TRƯỜNG ĐẠI HỌC:
NGHIỆM VISCOSITY CỦA BÀI TOÁNĐIỀU KHIỂN VỚI THỜI GIAN THOÁT
RA
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Trang 31PHẦN MỞ ĐẦU
Giải tích phức là một trong những ngành cổ điển của toán học, bắtnguồn từ khoảng thể kỷ 19 và thậm chí có thể là trước đó Một số nhàtốn học nổi tiếng nghiên cứu lĩnh vực này như : Euler, Gauss, Riemann,Cauchy, Weierstrass và nhiều nhà toán học khác ở thế kỷ 20 Giải tíchphức, đặc biệt là phương trình vi phân trong miền phức có nhiều ứngdụng trong cơ khí, lý thuyết số giải tích, động lực phức Vì thế nóđang được nghiên cứu và phát triển mạnh mẽ theo cả lý thuyết và ứng
Trang 42ĐỊNH LÝ ROLLE
Cơ sở của định lý Rolle dựa trên hai định lý cơ bản là Weierstrass vàFermat Định lý Weierstrass khẳng định rằng khi hàm số f liên tục trênđoạn [a, b]thì nó bị chặn và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trênđoạn đó Định lý Fermat về điểm cực trị của hàm cũng khẳng định rằngnếu hàm f khả vi trên khoảng (a, b) và đạt cực trị địa phương (cực đạiđịa phương hoặc cực tiểu địa phương) thuộc khoảng đó thì giá trị đạohàm tại điểm cực trị địa phương bằng không.
Định lý 1 (Định lý Rolle) Giả sử cho hàm số f liên tục trên [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho
f′(c) = 0
Chứng minh
Vì f liên tục trên đoạn [a, b] Theo định lý Weierstrass thì hàm f phảitồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b], nghĩa là tồntại x1, x2 ∈ (a, b) sao cho
f (x1) = min
[a,b]f (x) = m, f (x2) = max
[a,b]f (x) = M
Có hai khả năng xảy ra:
1) Nếu m = M Khi đó f (x) = const trên đoạn [a, b] Nên f′(c) = 0 vớimọi c ∈ (a, b)
2) Nếu m < M Theo giả thiết ta có f (a) = f (b) nên ít nhất một tronghai điểm x1, x2 phải thuộc khoảng (a, b) Khơng mất tính tổng qt tagiả sử x1 ∈ (a, b) Theo định lý Fermat thì đạo hàm tại điểm này bằngkhơng.
Định lý được chứng minh xong.
Ý nghĩa hình học của định lý Rolle.
Trang 5Hệ quả 1 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b) và phươngtrìnhf (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì phương trình
f′(x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) (Phươngtrình f(k)(x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)
với (k = 1, 2, , n))Chứng minh
Giả sử phương trình f (x) = 0 cón nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)
đã được sắp thứ tự x1 < x2 < < xn Khi đó ta áp dụng định lý Rollecho n − 1 đoạn [x1, x2], [x2, x3], , [xn−1, xn] thì phương trình f′(x) = 0 cóít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1, x2), (x2, x3), , (xn−1, xn).Gọi n − 1 nghiệm đó là ξ1, ξ2, , ξn−1 thì ta có:
f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0
Tiếp tục áp dụng định lý Rolle chon−2khoảng(ξ1, ξ2), (ξ2, ξ3), , (ξn−2, ξn−1)
thì phương trìnhf′′(x) = 0có ít nhấtn − 2nghiệm phân biệt trên khoảng
(a, b).
Tiếp tục quá trình trên thì sau k bước phương trình f(k)(x) = 0 có ítnhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).
Hệ quả 2 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàmtrên khoảng (a, b) Khi đó nếu phương trình f′(x) = 0 có khơng q n − 1
nghiệm phân biệt trên khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có khơngq n nghiệm phân biệt trên khoảng đó
Chứng minh
Trang 63Các cận cho độ giao hoán tương đối của một nhómcon
Mệnh đề sau đây cho ta cận trên và cận dưới cho độ giao hốn tươngđối của một nhóm con của một nhóm.
Mệnh đề 1 Cho H là một nhóm con của G, và p là ước nguyên tố nhỏnhất của |G| Khi đó|Z(G) ∩ H||H| +p(|H| − |Z(G) ∩ H|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| .
Chứng minh Đặt K = Z(G) ∩ H Khi đó theo Mệnh đề 21 ta có
|H||G| Pr(H, G) = Xx∈H|CG(x)| = Xx∈K|CG(x)| + Xx∈H\K|CG(x)|= |K||G| + Xx∈H\K|CG(x)|.
