Sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa với lệch không bị chặn

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TUẦN HỒNCỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG

HỊA VỚI LỆCH KHÔNG BỊ CHẶN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Trang 4

2Các cận cho độ giao hốn 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 2 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 5

Mệnh 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 nhómkhơng 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|⩽ 12|H|.Áp dụng Định lý ?? 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 22 ta cóPr(H)⩽ 5

8 Do đó, theo Định lý 4 ta có

Pr(H, G)⩽Pr(H)⩽ 58.Vậy ta có điều phải chứng minh.

Kết quả sau đây mô tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề ??.

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 6

Chứng minh.(i) Giả sử Pr(H, G) = 34 Khi đó, theo Định Lý ?? 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) Khiđó theo Mệnh đề ?? (i) ta có Pr(H, G) = 1 Điều này mâu thuẫn với giảthiết Do đó |H|

|Z(G) ∩ H| = 2, cho nên H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2, và ta có điềuphải 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.

3Khơng gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

Trang 7

(i) Hàm f : A ⊂ Rn → R được gọi là "Lipschitz" nếu tồn tại hằng sốL>0 thỏa

|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ A

Tập hợp của các hàm Lipschitz f : A ⊂ Rn →R và được ký hiệu làLip(A)

(ii) Cho f ∈Lip(A) Một số không âmLip(f ) =Lip(f, A) := sup

|f (x) − f (y)|

|x − y| : x, y ∈ A, x ̸= y

được gọi là hằng số Lipschitz của f.

Nhận xét 1 Định nghĩa của các hàm Lipschitz là khái niệm metric.Thật vậy, nếu (X, d) và (Y, ϱ) là không gian metric, ánh xạ f : X → Yđược gọi là Lipschitz nếu có hằng số L > 0 thỏa mãn

ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ XMệnh đề 4 Cho A ⊂Rn và f ∈Lip(A).

(i) f liên tục đều trên A;

(ii) tồn tại duy nhất f : A →¯ R với f |A = f và Lip(f ) = Lip(f )

Nhận xét 2 Từ mệnh đề 39 suy ra nếu f ∈ Lip(A), với A ⊂Rn, lncó nghĩa như hàm f : A →R và ngược lại Hơn thế nữa, ánh xạ mở rộngE :Lip(A) →Lip(A), E(f ) := f là song ánh Theo kết quả này, ta có thểhiểu Lip(A) =Lip(A) Lưu ý các tính chất mở rộng khơng cịn đúng trongkhơng gian C1(Ω).

Mệnh đề 5 Cho Ω ⊂Rn là tập lồi và bị chặn Khi đó C1(Ω) ⊂ Lip(Ω).Chứng minh Cho f ∈C1(Ω) Theo định lý giá trị trung bình

∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : 0 ≤ t ≤ 1} ⊂ Ωthỏa mãn

Trang 8

Nghĩa là

|f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn| ≤ sup

Ω

(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω.

Nhận xét 3 (i) sẽ khơng đúng nếu Ω khơng lồi.

Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈R: y <p|x|, x2+ y2 < 1} vàf (x, y) :=

(

yβ nếu y > 00 nếu y ≤ 0

với 1, β < 2 Khi đó f ∈C1\Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy rằng f ∈C1 Tachứng minhf /∈Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sửf ∈Lip(Ω) Khi đó tồntại L > 0 thỏa mãn, với mỗi (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,

|f (x, y) − f (−x, y)| = 2yβ ≤ 2Lx ⇔ y ≤xL1/β.Từ 1/2 < 1/β, ta có thể chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn √x > y >xL1/β,điều này mấu thuẫn với bất đẳng thức trước.

(ii) Quan hệ bao hàm này là chặt.

Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) và f (x) = |x| Khi đó f ∈Lip(Ω) \C1(Ω).

Mặc dù không gian các hàm Lipschitz Lip(Ω) là rộng hơn các hàmkhả vi liên tục C1(Ω), chúng có chung những tính chất quan trọng, nhưlà tính khả vi, đã được chứng minh trong trường hợp một chiều.

Định lý 1 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn là tập mở và cho f ∈ Lip(Ω).Khi đó f khả vi tại x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa là bỏ đi một tậpcó độ đo là không N ⊂ Ω, với mỗi x ∈ Ω \ N tồn tại một hàm tuyến tínhvarphi :Rn →R thỏa mãn

lim

y→x

f (y) − f (x) − φ(y − x)

y − x = 0.

