Phương trình sóng mô tả thanh đàn hồi

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

PHƯƠNG TRÌNH SĨNG MÔ TẢ THANHĐÀN HỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1MỞ ĐẦU

Lý thuyết điều khiển tối ưu xuất hiện từ những năm 50 của thế kỷ 20với một loạt cơng trình tiêu biểu của các nhà tốn học Xơ viết đứng đầulà L.C P ontryagin về nguyên lý cực đại để tìm điều kiện cần các quátrình tối ưu Lý thuyết này được phát triển từ những bài toán tối ưuhóa cổ điển như bài tốn biến phân, bài toán quy hoạch động Bài toánđiều khiển tối ưu là bài tốn tìm các q trình tối ưu cho các hệ điềukhiển mơ tả bởi các phương trình tốn học, có thể bắt nguồn từ việc sửdụng nguyên lý cực đại Pontryagin (điều kiện cần) hoặc bằng cách giải

Trang 4

2Xấp 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 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

ϱ ∈C∞c (Rn),spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ 0.Ví dụ, choϱ(x) :=exp1|x|2− 1nếu |x| < 10 nếu |x| ≥ 1

Trang 5

Chú ý: Nếu A, B ⊂Rn, A ± B ký hiệu là tập

A ± 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 1 (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

Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) và (Mo4),

gx(y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

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

Trang 6

(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 (32), 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 (31), (32) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (30)

Nhận xét 1 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên khơng gian Rn.

Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 9 và giữ nếu f ∈ L1loc(Rn) và ϱ ≡ ϱh ∈

C0(Rn)thỏa (Mo2) Trên thực tế, có thể xác định tích chập giữa hai hàm

Trang 7

Định lý 1 (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 2 (Bổ đề cơ bản của tính tốn các biến) Cho Ω ⊂ Rn là tập

mở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sửZ

Ω

f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞(Ω).(∗)

Khi đó f = 0 hầu khắp nơi trong Ω.

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủZ

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (5)Thật vậy, theo (34), suy ra

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

Ta có được kết luận Ta chứng minh (34).

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởi

g(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 16 (iii), tồn tại h = h(K) ∈N sao cho

Trang 8

với mỗi h > h Do đó, theo định lý 13 (i), (ii),gh ∈C∞c nếu h > h và |gh(x)| ≤ ∥g∥L∞(Rn)= 1, ∀x ∈Rn, ∀h ∈N. (6)Từ (∗) ta đượcZΩf ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý 16 (iv) và (70), 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 3 (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

Ω = ∪∞h=1Ωh, Ωh ⊂ Ωh⊂ Ωh+1, ∀h,

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 16 (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

Trang 9

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý 16 (i), (ii) (36),(37), 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 16 (iv),ϱh∗f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh →fe trong Lp(Rn).

Khi đó theo (38), ta có điều phải chứng minh.

3Vô hạn chiều.

Định nghĩa 2 (i) Không gian vector thực E được gọi là vô hạn chiều

nếu nó khơng hữu hạn chiều và ta viết dimRE = ∞.

(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặc

Hamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa là

mỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tập

lớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong

E.

Điều này có thể được chứng minh theo ngun lý cực đại Hausdorff,

với mỗi không gian vector vô hạn chiều E có một cơ sở B và mỗi phần

tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyến

tính của những phần tử thuộc B.

Khi dimRE = ∞, (E, ∥.∥E) và (E′, ∥.∥E′) không nhất thiết là đẳng cấutopo Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′, ∥.∥E′)

như là tính tách được vẫn còn giữ trên (E, ∥.∥E).

Trang 10

Trước khi chứng minh định lý này thì ta cần sử dụng điều kiện trù mậtcho không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banachthứ hai về hình học.

Mệnh đề 2 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E) là

không gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trù

mật trong (E, ∥.∥E) và lấy x0 ∈ E \ M Khi đó tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′×E= 0,∀x ∈ M và ⟨f, x0⟩E′×E= 1.

Chứng minh Từ định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học, tồn tạig ∈ E′

sao cho siêu phẳng

H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E′×E= α},

tách các tập M và {x0} một cách nghiêm ngặt, tức là

⟨g, x⟩E′×E< α < ⟨g, x0⟩E′×E∀x ∈ M (10)

Từ M vẫn là khơng gian con, theo (39), suy ra

λ ⟨g, x⟩E′×E< α,∀λ ∈R,do⟨g, x⟩E′×E= 0,∀x ∈ M (11)Do đó, nếu ta xác định hàm f ∈ E′ bởif := 1⟨g, x0⟩E′×Eg,

ta có điều phải chứng minh.Chứng minh Định lý 19 Cho

D := {fh : h ∈N} ⊂ (E′, ∥.∥E′),

là trù mật Với mỗi h thì sẽ có một phần tử xh∈ E với

∥xh∥ = 1 và |fh(x)| ≥ 1

2∥fh∥E′.

