Phương trình parapolic liên kết với một bài toán cauchy cho một phương trình vi phân thường

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

PHƯƠNG TRÌNH PARAPOLIC LIÊNKẾT VỚI MỘT BÀI TỐN CAUCHYCHO MỘT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

THƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Trong nhiều thập kỉ qua, lí thuyết tốn tử đơn điệu đã được nghiên cứutheo nhiều khía cạnh khác nhau và có những ảnh hưởng nhất định đếncác ngành khác nhau của tốn học, chẳng hạn phương trình vi phân,phương trình đạo hàm riêng, phương trình tích phân, lí thuyết xác suất,lí thuyết tối ưu cũng như các lĩnh vực khác như khoa học kinh tế, kỹthuật, khoa học quản lí và các khoa học ứng dụng khác Việc tìm hiểulí thuyết tốn tử đơn điệu có nhiều điều thú vị, xét cả về ý nghĩa khoa

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 phẩntử ∆-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) Lưuý 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 nghịchtrong 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 ??.

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 4 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 30 cũng suy ra từ Định lý ?? Nghĩa là mọi vànhchính đơn vị đều thỏa mãn tính chất ∆(R) = 0.

Cho vành R, phần tử a ∈ R được gọi là phần tử chính quy mạnh nếutồn tại x ∈ R thỏa mãn a = a2x Một vành mà mọi phần tử đều là phầntử 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 khôngchứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và dođó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử

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

a ∈ R thỏa mãn a2 = 0 Theo Định lý ??, có một phần tử lũy đẳng

e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼=M2(T ), trong đó T là vành khơng tầm thường.Theo Mệnh đề 5 thì M2(T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Định lý7.

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 vìvậy 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 cácphần tử lũy đẳng nâng lên modulo J (R) Vành R được gọi là vành biếnđổi 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.3Biểu diễn ∆(R) và các tính chấtBổ đề 1 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 7

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 16 (2) ta suy ra hệ quả sau.

Hệ quả 2 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 4 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 8

đó, theo Bổ đề 16 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan củaT Theo Bổ đề 16 (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 của R và theo Bổ đề 16 (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 16 (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R).

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 39 (2) ta có ngay hệ quả sau.Hệ quả 3 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 lý39 (1) ta thu được hệ quả sau.

Hệ quả 4 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}.

Mệnh đề 2 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 9

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 16.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 16 (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 5 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 46 (3) và Hệ quả 23 ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0

hay ∆(T ) = ∆(R).

Trang 10

Mỗi 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 46 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.

Hệ quả 7 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 8 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 5 ∆(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 11

(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 28 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 ??, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theoHệ quả 23 ∆(R) = J (R) = 0 Khi đó S là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó

(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 16 (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 23 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 23 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 2 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 12

Định lý 6 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 39 (2) và Bổ đề 17 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 củaR, theo Bổ đề 17,Gđóng với phép nhân các phầntử khả nghịch của R Do đó theo Định lý 39 (2) ta được G ⊆ ∆(R).

4Nhóm giả nhị diện

Mệnh đề 3 Cho nhóm giả nhị diện

SD2n= ⟨r, s | r2n = s2= 1, s−1rs = r2n−1−1⟩ với n⩾3,

và H là một nhóm con của SD2n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k | 2n, 1⩽k ⩽2n thì

Pr(H, SD2n) =(1 nếu k = 2n,12 +k2n nếu k ̸= 2n.

(ii) Nếu H = Tl với 0⩽ l ⩽ 2n− 1 khi l chẵn, và 0 ⩽l ⩽2n−1− 1 khi l

lẻ thì

Pr(Tl, SD2n) = 12+

12n.

(iii) Nếu H = Ui,j với i|2n, 1 ⩽i⩽2n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Trang 13

Chứng minh.

(i) Giả sử H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n Ta sẽ xét hai trường hợp của k

như sau.

Trường hợp 1: k = 2n Khi đóRk = {1} Rõ ràng khi đó Pr(Rk, SD2n) = 1.Trường hợp 2: k ̸= 2n Theo Mệnh đề 62 ta có|Rk| = 2n(2n, k) =2nk .Khi đó, theo Mệnh đề 63 ta cóXx∈Rk|CSD2n(x)| = |CSD2n(1)| + |CSD2n(r2n−1)| + X1⩽i⩽2nk−1i̸=2n−1k|CSD2n(rik)|= |SD2n| + |SD2n| +2nk− 2|R1|= 2n+1+ 2n+1+2nk− 22n = 2n+1(2n−1+ k)k .Từ đó suy raPr(Rk, SD2n) = 1|Rk||SD2n|Xx∈Rk|CSD2n(x)|= k2n· 2n+1· 2n+1(2n−1+ k)k =2n−1+ k2n= 12 +k2n.

