TRƯỜNG ĐẠI HỌC:
ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ KRASNOSELSKIITRONG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ
TÍCH PHÂN
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Trang 31PHẦN MỞ ĐẦU
Quy hoạch toàn phương (QP) là bài toán quy hoạch phi tuyến đơn giảnnhất Đó là bài tốn tìm cực tiểu của một hàm bậc hai với các ràngbuộc tuyến tính Nếu dạng tồn phương xác định dương hay nửa xácđịnh dương thì ta có bài tốn quy hoạch tồn phương lồi, cịn nếu dạngtồn phương khơng xác định thì ta có bài tốn quy hoạch tồn phươngkhơng lồi Các bài tốn này quan trọng và rất được quan tâm nghiêncứu vì nhiều vấn đề nảy sinh trong kinh tế, tài chính, cơng nghiệp và kỹ
Trang 42Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)
Định nghĩa 1 Cho Ω ⊂Rn là tập mở.
(i) Cho f : Ω → R và i = 1, , n, ta nói rằng f liên tục và khả vi cấp
i trên Ω (∃∂f∂xi
= Dif ∈ C0(Ω)) nếu có tồn tại g ∈C0(Ω) thỏa mãn
g = ∂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 1 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′)(1)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
T : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0
Trang 5là một đẳng cự.
Bài tập 1 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là khơng gian Banach Cho E × F
với chuẩn
∥(x, y)∥F = ∥x∥E+ ∥y∥F
Khi 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 (2)với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng∃f′= g trên [a, b]. (3)
Theo (51), 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 (52)
Bài tập 2 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 6Tính compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1)
Định lý 2 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 mỗi
i = 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 (50).
Trong chứng minh của định lý 34 ta chỉ ra được tồn tại
T−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 )) = F
và 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 7Nhận xét 1 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 và
f ∈C0([a, b]) thỏa mãnlimk→∞∥fhk − f ∥∞= 0.Tính tách được của (C1(Ω), ∥.∥C1)Định lý 3 (C1(Ω), ∥.∥C1) là tách được.Chứng minh ChoT : (C1(Ω), ∥.∥C1) → (M, ∥.∥C0(Ω)×C0(Ω))
là ánh xạ được định nghĩa trong (50) 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))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 lý10), bài tập 8 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến không giancon (Xem định lý 9 (ii))
3Tính chất ∆U trong các lớp vành
Một phần tử r ∈ R được gọi là ∆-clean nếu r được biểu diễn thành
r = e + t trong đó e là phần của lũy đẳng của R và t ∈ ∆(R) Vành R
được gọi là ∆-clean nếu mỗi phần tử củaR là∆-clean Chú ý, mỗi phẩntử ∆-clean đều là clean.
Mệnh đề 1 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R
(1) R là ∆U-vành;
Trang 8Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sửR là ∆U-vành Lấy bất kỳ r ∈ R là clean,khi đó r = e + u Vì R là ∆U-vành, ta có u = 1 + a với a ∈ ∆(R) Lưuý 1 − 2e ∈ U (R) = 1 + ∆(R), do đó 2e ∈ ∆(R) Khi đó 2e + a ∈ ∆(R) và
r = e + 1 + a = (1 − e) + (2e + a) là biểu diễn ∆-clean của r.
(2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi đó u là clean nên theo giả thiết u cũnglà ∆-clean Giả sử u = e + a là biểu diễn ∆-clean của u với a ∈ ∆(R) và
e lũy đẳng Ta có 1 = eu−1+ au−1 suy ra eu−1= 1 − au−1 là khả nghịchtrong R Vì vậy e = 1 Điều này nghĩa là u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) và do đó
U (R) = 1 + ∆(R).
Định lý 4 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương
(1) R là clean ∆U-vành;
(2) Nếua ∈ R bất kỳ và thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), thì tồn tại một tử phẩntử lũy đẳng e ∈ R sao cho a − e ∈ ∆(R);
(3) R là ∆-clean ∆U-vành;(4) R là vành ∆-clean.
Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) được suy ra từ Mệnh đề ??.
(1) ⇒ (2) Giả sử R là clean ∆U-vành Khi đó, nếu a ∈ R thì a − e ∈∆(R), vớie lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnhđề ??, giả sử a = e + j là biểu diễn ∆-clean của a Khi đó a − a2 =(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có
[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2
và theo Mệnh đề ?? ta được
ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)
và
je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).
Suy ra je − ej ∈ ∆(R) Vì vậy ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R).
Trang 9Rõ ràng Hệ quả 1 cũng suy ra từ Định lý ?? Nghĩa là mọi vành chínhđơn vị đều thỏa mãn tính chất ∆(R) = 0.
Cho vành R, phần tử a ∈ R được gọi là phần tử chính quy mạnh nếu
tồn tại x ∈ R thỏa mãn a = a2x Một vành mà mọi phần tử đều là phầntử chính quy mạnh được gọi là vành chính quy mạnh.
Định lý 5 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành chính quy;
(2) R là ∆U-vành chính quy mạnh;
(3) R là ∆U-vành chính quy đơn vị;
(4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với mọi x ∈ R (R là vành Boolean).
Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác khơng
chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và do
đó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử
R không phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác không
a ∈ R thỏa mãn a2 = 0 Theo Định lý ??, có một phần tử lũy đẳng
e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼=M2(T ), trong đó T là vành khơng tầm thường.
Theo Mệnh đề ?? thì M2(T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Định
lý ??.
(2) ⇒ (3) Hiển nhiên.
(3) ⇒ (4) Cho x ∈ R bất kỳ Khi đó x = ue trong đó u ∈ U (R) và
e2 = e ∈ R Do R là ∆U-vành, nên chúng ta có u = 1 hay y x = e, và vìvậy x là lũy đẳng Chúng ta kết luận R là vành Boolean.
