VECTOR RIÊNG DƯƠNG CỦA MỘT SỐÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Trang 31PHẦN MỞ ĐẦU
Những kết quả chính của luận văn: Sau một thời gian nghiên cứu, luậnvăn đã đạt được một số kết quả sau: - Hệ thống lại các kiến thức cơ sởtrong lí thuyết phương trình vi phân như: Phương trình Newton, Phânloại phương trình vi phân, Phương trình Ơ-tơ-nơm cấp một, nghiệmtường minh của phương trình vi phân, Phương trình định tính, - Mơphỏng một số hiện tượng vật lí kĩ thuật dưới dạng phương trinh vi phânhoặc hệ phương trình vi phân - Nghiên cứu về bài toán với giá trị đầuvà ứng dụng - Chứng minh chi tiết một số định lí cơ bản của lí thuyếtphương trình vi phân như: Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm,Định lí Picard - Lindelof, Mở rộng định lí Picard - Lindelof, bất đẳngthức Gronwall - Nghiên cứu về bài tốn nhiễu loạn chính quy, nghiêncứu về phương pháp Euler và định lí Peano trong việc tìm nghiệm gần
Trang 42Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyếntính
Định lý 1 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho
I là một đoạn thực bất kỳ và giả sử rằng A ∈ C(I, Mn(F )), B ∈ C(I, Fn).Cho mọi τ ∈ I, ξ ∈ Fn tồn tại một giải pháp duy nhất X của (IV P) trênđoạn I.
Chứng minh Cho bất kỳ t ∈ I, giả sử J = [c; d] là bất kỳ đoạn con bịchặn của I sao cho τ, π ∈ J, Bởi định lý 7.3 tồn tại một hàm Xj khácbiệt duy nhất trên đoạn con [a, b] sao cho
XJt(s) = A(s)XJ(s) + B(s),XJ(τ ) = ξ,s ∈ J
Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn bất kỳ J1 = [c1, c2] ⊂ I sao cho
τ, t ∈ J1, khi đó J1∩ J là một đoạn con bị chặn chứa τ, t và kết quả duynhất áp dụng cho đoạn này cho thấy rằng XJ1(s) = XJ(s), s ∈ J1∩ J
Đặc biệt, XJ1(t) = XJ(t) Để định nghĩa của chúng ta vềX(t) không phụthuộc vào J được chọn Vì X có tính khả vi trên [a, b] và thỏa mãn
X′(t) = A(t)X(t) + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I
Nó là một giải pháp của (IV P) trên đoạn I Nó là duy nhất, vì nếu Y
cũng là mơt giải pháp trên I thì đối với mọi t thuộc I có một đoạn connhỏ J chứa τ, t và kết quả duy nhất cho J ngụ ý rằng X(t) = Y (t).
Trước khi tiếp tục phát triển lý thuyết, chúng ta xem xét một ví dụkhác Xét bài tốn với n = 1 :
x′= 3t2x,x(0) = 1,t ∈ R
Phương trình tích phân tương ứng là
Trang 5Do đóx1(t) = 1 +Z t03s2ds = 1 + t3,x2(t) = 1 +Z t03s2[1 + s3]ds = 1 + t3+ t6/2,x3(t)1 +Z t03s2[1 + s3+ s6/2]ds = 1 + t3+ t6/2 + t9/6,
Và một quy nạp cho thấy rằng
xm= 1 + t3+ (t3)22 +(t3)33! + · · · +(t3)mm! .
Chúng ta nhận raxm(i) là môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số củahàm x(t) = et3.
Dãy số này hội tụ đến x(t) cho mọi t thuộc R, và hàm x(t) là kết quảcủa vấn đề.
Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấyrằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0(t)cũng sẽ dầnđến cùng một giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức cơ bản đó sẽ đượcáp dụng
|Xm+1(t) − Xm| ≤ ∥A∥∞
Z t
τ
|Xm(s) − Xm−1(s)|ds,m ≥ 1, t ∈ I.
Sự khác biệt duy nhất phát sinh do sự khác biệt ban đầu giữa Xi(t) −X0(t) Ước lượng thu được từ lập luận quy nạp sau đó trở thành
|Xm+1(t) − Xm| ≤ ∥X1− X0∥∞h∥A∥∞[t − τ ]
im
/m!
Phần còn lại của lập luận diễn ra như trước đây, đưa ra giải pháp duynhất X(t) của (7.2) Nếu (IV P) được xem xét trên bất kỳ đoạn I nào,ta cũng có thể ước lượng khoảng cách giữa Xm(t) và X(t) trên bất kỳđoạn con nhỏ J = [a, b] nằm trong I chứa τ Với mọi k > m
∥X − Xm∥∞,J ≤ ∥X − Xk∥∞,J + ∥Xk− Xm∥∞,J
Trang 6Và sử dụng bất đẳng thức tam giác và lấy giới hạn khi (7.10) ngụ ý rằng∥X − Xm∥∞,J ≤∞Xk=m∥Xk+1− Xk∥∞,J,(7.11)≤ ∥X1− X0∥∞,J∞Xk=mh∥A∥∞,J[b − τ ]im/m!.