(ii) Giả sử H = Tl với 0 ⩽ l ⩽ 2n − 1 khi l chẵn, và 0 ⩽ l ⩽ 2n−1− 1

khi l lẻ.

Khi l chẵn với 0⩽l ⩽2n− 1 Theo Mệnh đề 62, ta có |Tl| = 2 Do đó

Tl = {1, rls}.Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóPr(Tl, SD2n) = 1|Tl||SD2n|Xx∈Tl|CSD2n(x)| = 12 · 2n+1 |CSD2n(1)| + |CSD2n(rls)|= 12 · 2n+1|SD2n| + |U2n−1,l|= 12 · 2n+1(2n+1+ 4) = 12 +12n.

Khi l lẻ với 0⩽l ⩽2n−1− 1 Theo Mệnh đề 62 ta có |Tl| = 4. Do đó

Trang 14

Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóPr(Tl, SD2n) = 1|Tl||SD2n|Xx∈Tl|CSD2n(x)|= 14 · 2n+1|CSD2n(1)| + |CSD2n(rls)| + |CSD2n(r2n−1)| + |CSD2n(rl+2n−1s)|= 14 · 2n+1|SD2n| + |U2n−1,l| + |SD2n| + |U2n−1,l+2n−1|= 14 · 2n+12n+1+ 4 + 2n+1+ 4= 12 +12n.

Như vậy trong cả hai trường hợp của l ta đều có

Pr(Tl, SD2n) = 12 +

12n.

(iii) Giả sử H = Ui,j với 1⩽ i ⩽ 2n− 1, i|2n, 0 ⩽ j ⩽ i − 1 Ta xét haitrường hợp của i như sau.

Trang 15

Do đóUi,j =rli, rli+js0⩽l⩽ 2ni− 1.Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta cóXx∈Ui,j|CSD2n(x)| = X0⩽l⩽2ni−1|CSD2n(rli)|+ X0⩽l⩽2ni−1|CSD2n(rli+js)|= |CSD2n(1)| + |CSD2n(r2n−1)| + X1⩽l⩽2ni−1l̸=2n−1i|CSD2n(rli)| + X0⩽l⩽2ni−1|CSD2n(rli+js)|= |SD2n| + |SD2n| +2ni− 2|R1| +2ni|U2n−1,li+j|= 2n+1+ 2n+1+2ni− 22n+ 2ni 4 =2n+1(2n−1+ i + 2)i .Do đó, theo Mệnh đề ?? ta cóPr(Ui,j, SD2n) = 1|Ui,j||SD2n|Xx∈Ui,j|CSD2n(x)| = 12n+1i 2n+12n+1(2n−1+ i + 2)i= i22(n+1)2n+1(2n−1+ i + 2)i =2n−1+ i + 22n+1= 14+i + 22n+1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau ta sẽ tính độ giao hốn tương đối của các nhóm controng nhóm giả nhị diện SD8 và SD16 bằng cách áp dụng Mệnh đề 14.Ví dụ 1.

(i) Với n = 3, xét nhóm giả nhị diện SD8 = ⟨r, s | r8 = s2 = 1, s−1rs =r3⟩ Các nhóm con của SD8 là

R1= ⟨r⟩, R2= ⟨r2⟩, R4= ⟨r4⟩, R8= {1};

Trang 16

Khi đóPr(R1, SD8) = 12+18 =58, Pr(R2, SD8) =12 +28 =34,Pr(R4, SD8) = 12 +48 = 1, Pr(R8, SD8) = 1;Pr(T0, SD8) = Pr(T1, SD8) = Pr(T2, SD8) = Pr(T3, SD8)= Pr(T4, SD8) = Pr(T6, SD8) = 12+18 =58;Pr(U2,0, SD8) = Pr(U2,1, SD8) = 14 +2 + 216 =12,Pr(U4,0, SD8) = Pr(U4,2, SD8) = 12+18 =58;Pr(SD8, SD8) = 716.

Trang 17

Pr(U4,0, SD16) = Pr(U4,1, SD16) = Pr(U4,2, SD16) = Pr(U4,3, SD16) = 14+4 + 232 =716,Pr(U8,0, SD16) = Pr(U8,2, SD16) = Pr(U8,4, SD16) = Pr(U8,6, SD16) = 1

2+116 =916;Pr(SD16, SD16) = Pr(SD16) = 1132.5Xấp xỉ bởi tích chập trong Lp

Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, tồn tại (fh)h ⊂ C0c(Ω) saocho fh → f trong Lp(Ω) Ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếmxấp xỉ theo các hàm chính quy Chính xác hơn

Câu hỏi:

(i) Có tồn tại (fh)h ⊂C1c sao cho fh→ f trên Lp(Ω)?