Rõ ràng nếu x ∈ H \ K thì {1}⊊ CG(x)⊊G cho nên p⩽|CG(x)|⩽ |G|
2 Do đóp(|H| − |K|) ⩽ Xx∈H\K|CG(x)| ⩽ (|H| − |K|)|G|2 .Cho nên|K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| Xx∈H\K|CG(x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|)|G|2 .Từ đó suy ra|K||H| +p(|H| − |K|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |K||H| +|H| − |K|2|H| ,và ta có cơng thức cần chứng minh.
Trang 7Mệnh đề 2 Cho G là một nhóm khơng giao hốn và H là một nhómcon của G Khi đó
(i) Nếu H ⊆ Z(G) thì Pr(H, G) = 1.(ii) Nếu H ⊈ Z(G) thì Pr(H, G) ⩽ 3
4 Hơn nữa, nếu H là một nhóm
khơng giao hốn thì Pr(H, G)⩽ 5
8.Chứng minh.(i) Vì H ⊆ Z(G) nên Xx∈H|CG(x)| = |H||G|. Do đóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G||H||G| = 1.
(ii) Giả sửH ⊈Z(G) Khi dóZ(G) ∩ H ⊊ H, Cho nên |Z(G) ∩ H|⩽ 1
2|H|.Áp dụng Định lý 7 ta đượcPr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H||H| ⩽12|H| + |H||H| =34.
Giả sử H khơng là nhóm giao hốn Khi đó theo Mệnh đề 38 ta có
Pr(H)⩽ 5
8 Do đó, theo Định lý 23 ta có
Pr(H, G)⩽Pr(H)⩽ 5
8.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Kết quả sau đây mơ tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề 8.
Mệnh đề 3 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó:
(i) Nếu Pr(H, G) = 3
4 thì H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2;
(ii) NếuPr(H, G) = 5
Trang 8Chứng minh.(i) Giả sử Pr(H, G) = 34 Khi đó, theo Định Lý 7 ta có34 = Pr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| =|Z(G) ∩ H|2|H| +12.Từ đó suy ra|H||Z(G) ∩ H| ⩽2.Nếu |H||Z(G) ∩ H| = 1 thì |H| = |Z(G) ∩ H|, từ đó suy ra H ⊆ Z(G) Khi
đó theo Mệnh đề 8 (i) ta có Pr(H, G) = 1 Điều này mâu thuẫn với giả
thiết Do đó |H|
|Z(G) ∩ H| = 2, cho nên H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2, và ta có điều
phải chứng minh.(ii) Giả sử Pr(H, G) = 5
8 Bằng cách lập luận tượng tự như ở trên ta suyra được
|H|
|Z(G) ∩ H| ⩽4.
Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H khơng giaohốn nên H/Z(H) khơng là nhóm xiclíc Do đó H/(Z(G) ∩ H) khơng lànhóm xiclíc Từ đó suy ra|H||Z(G) ∩ H| ⩾4.Điều này chứng tỏ rằng|H||Z(G) ∩ H| = 4,và do đóH/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2×Z2.
4Một số kết quả liên quan
Trong tồn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ (R)là căn Jacobson của vành
Trang 9Trong [?], các tác giả đã định nghĩa một vành R được gọi là U J-vànhnếu 1 + J (R) = U (R).
Cho S là một vành, khơng nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm
S◦= (S, ◦) của S là tập hợp S với phép tốn
◦ : S × S → S
(x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy.
Mặt khác, nếu S là vành có đơn vị, khi đó S◦ là đẳng cấu với vị nhóm
(S, ) củaR với đẳng cấu
◦ : (S, ◦) → (S, )x 7→ 1 − x.
Cụ thể, y ∈ S là khả nghịch trong vị nhóm S◦ (được gọi là phần tửtựa khả nghịch hay phần tử tựa chính quy) khi và chỉ khi 1 − y là phầntử khả nghịch trong vành S và nhóm các phần tử khả nghịch U (S) của
S là đẳng cấu với nhóm U◦(S) các phần tử tựa khả nghịch của S Phầntử nghịch đảo của y trong S◦ được gọi là tựa nghịch đảo của y Ta biếtrằng I = J (S) là iđêan lớn nhất của S thỏa mãn U◦(I) = I.
Bổ đề 1 ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau là tương đương đối với mộtvành R đã cho:
(1) U (R) = 1 + J (R), hay R là U J-vành;(2) U (R/J (R)) = {1};
(3) C(R) là iđêan của R (khi đó C(R) = J(R)), với C(R) là tập các phầntử tựa chính quy của R;
(4) rb − cr ∈ J (R), r ∈ R và b, c ∈ C(R);(5) ru − vr ∈ J (R), u, v ∈ U (R) và r ∈ R;
(6) U (R) + U (R) ⊆ J (R) (khi đó U (R) + U (R) = J (R)).
