ J (R[[x]]),do R ∼= R[[x]]/(x), kết quả này suy ra từ Mệnh đề 2.4(5).

Bổ đề 7 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấu

thỏa ϵi = idR.

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

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

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

Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R)và U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S)).Lấy a ∈ ∆(S) Rõ ràng, a + U (S) ⊆ U (S), vì vậy ϵ(a) + ϵ(U (S)) ⊆ ϵ(U (S))

hoặc ϵ(a) + U (R) ⊆ U (R) Điều đó có nghĩa là ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó,

ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

(2) Cho S là ∆U-vành Khi đó U (S) = 1 + ∆(S), theo(1)U (R) = ϵ(U (S)) = 1 + ∆(S) ⊆ 1 + ∆(R).

Do đó U (R) = 1 + ∆((R).

(3) Giả sử R là ∆U-vành Ta phải chỉ ra ϵ−1(U (R)) ⊆ 1 + ∆(S), điều

này có nghĩa là U (S) = 1 + ∆(S) Với bất kỳ y ∈ ϵ−1(U (R)), ta lấy

ϵ(y) ∈ U (R) = 1 + ∆(R), vì R là ∆U-vành Suy ra y − 1 = i(x) + v, trong

đó 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.

Mệnh đề 19 Cho R là một vành, M là một monoid và RM là monoid

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

Mệnh đề 20 Cho R là vành giao hốn có đơn gị Vành đa thức R[x]

Trang 25

7.3Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 21 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(1) R là ∆U-vành.

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

Định lý 10 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương

(1) R là clean ∆U-vành;

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

đẳng, e ∈ R;

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

Bổ đề 8 Nếu R là vành unit-regular thì ∆(R) = 0.

Định lý 11 Cho R là một vành, các điều sau tương đương

(1) R là regular ∆U-vành.

(2) R là strongly regular ∆U-vành.

(3) R là unit-regular ∆U-vành.

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

Định lý 12 Cho R là một vành, các điều sau tương đương

(1) R là semiregular ∆U-vành.

(2) R là exchange ∆U-vành.

(3) R/J (R) là vành Boolean.

Hệ quả 14 Cho R là ∆U-vành, các điều sau là tương đương

(1) R là semiregular ring.

(2) R là exchange ring.

Trang 26

8Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 3 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 aben với

phép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép tốn nhân và phép toán 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 là

phần 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 4 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu

A là vành đối với hai phép toán cộng và nhân trên R (bao gồm cả tính

đóng của hai phép tốn trên A).

Định nghĩa 5 Iđêan 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 của R vừa là iđêan trái, vừa là iđêan phải được gọi là

iđêan của vành R.

Cho I là một iđêan của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} được

gọi là tập thương của R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai

phép toán

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

với mọi x, y ∈ R.

Định nghĩa 6 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.

Định nghĩa 7 Cho R là vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M bao

Trang 27

(1) (x + y) · r = x · r + y · r,(2) x · (r + s) = x · r + x · s,(3) (xr) · s = x · (rs),

(4) x · 1R = x,

trong đó r, s ∈ R và x, y là các phần tử tùy ý trong M.

Lúc đó R được gọi là vành cơ sở, nếu M là một R-môđun phải ta

thường ký hiệu là MR Tương tự ta cũng đinh nghĩa R-mơđun trái.

Cho R, S là hai vành Nhóm aben (M, +) là một song môđun R-bên

phải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

a) M là R-môđun phải và M là S-mơđun trái.

b) Ta phải có

(sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ).

Định nghĩa 8 Cho M là mộtR-môđun phải Tập con A củaM được gọi

là môđun con của M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR), nếu A là R-môđun

phải với phép toán cộng và nhân hạn chế trên A.

Định nghĩa 9 (1) Môđun MR được gọi là đơn nếu M ̸= 0 và với mọi

A ≤ M thì A = 0 hoặc A = M, nghĩa là M ̸= 0 và M có hai mơđuncon là 0 và M.