(ii) Có thể xây dựng một cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈Lp(Ω)?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai rất có ý nghĩa trong xấp xỉ số.

Định nghĩa 1 (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

Trang 18

Khi đó dễ thấy rằngϱ ∈C∞c (Rn) Hơn thế nữa, ta có một dãy mollifiersđược định nghĩaϱh(x) := c hnϱ(hx), x ∈Rn, h ∈Nvàc :=ZRnϱdx−1.Chú ý: Nếu A, B ⊂Rn, A ± B ký hiệu là tậpA ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B}Bài tập 1 Chứng minh rằng

(i) Nếu A compact và B đóng, khi đó A + B đóng;(ii) nếu A và B là compact vì là A + B

Mệnh đề 4 (Định nghĩa tính chất của mollifiers đầu tiên) Cho f ∈L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈N và x ∈Rn,

fh(x) := (ϱ ∗ f )(x) :=

Z

Rn

ϱh(x − y)f (y)dy, ∀x ∈Rn.

Khi đó

(i) Hàm fh :Rn →R is well defined;

(ii) fh(x) = (ϱh∗ f )(x) = (f ∗ ϱh)(x) với mọi x ∈Rn và h ∈N;

(iii) fh(x) ∈C0(Rn) với mỗi h.

Hàm fh được gọi là mollifiers thứ h của f

Trang 19

Do đó, ta thay đổi x ∈Rn, hàm

gx(y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

là khả tích trên Rn, vì vậy nó xác định tích phân

R∋ZRngx(y)dy =ZRnϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn.

(ii) bằng cách thay đổi các biến

(f ∗ ϱ)(x) =ZRnf (x − y)ϱ(y)dy (z=x=y)=ZRnf (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x).

(iii) Cho x ∈Rn và xr → x, ta chứng minh

(ϱ ∗ f )(xr) → (ϱ ∗ f )(x). (1)Chú ý rằng(ϱ ∗ f )(xr) − (ϱ ∗ f )(x) =ZRn(ϱ(xr− y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈N. (2)Từ dãy (xr)r bị chặn trong Rn, tồn tại một tập compact K ⊂ Rn thỏamãn

B(xr, 1/h) = xr− B(0, 1/h) ⊂ K, B(x, 1/h) ∈ K, ∀r ∈N.

Đặc biệt

ϱ(xr− y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y /∈ K, ∀r ∈N. (3)Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn), theo (??), tồn tại L > 0 thỏa

|ϱ(xr− y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK(y)|xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N.

Vì vậy ta được

|ϱ(xr− y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK(y)|f (y)||xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N (4)Từ (??), (??) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (??)

Trang 20

C0(Rn)thỏa (Mo2) Trên thực tế, có thể xác định tích chập giữa hai hàmg ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞ và f ∈ L1(Rn)(g ∗ f )(x) :=ZRng(x − y)f (y)dyvà nó vẫn giữ(g ∗ f ) ∈ Lp(Rn) và ∥g ∗ f ∥Lp(Rn)≤ ∥g∥Lp(Rn)∥f ∥L1(Rn).

Định lý 7 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập trong Lp) Cho

f ∈ L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Khi đó(i) f ∗ ϱh ∈ C∞(Rn) với mỗi h ∈ N.

(ii) ∥f ∗ϱ∥Lp(Rn)≤ ∥f ∥Lp(Rn) với mỗih ∈N, f ∈ Lp(Rn)với mọip ∈ [1, ∞].

(iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂spte(f ) + B(0, 1/h) với mỗi h ∈N.

(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞, khi đó f ∗ ϱh∈ C∞(Rn) ∩ Lp(Rn) vớimỗi h ∈N, và f ∗ ϱh→ f khi h → ∞, trong Lp(Rn), biết 1 ≤ p < ∞.Kết quả này cho ta hai kết quả quan trọng.

Định lý 8 (Bổ đề cơ bản của tính tốn các biến) Cho Ω ⊂ Rn là tậpmở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sử

Z

Ω

f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞(Ω).(∗)

Khi đó f = 0 hầu khắp nơi trong Ω.Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ

Z

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (5)Thật vậy, theo (??), suy ra

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

Trang 21

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởig(x) :=f (x)|f (x)| nếu x ∈ K, f (x) ̸= 0

0 nếu ngược lại

Khi đó g ∈ L1(Rn) và spte(g) ⊆ K ⊂ Ω Cho

gh := g ∗ ϱh.

Theo định lý ?? (iii), tồn tại h = h(K) ∈N sao cho

spt(g ∗ ϱh) ⊆spte(g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω

với mỗi h > h Do đó, theo định lý 25 (i), (ii),

gh ∈C∞c nếu h > h và |gh(x)| ≤ ∥g∥L∞(Rn)= 1, ∀x ∈Rn, ∀h ∈N. (6)Từ (∗) ta được

Z

Ω

f ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý ?? (iv) và (11), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

0 =ZΩf ghdx → 0 =ZΩf g dx =ZK|f |dx.