Một vành được gọi là hữu hạn Dedekind nếu ab = 1 thì ba = 1 với a, b
là hai phần tử bất kỳ của vành.
Trang 10(1) 2 ∈ J (R);
(2) Nếu R là thể, khi đó R ∼=F2;
(3) R là rút gọn (khơng có phần tử lũy linh khác khơng) do đó R giaohốn;
(4) Nếu x, y ∈ R thỏa mãn xy ∈ J (R) khi đó yx ∈ J (R) và xRy, yRx ⊆J (R);
(5) Giả sử I ⊆ J (R)là iđêan của R Khi đóR là U J-vành khi và chỉ khi
R/I là U J-vành;
(6) R là hữu hạn Dedekind;
(7) Vành Y
i∈I
Ri là U J-vành khi và chỉ khi các vành Ri là U J-vành vớimọi i ∈ I.
Một vành R được gọi là nửa địa phương nếu vành thương R/J (R) làtổng trực tiếp của các iđêan phải cực tiểu.
Mệnh đề 5 ([?], Mệnh đề 1.4) Vành nửa địa phương R là U J-vành khivà chỉ khi R/J (R) ≃F2× ×F2.
Cho R là một vành có đơn vị Ta ký hiệu Mn(R) là vành các ma trậncấp n × n trên R.
Định lý 2 ([?], Định lý 3) Cho R là vành tùy ý, có đơn vị và n > 1.Khi đó, mỗi phần tử của Mn(R) là tổng của ba phần tử khả nghịch củaMn(R).
Cho R là một vành có đơn vị, một phần tử a ∈ R được gọi là cleannếu a có biểu diễn a = e + u trong đó e là phần tử lũy đẳng của R, u làphần tử khả nghịch của R nào đó Ta ký hiệu Cl(R) là tập tất cả cácphần tử clean của vành R Một vànhR được gọi là clean nếuR = Cl(R).Hệ quả 3 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiệnsau là tương đương
Trang 11(ii) U (R[x]) = U (R);(iii) Cl(R[x]) = Cl(R).
Cho R là một vành và M là song môđun trên vành R Một mở rộngtầm thường của R và M là
T (R, M ) = {(r, m) : r ∈ R và m ∈ M },
với phép cộng theo các thành phần và phép nhân được định nghĩa bởi
(r, m)(s, n) = (rs, rn + ms).
Mệnh đề 6 ([?], Mệnh đề 4.9 (2)) Cho R là một vành và M là song
môđun trên R GọiT (R, M )là mở rộng tầm thường Khi đó tập các phầntử khả nghịch của T (R, M ) là U (T (R, M )) = T (U (R), M ).
Một vành R được gọi là I-vành nếu mỗi iđêan phải lũy linh kháckhơng đều chứa ít nhất một phần tử lũy đẳng khác không.
Một hệ n2 phần tử {eij} của vành R được gọi là hệ các ma trận khảnghịch nếu
eijej′k=
(
0 nếu j ̸= j′ejk nếu j = j′.
Định lý 3 ([?], Định lý 2.1) Cho R là I-vành Nếu a là phần tử lũylinh cấp n (nghĩa là an = 0, an−1 ̸= 0) và nếu an−1 ∈ J(R)/ thì iđêan (a)
sinh bởi a chứa hệ n2 các ma trận khả nghịch.
5Nhóm 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
Trang 12(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 thìPr(H, Dn) =n + 12n nếu n lẻ,n + 22n nếu n chẵn.(iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì
Pr(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 ?? 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)|.
Trang 13Áp dụng Mệnh đề 21 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .
Trang 14Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề ??, |Tl| = 2 do đó
Tl = ⟨rls⟩ = {1, rls}.Theo Mệnh đề 21, ta cóPr(Tl, Dn) = 1|Tl||Dn|Xx∈Tl|CDn(x)| = 12 · 2n (|CDn(1)| + |CDn(rls)|)= 14n (|Dn| + |CDn(rls)|).
Ta áp dụng Mệnh đề ?? 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.
Trang 15Ta xét hai trường hợp của n
Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| =ni− 1|R1| = nni− 1,X0⩽l⩽ni−1|CDn(ril+js)| = ni|Til+j| = 2ni .Từ đó suy raXx∈Ui,j|CDn(x)| = 2n + nni− 1+2ni =n(n + i + 2)i .Áp dụng Mệnh đề 21 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 2)i =n + i + 24n .
Trang 16Trường hợp 2b: i n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| = CDn(rn2)