(2) Vành R được gọi là đơn nếu R ̸= 0 và với mọi A ≤R RR thì A = 0

hoặc A = 0, nghĩa là R ̸= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R.

(3) Mơđun A ≤ M được gọi là môđun con cực tiểu của môđun M nếu

như A ̸= 0 và với mọi B ≤ M thỏa mãn B < A thì B = 0.

(4) Tương tự, môđun con A ≤ M được gọi là môđun con cực đại nếu

như A ̸= M và với mọi B ≤ M thỏa mãn B > A thì B = M.

Bổ đề 9 MR đơn khi và chỉ khi M ̸= 0 và ∀m ∈ M, m ̸= 0 thì M = mR.

Cho MR và N ≤ MR Vì N là nhóm con của nhóm cộng aben M nên

Trang 28

phần tử của M/N là các lớp ghép x + N của N trong M và phép toáncộng

(x + N ) + (y + N ) = x + y + N.

Ta cần xây dựng phép nhân môđun đểM/N trở thành một môđun phải.

Định lý 13 Cho MR và N ≤ M.

(i) Quy tắc M/N × R → M/N được cho bởi (m + N, r) → (m + N )r =

mr + N là phép nhân mơđun.

(ii) Nhóm aben M/N cùng với phép tốn nhân mơđun này trở thành một

R-mơđun phải.

Định nghĩa 10 M/N được xác định như trong Định lý 20 được gọi là

môđun thương của môđun M trên môđun con N.

9Không gian các hàm p-khả tích Lp(Ω)

Ta nhớ lại khơng gian các hàm p-khả tích trong độ đo Lebesgue n chiều.

Định nghĩa 11 Cho A ⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p ∈ [1, ∞],

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

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

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

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

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

(f, g)L2:=

Z

A

f g dxf, g ∈ L2(A).

Trang 29

Định lý 15 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, (fh)h ⊂ Lp(Ω) và f ∈ Lp(Ω) với

1 ≤ p ≤ ∞ Giả sử rằng

lim

h→∞∥fh− f ∥Lp(Ω)= 0.

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

(ii) |fhk(x)| ≤ g(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω, ∀k.

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

hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Nhận xét 2 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn là

tập mở bị chặn, nếu khơng thì quan hệ bao hàm khơng được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

và bất kỳ tập mở Ω, ở đó

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

và

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

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

Tính compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Trong mục này chúng ta sẽ thảo luận về một kết quả compact trong

không gian Lp Chúng ta chỉ nêu các kết quả nhưng không chứng minh.

Cho f : Rn → R và v ∈ Rn, khi đó ta định nghĩa τvf : Rn → R hàm

v-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

(τvf )(x) := f (x + v)

Định lý 16 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặn

trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞ Giả sử rằng lim

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

Trang 30

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

Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn.

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

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

e

f (x) :=

(

f (x) nếu x ∈ Ω0 nếu x /∈ Ω

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

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

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

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

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

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp)khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp) Do đặc tính củatập compact trong khơng gian metric (Định lý 29) có điều phải chứngminh.

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

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

∥f ∥Lp(Rn\B(0,rϵ))< ϵ∀f ∈ F ;

(iii) lim

Trang 31

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

fh(x) :=1h nếu 0 ≤ x ≤ 1h

0 nếu ngược lại

và Ω := (0, 1) Khi đó dễ thấy rằng ∥f ∥L1

R= 1 với mỗi h ∈ N và F |Ω

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

∥τvfh− fh∥L1(R)≥Z 0−∞fh(x + v) dx =Z v0fh(x) = 1.

Do đó, (ENF) khơng cịn đúng cho F

(ii) Nếu Ω khơng có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý ?? khơng

cịn đúng nữa Thật vậy, xét họ F := {fh: h ∈N} ở đây fh:R→R được

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

và f không triệt tiêu Khi đó

∥f ∥L1(R)= ∥f ∥L1(R)> 0∀h. (1)

Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

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

và

∥τcfh− fh∥L1(R)= ∥τvf − f ∥L1(R)∀h

ở đây L := Lip(f ) Cho Ω := R và quan sát F = F |Ω không compact

tương đối trên (L1(R), ∥.∥L1) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh bởi (??), từ

fh(x) → 0 với mỗi x ∈R.