Trang 9

Định nghĩa 2 Cho Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈Lip(Ω) Ta biểuthị

∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω+Lip(f, Ω).∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip.

Định lý 2 (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian Banach vô hạn chiều nhưngkhông là không gian Hilbert, biết Ω ∈Rn là tập mở bị chặn.

Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian tuyến tính địnhchuẩn, chú ý rằng

Lip(f + g) ≤Lip(f ) +Lip(g)∀f, g ∈ Lip(Ω). (1)Ta phải chỉ ra tính đầy đủ Cho(fh)hlà dãy Cauchy trong(Lip(Ω), ∥.∥Lip),nghĩa là với mỗi ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N thỏa mãn

|fh(x) − fk(y)| +|fh(x) − fk(y) − fh(z) + fk(z)|

|y − z| ≤

∥fh− fk∥∞+Lip(fh− fk) = ∥fh− fk∥Lip ≤ ϵ

(2)

∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (??) và (??), suy ra tồn tại L > 0thỏa mãn

Lip(fh) ≤ L∀h, (3)

và cũng theo (??),

(fh)h là dãy Cauchy trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

Khi đó, tồn tại f ∈ C0(Ω) thỏa mãn fh → f đều trên Ω Theo (??), tađược Lip(f ) ≤ L, do đó f ∈ Ω Lấy qua giới hạn trong (??), khi k → ∞,ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho

|fh(x) − f (x)| +fh(y) − f (y) − fh(z) + f (z)

y − z≤ ϵ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z.Điều đó có nghĩa là lim

h→∞∥fh− f ∥Lip = 0

Trang 10

Theo hệ quả của mệnh đề ?? ta được kết quả sau.

Hệ quả 1 Bao hàm C1(Ω) ⊂Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa là1

L∥f ∥C1≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1∀f ∈ C1(Ω),

và nó là nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn là tập lồi, mở và bị chặn Đặc biệt,C1(Ω) là khơng gian con đóng của (Lip(Ω), ∥.∥Lip).

Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trong trường hợp n = 1 vàΩ = (a, b) Theo mệnh đề ?? và nhận xét ?? (ii), ta cần chỉ ra rằng quanhệ bao hàm này là một phép đẳng cự Điều này suy ra

Bài tập 1 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1.

Tính compact trong Lip(Ω).

Định lý 3 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn, giả sửF = BLip(Ω) := {f ∈Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1}.Khi đó BLip(Ω) là compact trong (Lip(Ω), ∥.∥∞)

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng F là compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞) Ápdụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 25) Chứng minh rằng

(i) F là bị chặn trong (C0(Ω), ∥.∥∞): hiển nhiên theo định nghĩa.

(ii) F đóng trong (C0(Ω), ∥.∥∞): nghĩa là, nếu (fh)h ⊂ F với ∥fh− f ∥∞,khi đó f ∈ F Thật vậy

fh∈ F Lef trightarrow|fh(x)|+|fh(y) − fh(z)|

y − z≤ 1∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z.Lấy qua giới hạn, khi h → ∞, ta được

|f (x)| + |f (y) − f (z)|

y − z≤ 1∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= ztừ đó

Trang 11

(iii)F liên tục đều trên Ω Thật vậy, nó đủ để nhận thấy rằng, theo địnhnghĩa

|f (y) − f (z)| ≤ |y − z|∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét 4 Chú ý rằng BC1(Ω):= {f ∈ C1(Ω) : ∥f ∥C1≤ 1} là khôngcompact trong (C1(Ω), ∥.∥∞) Đây là một đặc trưng tốt có trên Lip(Ω)nhưng khơng có trên C1(Ω).

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 4 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (Lip(Ω), ∥.∥Lip)khơng tách được.

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng tồn tại một họ tách rời nhau khôngđếm được {Uα: α ∈ I} của tập mở trong (Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề 52).Ta chia chứng minh thành hai bước.

Bước 1: Giả sử n = 1 và Ω = (a, b) và ta sẽ chứng minh được kết luận.Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) là họ hàm

uα(x) := |x − α|x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b).Ta chứng minh

∥uα− uβ∥Lip ≥Lip(uα− uβ) ≥ 2 nếu α ̸= β. (4)Thật vậyLip(uα− uβ) = sup|uα(x) − uβ(x) − uα(y) + uβ(y)||x − y| : x, y ∈ (a, b), x ̸= y≥|uα(α) − uβ(α) − uα(β) + uβ(β)||α − β| = 2|α − β||α − β| = 2.Vì thế họ

Uα := {f ∈Lip((a, b)) : ∥f − uα∥Lip < 1∀α ∈ I}Ta được điều mong muốn.

