Tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊNCHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

HÀM TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Phương pháp điểm gần kề là một phương pháp thông dụng trong việcgiải bài toán quy hoạch lồi trơn hoặc không trơn Phương pháp này lầnđầu tiên được đề xuất bởi Martinet để giải bài toán quy hoạch lồi vàsau đó được phát triển bởi Rockafellar vào năm 1976 Hiện nay phươngpháp điểm gần kề được ứng dụng rộng rãi để giải các bài toán tối ưu lồi,bài toán cân bằng, quy hoạch phân thức, Bài toán tối ưu là bài tốntìm phương án tối ưu trong cực trị của hàm số Đây là bài tốn có nhiềuứng dụng trong thực tế Khó khăn chính trong việc nghiên cứu và giảiquyết bài tốn này là phải tìm được một phương án tối ưu trong miềnchấp nhận được Để giải quyết khó khăn này, phương pháp điểm gần kề

Trang 4

2Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 1 (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 1 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (C0(Ω), ∥.∥∞) làkhơng gian Banach vô hạn chiều.

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứng

minh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vơ hạn chiều trên R.Ta chứng minh nó là không 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∥∞ = supx∈Ω|fh(x) − fk(x)| < ϵ∀h, k ≥ k.Điều đó có nghĩa là∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − fk(x)| < ϵ∀h, k ≥ k, ∀x ∈ Ω. (1)Từ (14), (fh(x))h⊂R là một dãy Cauchy Do dó:∃f (x) := limh→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (2)

Từ (15), lấy qua giới hạn trong (14), cho k → ∞ ta được

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

Trang 5

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 2 Cho (X, d) là khơng gian metric và ký hiệu B(x, r) là

hình 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 con

hội tụ về một điểm thuộc A.

(v) Tập A ⊂ X được gọi là có tính chất Bolzano-Weierstrass (BW) nếu

mỗi tập con vơ hạn của A có một điểm giới hạn thuộc A.

Nhận xét 1 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 cịn giữ trong trường hợp tổng quát.

Định lý 2 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gian metric).Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có các điều sauđây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

Trang 6

(iv) A có tính chất BW.

Nhận xét 2 Nếu (X, d) đầy đủ, khi đó A ⊆ X là đóng khi và chỉ khi

(A, d) đầy đủ.

Hệ quả 1 Cho A ⊂Rn Khi đó:

A compact ⇔ A đóng và bị chặn.

Định lý 3 (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 3 Định lý 34 cho rằng một tập A bị chặn trong không gian

định chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) khơng nhất thiết phải bị chặn hồn tồn.Ví dụ như A = BE.

Định nghĩa 3 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 4 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂ Rn là compact và giả sử F ⊂

C0(K) Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞) khi và chỉ khi F là:(i) đóng trên (C0(K), ∥.∥∞);

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

Hệ quả 2 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 3 Cho fh : [a, b] →R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả sửrằng:

Trang 7

(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 5 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 27 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý 25 ta có thể chỉ

ra 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:∥f0− fh∥∞≤ M1, ∀h ∈N.Hơn nữa∥fh∥∞ = ∥(fh− f0) + f0∥∞≤ ∥fh− f0∥∞+ ∥f0∥∞ ≤ M1+ ∥f0∥∞ := M2Do 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.

Trang 8

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 (3)

Tiếp tục quá trình và ta chỉ ra rằng

(gk)k là hội tụ trong (C0(K), ∥.∥∞) (4)

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 (5)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

B(xi, σ).

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)

Trang 9

Từ (16) 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 (19)

∀x ∈ K, ∃yi ∈ D′ thỏa |x − yi| < δ (18)⇒ |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), ∥.∥∞) là

đầy 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), ∥.∥∞)

khi đó ta có được (i), (ii) và (iii) Giả sử F là compact trong không gianmetric (C0(K), ∥.∥∞), khi đó, theo tính chất của các tập compact trong

khơng gian metric, F đóng và bị chặn hồn tồn do đó bị chặn Chỉ ra

rằngF liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (18) Theo phản chứng,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. (7)Từ F và K là compact, tồn tại ba dãy con (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

thỏa mãn

lim

h→∞xh = lim

Trang 10

Khi đó tồn tại

lim

h→∞fh(xh lim

h→∞fh(yh) = f (z)

Lấy qua giới hạn trong (20) ta có mâu thuẫn Do đó, ta có điều phảichứng minh.

3Các 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).

3.1Các tính chất tổng qt của các ∆U -vành

Bổ đề 1 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 1 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

Trang 11

(1) 2 ∈ ∆(R);

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

(4) R là Dedekind finite;

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

R/I là ∆U-vành;

(6) Vành Y

i∈I

Ri là ∆U khi và chỉ khi các vành Ri là ∆U, với mọi i ∈ I.(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T, khi đó T là

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

Chứng minh (1) Hiển nhiên.(2)

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

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

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

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

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

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.