Tất nhiên, chuỗi cuối cùng này lại là phần còn lại của chuỗi cho hàm mũ
(∥A∥∞,J[b − τ ]).
Do đó (7.11) ngụ ý rằng Xm → X trong định mức tối đa trên mỗi J.Chúng tơi tóm tắt trong định lý sau đây
Định lý 2 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).
Xm+1(t) = ξ +
Z t
τ
[A(s)Xm(s) + B(s)]ds,t ∈ I
Tại X0∈ C(I, Fn) là tùy ý Nếu X(t) là giải pháp của (IV P) trên I, thì
Xm→ X đồng đều
∥X − Xm∥∞,J → 0,k → ∞
Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ
3Tính liên tục của các giải pháp
Trở lại tình huống trong Định lý 7.3, trong đó [a, b] là một đoạn đóng,giải pháp X(t) của bài tốn giá trị ban đầu.
X′= A(t)X + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I,IV P
Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ Fn, A ∈ C(I, Mn(F )) và B ∈ C(I, Fn).Kết quả chính của phần này khẳng định rằng đối với mọi t ∈ I Giá trị
X(t) à một hàm liên tục của các biến này Phân tích sự phụ thuộc nàybắt đầu bằng một ước lượng cho ∥X∥∞ điều này được suy ra bằng cáchsử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3
Bắt đầu với việc xấp xỉ kế tiếp từ
X0(t) = ξ +
Z t
τ
Trang 7Kết quả
X(t) = lim
k→∞Xk(t)
Sau đó đáp ứng ước lượng
∥X∥∞ = ∥ limk→∞Xk∥ =limk→∞X0(t) +k−1Xm=0(Xm+1(t) − xm(t)) ∞≤ ∥X0∥ +∞Xm=0∥Xm+1− Xm∥∞
Bây giờ có thể áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết quả là
∥X∥∞≤ ∥X0∥∞+ ∥X0∥∞∞Xm=0∥A∥m+1∞[b − τ ]m+1(m + 1)!= ∥X0(t)∥∞exp(∥A∥∞[b − τ ]).Từ∥X0(t)∥∞ =ξ +Z tτB(s)ds∞≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞,
Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞ là
∥X∥∞≤|ξ| + |b − a|∥B∥∞exp(∥A∥∞[b − a]).(7.12)
Ước lượng đơn giản (7.12) có thể được sử dụng để chỉ ra bằng X là mộthàm liên tục chung trong tất cả các biến này Do đó, một sự thay đổinhỏ trong t, A, b, τ, ξ sẽ tạo ra một sự thay đổi nhỏ trong X Nếu chúngta ký hiệu giải pháp của (IV P) tại thời điểm t bằng X(t, A, B, τ, ξ), sauđó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa chính xác cho phát biểu rằng
X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ),
tại
(s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ).
Trang 8Định lý 3 Đặt I là một đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn(F )), B, D ∈C(I, Fn), τ, σ ∈ I, ξη ∈ Fn Giả định X là kết quả của
X′ = A(t)X + B(t),X(τ ) = ξ,t ∈ I
Cho mọi t thuộc I và e > 0, ở đó có tồn tại ϵ > 0 như vậy nếu Y là kếtquả củaY′ = C(t)Y + D(t),y(σ) = η,t ∈ Ivà|s − t| < δ,∥C − A∥∞< δ,∥D − B∥∞ < δ|σ − τ | < δ,|η − ξ| < δVậy|Y (s) − X(t)| < ϵ(7.14)
Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) và Y (t) ta được
(Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t).
Do đó nếu Z = Y − X thì Z đáp ứng giá trị bài tốn ban đầu
Z′ = C(t)Z + E(t),Z(σ) = η − X(σ)
Nơi
E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t).
Chúng ta có thể áp dụng đánh giá (7.12) cho Z và thu được
∥Y − X∥∞= ∥Z∥∞ ≤
|Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞
exp(∥C∥∞[b − a])(7.15)
Đặt e > 0 được cho Ta thấy
|Y (s) − X(t)| < |Y (s) − X(s)| + |X(s) − X(t)|≤ ∥Y − X∥∞+ |X(s) − X(t)|(7.16)
Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0 có ϵ > 0 như vậy |s − t| < δ1 Ngụ ý
|X(s) − X(t)| < ϵ3
Mà còn
Trang 9Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0có ϵ2> 0 như vậy|η − ξ| < δ2,|τ − σ| < δ2Ngụ ý|Z(σ)| exp(∥C∥∞[b − a]) < ϵ3.Cuối cùng, từE(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t)Có ϵ3 như vậy∥C − A∥∞< ϵ3,∥D − B∥∞< ϵ3Ngụ ý
|b − a|∥E∥∞exp(∥C∥[b − a]) < ϵ3.