Trang 12

mở (a1, b1) × · · · × (an, bn) ⊂ Ω Cho {fα: α ∈ (a1, b1)} ⊂Lip(Ω) là họ cáchàm được định nghĩa bởi

fα(x) := uα(x1) nếu x = (x1, x2, , xn) ∈ Ω, α ∈ I := (a1, b1),ở đó uα là một hàm biến theo định nghĩa ở bước 1 Theo (??) ta được,nếu α ̸= β

Lip(fα− fβ, Ω) ≥Lip(uα− uβ, (a1, b1)) ≥ 2.Vì vậy, họ

Uα := {f ∈Lip(Ω) : ∥f − fα∥Lip < 1}∀α ∈ I.Ta được điều cần chứng minh.

Ta đã xem xét lớp Lip(Ω) của hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R cáimà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

|f (x) − f (y)| < C|x − y|∀x, y ∈ Ω(L)

Với C > 0 Giống như các hàm thỏa mãn (L), các hàm thỏa mãn tínhchất (H)cũng rất quan trọng, các hàm thỏa mãn tính chất(H) được gọilà các hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α.

|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H)với hằng số C, α > 0.

Bài tập 2 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở được liên thông và giả sử (H) đúngvới C > 0 và α > 1 Khi đó f ≡ const.

Do đó điều kiện Holder khơng còn ý nghĩa cho các hàm với số mũ lớnhơn một trong tập mở liên thông.

Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn, hàm f : A → R được gọi là liên tục Holdervới mũ α > 0 nếu nó thỏa mãn (H) với hằng sô C > 0.

4Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)

Trang 13

(i) Cho f : Ω → R và i = 1, , n, ta nói rằng f liên tục và khả vi cấpi trên Ω (∃∂f

∂xi = Dif ∈ C0(Ω)) nếu có tồn tại g ∈C0(Ω) thỏa mãng = ∂f

∂xi = Dif trên Ω, ở đó ∂f

∂xi = Dif được hiểu là lớp các đạo hàmriêng thứ i của f.(i)C1(Ω) :=f ∈C0(Ω) : ∃∂f∂xi ∈C0(Ω), ∀i = 1, , n.(iii) Cho fC1(Ω) Ta biểu thị

∥f ∥C1= ∥f ∥C1

,Ω= X

|α|≤1

∥Dαf ∥∞,Ω

∥.∥C1 được gọi là chuẩn C1.

Định lý 5 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, bị chặn Khi đó (C1(Ω), ∥.∥C1) làkhơng gian Banach vô hạn chiều, nhưng không là không gian Hilbert.Chứng minh Ta xét trường hợpn = 1 và Ω = (a, b) Đầu tiên ta phải chỉra nó là đầy đủ nhưng khơng là khơng gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntínhT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),T (f ) := (f, f′)(5)ở đó∥f, g∥C0(Ω)×C0(Ω):= ∥f ∥∞+ ∥g∥∞ nếu (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω).Chú ý rằng T là đẳng cự, nghĩa là∥T (f )∥C0(Ω)×C0(Ω)= ∥f ∥C1∀f ∈ C1(Ω).Đặc biệt, nếu ta định nghĩa M := T (C1(Ω)), ánh xạ

Trang 14

Bài tập 3 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là khơng gian Banach Cho E × Fvới chuẩn

∥(x, y)∥F = ∥x∥E+ ∥y∥FKhi đó

(E × F, ∥(x, y)∥F)là khơng gian Banach.

Do đó, ta phải chỉ ra rằng M đóng trên(C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),để hoàn thành chứng minh.Giả sử ((fh, fh′))h⊂ M là một dãy màlimh→∞∥(fh− f, fh′ − g)∥C0(Ω)×C0(Ω)= 0 (6)với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng∃f′= g trên [a, b]. (7)

Theo (??), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hộitụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển

fh(x) − fh(a) =Z x

a

fh′(t)dt∀x ∈ [a, b], ∀h,

ta có thể lấy qua giới hạn, khi h → ∞, trong đồng nhất thức trước vàtheo (??)

Bài tập 4 Chỉ ra rằng (C1(Ω), ∥.∥C1) là khơng gian Banach, ở đó∥u∥C1:= X

|α|≤1

∥Dαu∥∞

và Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn.