Định lý 9 (Xấp xỉ theo các hàm C∞ trong Lp) Cho Ω ⊂Rn là tập mở.Khi đó C∞c (Ω) là trù mật trong Lp(Ω), ∥.∥Lp, biết 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Cho f ∈ Lp(Ω), định nghĩa ef : Rn →R bởi

ef (x) :=(f (x) nếu x ∈ Ω0 nếu x ∈Rn\ ΩChú ý rằng ef ∈ Lp(Rn).

Cho (Ωh)h là dãy tăng của tập mở bị chặn sao cho

Trang 22

và định nghĩa

gh(x) := χΩh(x)f (x)e và fh,r(x) := (ϱr∗ gh)(x) nếu x ∈Rn, h, r ∈N.

Theo định lý ?? (iii) suy ra

spt(fh,r) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh⊂ Ω. (7)Hơn thế nữa, cho h ∈N, tồn tại rh = r(h) ∈N sao cho

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (8)Định nghĩa

fh(x) := (ϱrh∗ gh)(x), x ∈Rn, h ∈N,

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý ?? (i), (ii) (??),(??), fh∈C∞c (Ω) và∥fh− f ∥Lp(Ω)= ∥fh−f ∥eLp(Rn)≤ ∥ϱh∗ gh− ϱh∗f ∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥e LpRn = ∥ϱh∗ (gh−f )∥e Lp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥e Lp(Rn)≤ ∥gh−f ∥eLp(Rn)+ ∥ϱh∗f −e f ∥eLp(Rn), ∀h.(9)Từ định lý ?? (iv),ϱh∗f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh →fe trong Lp(Rn).

Khi đó theo (??), ta có điều phải chứng minh.

6ĐỊNH LÝ ROLLE

Trang 23

Định lý 10 (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 bằngkhông.

Định lý được chứng minh xong.

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle.

ChoC là đường cong trơn với hai đầu mút A, B có cùng "độ cao" (tronghệ trục tọa độ Descartes) thì trên C tồn tại ít nhất một điểm mà tiếptuyến của C tại điểm đó song song với AB(hay song song với trục hồnhvì f (a) = f (b)).

Hệ quả 9 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)

Trang 24

ít 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 10 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

Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trênkhoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm Khi đó theo hệ quả 1 phươngtrình f′(x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b) Điều này tráivới giả thiết phương trình f′(x) = 0 có khơng quá n − 1 nghiệm Ta cóđiều phải chứng minh.

7Các vành nhóm

Ánh xạ ε : RG → R được cho bởi ε(X

g

rgg) =X

g

rg là ánh xạ mở rộng.Iđêan ∇(RG) = ker(ε) được gọi là iđêan mở rộng.

Định lý 11 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n

và R là ∆U-vành Theo Mệnh đề 4, ta có 2 ∈ ∆(R), vì vậy 1 + 2n ∈ U (R).Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼= Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và

Trang 25

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

∆U-vành Theo Bổ đề 16, RG là ∆U-vành.

Một nhóm được gọi là hữu hạn địa phương nếu mọi nhóm con đượcsinh bởi hữu hạn phần tử là hữu hạn.

Bổ đề 3 Nếu G là 2-nhóm hữu hạn địa phương và R là ∆U-vành với

∆(R) lũy linh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG).

Chứng minh Giả sửG là 2-nhóm hữu hạn địa phương vàR là∆U-vành.Khi đó R := R/J (R)¯ là ∆U-vành Từ ∆(R) là lũy linh, 2 ∈ N ( ¯R) Suy ra

∇( ¯RG) ⊆ N ( ¯RG) theo [4, Hệ quả, trang 682] Do đó, ∇( ¯RG) là iđêan lũylinh được chứa trong J ( ¯RG) Ta kiểm tra được rằng J (R)G ⊆ J (RG), vìvậy

J ((R/J (R))G) ∼= J (RG/J (R)G) = J (RG)/J (R)G.

Do đó ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG).

Định lý 12 Cho R là ∆U-vành và G là 2-nhóm hữu hạn địa phương.

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

Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi đó ε(u) = 1 + ε(u − 1) ∈ U (R) theo Bổđề 8 (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộngε vài Vì R là∆U-vành nên tồn tại

j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề 8 (1) ta có ε(u − 1 + j) = 0

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

u ∈ 1 + ∆(RG).

Hệ quả 11 Cho Rlà vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàGlà 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

8Các tính chất tổng quát của các ∆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).