(4) ⇒ (1) Hiển nhiên.
Một vànhR được gọi là nửa chính quy nếuR/J (R)là chính quy và cácphần tử lũy đẳng nâng lên modulo J (R) Vành R được gọi là vành biếnđổi nếu mỗi phần tửa ∈ R, tồn tạie2 = e ∈ aR thỏa mãn1 − e ∈ (1 − a)R.
Hồn tồn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:
Trang 10(2) R là ∆U-vành biến đổi;(3) R/J (R) là vành Boolean.
Hệ quả 1 Cho R là∆U-vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là vành nửa chính quy;
(2) R là vành biến đổi;(3) R là vành clean.
4Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 2 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 toán 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
1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0.
Định nghĩa 3 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu
A là vành đối với hai phép toán cộng và nhân trên R (bao gồm cả tính
đóng của hai phép toán trên A).
Định nghĩa 4 Ideal trái (phải) của một vành R là một vành con A
thỏa mãn điều kiện
ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.
Trang 11Cho 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 5 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.
4.0.1Định lý đồng cấu vành
Định nghĩa 6 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.
4.0.2Một số kết quả liên quan
5Độ giao hoán tương đối của một nhóm con
Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hốn của một nhóm con.
Định nghĩa 7 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Ký
hiệu
C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh}.
Độ giao hốn tương đối của nhóm con H trong G, ký hiệu là Pr(H, G),được định nghĩa như sau
Pr(H, G) =|C||H||G|.
Từ Định nghĩa 7 ta thấy ngay rằng Pr(G, G) = Pr(G), trong đó Pr(G)
là độ giao hốn của nhóm G được định nghĩa như trong Định nghĩa 11.
Trang 12Ví dụ 1 Xét nhóm nhị diện D3 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau D3= ⟨r, s | r3 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.
Khi đó D3 = {1, r, r2, s, rs, r2s} và phép nhân các phần tử của D3 đượccho trong bảng sau.
• 1 rr2 srsr2s1 1 rr2 srsr2srrr2 1 rsr2ssr2 r2 1 rr2ssrsssr2srs 1 r2 rrsrssr2sr 1 r2r2sr2srssr2 r 1
Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa 7 ta có bảng sau.
Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = D3|C| 6 12 8 8 8 18Pr(H, D3) 1 2323232312
Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệ
thức được xác định như sau D4= ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.
Khi đó D4 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của
D4 được cho trong bảng sau.
Trang 13Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa 7 ta có bảng sau.Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2, s⟩H = ⟨r2, rs⟩H = ⟨s⟩|C| 8 24 24 24 12Pr(H, D4) 1 34343434Các nhóm con H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = ⟨r3s⟩H = ⟨r2⟩H = D4|C| 12 12 12 16 40Pr(H, D4) 343434 1 58
Ví dụ 3 Xét nhóm quaternion Q8 được cho bởi các phần tử sinh và hệ
thức xác định như sau Q8= ⟨r, s | r4 = 1, s2= r2, s−1rs = r−1⟩.
Khi đó Q8 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của
Q8 được cho trong bảng sau.
• 1 rr2 r3 srsr2sr3s1 1 rr2 r3 srsr2sr3srrr2 r3 1 rsr2sr3ssr2 r2 r3 1 rr2sr3ssrsr3 r3 1 rr2 r3ssrsr2sssr3sr2srsr2 r 1 r3rsrssr3sr2sr3 r2 r 1r2ss2srssr3s 1 r3 r2 rr3sr3sr2srssr 1 r3 r2
Trang 14Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = Q8|C| 8 24 16 24 24 40Pr(H, Q8) 1 34 1 343458
Từ định nghĩa của độ giao hốn tương đối ta có ngay kết quả sau.
Mệnh đề 2 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Khi đó
Pr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|Xy∈G|CH(y)|.Chứng minh Ký hiệuC = {(x, y) ∈ H × G | xy = yx}.
Với mỗi x ∈ H số các cặp phần tử (x, y) ∈ C là |CG(x)| trong đó CG(x)
là tâm hóa của x trong G Với mỗi y ∈ G số các cặp phần tử (x, y) ∈ C
là |CH(y)| trong đó CH(y) là tâm hóa của y trong H Cho nên ta có
|C| = X
x∈H
|CG(x)| =X
y∈G
|CH(y)|.
Từ đó suy ra cơng thức cần chứng minh.
Kết quả sau đây cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối củamột nhóm con chuẩn tắc của một nhóm nhờ số lớp liên hợp.
Mệnh đề 3 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con chuẩn tắc của
G Khi đó
Pr(H, G) = k|H|
trong đó k là số các lớp liên hợp của G nằm trong H.
Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp của x trong G là
O(x) Khi đó ta có
Trang 15Gọix1, x2, , xk là các phần tử đại diện của các lớp liên hợp của Gnằm
trong H Vì H ◁G cho nên với x ∈ H bất kỳ ta có O(x) ⊂ H Do đó,
theo Mệnh đề 13, ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|kXi=1|O(xi)||CG(xi)|= 1|H||G|kXi=1|G : CG(xi)||CG(xi)| = 1|H||G|kXi=1|G| = k|H|.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta cần bổ đề sau đây trong phép chứng minh các kết quả so sánh độgiao hốn tương đối của một nhóm con của một nhóm với độ giao hốncủa nhóm và nhóm con đó.
Bổ đề 1 Cho H là một nhóm con của G Khi đó với mọi phần tử x ∈ G
|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.
Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x).