C1(Ω) là không gian vector vơ hạn chiều vì nó chứa tập hợp của đathức.

Trang 15

Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)

Định lý 6 Cho F ⊂ C1(Ω) và Fi:= {Dif : f ∈ F }, i = 1, , n Khiđó F là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) khi và chỉ khi F và Fi, với mỗii = 1, , , n là

(i) Bị chặn trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(ii) đóng trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(iii) liên tục đều trên Ω.

Chứng minh Ta xét trong trường hợp khi n = 1 và Ω = (a, b).

Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))là ánh xạ được định nghĩa bởi (??).

Trong chứng minh của định lý ?? ta chỉ ra được tồn tạiT−1: (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) → (C1(Ω), ∥.∥C1)

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) tương đương với T (F )compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

πi:C0(Ω) ×C0(Ω) → C0(Ω), (i = 1, 2)phép chiếu trên không gian tọa độ, nghĩa là

πi(f1, f2) = fi(f1, f2) ∈C0(Ω) ×C0(Ω),

khi đó πi là liên tục Từ F compact (C1(Ω), ∥.∥C1), T (F ) cũng compacttrong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = Fvà π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0) Theo định lý Arzelà- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Trang 16

Nhận xét 5 ChoF = BC1

([a,b]):= {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1= ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F khơng compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1) vì theo định lý Riesz’s(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k vàf ∈C0([a, b]) thỏa mãnlimk→∞∥fhk − f ∥∞= 0.Tính tách được của (C1(Ω), ∥.∥C1)Định lý 7 (C1(Ω), ∥.∥C1) là tách được.Chứng minh ChoT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))

là ánh xạ được định nghĩa trong (??) VìT là đồng phơi và tính tách đượcđược bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần chỉ ra rằng khơng gian con(M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))của khơng gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý46), bài tập ?? và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến khơnggian con (Xem định lý 45 (ii))

5Nhóm 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 5 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của nlà một dãy không tăng các số nguyên dương (k1, k2, , ks) sao cho

Trang 17

Mệnh đề 6 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 7 Cho n là một số nguyên, n ⩾ 2, và (k1, k2, , ks) là mộtphân hoạch của n Giả sử π ∈ Sn có kiểu là (k1, k2, , ks) Khi đó

π ∈ An khi và chỉ khi s +

k

X

i=1

ki là một số chẵn .

Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề 21, 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) với2 ⩽ n ⩽ 7 bằng cách áp dụng Mệnh đề 12 Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất cảcác phân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó tađếm được c(n) và tính Pr(An, Sn).

Ví dụ 1.

(i) Với n = 2 ta có đúng một phân hoạch là (1, 1) Do đó c(2) = 1 Chonên

Pr(A2, S2) = 2c(2)2! = 1.

(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên

Pr(A3, S3) = 2c(3)3! =

23.(iii) Với n = 4 ta có 3 phân hoạch là

Trang 18

Do đó c(4) = 3. Cho nên

Pr(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

(5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(6) = 6. Cho nênPr(A6, S6) = 2c(6)6! =160.(vi) Với n = 7 ta có 8 phân hoạch là

(7),(5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2),(3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(7) = 8. Cho nênPr(A7, S7) = 2c(7)7! =1315.

Định nghĩa 6 Cho Ω ⊂Rn là tập mở.

∂xi = Dif ∈ C0(Ω)) nếu có tồn tại g ∈C0(Ω) thỏa mãng = ∂f

∂xi = Dif trên Ω, ở đó ∂f

Trang 19

(i)C1(Ω) :=f ∈C0(Ω) : ∃∂f∂xi ∈C0(Ω), ∀i = 1, , n.(iii) Cho fC1(Ω) Ta biểu thị

∥f ∥C1= ∥f ∥C1,Ω= X

|α|≤1

∥Dαf ∥∞,Ω

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))là một đẳng cự.

Bài tập 6 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là không gian Banach Cho E × Fvới chuẩn

∥(x, y)∥E×F = ∥x∥E+ ∥y∥FKhi đó

Trang 20

Do đó, ta phải chỉ ra rằng M đóng trên(C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),để hồn thành chứng minh.Giả sử ((fh, fh′))h⊂ M là một dãy màlimh→∞∥(fh− f, fh′ − g)∥C0(Ω)×C0(Ω)= 0 (9)với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng∃f′= g trên [a, b]. (10)

a

fh′(t)dt∀x ∈ [a, b], ∀h,

Bài tập 7 Chỉ ra rằng (C1(Ω), ∥.∥C1) là không gian Banach, ở đó∥u∥C1:= X

|α|≤1

∥Dαu∥∞

C1(Ω) là khơng gian vector vơ hạn chiều vì nó chứa tập hợp của đathức.