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

Mệnh đề 5 Một vành R là∆U-vành khi và chỉ khiU (R) + U (R) ⊆ ∆(R)

Trang 26

Chứng minh Giả sửR là ∆U-vành, lấy bất kỳ u, v ∈ U (R), ta có 1 + u ∈∆(R) và 1 − v ∈ ∆(R), do đó u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay

U (R) + U (R) ⊆ ∆(R).

Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy raU (R) + U (R) = ∆(R) (vì

∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay 1 + ∆(R) = U (R) Vậy R là ∆U-vành.Mệnh đề sau trình bày một số tính chất cơ bản của ∆U-vành.

Mệnh đề 6 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(1) 2 ∈ ∆(R);

(2) Nếu R là thể, khi đó R ∼=F2;

(3) Nếu x2 ∈ ∆(R) thì x ∈ ∆(R) (do đó N (R) ⊆ ∆(R));(4) R là hữu hạn Dedekind;

(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 áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R.Chứng minh (1) Từ Mệnh đề 3 ta dễ dàng suy ra 2 ∈ ∆(R).

(2) Nếu R là thể thì ∆(R) = 0 Vì vậy R là U J-vành nên ta suy ra

R ∼=F2.

(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 nên1+x ∈ 1+∆(R), do đóx ∈ ∆(R).

(4) Giả sử a, b ∈ R với ab = 1 Khi đó phần tử 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)] ∈ ∆(R)

Trang 27

(5) Nếu I ⊆ J (R)là iđêan, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề 46.Giả sử R là ∆U-vành Khi đó, bất kỳ u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) vìvậy u ∈ 1 + ∆(R) Suy rau + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là

∆U-vành.

Ngược lại, giả sử R/I là∆U-vành Lấyu ∈ 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) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ra ∆(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 ).

suy ra 1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) hayT là ∆U-vành.

Định lý 13 Vành ma trận 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 chứngminh R là thể, tức là mọi phần tử khác không đều khả nghịch Lấy bất

kỳ a ∈ R, a ̸= 0, ta có X =0 0 0 1 − a0 0 0 0 .0 0 0 0 0∈ Mn(R) và X2 = 0.

Do Mn(R) là ∆U-vành, ta lấy X ∈ ∆(Mn(R)) Lấy phần tử khả nghịch

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 thể.

Trang 28

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 7 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R Khiđó eRe là ∆U-vành.

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

Trang 29

tầm 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).

Mở rộng tầm thườngT (R, M )đẳng cấu với vành conr m0r: r ∈ R và m ∈ Mcủa vành các ma trận2 × 2R M0R

Hơn nữa, chúng ta có thể kiểm trađược T (R, R) ∼= R[x]/(x2) Theo Mệnh đề ??, chúng ta có tập các phầntử khả nghịch của mở rộng tầm thường T (R, M ) là T (U (R), M ), và vìvậy ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M ).Morita context gồm 4 thành phầnAMNBtrong đóA, B là các vành,

AMB và BNA là các song môđun, tồn tại một tích context M × N → A

và N × M → B với(ω, z) = ωz và (z, ω) = zω, thỏa mãnAMNBlà vànhkết hợp với các phép toán trên ma trận.

Morita context

AM

NB

được gọi là tầm thường nếu tích context làtầm thường, nghĩa là M N = 0 và N M = 0 (xem [?], trang 1993) Ta có

AMNB∼= T (A × B, M ⊕ N )trong đóAMNB

là Morita context tầm thường theo [?].

Trang 30

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 giáctrên Tn(R) là ∆U-vành, n ≥ 1.

9Nhóm 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 8 Với n ⩾2

Pr(An, Sn) = 2c(n)n!

trong đó c(n) là số các lớp liên hợp của Sn nằm trong An.Để tính c(n) ta cần kết quả sau.

Mệnh đề 9 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

Trang 31

Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề 54, 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 29 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 2.

(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

(5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(5) = 4. Cho nênPr(A5, S5) = 2c(5)5! =115.

(v) Với n = 6 ta có 6 phân hoạch là

Trang 32

Do đó c(6) = 6. Cho nên

Pr(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! =1315.10Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 3 (i) Cho tập A ⊂Rn,

C0(A) := {f : A →R, f liên tục tại mọi x ∈ A}.

(ii) Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho f ∈C0(K) Ta ký hiệu ∥f ∥∞ làmột số thực không âm và được xác định bởi

∥f ∥∞ = ∥f ∥∞,K = sup

x∈K

|f (x)|.∥.∥∞ được gọi là chuẩn đều (hay chuẩn vô cùng).

Định lý 15 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (C0(Ω), ∥.∥∞) làkhơng gian Banach vơ hạn chiều.