Tính tách được của (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nhận xét 4 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂

Trang 32

Thật vậy

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

x∈Ω

|f (x)| := ∥f ∥∞,Ω.

Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, nếu N ⊂ Ω là tập

không đáng kể với mối quan hệ đến L, khi đó

Ω \ N ⊇ Ω.

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

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

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

Khơng gian đối ngẫu của Lp(Ω).

Định lý 18 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho 1 ≤ p < ∞ và ký hiệu

p′:=pp − 1 nếu 1 < p < ∞∞ nếu p = 1(số mũ của) p

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

⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω):=

Z

Ω

uf dx, ∀f ∈ Lp(Ω),

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

Lp′(Ω) ≡ (Lp(Ω))′ nếu 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước.

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

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

Trang 33

trong Ω bất đẳng thức này là rõ ràng Giả sử 0 < ∥u∥Lp′(Ω)< ∞, khi đóta cần giả sử rằng 0 < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa

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

Quan sát rằng fn ∈ Lp(Ω), từ

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

Lp′(Ω).

Vì vậy

⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω)=

Z

Ω

u|u|p′−2udx = ∥u∥p

′Lp′(Ω). (4)Từ (??) và (??), suy ra∥u∥p′Lp′(Ω)= ⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω)≤ ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥fu∥Lp(Ω)= ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥u∥1/p−1Lp′(Ω).

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≥ ∥u∥Lp′(Ω)∀u ∈ Lp′(Ω). (5)

Vì thế (??) và (??) cho ta (??) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, vì

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

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

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

sao cho

0 < |EM ∩ F | < ∞.

Tập hợp

fu(x) := 1

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

Trang 34

Từ (??) và (43b), suy ra

M ≤ ⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)≤ ∥T (u)∥(L1(Ω))′∥fu∥L1(Ω)

= ∥T (u)∥(L1(Ω))′, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)),

Từ đó

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

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

Bước 2: Đầu tiên giả sử rằng |Ω| < ∞ và ta chứng minh T là toàn ánh,

nghĩa là ∀ϕ ∈ (Lp(Ω))′, ∃u ∈ Lp′(Ω) sao cho

T (u) = ϕ ⇔ ⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω)= ϕ(f ), ∀f ∈ Lp(Ω).

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

nghĩa tập hợp hàm ν : M →R

ν(E) := ϕ(χE), E ∈ M

Chỉ ra rằng

ν là σ-hữu hạn, độ đo có dấu; (6)

ν ≪ Ln trên M. (7)

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

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

∞

X

h=1

Trang 35

và | ∪∞h=m+1Eh| =∞Xh=m+1|Eh| → 0 khi m → ∞ từ E < ∞ Vì vậyν(E) =∞Xh=1ν(Eh)

và vì cùng một kết quả cho cách sắp xếp bất kỳ của dãy (Eh)h, chuỗi hộitụ tuyệt đối và thỏa (??) Hơn thế nữa, từ

|ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′|E|1/p, ∀E ∈ M,

suy ra (??).

Lưu ý: Nếup = ∞ trong đánh giá trước, khi đó (??) khơng cịn giữ nữa.

Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn tại một M-hàm đo

được u : Ω →R với u+ hoặc u−∈ L1(Ω) sao cho

ϕ(χE) = ν(E) =

Z

E

udx, ∀E ∈ M. (8)

Thực sự thỏa mãn u ∈ L1(Ω) Thật vậy, cho

En+:= {x ∈ Ω : u(x) ≥ 0} và En−:= {x ∈ Ω : u(x) ≤ 0}.Từ (??) ta được0 ≤ZΩu±dx =ZEn±udx = ν(En±) < ∞.