C1(Ω) khơng là một khơng gian Hilbert.Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)

Định lý 9 Cho F ⊂ C1(Ω) và Fi := {Dif : f ∈ F }, i = 1, , n Khiđó F là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) khi và chỉ khi F và Fi, với mỗii = 1, , , n là

Trang 21

(iii) liên tục đều trên Ω.

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))là ánh xạ được định nghĩa bởi (??).

Trong chứng minh của định lý ?? ta chỉ ra được tồn tạiT−1: (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) → (C1(Ω), ∥.∥C1)

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) tương đương với T (F )compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

πi(f1, f2) = fi(f1, f2) ∈C0(Ω) ×C0(Ω),

khi đó πi là liên tục Từ F compact (C1(Ω), ∥.∥C1), T (F ) cũng compacttrong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = Fvà π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0) Theo định lý Arzelà- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Bài tập 8 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng.

Nhận xét 6 Cho

F = BC1([a,b]):= {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1= ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F khơng compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1) vì theo định lý Riesz’s(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k vàf ∈C0([a, b]) thỏa mãn

lim

Trang 22

Tính tách được của (C1(Ω), ∥.∥C1)Định lý 10 (C1(Ω), ∥.∥C1) là tách được.Chứng minh Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))

là ánh xạ được định nghĩa trong (??) VìT là đồng phơi và tính tách đượcđược bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần chỉ ra rằng khơng gian con(M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý46), bài tập ?? và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến khơnggian con (Xem định lý 45 (ii))

7Không gian hữu hạn chiều

Định nghĩa 7 (i) Một không gian vector E trên trường số thực đượcgọi 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 vectorhữu hạn chiều E được gọi là chiều và được ký hiệu là dimRE HệB ⊂ E được sinh bởi dimRE các vector độc lập tuyến tính gọi là cơsở.

Định lý 11 Giả sử E là không gian vector hữu hạn chiều và dimRE = n.(i) Nếu B ⊂ E là cơ sở, khi đó thì B sinh ra E, cụ thể là spanRB = E.(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.

Trang 23

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

8Vô hạn chiều.

Định nghĩa 8 (i) Không gian vector thực E được gọi là vơ hạn chiềunếu nó khơng hữu hạn chiều và ta viết dimRE = ∞.

(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặcHamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa làmỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tậplớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trongE.

Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff,với mỗi không gian vector vơ hạn chiều E có một cơ sở B và mỗi phầntử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyếntính 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 cịn giữ trên (E, ∥.∥E).

Định lý 12 (E, ∥.∥E) là tách được nếu (E′, ∥.∥E′) là tách được.

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

Mệnh đề 8 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E) làkhông gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trùmật 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

Trang 24

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

⟨g, x⟩E′×E< α < ⟨g, x0⟩E′×E∀x ∈ M (11)Từ M vẫn là không gian con, theo (57), suy ra

λ ⟨g, x⟩E′×E< α,∀λ ∈R,do⟨g, x⟩E′×E= 0,∀x ∈ M (12)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 44 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

D :=spanQ{xh: h ∈N} và D:=spanR{xh: h ∈N},

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 củaE 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 mệnhđề 51, tồn tại f ∈ E′ sao cho

Trang 25

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.

9ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ

Định nghĩa 9 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tấtcả các tập con của X Gọi A∗ là một họ các tập con của X A∗ được gọilà một đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa ba tiên đề sau:

1 X ∈ A∗

2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù)3 ∀A, B ∈ A∗, A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn hợp)

Định nghĩa 10 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tấtcả các tập con của X Gọi A∗ là một họ các tập con của X A∗ được gọilà một σ - đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau:1 X ∈ A∗