Cho

e

Trang 11

tức là, các tập của tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử {xh :

h ∈N} với hệ số thực Khi đó De là đếm được, D là không gian con của

E và theo cách xây dựng

˜

D⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.

Để đưa ra được kết luận của chứng minh, ta cần phải chỉ ra rằngD⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.

Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x0 ∈ E \ D Khi đó từ mệnh

đề 26, tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′×E= 0, ∀x ∈ D và ⟨f, x0⟩E′×E= 1.Từ D trù mật, có một dãy con (fhk)k màlimk→∞∥fhk− f ∥E′= 0.Tuy nhiên, từ ∥xhk∥ = 1,∥fhk − f ∥E′≥ |fhk(xhk) − f (xhk)| = |f (xhk)| ≥ 12∥fhk∥E′∀k ∈N.Do dó∥fhk∥E′→ 0 khi k → ∞,nghĩa làf ≡ 0,

mâu thuẫn với f (x0) = 1 Vì vậy

D = E.

4Một số kết quả liên quan

Trong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ (R)là căn Jacobson của vành

Trang 12

Trong [?], 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, không nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm

S◦= (S, ◦) của S là tập hợp S với phép toán

◦ : 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 tử

tựa khả nghịch hay phần tử tựa chính quy) khi và chỉ khi 1 − y là phần

tử 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 Phần

tử 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 một

vành 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 13

(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 giao

hốn;

(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) là

tổng trực tiếp của các iđêan phải cực tiểu.

Mệnh đề 4 ([?], Mệnh đề 1.4) Vành nửa địa phương R là U J-vành khi

và chỉ khi R/J (R) ≃F2× ×F2.

Cho R là một vành có đơn vị Ta ký hiệu Mn(R) là vành các ma trận

cấp n × n trên R.

Định lý 5 ([?], 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 của

Mn(R).

Cho R là một vành có đơn vị, một phần tử a ∈ R được gọi là clean

nếu a có biểu diễn a = e + u trong đó e là phần tử lũy đẳng của R, u là

phần tử khả nghịch của R nào đó Ta ký hiệu Cl(R) là tập tất cả các

phần tử clean của vành R Một vànhR được gọi là clean nếuR = Cl(R).

Hệ quả 1 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện

Trang 14

(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 rộng

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).

Mệnh đề 5 ([?], 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 phần

tử 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 khác

khơng 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 khả

nghịch nếu

eijej′k=

(

0 nếu j ̸= j′ejk nếu j = j′.

Định lý 6 ([?], Định lý 2.1) Cho R là I-vành Nếu a là phần tử lũy

linh 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.

5Các 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 7 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.

Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.

Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n

Trang 15

Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼= Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và

H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,

khi đó ∇ = eRG là ∆U-vành theo Mệnh đề ??.

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

∆U-vành Theo Bổ đề ??, 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 2 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 8 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

Bổ đề ?? (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε và i Vì R là ∆U-vành

nên tồn tại j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề ?? (1) ta có

ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)

suy ra u ∈ 1 + ∆(RG).

Hệ quả 2 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữu

hạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

6Các vành nhóm

Ánh xạ ε : RG → R được cho bởi ε(X

g

rgg) =X

g

rg là ánh xạ mở rộng.

Trang 16

Định lý 9 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.

Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.

Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n

và Rlà∆U-vành Theo Mệnh đề ??, ta có2 ∈ ∆(R), vì vậy1+2n ∈ U (R).

Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼= Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và

H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,

khi đó ∇ = eRG là ∆U-vành theo Mệnh đề ??.

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

∆U-vành Theo Bổ đề ??, 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 10 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

Bổ đề ?? (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε và i Vì R là ∆U-vành

nên tồn tại j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề ?? (1) ta có

ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)

suy ra u ∈ 1 + ∆(RG).

Hệ quả 3 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữu

Trang 17

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 quát của các ∆U -vành

Bổ đề 4 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).

(6) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn).(7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

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

Mệnh đề 6 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 7 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);

Trang 18

(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)] ∈ ∆

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1.

(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 ).

Trang 19

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.

Tiếp theo, ta chứng minh R ∼= F2 Lấy a ∈ R, a ̸= 0 và a ̸= 1 Lấy

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∈

Trang 20

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 8 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 12 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi và

chỉ khi T (R, M ) là ∆U-vành.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 4 Giả sửM 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 5 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Trang 21

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

U (R) ⊆ U (R[x]) = 1 + ∆(R[x]) = 1 + ∆(R) + I[x],

điều đó có nghĩa làU (R) ⊆ 1 + ∆(R) + I = 1 + ∆(R) ⊆ U (R), vì I là iđêanlũy linh (nên I ⊆ ∆(R)) Do đó U (R) = 1 + ∆(R), hayR là ∆U-vành.