Do đó u±∈ L1(Ω) Từ tuyến tính của ϕ và tích phân, rõ ràng là

ϕ(s) =

Z

Ω

u s dx (9)

với mỗi hàm đơn giản đo được s : Ω →R Để kết luận, chúng ta chỉ cần

chứng minh rằng

u ∈ Lp′(Ω), ∀p ∈ [1, ∞). (10)Thật vậy, với mỗi f ∈ Lp(Ω), theo xấp xỉ bởi các hàm đơn giản (Định lý23), tồn tại một dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) của các hàm đơn gian đođược thỏa mãn

Trang 36

Từ (??), (??) và bất đẳng thức Holder, suy ra ZΩu(sh− f )dx≤ ∥u∥Lp′(Ω)∥f − sh∥Lp(Ω)→ 0. (12)

Điều kiện (??), (??) và tính liên tục của ϕ cho

ϕ(f ) = limh→∞ϕ(sh) = limh→∞ZΩu shdx =ZΩu f dx, ∀f ∈ Lp(Ω).

Đặc biệt, đúng là tồn tại u ∈ Lp′(Ω) sao cho

T (u) = ϕ.

Ta được điều phải chứng minh.

Ta chứng minh (??) Trong trường hợp p = 1, giả sử M > 0 và cho

EM := {x ∈ Ω : u(x) > M }.Khi đóM |EM| ≤ZEMudx = ϕ(χEM) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′|EM|.

Vì vậy |EM| = 0 nếu M > ∥ϕ∥(Lp(Ω))′, từ đó ta suy ra

0 ≤ u+(x) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇔ ∥u+∥L∞(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′.

Tương tự

∥u−∥L∞(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′

và vì thế u = u+− u− ∈ L∞(Ω) = L1′(Ω).

Trong trường hợp 1 < p < ∞, theo xấp xỉ bởi các hàm đơn giản, cho

(sh) là dãy các hàm đơn giản đo được sao cho

0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ |u| trong Ω, (13)và

lim

h→∞sh(x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω. (14)Bây giờ ta sẽ chứng minh ước lượng quan trọng sau đây

Trang 37

Tập hợp

uh(x) := |sh(x)|p′−1sign(u(x)) nếu x ∈ Ω.

Khi đó (uh) vẫn là dãy hàm đơn giản và

∥sh∥p′Lp′(Ω)=ZΩ|sh|p′dx(??)≤ZΩsp′−1h|u|dx =ZΩuhu dx(??)= ϕ(uh)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′∥uh∥Lp(Ω)= ∥ϕ∥(Lp(Ω))′ZΩ|sh|(p′−1)pdx1p= ∥ϕ∥(Lp(Ω))′ZΩ|sh|p′dx1p= ∥ϕ∥(Lp(Ω))′∥sh∥p′pLp(Ω).

Nếu ∥sh∥Lp′(Ω)= 0, khi đó (??) là hiển nhiên Nếu ∥sh∥Lp′(Ω)> 0, thì bấtđẳng thức trên do (??) chia cho ∥sh∥

p′pLp′(Ω) và chú ý rằng p′(1 − 1p) = 1.Từ (??), (??) và bổ đề Fatou ta có∥u∥p′Lp′(Ω)=ZΩ|u|p′dx ≤ limh→∞infZΩ|sh|p′dx = limh→∞inf ∥sh∥p′Lp′(Ω)≤ ∥ϕ∥p(L′p(Ω))′< ∞.

Do đó (??) cũng đúng khi 1 < p < ∞ Bước 3: Giả sử rằng |Ω| = ∞ và

ta chứng minh rằng T is still onto.

Cho (Ω)h là dãy tăng của các tập bị chặn sao cho

Ω = ∪∞h=1Ωh.