Và chọn δ > 0 thoả mãn δ = min(δ1, δ2, δ3) Vậy nếu (7.13) là hợp lệ cho
ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19)
4ĐỊNH LÝ LAGRANGE
Định lý 4 (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
(a, b) nên hàm số g(x) cũng liên tục trên đoạn [a, b] khả vi trên khoảng
(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta có
Trang 10Suy ra
f′(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 1 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 11Chứng 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 2 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.5Vô hạn chiều.
Định nghĩa 1 (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 trong
E.
Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff,với mỗi khơng 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′)
Trang 12Định lý 5 (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 không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banachthứ hai về hình học.
Mệnh đề 1 (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
H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E′×E= α},
tách các tập M và {x0} một cách nghiêm ngặt, tức là
⟨g, x⟩E′×E< α < ⟨g, x0⟩E′×E∀x ∈ M (1)Từ M vẫn là không gian con, theo (??), suy ra
λ ⟨g, x⟩E′×E< α,∀λ ∈R,do⟨g, x⟩E′×E= 0,∀x ∈ M (2)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 26 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
Trang 13Cho
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 khơng gian con của
E và theo cách xây dựng˜
D⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.
Để đưa ra được kết luận của chứng minh, ta cần phải chỉ ra rằngD⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.
Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x0 ∈ E \ D Khi đó từ mệnhđề ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho
⟨f, x⟩E′×E= 0, ∀x ∈ D và ⟨f, x0⟩E′×E= 1.Từ D trù mật, có một dãy con (fhk)k màlimk→∞∥fhk− f ∥E′= 0.Tuy nhiên, từ ∥xhk∥ = 1,∥fhk − f ∥E′≥ |fhk(xhk) − f (xhk)| = |f (xhk)| ≥ 12∥fhk∥E′∀k ∈N.Do dó∥fhk∥E′→ 0 khi k → ∞,nghĩa làf ≡ 0,
mâu thuẫn với f (x0) = 1 Vì vậy
Trang 146KHÔNG 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 2 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 6 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 15(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 2 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 1 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 ??.
Trang 16Chúng 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 8 (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 ?? Chúng ta cần chỉ ra kết quả khi n = 1 và K =[a, b].
Giả sử D là tập hợp các hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là,
D := Q[x] Ta đã biết D là đếm được Chứng minh D là trù mật trongC0([a, b]), ∥.∥∞) tức là
∀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 177ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ
Định nghĩa 3 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 4 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∗
Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét
Nhận xét 5 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 3 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 tốn giao)
Hay A1, A2, , An ∈ A∗ ⇒
n
\
i=1
Trang 184 Đóng kín với phép tốn hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗
5 Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒A△B ∈ A∗
Định lý 9 Cho tập X bất kỳ khác rỗng Giả sử trên X có một phép
tốn 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 cộng
thơng 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:
1 Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên Xc = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2)
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
8Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa 5 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 toán nhân và phép toán nhân
phân phối với phép toán cộng, nghĩa là
x(y + z) = xy + xz,(x + y)z = zx + yz
Trang 19Phần tử trung hòa của phép cộng được ký hiệu bởi 0 (thường gọi làphần 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 6 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 tínhđóng của hai phép toán trên A).
Định nghĩa 7 Ideal trái (phải) của một vành R là một vành con A
thỏa mãn điều kiện
ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.
Vành con I củaR vừa là ideal trái, vừa là ideal phải được gọi là idealcủa vành R.
Cho I là một ideal của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} đượcgọi là tập thương của R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng haiphép toán
(x + I) + (y + I) = (x + y) + I,(x + I)(y + I) = (xy) + I
với mọi x, y ∈ R.
Định nghĩa 8 Tập thương R/I cùng với hai phép toán được xác định
như trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I.
8.0.1Định lý đồng cấu vành
Định nghĩa 9 Cho R, R′ là hai vành Ánh xạ f : R → R′ được gọi làmột 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),
Trang 208.0.2Một số kết quả liên quan
9ĐỊNH LÝ CAUCHY
Định lý 10 (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) = 0
Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh.
Nhận xét 6 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x.
Trang 2110Không gian hữu hạn chiều
Định nghĩa 10 (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 Hệ
B ⊂ 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.
Theo các bài tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥)
là đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây là một đặc trưng rấtmạnh, nhưng nó khơng cịn đúng cho khơng gian định chuẩn vơ hạnchiều.
11Nhóm nhị diện
Mệnh đề 4 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 22(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 ?? 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 23Áp dụng Mệnh đề 14 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .
Trang 24Vậy ta có điều phải chứng minh.
(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề ??, |Tl| = 2 do đó
Tl = ⟨rls⟩ = {1, rls}.Theo Mệnh đề 14, 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 ?? 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 25Ta xét hai trường hợp của n
Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề ?? 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 14 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 2)i =n + i + 24n .
Trang 26Trường hợp 2b: i n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| = CDn(rn2)