2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn lấy phần bù)3 ∀A1, A2, , An, ∈ A∗ ⇒[

i≥1

Ai ∈ A∗

Trang 26

Nhận xét 7 Khái niệm "đại số các tập con của tập X" và khái niệm"σ - đại số các tập con của X" rất gần với nhau Điều đó thể hiện quasự giống nhau giữa hai tiên đề đầu tiên Sự khác biệt cơ bản giữa haikhái niệm này là ở tiên đề số 3 Đối với "đại số các tập con của X thìhợp "HỮU HẠN" các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ Còn"σ - đại số các tập con của X" hợp "VÔ HẠN" các phần tử của A∗ làmột phần tử thuộc A∗

Mệnh đề 9 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đại sốcác tập con của X" Khi đó:

1 ∅ ∈ A∗

2 Hợp hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒

n

[

i=1

Ai ∈ A∗

3 Giao hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ (Đóngkín với phép toán giao)

Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒

n

\

i=1

Ai ∈ A∗

4 Đóng kín với phép tốn hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗

5 Đóng kín với phép toán lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒A△B ∈ A∗

Định lý 13 Cho tập X bất kỳ khác rỗng Giả sử trên X có một phéptốn α Phép tốn α được gọi là đóng kín với tập X nếu ta lấy hai phầntử bất kỳ thuộc X, thao tác qua phép toán ta được một phần tử mới vàphần tử này cũng thuộc X.

Để dễ hiểu ta lấy một ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộngthơng thường Ta lấy hai phần tử bất kỳ thuộc N (lấy hai số tự nhiên).Dễ thấy rằng cộng hai số tự nhiên là một số tự nhiên và số tự nhiên nàycũng thuộc N Như vậy ta nói N đóng kín với phép cộng.

Trong trường hợp tổng qt thì nó sẽ là một tập X bất kỳ.Tiếp theo ta sẽ chứng minh từng ý trong mệnh đề 1.Chứng minh:

Trang 27

2 Ta quy nạp dựa theo tiên đề 2 sẽ có điều phải chứng minh.

3.∀A, B ∈ A∗ ta có Ac, Bc ∈ A∗ Khi đó(Ac∪ Bc) ∈ A∗ ⇒ [(Ac∪ Bc)]c∈ A∗hay A ∩ B ∈ A∗

Từ đây ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử sẽ có điều phải chứng minh.4 Chưa chứng minh

5 Chưa chứng minh

10Nhóm giả nhị diện

Mệnh đề 10 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 thìPr(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 llẻ thì

Pr(Tl, SD2n) = 12+

12n.

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

Pr(H, SD2n) =12+12n nếu i = 2n−1,14+i + 22n+1 nếu i ̸= 2n−1.Chứng minh.

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

Trang 28

Khi đó, theo Mệnh đề 47 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− 1khi l lẻ.

Khi l chẵn với 0⩽l ⩽2n− 1 Theo Mệnh đề 46, ta có |Tl| = 2 Do đóTl = {1, rls}.Khi đó, theo Mệnh đề 2 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 46 ta có |Tl| = 4. Do đó

Trang 29

= 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 30

Khi đó, theo Mệnh đề 2, 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 2 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 ??.Ví dụ 2.

Trang 31

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.

(ii) Vớin = 4, xét nhóm giả nhị diệnSD16= ⟨r, s | r16 = s2 = 1, s−1rs =r7⟩ Các nhóm con của SD16 làR1= ⟨r⟩, R2= ⟨r2⟩, R4= ⟨r4⟩, R8= ⟨r8⟩, R16= {1};T0 = ⟨s⟩, T1 = ⟨rs⟩, T2= ⟨r2s⟩, T3= ⟨r3s⟩, T4= ⟨r4s⟩, T5= ⟨r5s⟩,T6 = ⟨r6s⟩, T7= ⟨r7s⟩, T8 = ⟨r8s⟩, T10 = ⟨r10s⟩, T12 = ⟨r12s⟩, T14= ⟨r14s⟩;U2,0= ⟨r2, s⟩, U2,1 = ⟨r2, rs⟩, U4,0= ⟨r4, s⟩, U4,2= ⟨r4, r2s⟩, U4,3 = ⟨r4, r3s⟩,U8,0 = ⟨r8, s⟩, U8,2= ⟨r8, r2s⟩, U8,4= ⟨r8, r4s⟩; SD16.Khi đóPr(R1, SD16) = 12+116 =916, Pr(R2, SD16) =12 +216 =58,P r(R4, SD16) = 12+416 =12 = Pr(R8, SD16) =12+816 = 1, Pr(R16, SD16) = 1.Pr(T0, SD16) = Pr(T1, SD16) = Pr(T2, SD16) = Pr(T3, SD16) = Pr(T4, SD16)= Pr(T5, SD16) = Pr(T6, SD16) = Pr(T7, SD16) = Pr(T8, SD16)= Pr(T10, SD16) = Pr(T12, SD16) = Pr(T14, SD16) = 12+116 =916;Pr(U2,0, SD16) = Pr(U2,1, SD16) = 14+2 + 132 =1132,

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

Trang 32

11ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 14 (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm số f và g liên tục trên[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) và g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồntại 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 kếtluận của định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khiđó 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) = 0Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh.