Trang 12

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

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

Định lý 6 Mn(R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R là ∆U-vành.

Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên.

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

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

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

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

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

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

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

Trang 13

∆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 3 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-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.

Định lý 7 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi và

Trang 14

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

Tn(R) là ∆U-vành, n ≥ 1.

3.2Một 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 4 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 5 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.

Trang 15

Bổ đề 2 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuthỏa ϵi = idR.

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

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

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

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

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

ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

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

Do đó U (R) = 1 + ∆((R).

(3) Giả sử R là ∆U-vành Ta phải chỉ ra ϵ−1(U (R)) ⊆ 1 + ∆(S), điềunày 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, trongđó 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 6 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 7 Cho R là vành giao hốn có đơn gị Vành đa thứcR[x] trên

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

3.3Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 8 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

Trang 16

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

Định lý 8 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;

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

Bổ đề 3 Nếu R là vành unit-regular thì ∆(R) = 0.

Định lý 9 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).

(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.

Trang 17

4.1Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành

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

U (R) + U (R) = ∆(R)).

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

Mệnh đề 10 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(1) 2 ∈ ∆(R);

R/I là ∆U-vành;

(6) Vành Y

i∈I

Trang 18

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

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

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

∆U-vành.

(6) Hiển nhiên.

Trang 19

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

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)).

Trang 20

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

Mệnh đề 11 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R.

Khi đó eRe là ∆U-vành.

eRe là ∆U-vành.

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.

Hệ quả 7 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 8 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Trang 21

nó bằng N (R).

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

(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).

Trang 22

Do đó U (R) = 1 + ∆((R).

Mệnh đề 15 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.

(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.

(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).

(1) R là semiregular ∆U-vành.

(2) R là exchange ∆U-vành.

(3) R/J (R) là vành Boolean.

Hệ quả 9 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.

5Không 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 4 Cho A ⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p ∈ [1, ∞],

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

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

Trang 24

Định lý 16 (Fisher - Riesz) (Lp(A), ∥.∥Lp) là không gian Banach nếu

1 ≤ p ≤ ∞ Hơn nữa L2(A) là không 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 17 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 4 Nó sẽ khơng cịn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f (x)

hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Nhận xét 5 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập mở bị chặn, nếu không thì quan hệ bao hàm khơng được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

và bất kỳ tập mở Ω, ở đó

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

và

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

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

Tính compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

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

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

Cho f : Rn → R và v ∈ Rn, khi đó ta định nghĩa τvf : Rn → R hàmv-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

Trang 25

Định lý 18 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặntrong (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 ?? 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 10 Cho Ω ⊂Rn là tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp(Ω)

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

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

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

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

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp)khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp) Do đặc tính củatập compact trong khơng gian metric (Định lý 25) có điều phải chứngminh.

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp).Định lý 19 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

Trang 26

(iii) lim

v→∞∥τvf − f ∥Lp= 0 đều f ∈ F.

Nhận xét 6 (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý ?? Thật

vậy, xét họ F := {fh : h ∈N} ở đây fh :R→R được định nghĩa làfh(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 ?? khơngcịn 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. (8)Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

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

và

∥τcfh− fh∥L1(R)= ∥τvf − f ∥L1(R)∀h

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

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

fh(x) → 0 với mỗi x ∈R.

Tính tách được của (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nhận xét 7 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂

Trang 27

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

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

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

⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω):=

Z

Ω

uf dx, ∀f ∈ Lp(Ω),

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

Lp′(Ω) ≡ (Lp(Ω))′ nếu 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước.

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

∥T (u)∥(Lp(Ω))′= ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (9)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

Trang 28

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

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

Quan sát rằng fn ∈ Lp(Ω), từ

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

Lp′(Ω).

Vì vậy

⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω)=

Z

Ω

u|u|p′−2udx = ∥u∥p

′Lp′(Ω). (11)Từ (??) và (??), suy ra∥u∥p′Lp′(Ω)= ⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω)≤ ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥fu∥Lp(Ω)= ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥u∥1/p−1Lp′(Ω).

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≥ ∥u∥Lp′(Ω)∀u ∈ Lp′(Ω). (12)

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

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

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

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

sao cho

0 < |EM ∩ F | < ∞.

Tập hợp

fu(x) := 1

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

Trang 29

Từ (??) và (43b), suy ra

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

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

Từ đó

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

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

Bước 2: Đầu tiên giả sử rằng |Ω| < ∞ và ta chứng minh T là toàn ánh,nghĩa là ∀ϕ ∈ (Lp(Ω))′, ∃u ∈ Lp′(Ω) sao cho

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

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

nghĩa tập hợp hàm ν : M →R

ν(E) := ϕ(χE), E ∈ M

Chỉ ra rằng

ν là σ-hữu hạn, độ đo có dấu; (13)

ν ≪ Ln trên M. (14)

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

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

∞

X

h=1

Trang 30

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

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

|ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′|E|1/p, ∀E ∈ M,

suy ra (??).