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứngminh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vô hạn chiều trên R.Ta chứng minh nó là khơng gian Banach Nghĩa là phải chỉ ra mỗi dãyCauchy (fh)h ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) đều hội tụ (tại một phần tử thuộc khônggian) Giả sử (fh)h là dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈N

sao cho

∥fh− fk∥∞ = sup

x∈Ω

Trang 33

Điều đó có nghĩa là

∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − fk(x)| < ϵ∀h, k ≥ k, ∀x ∈ Ω. (10)Từ (??), (fh(x))h ⊂R là một dãy Cauchy Do dó:

∃f (x) := lim

h→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (11)Từ (??), lấy qua giới hạn trong (??), cho k → ∞ ta được

∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − f (x)| ≤ ϵ∀h ≥ k, x ∈ Ω,

theo định nghĩa thì fh→ f đều trên Ω Do dó f ∈C0(Ω).

Tính compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu đặc trưng của các tập con compact trên

(C0(Ω), ∥.∥∞) Đầu tiên ta sẽ nhớ lại một số khái niệm và kết quả quantrọng liên quan đến chủ đề compact trong không gian metric.

Định nghĩa 4 Cho (X, d) là không gian metric và ký hiệu B(x, r) làhình cầu mở trong X, tâm x bán kính r > 0 với x ∈ X.

(i) Điểm x0∈ X được gọi là điểm giới hạn của tập A ⊂ X khi A ∩(B(x0, r)\{x0}) ̸= ∅, ∀r > 0.

(ii) Tập A ⊂ X được gọi là bị chặn nếu tồn tại R0 > 0 sao cho d(x, y) ≤R0 với mọi x, y ∈ A.

(iii) Tập A ∩ X được gọi là bị chặn hoàn toàn nếu với mỗi ϵ > 0, A đượcphủ bởi một họ hữu hạn các hình cầu

B(x1, ϵ), B(x2, ϵ), , B(xN, ϵ),

nghĩa là A ⊂ ∪Ni=1B(xi, ϵ).

(iv) Họ A ⊂ X được gọi là compact dãy nếu mỗi dãy trong A có dãy conhội tụ về một điểm thuộc A.

Trang 34

Nhận xét 2 Dễ thấy rằng một tập bị chặn hoàn toàn là tập bị chặn,nhưng điều ngược lại là không đúng trong không gian topo (X, τ ) các tậphợp compact và các tập hợp compact dãy có tính chất (BW) Các tínhchất này khơng còn giữ trong trường hợp tổng quát.

Định lý 16 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gianmetric) Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có cácđiều sau đây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

(iii) (A, d) là đầy đủ và bị chặn hồn tồn;(iv) A có tính chất BW.

Nhận xét 3 Nếu (X, d) đầy đủ, khi đó A ⊆ X là đóng khi và chỉ khi

(A, d) đầy đủ.

Hệ quả 14 Cho A ⊂Rn Khi đó:

A compact ⇔ A đóng và bị chặn.

Định lý 17 (Riesz) Cho (E, ∥.∥) là không gian định chuẩn và ta ký hiệu

BE := {x ∈ E : ∥x∥ ≤ 1} Khi đó BE compact khi và chỉ khi dimRE < ∞.Nhận xét 4 Định lý 41 cho rằng một tập A bị chặn trong không gianđịnh chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hồn tồn.Ví dụ như A = BE.

Định nghĩa 5 Cho A ⊂Rn Một họ các tập F ⊂C0(A) được gọi là tựaliên tục nếu với mọi ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho mỗi f ∈ F , |f (x) − f (y)| < ϵ

với mọi x, y ∈ A thỏa |x − y| < δ.

Ta thêm những tiên đề chuẩn của các tập compact trong(C0(K), ∥.∥∞)

khi K ⊂Rn là compact.

Định lý 18 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂Rn là compact và giả sử F ⊂

Trang 35

(ii) bị chặn trên (C0(K), ∥.∥∞);(iii) liên tục đều.

Hệ quả 15 Cho K ⊂Rn là compact và cho F ⊂C0(K) Giả sử rằng F

bị chặn và liên tục đều Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞).Cụ thể hệ quả này cho ta kết quả đặc biệt sau.

Hệ quả 16 Cho fh : [a, b] → R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giảsử rằng:

(i) ∃M > 0 sao cho |f (x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], ∀h.

(ii) (fh)h là liên tục đều, nghĩa là, ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho |fh(x) −fh(y)| < ϵ, ∀x, y ∈ [a, b] với |x − y| < δ, ∀h.

Khi đó ta có một dãy con (fhk)k và hàm f ∈C0([a, b]) thỏa mãn fhk → f

đều trên [a, b].

Định lý 19 Giả sử M > 0 là một hằng số cho trước và

F = {f ∈C1([a, b]) : ∥.∥C1≤ M }.