Chứng minh Lấy x ∈ G bất kỳ Khi đó, theo Mệnh đề 28, ta có
|H||CG(x)||H ∩ CG(x)| = |HCG(x)|⩽|G|.Do đó|H||H ∩ CG(x)| ⩽ |G||CG(x)|.MàH ∩ CG(x) = {a ∈ H | a ∈ CG(x)} = CH(x),
cho nên từ đó suy ra
|H|
|CG(x)| ⩽ |C|G|
H(x)|.
Do đó, theo Định lý Lagrange ta có được
|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.
Từ lập luận ở trên ta thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
G = HCG(x).
Trang 16Mệnh đề sau đây cho ta một đánh giá về độ giao hoán tương đối củamột nhóm con của một nhóm nhờ độ giao hốn của nhóm và nhóm conđó.
Mệnh đề 4 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó
Pr(G) ⩽ Pr(H, G) ⩽ Pr(H).Chứng minh Theo Mệnh đề 13 ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H|Xx∈H|CG(x)||G| .Theo Bổ đề 4 ta có|CG(x)||G| ⩽ |CH|H|(x)| với mọi x ∈ H.Từ đó suy raPr(H, G)⩽ |H|1 Xx∈H|CH(x)||H| =1|H|2Xx∈H|CH(x)| = Pr(H).Theo Mệnh đề 13 ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xy∈G|CH(y)| = 1|G|Xy∈G|CH(y)||H| .Theo Bổ đề 4 ta có|CH(y)|
|H| ⩾ |C|G|G(y)| với mọi y ∈ G.
Từ đó suy raPr(H, G)⩾ |G|1 Xy∈G|CG(y)||G| =1|G|2Xy∈G|CG(y)| = Pr(G).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để xảy ra đẳng thức.
Trang 17(i) Pr(H, G) = Pr(H) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ H.
(ii) Pr(H, G) = Pr(G) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ G.Chứng minh.
(i) Từ phép chứng minh của Mệnh đề 15 ta thấy rằng Pr(H, G) = Pr(H)
khi và chỉ khi
|CH(x)||H| =
|CG(x)|
|G| với mọi x ∈ H.
Theo Bổ đề 4, điều này xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x)với mọi x ∈ H.Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Lập luận hồn tồn tương tự như trên ta cũng có điều phải chứng minh.
Từ Mệnh đề 16 ta có ngay hệ quả sau.
Hệ quả 2 Cho H là một nhóm con của nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G)
thì Pr(H) = Pr(G).
Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện đủ để không xảy ra đẳng thứctrong Mệnh đề 15.
Mệnh đề 6 Cho H là một nhóm con của nhóm G NếuH khơng chuẩn
tắc trong G thì
Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H).
Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc trong G Trước tiên ta chứng
minh rằng tồn tại x ∈ H sao cho G ̸= HCG(x) Thật vậy, giả sử trái lạirằng G = HCG(x) với mọi x ∈ H Lấy g ∈ G và x ∈ H bất kỳ Khi đó
g−1∈ G = HCG(x) Giả sử g−1= ha với h ∈ H, a ∈ CG(x) Khi đó ta có
g−1xg = (ha)x(ha)−1= haxa−1h−1= hxaa−1h−1= hxh−1 ∈ H.
Điều này chứng tỏ rằng H ◁G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phảichứng minh.
Trang 186KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC
Nhận xét 2 Định lý Arzelà - Ascoli khơng cịn đúng trong C0(A) khi
A ⊂Rn khơng compact Ví dụ lấy C0b(R) là không gian các hàm liên tụcbị chặn trên R, nghĩa làC0b(R) :=f ∈C0(R) : supR|f | < ∞
Khi đó dễ thấy rằng (C0b(R), ∥.∥∞) là không gian Banach Giả sử f :R→
R là hàm được định nghĩa bởi
f (x) =
(
1 − |x| nếu x ≤ 10 nếu x > 1
Giả sử h :R→R, (h = 1, 2, ) được định nghĩa bởi
fh(x) := f (x + h) và giả sử F := {fh : h ∈N}.
Khi đó dễ thấy họ các hàm F ⊂ C0b(R) là bị chặn và liên tục đều Tuynhiên F không compact trong (C0b(R), ∥.∥∞) Thật vậy, chú ý rằng
∃f (x) := lim
h→∞fh(x) = 0, ∀x ∈R và ∥fh− f ∥∞ = 1, ∀h.
Điều này có nghĩa là các dãy con hội tụ của (fh)h trong (C0b(R), ∥.∥∞) làkhơng được chấp nhận.
Tính tách được của (C0b(R), ∥.∥∞).
Định nghĩa 8 Giả sử (X, τ ) là khơng gian topo Khi đó (X, τ ) được gọilà thỏa mãn tiên đề hai của tính đếm được nếu nó có cơ sở đếm cho topo
τ.
Định lý 7 Giả sử (X, d) là không gian metric Khi đó
(i) (X, d) là tách được khi và chỉ khi nó thỏa tiên đề thứ hai của tínhđếm được.
Trang 19(iii) Giả sử (Y, ϱ) là không gian metric khác và T : (X, d) → (Y, ϱ) là đồngcấu Khi đó (X, d) tách được khi và chỉ khi (Y, ϱ) tách được.
Nhận xét 3 Phải nhấn mạnh rằng mục này rất quan trọng trong giảitích cho các mục xấp xỉ Nghĩ ra các số hợp lý và chứng minh của địnhlý Ascoli.
Cuối cùng phải nhớ lại các tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topokhông phải là một không gian tách.
Mệnh đề 7 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Giả sử tồn tại một họ
{Ui: i ∈ I} thỏa mãn
(i) Ui là tập mở với mỗi i ∈ I;(ii) Ui∪ Uj= ∅ nếu i ̸= j
(iii) I là khơng đêm được.Khi đó (X, τ ) không tách được.Bài tập 4 Giả sửl∞:= {x ∈ RN: supn∈N|x(n)| < ∞}trang bị một chuẩn∥x∥l∞:= supn∈N|x(n)|.