Ta đồng ý với nhận định Lp(Ωh) và Lp′(Ωh), (h = 1, 2, ) với không gian

con của Lp(Ω) và Lp′(Ω) bao gồm các hàm khuyết bên ngoài Ωh Đặc

biệt, với mỗi ϕ ∈ (Lp(Ω))′ suy ra

ϕ ∈ (Lp(Ω))′ và ∥ϕ∥(Lp(Ωh))′≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′, ∀h. (16)Từ bước 2, với mỗi h, tồn tại duy nhất uh ∈ Lp′(Ωh) sao cho

Trang 38

Chú ý rằng từ Lp(Ωh) ⊂ Lp(Ωh+1), theo tính duy nhất uh+1 = uh hầu

khắp nơi trong Ωh Vì vậy, suy ra định nghĩa hàm u : Ω → R

u(x) := uh(x) nếu x ∈ Ωh.

Từ (??), (??) và định lý đơn điệu hội tụ

∥u∥Lp′(Ω)= lim

h→∞∥u∥Lp′(Ωh)= lim

h→∞∥uh∥Lp′(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′< ∞,

vì u ∈ Lp′(Ω) Hơn nữa, nếu f ∈ Lp(Ω), khi đó theo định lý tính hội tụtrội

f χΩh → f trên LP(Ω),

và vì thế, theo tính liên tục của ϕ và (??),

ϕ(f ) = limh→∞ϕ(f χΩh) = limh→∞ZΩhu f dx =ZΩu f dx.Ta hoàn tất chứng minh.

Nhận xét 5 Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo được

(X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định

Lp′(X, µ) ≡ (Lp(X, µ))′

vẫn cịn giữ nếu

• 1 < p < ∞ cho o tng quỏt àã p = 1 bit à là σ-hữu hạn.

Cách xác định này có thể sai trong các trường hợp khác.

Support của hàm Lp.

Ta biết rằng, cho hàm f :RnR, support của f là tập hợp

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

Định nghĩa này khơng cịn phù hợp cho hàm f ∈ Lp(Rn) Thật vậy, ta

muốn khái niệm này thỏa mãn tính chất sau

Trang 39

Nhưng trường hợp này nó khơng đúng Thật vậy Ví dụ: Cho f1:= χQ:

R→R và f2≡ 0 Khi đó, rõ ràng

f1= f2 hầu khắp nơi trong R

nhưng

spt(f1) = Q=R và spt(f2) = ∅.

Mệnh đề 22 (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn →R Ký hiệu

Af := {ω ⊂Rn : ω là tập mở và f = 0 hầu khắp nơi trong ω}

và cho

Af := ∪ω∈Afω.

Khi đó Af là tập mở và

f = 0 hầu khắp nơi trong Af.

Tập đóng

spte(f ) :=Rn\ Af (ES)được gọi là support cần thiết của f trong Rn.

Nhận xét 6 (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, nếu f1= f2 hầu khắp nơi

trong Rn, khi đó spte(f1) =spte(f2).

(ii) Định nghĩa (S) và (ES) là giống nhau khi các hàm là liên tục Chínhxác hơn

Bài tập 1 Nếu f :Rn →R là liên tục, khi đó

Rn\ Af ={x ∈Rn: f (x) ̸= 0}.

Chứng minh mệnh đề ?? Hiển nhiênAf là tập mở Ta chứng minh rằng

f (x) = 0 hầu khắp nơi x ∈ Af. (19)

Từ Rn là không gian metric tách được, khi đó nó thỏa mãn tiên đề thứ

hai của tính đếm được (Định lý 36) Do đó tồn tại một họ đếm được các

tập mởU = {Ui: i ∈N} thỏa mãn với mỗi tập mở của Rn là hợp của các

phần tử đếm được trong U Với mỗi ω ∈ Af, giả sử rằng

Trang 40

cho một bộ chỉ số phù hợp Jω⊂N và cho J := ∪ω∈AfJω Do đó

Af = ∪i∈JUi.

Từ f = 0 hầu khắp nơi trong Ui với mỗi i ∈ J, theo (??)

10Xấp xỉ bởi tích chập trong Lp

Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, tồn tại (fh)h ⊂ C0c(Ω) sao

cho fh → f trong Lp(Ω) Ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm

xấp xỉ theo các hàm chính quy Chính xác hơnCâu 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.

Định nghĩa 12 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là mộtdãy 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

Định dạng
Số trang	117
Dung lượng	588,48 KB