Khi đó F là tập compact tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞);

Chứng minh định lý 7 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý ?? ta có thể chỉra rằng F là một compact dãy Vì vậy một dãy bất kỳ (fh)h ∈ F có mộtdãy con (fhk)k hội tụ về một hàm f ∈ F, nghĩa là,

∥fhk − f ∥∞ → 0 khi k → ∞

Nhớ rằng K là compact và tách được Giả sử D := {xi : i ∈N} đếm đượcvà trù mật trong K F bị chặn nghĩa là tồn tại M1> 0 thỏa mãn

∥f − g∥∞ ≤ M1, ∀f, g ∈ F

Cụ thể ta thay f0∈ F, khi đó:

Trang 36

Hơn nữa

∥fh∥∞ = ∥(fh− f0) + f0∥∞≤ ∥fh− f0∥∞+ ∥f0∥∞ ≤ M1+ ∥f0∥∞ := M2

Do đó ta có hằng số M2 > 0 thỏa mãn

|fh(x)| ≤ M2, ∀x ∈ K, ∀h.

Bây giờ ta sẽ đi xây dựng một dãy con hội tụ theo quá trình chéo củaCantor.

Bước 1: (fh(x1))h là một dãy số thực trong [−M2, M2] Suy ra dãy nàycó một dãy con (fh(1)(x1))h hội tụ trong R;

Bước 2: Xét dãy(fh(1)(x2))h⊂ [−M2, M2] Do đó dãy con(fh(2)(x2))h cũnghội tụ Chú ý rằng dãy (fh(2)(x1))h cũng hội tụ vì có dãy con (fh(1)(x1))h

hội tụ.

Tiếp tục quá trình như trên ta được

Bước k: Một dãy con (fh(k))h của (fh(k−1))h thỏa mãn (fhk(xj))h là hội tụvới mỗi j = 1, k.

Ta có tình huống sau đây:Định nghĩa:

gk := fkk : K →R

Lưu ý rằng, mỗi i = 1, 2, , dãy (gk)k≥i là một dãy con của (fki)k≥i Cụthể, dãy (gk)k là dãy con của (fh)h và theo cách xây dựng thì

(gk(x))k là hội tụ trong R ∀x ∈ D (12)

Tiếp tục quá trình và ta chỉ ra rằng

(gk)k là hội tụ trong (C0(K), ∥.∥∞) (13)

Sử dụng giả thiết F là liên tục đều, tức là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : x, y ∈ K và |x−y| < δ ⇒ |f (x)−f (y)| < ϵ, ∀f ∈ F (14)Với ϵ > 0 thay đổi tùy ý, khi đó δ cũng thay đổi Bởi vì K bị chặn hồntồn, mỗi σ > 0 có họ hữu hạn các hình cầu B(x1, σ), , B(xN, σ) củaRn thỏa mãn N = N (σ), xi∈ K với mỗi i = 1, , N và

K ⊂

n

[

i=1

Trang 37

Do tính trù mật của D trong K, tồn tại yi ∈ D ∩ B(xi, σ) với mỗi i =1, , N Cụ thểK ⊂n\i=1B(yi, 2σ).

Vì vậy bây giờ ta chọn σ = δ/2 Khi đó tồn tại N = N (σ) = N (δ) = N (ϵ)

và D′:= {y1, , yn} ⊂ D thỏa mãnK ⊂N[i=1B(yi, δ). (15)Từ (??) mỗi dãy(gk(y1))k, , (gk(yN))k,

hội tụ, sẽ có một số nguyên ¯k = ¯k(ϵ) với

|gk(yi) − gr(yi)|, ϵ∀k, r > ¯k, ∀i = 1, , N.

Theo (??)

∀x ∈ K, ∃yi∈ D′ thỏa |x − yi| < δ (??)⇒ |gk(x) − gk(yi)| < ϵ, ∀k ∈ N.

Từ đó ta có

với k, r ≥ ¯k Điều này có nghĩa là mỗi ϵ > 0 tồn tại k = ¯¯ k(ϵ) thỏa

∥gk − gr∥∞ ≤ 3ϵ∀k, r > ¯k.

Nghĩa là (gk)k là dãy Cauchy trong (C0(K), ∥.∥∞) Từ (C0(K), ∥.∥∞) làđầy đủ và F là đóng, suy ra tồn tại f ∈ F thỏa mãn lim

k→∞∥gk− f ∥∞= 0.Từ(gk)k là dãy con của dãy(fh)h, chúng ta phải chỉ ra rằngF là compactdãy.