Hãy chỉ ra rằng (l∞, ∥.∥l∞) là không gian Banach nhưng không tách được.Gợi ý: Giả sửI = 2N:= {x :N→ {0, 1}} ⊂ l∞vàUx= Bl∞x,12:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞< 12onếu x ∈ IKhi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 11.
Trang 20Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước đó tacần phải nêu ra một kết quả xấp xỉ quan trọng của tốn giải tích.Định lý 9 (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi đótồn tại một dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực,nghĩa là ph∈R[x], thỏa mãn
ph→ f đều trên [a, b].
Nhận xét 4 Bởi vì đa thức là các hàm đơn giản nhất, máy tính có thểtrực tiếp đánh giá các đa thức Định lý này có ý nghĩa trong cả lý thuyếtvà thực tiễn Đặc biệt là trong nội suy đa thức.
Chứng minh định lý 10 Chúng ta cần chỉ ra kết quả khi n = 1 và K =
[a, b].
Giả sử D là tập hợp các hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là,
D := Q[x] Ta đã biết D là đếm được Chứng minh D là trù mật trong
C0([a, b]), ∥.∥∞) tức là
∀f ∈ C0([a, b]), ∀ϵ > 0, ∃q ∈ D sao cho ∥f − q∥∞ ≤ ϵ.
Từ định lý xấp xỉ Weierstrass, với mọi ϵ > 0, tồn tại p ∈R[x], nghĩa là,
Trang 217Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành
Mệnh đề 8 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương
đương
(1) R là ∆U-vành.(2) ∆(R) = U◦(R).
(3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) = 1 − x là mộtđẳng cấu nhóm.
Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R là ∆U-vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có
1 − x ∈ U (R), do đó x = 1 − (1 − x) ∈ U◦(R) Suy ra ∆(R) ⊆ U◦(R) Ngượclại, nếu y ∈ U◦(R) thì 1 − y ∈ U (R) = 1 + ∆(R) Suy ra y ∈ ∆(R) hay
∆(R) = U◦(R).
(2) ⇒ (3) Hiển nhiên.
(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)
thỏa mãn u = ε(x) = 1 − x Điều đó nghĩa là U (R) ⊆ 1 + ∆(R) hay
U (R) = 1 + ∆(R).
Nếu R là một vành, mở rộng Dorroh là vành có đơn vị Z⊕ R, với phéptốn cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi
(n1, r1)(n2, r2) = (n1n2, r1r2+ n1r2+ n2r1).
Chú ý Cho R là một vành có đơn vị Khi đó
(1) u ∈ U (R) khi và chỉ khi 1 − u ∈ U◦(R).
(2) (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) với bất kỳ u ∈ U (R).
(3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) và(−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y)vớix, y ∈ R.
Định lý 10 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau là
tương đương
(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành;
Trang 22Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 − u ∈ U◦(R) Tồn tại
v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 − u) Khi đó ta có
(1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1).
Điều này nghĩa là (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó
(1, u − 1) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R) hoặc (0, u − 1) ∈ ∆(Z⊕ R).
Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có
1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó
(−1, 1 + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, 1 + t).
Do (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) Theo định nghĩa của ∆, ta có
(0, u − 1) + (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) hoặc (−1, u + t) ∈ U (Z⊕ R).
Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z⊕ R)hoặc (1, −x) ∈ U (Z⊕ R) Suy ratồn tại (1, −y) ∈ Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x).Ta có x ◦ y = 0 = y ◦ x nên x ∈ U◦(R) Vì 1 − x ∈ U (R) nên x − 1 =u + t − 1 ∈ U (R) Suy ra u + t − 1 = (u − 1) + t ∈ U (R) với mọi t ∈ U (R).Điều đó nghĩa là u − 1 ∈ ∆(R), vì vậy u ∈ 1 + ∆(R).
(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R
là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khiđó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (−1, b) với a, b ∈ R.
Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = −a, khi đó tồn tại
(1, −y) của Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1−x ∈ U (R).TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh
(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).
Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (−1, v) với u, v ∈ R Nếu
α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy −(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với
(−(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (−(a + u)) Đặtc = −(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và
Trang 23Ta suy ra (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R) Hơn nữa, ta có
(0, a) + α = (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R),
nghĩa là (0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).
Nếuα = (−1, v) ∈ U (Z⊕R), khi đó(−1, v)(−1, d) = (1, 0) = (−1, d)(−1, v)
vớid ∈ R Ta suy rav◦d = 0 = d◦v = 0hoặcv ∈ U◦(R), vì vậy1−v ∈ U (R).Khi đó, v − 1 ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − 1 ∈ U (R) hoặc
1 − (a + v) ∈ U (R) Do đó,a + v ∈ U◦(R) Nghĩa là tồn tại e ∈ R thỏa mãn
(a + v) ◦ e = 0 = e ◦ (a + v), vì vậy(−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = 0 =(−1, e)(−1, a+v) Điều này có nghĩa là(−1, a+v) ∈ U (Z⊕R) Hơn nữa, tacó(0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z⊕ R) Do đó,(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).
Trường hợp 2 ω = (−1, a) ∈ U (Z⊕ R): Tương tự như Trường hợp
1.
Cho C là vành con của vành D, tập hợp
R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},
với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C].
Mệnh đề 9 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.
Chứng minh (:⇒) Đầu tiên ta chứng minh D là ∆U-vành Lấy u tùy
ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C])¯ Theo giả thuyết,
¯
u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]).Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó
(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).
Vì vậy u − 1 + v ∈ U (D), nghĩa là u − 1 ∈ ∆(D) hoặc u ∈ 1 + ∆(D).
Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈¯U (R[D, C]) và chứng minh trên.
Trang 241 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta cóu1, u2, , un ∈ U (D), v ∈ U (C) ⊆ U (D) ta suy rau1− 1 + U (D), u2− 1 + U (D), , un − 1 + U (D) ⊆ U (D),v − 1 + U (D) ⊆ U (D) và v − 1 + U (C) ⊆ U (C).Ta có¯u − 1 = (u1− 1, u2− 1, , un− 1, un+1− 1, , uk − 1, v − 1, v − 1, ),với uj = v mọi j ≥ k, và¯a = (a1, a2, , am, am+1, , ak, b, b, ),
với al = b với mọi l ≥ m Khi đó ta có
¯
u − 1 + ¯a = (u1− 1 + a1, u2− 1 + a2, , uk− 1 + ak, v − 1 + b, v − 1 + b, ).
Lưu ý ui− 1 + ai ∈ U (D) với mọi 1 ≤ i ≤ k và v − 1 + b ∈ U (C) Ta suy ra
¯
u − 1 + ¯a ∈ R[U (D), U (C)] = U (R[C, D]) Vì vậy u − 1 ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc
¯
u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), hay R[D, C] là ∆U-vành.
8Nhóm nhị diện
Mệnh đề 10 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
Pr(H, Dn) =n + k2n nếu n lẻ, hoặc n chẵn và k ∤ n2,n + 2k2n nếu n chẵn và k | n2.(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 thì
Trang 25(iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thìPr(H, Dn) =n + i + 24n nếu n lẻ,n + i + 44n nếu n chẵn và i∤ n2,n + 2i + 44n nếu n chẵn và i | n2.Chứng minh.
(i) Giả sử H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n Theo Mệnh đề ?? ta có
|Rk| = n(n, k) =nk.Do đóRk = ⟨rk⟩ =rkl 0⩽l⩽ nk− 1.Khi đóXx∈Rk|CDn(x)| = |CDn(1)|+ X1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)|.
Ta xét hai trường hợp của n như sau.
Trường hợp 1: n lẻ Theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| =nk− 1|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| +nk− 1|R1| = 2n +nk− 1n = n(n + k)k .Áp dụng Mệnh đề 13 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .
Trang 26Trường hợp 2a: k ∤ n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| =nk− 1|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| +nk− 1|R1| = 2n +nk− 1n = n(n + k)k .Áp dụng Mệnh đề 13, ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .Trường hợp 2b: k | n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| = CDn rn2 + X1⩽l⩽nk−1l̸=2kn|CDn(rkl)| = |Dn|+nk− 2|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| + |Dn| +nk− 2|R1|= 2n + 2n +nk− 2n = n(n + 2k)k .Áp dụng Mệnh đề 13 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn(n + 2k)k =n + 2k2n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề ??, |Tl| = 2 do đó
Trang 27Ta áp dụng Mệnh đề ?? cho hai trường hợp của n như sau.Nếu n lẻ thì |CDn(rls)| = |Tl| = 2 Từ đó suy raPr(Tl, Dn) = 14n (2n + 2) =n + 12 .Nếu n chẵn, giả sử m = n2 thì|CDn(rls)| = |Um,l| = 2n(n, m) =2nm = 4.Từ đó suy raPr(Tl, Dn) = 14n (2n + 4) =n + 22n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(iii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề?? ta có|Ui,j| = 2n(n, i) =2ni .Do đóUi,j = ⟨ri, rjs⟩ =ril, ril+js0⩽ l⩽ ni− 1.Khi đóXx∈Ui,j|CDn(x)| = |CDn(1)| + X1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| + X0⩽l⩽ni−1|CDn(ril+js)|.
Ta xét hai trường hợp của n
Trang 28Áp dụng Mệnh đề 13 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 2)i =n + i + 24n .
Trang 29Áp dụng Mệnh đề 13 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + 2i + 4)i =n + 2i + 44n .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hốn tương đối của các nhóm
con trong nhóm nhị diện D3 và D4 bằng cách áp dụng Mệnh đề 7.
Ví dụ 4.
(i) Với n = 3, xét nhóm nhị diện D3 (cho như trong Ví dụ 4) Cácnhóm con của D3 làR1= ⟨r⟩, R3= {1};T0= ⟨s⟩, T1= ⟨rs⟩, T2 = ⟨r2s⟩; D3.Khi đóPr(R1, D3) = 3 + 12 · 3 =23, Pr(R3, D3) =3 + 32 · 3 = 1;Pr(T0, D3) = Pr(T1, D3) = Pr(T2, D3) = 3 + 12 · 3 =23;Pr(D3, D3) = Pr(D3) = 12.
Trang 309Một số kiến thức cơ bản về nhóm
Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G ̸= ∅ trên đó đã trang bị một phép
tốn hai ngơi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,
(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a′∈ G sao cho a · a′ = a′· a = e.Để đơn giản, ta ký hiệu abthay cho a · b Phần tửe xác định trong (ii)là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệulà1 Với mỗi a ∈ G, phần tửa′ xác định trong (iii) là duy nhất, được gọilà phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G được gọi làgiao hốn (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữuhạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần tử của G
là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|.
Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G Ta gọi H là một
nhóm con củaG, ký hiệu là H⩽ G, nếu các điều kiện sau đây thỏa mãn:(i) Phép toán trên G hạn chế lên H cảm sinh một phép toán trên H,
(ii) H là một nhóm với phép tốn cảm sinh.
Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G ta ký hiệu ⟨S⟩ là
nhóm con bé nhất của G chứa S, và gọi S là một tập sinh của ⟨S⟩ Đặcbiệt, một nhóm có tập sinh chỉ gồm một phần tử được gọi là nhóm xiclíc.