Mệnh đề 10 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 2.4(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 5 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,

Trang 22

(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 11 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 12 Cho R là vành giao hốn có đơn gị Vành đa thức R[x]

trên R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

7.3Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 13 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 13 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 lũyđẳng, e ∈ R;

Trang 23

Bổ đề 6 Nếu R là vành unit-regular thì ∆(R) = 0.

Định lý 14 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 15 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 6 Cho R là ∆U-vành, các điều sau là tương đương

(1) R là semiregular ring.(2) R là exchange ring.(3) R là clean ring.

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 Abel với

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

Trang 24

Định nghĩa 4 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu

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

đóng của hai phép toán trên A).

Định nghĩa 5 Ideal trái (phải) của một vành R là một vành con A

thỏa mãn điều kiện

ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.

Vành con I củaR vừa là ideal trái, vừa là ideal phải được gọi là idealcủa vành R.

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

8.0.1Định lý đồng cấu vành

Định nghĩa 7 Cho R, R′ là hai vành Ánh xạ f : R → R′ được gọi là

một đồng cấu vành nếu f bảo tồn hai phép tốn cộng và nhân trong R,

nghĩa là

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

với mọi x, y ∈ R.

8.0.2Một số kết quả liên quan

9ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 16 (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm số f và g liên tục trên

Trang 25

tại c ∈ (a, b) sao cho:f (b) − f (a)g(b) − g(a) =f′(c)g′(c)Chứng minh

Trước hết ta nhận xét rằng g(a) ̸= g(b) Nghĩa là công thức trong kết

luận của định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khi

đó theo định lý Rolle, tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho g′(ξ) = 0 Điều này mâuthuẫn với giả thiết g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b).

Xét hàm số

F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x)

Do các hàmf (x), g(x)liên tục trên đoạn[a, b]và khả vi trên khoảng (a, b)

nên hàm số F (x) cũng có những tính chất đó Mặt khác, F (a) = F (b).

Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F′(c) = 0 Nhưng ta có

F′(x) = [f (a) − f (b)]g′(x) − [g(a) − g(b)]f′(x)

Suy ra

F′(c) = [f (a) − f (b)]g′(c) − [g(a) − g(b)]f′(c) = 0

Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh.

Nhận xét 2 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x.

Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy sẽ khơng cịn đúng nữanếu một trong các điều kiện của giả thiết không được thỏa mãn Nghĩa

là nếu các hàm f và g không khả vi trên khoảng (a, b) hay khơng liên

tục trên đoạn [a, b] thì các định lý sẽ khơng đúng.

10Khơng 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 8 Cho A ⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p ∈ [1, ∞],

Trang 26

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 17 (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).

Theo kết quả của định lý Riesz - Fisher ta thu được kết quả hữu ích.Định lý 18 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 3 Nó sẽ khơng cịn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f (x)

hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Nhận xét 4 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập 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}

Trang 27

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 19 (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

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : ∥τvf − f ∥Lp< ϵ, ∀v ∈Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F(N EF)

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 28 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 7 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 28, Fe là một tập compact tương đối Lưu ý

Trang 28

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp).Định lý 20 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

v→∞∥τvf − f ∥Lp= 0 đều f ∈ F.

Nhận xét 5 (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý 28 Thật

vậy, 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 28 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. (12)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

Trang 29

ở đây L := Lip(f ) Cho Ω := R và quan sát F = F |Ω không compacttương đối trên (L1(R), ∥.∥L1) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh bởi (60), từ

fh(x) → 0 với mỗi x ∈R.

Tính tách được của (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nhận xét 6 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂

L∞(Ω) là chặt Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)∥f ∥∞,Ω= ∥f ∥L∞(Ω)(∗)

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 21 (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

Trang 30

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). (13)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≤ ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (14)Ta chỉ ra bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử 1 < p < ∞, điều này cũngcó nghĩa là 1 < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′(Ω)= 0, khi đó, u = 0 hầu khắp nơitrong 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). (15)Từ (62) và (63), 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). (16)

Vì thế (62) và (64) cho ta (61) 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

Trang 31

Tập hợp

fu(x) := 1

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

Khi đó∥fu∥L1(Ω)=ZΩ|fu(x)|dx = 1và⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)= 1|EM ∩ F |ZEM∩F|u|dx ≥ M, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)) (43b)Từ (62) và (43b), suy raM ≤ ⟨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 (62) và (44b), đồng nhất (61) 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; (17)

ν ≪ Ln trên M. (18)

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

Trang 32

∞

X

h=1

ν(Eh) Tập hợp E := ∪∞h=1Eh Với mỗi số nguyên m bất kỳ ν(E) −mXh=1ν(Eh)=ϕ(χE) −mXh=1ϕ(χEh)=ϕ(χE) − ϕmXh=1χEh!

Định dạng
Số trang	113
Dung lượng	629,28 KB