Sự cần thiết: Cần chỉ ra rằng, nếu F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

Trang 38

ra rằng F liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (??) Theo phảnchứng, giả sử∃ϵ0 > 0 : ∀ > 0, ∃fδ ∈ F , xδ, yδ ∈ K với |xδ−yδ| < δ và |fδ(xδ)−fδ(yδ)| ≥ ϵ0.Chọn δ = 1/h và ký hiệu fh := f1/h, xh := x1/h và yh := y1/h Khi đó taxây dựng ba dãy (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K|xh− yh| < 1/h,|fh(xh) − f (yh)| ≥ ϵ > 0, ∀h. (16)Từ F và K là compact, tồn tại ba dãy con (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

thỏa mãnlimh→∞xh = limh→∞yh= z ∈ K và fh→ f ∈ F đều trên K.Khi đó tồn tạilimh→∞fh(xh limh→∞fh(yh) = f (z)

Lấy qua giới hạn trong (??) ta có mâu thuẫn Do đó, ta có điều phảichứng minh.

11KHƠNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 5 Định lý Arzelà - Ascoli khơng cịn đúng trong C0(A) khi

A ⊂Rn khơng compact Ví dụ lấy C0b(R) là không gian các hàm liên tụcbị chặn trên R, nghĩa làC0b(R) :=f ∈C0(R) : supR|f | < ∞

Khi đó dễ thấy rằng (C0b(R), ∥.∥∞) là không gian Banach Giả sử f :R→

R là hàm được định nghĩa bởi

f (x) =

(

1 − |x| nếu x ≤ 10 nếu x > 1

Giả sử h :R→R, (h = 1, 2, ) được định nghĩa bởi

Trang 39

Khi đó dễ thấy họ các hàm F ⊂ C0b(R) là bị chặn và liên tục đều Tuynhiên F không compact trong (C0b(R), ∥.∥∞) Thật vậy, chú ý rằng

∃f (x) := lim

h→∞fh(x) = 0, ∀x ∈R và ∥fh− f ∥∞ = 1, ∀h.

Điều này có nghĩa là các dãy con hội tụ của (fh)h trong (C0b(R), ∥.∥∞) làkhơng được chấp nhận.

Tính tách được của (C0b(R), ∥.∥∞).

Định nghĩa 6 Giả sử (X, τ ) là khơng gian topo Khi đó (X, τ ) được gọilà thỏa mãn tiên đề hai của tính đếm được nếu nó có cơ sở đếm cho topo

τ.

Định lý 20 Giả sử (X, d) là không gian metric Khi đó

(i) (X, d) là tách được khi và chỉ khi nó thỏa tiên đề thứ hai của tínhđếm được.

(ii) Mỗi không gian con của (X, d) là tách được khi (X, d) là tách được.(iii) Giả sử (Y, ϱ) là không gian metric khác và T : (X, d) → (Y, ϱ) là đồng

cấu Khi đó (X, d) tách được khi và chỉ khi (Y, ϱ) tách được.

Nhận xét 6 Phải nhấn mạnh rằng mục này rất quan trọng trong giảitích cho các mục xấp xỉ Nghĩ ra các số hợp lý và chứng minh của địnhlý Ascoli.

Cuối cùng phải nhớ lại các tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topokhông phải là một không gian tách.

Mệnh đề 10 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Giả sử tồn tại một họ

{Ui: i ∈ I} thỏa mãn

(i) Ui là tập mở với mỗi i ∈ I;(ii) Ui∪ Uj= ∅ nếu i ̸= j

Trang 40

Bài tập 2 Giả sửl∞:= {x ∈ RN: supn∈N|x(n)| < ∞}trang bị một chuẩn∥x∥l∞:= supn∈N|x(n)|.

Hãy chỉ ra rằng (l∞, ∥.∥l∞) là không gian Banach nhưng không tách được.Gợi ý: Giả sửI = 2N:= {x :N→ {0, 1}} ⊂ l∞vàUx= Bl∞x,12:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞< 12onếu x ∈ IKhi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 24.

Định lý 21 Giả sử K ⊂ Rn là tập compact Khi đó (C0(K), ∥.∥∞) làtách được.

Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước đó tacần phải nêu ra một kết quả xấp xỉ quan trọng của tốn giải tích.Định lý 22 (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi đótồn tại một dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực,nghĩa là ph∈R[x], thỏa mãn

ph→ f đều trên [a, b].

Nhận xét 7 Bởi vì đa thức là các hàm đơn giản nhất, máy tính có thểtrực tiếp đánh giá các đa thức Định lý này có ý nghĩa trong cả lý thuyếtvà thực tiễn Đặc biệt là trong nội suy đa thức.

Chứng minh định lý 25 Chúng ta cần chỉ ra kết quả khi n = 1 và K =[a, b].

Giả sử D là tập hợp các hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là,

D := Q[x] Ta đã biết D là đếm được Chứng minh D là trù mật trongC0([a, b]), ∥.∥∞) tức là

Định dạng
Số trang	106
Dung lượng	598,16 KB