Mệnh đề 11 (Định lý Lagrange) Cho G là một nhóm hữu hạn, và H
là một nhóm con của G Khi đó |H| là một ước của |G|.
Với Glà một nhóm hữu hạn, và H ⩽G, ta ký hiệu |G : H| = |G| : |H|,và gọi là chỉ số của nhóm con H đối với G.
Mệnh đề 12 Cho G là một nhóm, và A, B là hai nhóm con hữu hạn
của G Ký hiệu AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B} Khi đó
|AB| = |A||B||A ∩ B|.
Cho Glà một nhóm, và alà một phần tử của G Vớiu là một phần tửcủaG, liên hợp củaubởia, ký hiệu làua, được định nghĩa làua = a−1ua.
Với H là một nhóm con củaG, ta gọi H là một nhóm con chuẩn tắc của
Trang 31Cho N là một nhóm con chuẩn tắc của G Ký hiệu
G/N = {aN | a ∈ G}.
Khi đó G/N là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với a, b ∈ G
(aN )(bN ) = abN.
Nhóm G/N được gọi là nhóm thương của G bởi N.
Với S là một tập con của G, tâm hóa củaS trong G, ký hiệu làCG(S),được định nghĩa là
CG(S) = {a ∈ G | ua = uvới mọi u ∈ S}.
Trong trường hợp S = {x}, ta dùng ký hiệu CG(x) thay cho CG(S) Tâmcủa nhóm G, ký hiệu là Z(G), được định nghĩa là Z(G) = CG(G).
Mệnh đề 13 Cho G là một nhóm khơng giao hốn Khi đó, nhóm
thương G/Z(G) khơng là nhóm xiclíc.
Cho G là một nhóm Với x và y là hai phần tử của G, giao hoán tử
của x và y, ký hiệu là [x, y], được định nghĩa là
[x, y] = x−1y−1xy.
Nhóm con giao hoán tử của G, ký hiệu là G′, được định nghĩa là nhómcon sinh bởi tập tất cả các giao hoán tử
{[x, y] | x, y ∈ G}.
Cho hai nhóm G và H Một ánh xạ f : G → H được gọi là một đồng
cấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G
f (ab) = f (a)f (b).
Nếu đồng cấu f là một đơn ánh (tương ứng, tốn ánh, song ánh) thì
ta gọi f là một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu, đẳng cấu) Ta ký hiệu
Aut(G) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của G.
Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồng
cấu nhóm Khi đó, tập hợp
Trang 32là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với mọi (x1, h1), (x2, h2) ∈G,
(x1, h1)(x2, h2) = (x1θ(h1)(x2), h1h2).
Nhóm G được xác định như trên được gọi là tích nửa trực tiếp của
N bởi H ứng với tác động θ, và ký hiệu là G = N ×θ H Trong trườnghợp đặc biệt khi θ là đồng cấu tầm thường thì tích nửa trực tiếp chínhlà tích trực tiếp.
Sau đây là một số kiến thức về p-nhóm và nhóm abel hữu hạn Cho
p là một số nguyên tố Một nhóm G được gọi là một p-nhóm nếu |G| là
mơt lũy thừa của p Ta thấy rằng một nhóm con, một nhóm thương của
một p-nhóm cũng là một p-nhóm.
Mệnh đề 14 Cho p là một số nguyên tố Khi đó
(i) Mọi nhóm có cấp p đều là nhóm xiclíc.
(ii) Mọi nhóm có cấp p2 đều là nhóm abel.
Mệnh đề 15 Mọi nhóm abel hữu hạn G đều có thể biểu diễn được một
cách duy nhất thành tích trực tiếp các nhóm xiclíc
G ∼= Cn1× Cn2 × · · · × Cnk
trong đó ni⩾ 2, i = 1, 2, k, và n1 | n2 | · · · | nk.
Sau đây là một số kiến thức về nhóm đối xứng và nhóm thay phiên.
ChoX là một tập hợp Một song ánh từ tập X đến chính nó được gọi là
một phép thế trên tập X Ký hiệu S(X) là tập tất cả các phép thế trên
tập X Khi đó S(X) là một nhóm với phép tốn hợp thành ánh xạ Ta
gọi S(X) là nhóm đối xứng trên tập X Ta dùng ký hiệu Sn để chỉ nhómđối xứng trên tập X = {1, 2, , n} và gọi Sn là nhóm đối xứng bậc n.
Định lý 11 Mọi phép thế π ∈ Sn với n ⩾ 1 đều được phân tích được
thành một tích các xích rời nhau Phân tích này là duy nhất nếu khôngkể đến thứ tự các nhân tử.
Cho π ∈ Sn với n ⩾ 1 Khi đó, theo Định lý ??, ta có phân tích π
thành tích các xích rời nhau
Trang 33trong đó ta có thể giả thiết k1 ⩾k2 ⩾ · · ·⩾ ks. Ta gọi (k1, k2, , ks) làkiểu của phép thế π.
Mệnh đề 16 Hai phép thế trong nhóm đối xứng Sn với n ⩾ 1 là liên
hợp với nhau khi và chỉ khi chúng có cùng kiểu.
Cho σ ∈ Sn với n ⩾ 2. Ta nói cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ
nếu i < j và σ(i) > σ(j). Dấu của phép thế σ, ký hiệu là sign(σ), đượcxác định bởi cơng thức
sign(σ) = (−1)t
trong đó tlà số các nghịch thế của σ Nếu sign(σ) = 1 thì ta gọiσ là mộtphép thế chẵn, nếu sign(σ) = −1 thì ta gọi σ là một phép thế lẻ.