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

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

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

ϕ(χE) = ν(E) =

Z

E

udx, ∀E ∈ M. (15)

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

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

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

ϕ(s) =

Z

Ω

u s dx (16)

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

chứng minh rằng

u ∈ Lp′(Ω), ∀p ∈ [1, ∞). (17)Thật vậy, với mỗi f ∈ Lp(Ω), theo xấp xỉ bởi các hàm đơn giản (Định lý53), tồn tại một dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) của các hàm đơn gian đođược thỏa mãn

Trang 31

Từ (??), (??) và bất đẳng thức Holder, suy ra ZΩu(sh− f )dx≤ ∥u∥Lp′(Ω)∥f − sh∥Lp(Ω)→ 0. (19)Điều kiện (??), (??) và tính liên tục của ϕ cho

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

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

T (u) = ϕ.

Ta được điều phải chứng minh.

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

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

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

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

Tương tự

∥u−∥L∞(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′

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

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

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

0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ |u| trong Ω, (20)và

lim

h→∞sh(x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω. (21)Bây giờ ta sẽ chứng minh ước lượng quan trọng sau đây

Trang 32

Tập hợp

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

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

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

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

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

Do đó (??) cũng đúng khi 1 < p < ∞ Bước 3: Giả sử rằng |Ω| = ∞ vàta chứng minh rằng T is still onto.

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

Ω = ∪∞h=1Ωh.

Ta đồng ý với nhận định Lp(Ωh) và Lp′(Ωh), (h = 1, 2, ) với không giancon của Lp(Ω) và Lp′(Ω) bao gồm các hàm khuyết bên ngoài Ωh Đặcbiệt, với mỗi ϕ ∈ (Lp(Ω))′ suy ra

ϕ ∈ (Lp(Ω))′ và ∥ϕ∥(Lp(Ωh))′≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′, ∀h. (23)Từ bước 2, với mỗi h, tồn tại duy nhất uh ∈ Lp′(Ωh) sao cho

Trang 33

Chú ý rằng từ Lp(Ωh) ⊂ Lp(Ωh+1), theo tính duy nhất uh+1 = uh hầukhắp nơi trong Ωh Vì vậy, suy ra định nghĩa hàm u : Ω → R

u(x) := uh(x) nếu x ∈ Ωh.

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

∥u∥Lp′(Ω)= lim

h→∞∥u∥Lp′(Ωh)= lim

h→∞∥uh∥Lp′(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′< ∞,

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

f χΩh → f trên LP(Ω),

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

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

Nhận xét 8 Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo được

(X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định

Lp′(X, µ) ≡ (Lp(X, µ))′

vẫn cịn giữ nếu

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

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

Support của hàm Lp.

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

spt(f ) :=Bao đóng{x ∈Rn : f (x) ̸= 0} = {x ∈ Ω : f (x) ̸= 0}. (S)Định nghĩa này khơng cịn phù hợp cho hàm f ∈ Lp(Rn) Thật vậy, tamuốn khái niệm này thỏa mãn tính chất sau

Trang 34

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

R→R và f2≡ 0 Khi đó, rõ ràng

f1= f2 hầu khắp nơi trong Rnhưng

spt(f1) = Q=R và spt(f2) = ∅.

Mệnh đề 17 (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn →R Ký hiệu

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

và cho

Af := ∪ω∈Afω.

Khi đó Af là tập mở và

f = 0 hầu khắp nơi trong Af.

Tập đóng

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

Nhận xét 9 (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, nếu f1= f2 hầu khắp nơitrong Rn, khi đó spte(f1) =spte(f2).

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

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

Rn\ Af ={x ∈Rn: f (x) ̸= 0}.

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

f (x) = 0 hầu khắp nơi x ∈ Af. (26)

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

hai của tính đếm được (Định lý 11) Do đó tồn tại một họ đếm được cáctập mởU = {Ui: i ∈N} thỏa mãn với mỗi tập mở của Rn là hợp của cácphần tử đếm được trong U Với mỗi ω ∈ Af, giả sử rằng

Trang 35

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

Af = ∪i∈JUi.

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

∆(R) = J (R).

6.1Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành

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

U (R) + U (R) = ∆(R)).

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

Trang 36

(1) 2 ∈ ∆(R);

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

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

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

∆U-vành.

Trang 37

Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên.

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

Trang 38

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

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

Mệnh đề 20 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R.

Khi đó eRe là ∆U-vành.

eRe là ∆U-vành.

Trang 39

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.

Hệ quả 11 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 12 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác

trên Tn(R) là ∆U-vành, n ≥ 1.

nó bằng N (R).

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

Trang 40

Bổ đề 8 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuthỏa ϵi = idR.

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R).

Do đó U (R) = 1 + ∆((R).

Mệnh đề 24 Cho R là vành giao hoán có đơn gị Vành đa thức R[x]

trên R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U.

Định dạng
Số trang	136
Dung lượng	675,17 KB