Nhận xét 8 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x.

Trang 33

Định nghĩa 11 Cho Ω ⊂Rn là tập mở.

∂xi

= Dif ∈ C0(Ω)) nếu có tồn tại g ∈C0(Ω) thỏa mãng = ∂f

∂xi

= Dif trên Ω, ở đó ∂f∂xi

= Dif được hiểu là lớp các đạo hàmriêng thứ i của f.(i)C1(Ω) :=f ∈C0(Ω) : ∃∂f∂xi ∈C0(Ω), ∀i = 1, , n.(iii) Cho fC1(Ω) Ta biểu thị

∥f ∥C1= ∥f ∥C1,Ω= X

|α|≤1

∥Dαf ∥∞,Ω

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0

Trang 34

là một đẳng cự.

Bài tập 9 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là khơng gian Banach Cho E × Fvới chuẩn

∥(x, y)∥F = ∥x∥E+ ∥y∥FKhi đó

(E × F, ∥(x, y)∥F)là khơng gian Banach.

Do đó, ta phải chỉ ra rằng M đóng trên(C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)),để hồn thành chứng minh.Giả sử ((fh, fh′))h⊂ M là một dãy màlimh→∞∥(fh− f, fh′ − g)∥C0(Ω)×C0(Ω)= 0 (14)với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng∃f′= g trên [a, b]. (15)

a

fh′(t)dt∀x ∈ [a, b], ∀h,

Bài tập 10 Chỉ ra rằng (C1(Ω), ∥.∥C1) là khơng gian Banach, ở đó∥u∥C1:= X

|α|≤1

∥Dαu∥∞

C1(Ω) là không gian vector vơ hạn chiều vì nó chứa tập hợp của đathức.

Trang 35

Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)

Định lý 16 Cho F ⊂ C1(Ω) và Fi:= {Dif : f ∈ F }, i = 1, , n Khiđó F là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) khi và chỉ khi F và Fi, với mỗii = 1, , , n là

(i) Bị chặn trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(ii) đóng trên (C0(Ω), ∥.∥C0);(iii) liên tục đều trên Ω.

T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))là ánh xạ được định nghĩa bởi (??).

Trong chứng minh của định lý ?? ta chỉ ra được tồn tạiT−1: (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) → (C1(Ω), ∥.∥C1)

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1) tương đương với T (F )compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω)) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

πi(f1, f2) = fi(f1, f2) ∈C0(Ω) ×C0(Ω),

khi đó πi là liên tục Từ F compact (C1(Ω), ∥.∥C1), T (F ) cũng compacttrong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω)) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = Fvà π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0) Theo định lý Arzelà- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Trang 36

Nhận xét 9 ChoF = BC1

([a,b]):= {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1= ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F khơng compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1) vì theo định lý Riesz’s(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k vàf ∈C0([a, b]) thỏa mãnlimk→∞∥fhk − f ∥∞= 0.Tính tách được của (C1(Ω), ∥.∥C1)Định lý 17 (C1(Ω), ∥.∥C1) là tách được.Chứng minh ChoT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))

là ánh xạ được định nghĩa trong (??) VìT là đồng phơi và tính tách đượcđược bảo tồn qua phép đồng phôi, ta cần chỉ ra rằng không gian con(M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω))là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý46), bài tập ?? và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến khônggian con (Xem định lý 45 (ii))

13Nhóm nhị diện

Mệnh đề 11 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 37

(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 40 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 38

Áp dụng Mệnh đề 2 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp của k.

Trang 39

Vậy ta có điều phải chứng minh.

(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề 40, |Tl| = 2 do đóTl = ⟨rls⟩ = {1, rls}.Theo Mệnh đề 2, 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 41 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 40

Ta xét hai trường hợp của n

Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề 41 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 2 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 2)i =n + i + 24n .Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp của i.

Định dạng
Số trang	102
Dung lượng	577,26 KB