Mệnh đề 17 Cho σ, τ ∈ Sn với n⩾1. Khi đó
(i) sign(στ ) =sign(σ)sign(τ ).
(ii) Nếu σ là một xích độ dài k thì sign(σ) = (−1)k+1.
Với n⩾2 ta ký hiệu An là tập các phép thế chẵn bậcn. Khi đóAn làmột nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của Sn. Ta gọi An là nhóm thay phiênbậc n.
Cuối cùng trong mục này là một kết quả về độ giao hốn của mộtnhóm.
Định nghĩa 9 Cho G là một nhóm Ký hiệu
C = {(x, y) ∈ G × G | xy = yx}.
Độ giao hoán của G, ký hiệu là Pr(G), được định nghĩa như sau
Pr(G) =|C||G|2.
Mệnh đề 18 Nếu G là một nhóm khơng giao hốn thì Pr(G)⩽ 5
8.
10Cấu trúc các nhóm con của một số nhóm hữu hạn
Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩ với n ⩾ 3 Kýhiệu Rk, Tl, Ui,j lần lượt là các nhóm con của Dn có dạng sau đây.
Trang 34với 1⩽k ⩽n, 0 ⩽l⩽ n − 1, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽n − 1.
Sau đây là một số tính chất của nhóm nhị diện, xem [?].
Mệnh đề 19 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩
với n ⩾3 Khi đó
(i) Rk là nhóm xiclíc cấp n
d, trong đó d = (n, k), với 1⩽k ⩽n;(ii) Tl là nhóm xiclíc cấp 2 với 0⩽l ⩽n − 1;
(iii) Ui,j là nhóm nhị diện cấp 2n
d , trong đód = (n, i), vớii|n, 1⩽ i⩽ n− 1
và 0⩽j ⩽n − 1.Mệnh đề 20 Cho nhóm nhị diện Dn= ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩với n ⩾3 Khi đó(i) Nếu n lẻ thìCDn(1) = Dn,CDn(ri) = R1,CDn(rjs) = Tjvới 1⩽i⩽n − 1, 0⩽ j ⩽n − 1;(ii) Nếu n chẵn thìCDn(1) = Dn,CDn(rm) = Dn,CDn(ri) = R1,CDn(rjs) = Um,jvới m = n2, 1⩽ i⩽ n − 1, i ̸= m, 0⩽j ⩽n − 1.Mệnh đề 21 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩
với n⩾ 3, và H là một nhóm con của nhóm Dn Khi đó H là một trongcác nhóm sau đây.
Rk = ⟨rk⟩,Tl = ⟨rls⟩,Ui,j = ⟨ri, rjs⟩
với k|n, 1⩽k ⩽n, 0⩽l⩽n − 1, i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1.
Cho nhóm quaternion suy rộng
Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2.
Ký hiệu Rk, Ui,j lần lượt là các nhóm con của Q4n có dạng sau đây
Rk = ⟨rk⟩,Ui,j= ⟨ri, rjs⟩
với 1⩽k ⩽2n, 1 ⩽i⩽2n, 0⩽j ⩽2n − 1.
Trang 35Mệnh đề 22 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾2 Khi đó
(i) Rk là nhóm xiclíc cấp 2n
d , trong đó d = (2n, k), với 1⩽k ⩽2n;(ii) Ui,j là nhóm quaternion suy rộng cấp 4n
d , trong đó d = (n, i),với 1⩽i⩽2n, 0⩽j ⩽2n − 1.
Mệnh đề 23 Cho nhóm Quaternion suy rộng Q4n với n ⩾2 Khi đó
CQ4n(1) = CQ4n(rn) = Q4n,CQ4n(ri) = R1,CQ4n(rjs) = Un,j
với 1⩽i⩽2n − 1, i ̸= n, 0⩽j ⩽2n − 1.
Mệnh đề 24 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ 2, và H là
một nhóm con của Q4n Khi đó H là một trong các nhóm sau đây.
Rk = ⟨rk⟩,Ui,j = ⟨ri, rjs⟩
với k|2n, 1⩽ k⩽2n, 1⩽i⩽n, i|n, 0⩽j ⩽i − 1.
Cho nhóm giả nhị diện
SD2n= ⟨r, s | r2n = s2 = 1, s−1rs = r2n−1−1⟩ với n⩾3.
Ký hiệuRk,Tl, Ui,j lần lượt là các nhóm con của nhóm giả nhị diệnSD2n
có dạng sau đây.
Rk = ⟨rk⟩,Tl = ⟨rls⟩,Ui,j = ⟨ri, rjs⟩
với 1⩽k ⩽2n, 0⩽l ⩽2n− 1, 1⩽ i⩽2n− 1, 0⩽j ⩽ 2n− 1.
Sau đây là một số tính chất của nhóm giả nhị diện, xem [?].
Mệnh đề 25 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾3 Khi đó
(i) Rk là nhóm xiclíc cấp 2
n
d trong đó d = (2n, k), với 1⩽k ⩽2n;
(ii) Tl là nhóm xiclíc cấp 2 nếu l chẵn, cấp 4 nếu l lẻ với 0⩽ l⩽2n− 1;
(iii) Ui,j là nhóm giả nhị diện nếu i lẻ với 1⩽i⩽2n− 1, 0⩽j ⩽2n− 1;
Trang 36Với i = 2n−1, Ui,j là nhóm xiclíc cấp 4 nếu j lẻ, Ui,j ∼= C2× C2 nếuj chẵn.
Trong tất cả các trường hợp trên nhóm con Ui,j đều có cấp 2
n+1
d
trong đó d = (2n, i).
Mệnh đề 26 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n⩾3 Khi đó
CSD2n(1) = CSD2n(r2n−1) = SD2n,CSD2n(ri) = R1,CSD2n(rjs) = U2n−1,j
với 1⩽i⩽2n− 1, i ̸= 2n−1, 0 ⩽j ⩽2n− 1.
Mệnh đề 27 Cho nhóm giả nhị diện SD2n với n ⩾ 3, và H là một
nhóm con của SD2n Khi đó nhóm con H của SD2n là một trong các
nhóm sau đây.
(i) Rk = ⟨rk⟩ với 1⩽k ⩽2n;
(ii) Tl = ⟨rls⟩ với 0⩽l ⩽2n− 1 khi l chẵn, và 0⩽l⩽2n−1− 1 khi l lẻ;
(iii) Ui,j với1⩽i⩽2n−2,i|2n, 0⩽ j ⩽i−1, và U2n−1,j với0⩽ j ⩽ 2n−1− 1,
j chẵn.
11ĐỊNH LÝ LAGRANGE
Định lý 12 (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn
[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:
f′(c) = f (b) − f (a)b − aChứng minhXét hàm sốg(x) = f (x) −f (b) − f (a)b − a (x − a) + f (a)
Do các hàm số f (x) và x − a liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng
Trang 37(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta cóg′(x) = f′(x) −f (b) − f (a)b − aSuy raf′(c) = f (b) − f (a)b − a
Ta có điều phải chứng minh.
Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange.
Cho C là đường cong trơn với hai đầu mút A, B bất kỳ Khi đó trên C
tồn tại ít nhất một điểm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó song song với
AB.
Nhận xét 5 Thơng qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức
f (a) = f (b)).
Sau đây ta sẽ trình bày cơng thức Lagrange dưới một dạng khác.Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ − a
b − a Khi đó:
ξ = a + θ(b − a)0 < θ < 1(∗)
Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩalà mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng
(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại công thức Lagrange như sau:
f (b) − f (a) = f′(a + θ(b − a))(b − a), 0 < θ < 1(∗′)
Nếu ta thay x cho a và ∆x cho (b − a) thì (∗′) trở thành:
f (x + ∆x) − f (x) = f′(x + θ∆x)∆x, 0 < θ < 1(∗′′)
Công thức (∗′) và (∗′′) là một dạng biểu diễn khác của công thức La-grange và được gọi là công thức số gia giới nội.
Trang 38Hệ quả 3 Giả sử hàm số f liên tục trên [a, b], f′(x) = 0 với mọi x ∈(a, b) Khi đó hàm f bằng một hằng số trên [a, b]
Chứng minh
Ta cố định x0 ∈ (a, b) Giả sử x là điểm tùy ý trong (a, b) Khi đó đoạn
[x0, x] hoặc [x, x0] nằm trong khoảng (a, b) Do vậy f khả vi (vì vậy liêntục) trên đoạn đó Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn con đó Khi đótồn tại c ∈ (x0, x) hoặc c ∈ (x, x0) sao cho:
f (x) − f (x0) = f′(c)(x − x0)
Nhưng f′(t) = 0, ∀t ∈ (a, b) theo giả thuyết nên f′(c) = 0 Từ đó suy ra
f (x) = f (x0) với mọi x bất kỳ thuộc (a, b) Nghĩa là ∀x ∈ [a, b], thì giá trịcủa hàm f (x) luôn bằng một giá trị tại một điểmx0 cố định thuộc (a, b).Vậy hàm f bằng một hằng số trên [a, b].
Hệ quả 4 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau thì
chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộngChứng minh
Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0
Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.12Không gian các hàm liên tục C0(Ω)
Định nghĩa 10 (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).
Trang 39Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứngminh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vô hạn chiều trên R.Ta chứng minh nó là khơng gian Banach Nghĩa là phải chỉ ra mỗi dãyCauchy (fh)h ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) đều hội tụ (tại một phần tử thuộc khônggian) Giả sử (fh)h là dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈N
sao cho∥fh− fk∥∞ = 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. (6)Từ (??), (fh(x))h ⊂R là một dãy Cauchy Do dó:∃f (x) := limh→∞fh(x),∀x ∈ Ω. (7)
Từ (??), lấy qua giới hạn trong (??), cho k → ∞ ta được
∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − f (x)| ≤ ϵ∀h ≥ k, x ∈ Ω,
theo định nghĩa thì fh→ f đều trên Ω Do dó f ∈C0(Ω).
Tính compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞).
Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu đặc trưng của các tập con compact trên
(C0(Ω), ∥.∥∞) Đầu tiên ta sẽ nhớ lại một số khái niệm và kết quả quantrọng liên quan đến chủ đề compact trong không gian metric.
Định nghĩa 11 Cho (X, d) là không 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
Trang 40nghĩa 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 6 Dễ thấy rằng một tập bị chặn hoàn toàn là tập bị chặn,nhưng điều ngược lại là không đúng trong không gian topo (X, τ ) các tậphợp compact và các tập hợp compact dãy có tính chất (BW) Các tínhchất này khơng còn giữ trong trường hợp tổng quát.
Định lý 14 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gianmetric) Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có cácđiều sau đây tương đương:
(i) A compact;
(ii) A là compact dãy;
(iii) (A, d) là đầy đủ và bị chặn hồn tồn;(iv) A có tính chất BW.
Nhận xét 7 Nếu (X, d) đầy đủ, khi đó A ⊆ X là đóng khi và chỉ khi
(A, d) đầy đủ.
Hệ quả 5 Cho A ⊂Rn Khi đó:
A compact ⇔ A đóng và bị chặn.
Định lý 15 (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 8 Định lý 39 cho rằng một tập A bị chặn trong không gian
định chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hồn tồn.Ví dụ như A = BE.
Định nghĩa 12 ChoA ⊂Rn Một họ các tậpF ⊂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