Nửa nhóm tiến hóa fredholm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: NỬA NHÓM TIẾN HÓA FREDHOLM LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chuyên đề phức tạp có ứng dụng phong phú tốn học Nó liên quan đến nhiều lĩnh vực khác như: Giải tích, lượng giác, hình học Đã có nhiều nhà tốn học nghiên cứu bất đẳng thức như: Cauchy, Jensen, Holder Trong đặc biệt Minkowski bất đẳng thức ứng dụng rộng rãi toán cao cấp sơ cấp Với mong muốn tìm hiểu cách có hệ thống bất đẳng thức Minkowski chọn đề tài “CÁC DẠNG MỎ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI VÀ ỨNG DỤNG” Từ lý nên đề tài tập trung nghiên cứu bất đẳng thức Minkowski số dạng mở rộng bất đẳng thức Minkowski 495 2 Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính Định lý (Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính) Cho I đoạn thực giả sử A ∈ C(I, Mn (F)), B ∈ C(I, F n ) Cho τ ∈ I, ξ ∈ F n tồn giải pháp X (IV P) đoạn I Chứng minh Cho t ∈ I , giả sử J = [c; d] đoạn bị chặn I cho τ, π ∈ J , Bởi định lý 7.3 tồn hàm Xj khác biệt đoạn [a, b] cho XJt (s) = A(s)XJ (s) + B(s), XJ (τ ) = ξ, s∈J Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn J1 = [c1 , c2 ] ⊂ I cho τ, t ∈ J1 , J1 ∩ J đoạn bị chặn chứa τ, t kết áp dụng cho đoạn cho thấy XJ1 (s) = XJ (s), s ∈ J1 ∩ J Đặc biệt, XJ1 (t) = XJ (t) Để định nghĩa X(t) không phụ thuộc vào J chọn Vì X có tính khả vi [a, b] thỏa mãn X ′ (t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Nó giải pháp (IV P) đoạn I Nó nhất, Y mơt giải pháp I t thuộc I có đoạn nhỏ J chứa τ, t kết cho J ngụ ý X(t) = Y (t) Trước tiếp tục phát triển lý thuyết, xem xét ví dụ khác Xét toán với n = : x′ = 3t2 x, x(0) = 1, t∈R Phương trình tích phân tương ứng Z t 3s2 x(s)ds = (T x)(t), x(t) = + t ∈ R Nếu x0 (t) = 1, Z xm+1 (t) = + t 3s2 xm (s)ds, m = 0, 1, Do Z x1 (t) = + t 3s2 ds = + t3 , t Z 3s2 [1 + s3 ]ds = + t3 + t6 /2, x2 (t) = + Z x3 (t)1 + t 3s2 [1 + s3 + s6 /2]ds = + t3 + t6 /2 + t9 /6, Và quy nạp cho thấy xm = + t3 + (t3 )m (t3 )2 (t3 )3 + + ··· + 3! m! Chúng ta nhận xm (i) môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số hàm x(t) = et Dãy số hội tụ đến x(t) cho t thuộc R, hàm x(t) kết vấn đề Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấy lựa chọn hàm liên tục ban đầu X0 (t) dần đến giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức áp dụng Z t |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥A∥∞ |Xm (s) − Xm−1 (s)|ds, m ≥ 1, t ∈ I τ Sự khác biệt phát sinh khác biệt ban đầu Xi (t) − X0 (t) Ước lượng thu từ lập luận quy nạp sau trở thành h im |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥X1 − X0 ∥∞ ∥A∥∞ [t − τ ] /m! Phần lại lập luận diễn trước đây, đưa giải pháp X(t) (7.2) Nếu (IV P) xem xét đoạn I nào, ta ước lượng khoảng cách Xm (t) X(t) đoạn nhỏ J = [a, b] nằm I chứa τ Với k > m ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥Xk − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥(Xk − Xk−1 ) + (Xk−1 − Xk−2 ) + · · · + (Xm+1 − Xm )∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác lấy giới hạn (7.10) ngụ ý ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∞ X ∥Xk+1 − Xk ∥∞,J , (7.11) k=m ≤ ∥X1 − X0 ∥∞,J ∞ h X ∥A∥∞,J [b − τ ] im /m! k=m Tất nhiên, chuỗi cuối lại phần lại chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J [b − τ ]) Do (7.11) ngụ ý Xm → X định mức tối đa J Chúng tơi tóm tắt định lý sau Định lý (Định nghĩa xấp xỉ liên tiếp bởi) Z t Xm+1 (t) = ξ + [A(s)Xm (s) + B(s)]ds, t∈I τ Tại X0 ∈ C(I, F n ) tùy ý Nếu X(t) giải pháp (IV P) I , Xm → X đồng ∥X − Xm ∥∞,J → 0, k→∞ Trên đoạn nhỏ J ⊂ I chứa τ Tính liên tục giải pháp Trở lại tình Định lý 7.3, [a, b] đoạn đóng, giải pháp X(t) toán 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 ∈ F n , A ∈ C(I, Mn (F)) B ∈ C(I, F n ) Kết phần khẳng định t ∈ I Giá trị X(t) hàm liên tục biến Phân tích phụ thuộc bắt đầu ước lượng cho ∥X∥∞ điều suy cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3 Bắt đầu với việc xấp xỉ từ Z t X0 (t) = ξ + B(s)ds, τ Kết X(t) = lim Xk (t) k→∞ Sau đáp ứng ước lượng   k−1 X (Xm+1 (t) − xm (t)) ∥X∥∞ = ∥ lim Xk ∥ = lim X0 (t) + k→∞ k→∞ m=0 ≤ ∥X0 ∥ + ∞ X ∞ ∥Xm+1 − Xm ∥∞ m=0 Bây áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết ∥X∥∞ ≤ ∥X0 ∥∞ + ∥X0 ∥∞ ∞ X ∥A∥m+1 [b − τ ]m+1 ∞ m=0 (m + 1)! = ∥X0 (t)∥∞ exp(∥A∥∞ [b − τ ]) Từ Z t ∥X0 (t)∥∞ = ξ + B(s)ds τ ∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ , Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞   ∥X∥∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ exp(∥A∥∞ [b − a]) (7.12) Ước lượng đơn giản (7.12) sử dụng để X hàm liên tục chung tất biến Do đó, thay đổi nhỏ t, A, b, τ, ξ tạo thay đổi nhỏ X Nếu ký hiệu giải pháp (IV P) thời điểm t X(t, A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa xác cho phát biểu X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ), (s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ) Đó là, X liên tục (t, A, B, τ, ξ) Định lý Đặt I đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn (F)), B, D ∈ C(I, F n ), τ, σ ∈ I , ξη ∈ F n Giả định X kết X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Cho t thuộc I e > 0, có tồn ϵ > Y kết Y ′ = C(t)Y + D(t), y(σ) = η, t∈I |s − t| < δ, ∥C − A∥∞ < δ, |σ − τ | < δ, ∥D − B∥∞ < δ |η − ξ| < δ Vậy |Y (s) − X(t)| < ϵ (7.14) Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) Y (t) ta (Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t) Do Z = Y − X Z đáp ứng giá trị 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 áp dụng đánh giá (7.12) cho Z thu   ∥Y − X∥∞ = ∥Z∥∞ ≤ |Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞ exp(∥C∥∞ [b − a]) (7.15) Đặt e > 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 liên tục t, cho e > có ϵ > |s − t| < δ1 Ngụ ý |X(s) − X(t)| < ϵ Mà |Z(σ)| = |η − X(σ)| ≤ |η − ξ| + |X(τ ) − X(σ)| Từ X liên tục t, cho e > có ϵ2 > |η − ξ| < δ2 , Ngụ ý |τ − σ| < δ2 ϵ |Z(σ)| exp(∥C∥∞ [b − a]) < Cuối cùng, từ E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t) Có ϵ3 ∥C − A∥∞ < ϵ3 , ∥D − B∥∞ < ϵ3 Ngụ ý ϵ |b − a|∥E∥∞ exp(∥C∥[b − a]) < Và chọn δ > thoả mãn δ = min(δ1 , δ2 , δ3 ) Vậy (7.13) hợp lệ cho ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19) Mở rộng tốn tử ∆ cho vành khơng có đơn vị Bây ta thay đổi định nghĩa ∆ để làm việc vành khơng chứa đơn vị Cụ thể, xét tập ∆◦ (R) = {r ∈ R|r + U◦ (R) ⊆ U◦ (R)} Khi R vành có đơn vị ∆◦ (R) = ∆(R) Với vành R bất kỳ, khơng thiết phải có đơn vị Ta ký hiệu R1 vành bao gồm R đơn vị Z Khi đó, U◦ (Z) = Ta dễ dàng kiểm tra bổ đề sau Bổ đề Cho R vành, khơng thiết phải có đơn vị, ta có ∆◦ (R) = ∆◦ (R1 ) = ∆(R1 ) Bổ đề rằng, ta mở rộng định nghĩa ∆ cho tất vành, khơng thiết phải có đơn vị khẳng định Định lý ?? tương đương với vành tùy ý Hơn nữa, điều kiện tương đương đúng, ∆(∆(R)) = ∆(R) Ta biết kết cổ điển Jacobsson J(R) vành J(eRe) = eJ(R)e, với e lũy đẳng R Ta dấu khơng cịn trường hợp tổng quát ∆(R) Tuy nhiên quan hệ bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong Hệ ?? ta thêm vào giả thiết ∈ U (R) Cho R vành có đơn vị Phần tử a ∈ R gọi quy (tương ứng, quy đơn vị) R a = aua với u ∈ R (tương ứng, u ∈ U (R)) Nếu phần tử vành R quy (tương ứng, quy đơn vị) R gọi vành quy (tương ứng, vành quy đơn vị) Mệnh đề Cho R vành bất kỳ, ta có (1) Cho e2 = e thỏa mãn e∆(R)e ⊆ ∆(R) Khi e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) (2) ∆(R) không chứa phần tử lũy đẳng khác không (3) ∆(R) khơng chứa phần tử quy đơn vị khác không Chứng minh (1) Nếu y ∈ U (eRe), y1 = y + (1 − e) ∈ U (R) thỏa mãn y = ey1 e Ta lấy r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R) ta phần tử khả nghịch y ∈ U (eRe) ta có e − yr ∈ U (eRe) Như trên, lấy y1 = y+1−e ∈ U (R) Từ r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R), ta 1−y1 r ∈ U (R) Do tồn phần tử b ∈ R thỏa mãn b(1 − y1 r) = e = eb(1 − y1 r)e = eb(e − y1 re)e = eb(e − (y + − e)re) = eb(e − yre) + eb(1 − e)re = ebe(e − yre), dấu cuối r ∈ eRe Điều cho thấy e − yre = e − yr phần tử khả nghịch trái eRe Từ − y1 r ∈ U (R) ta có (1 − y1 r)b = = (1 − (y + − e)r)b = (1 − yr)b Nhân hai vế với e ta e = e(1 − yr)be = (e − yr)be = (e − yr)ebe Điều có nghĩa ebe phần tử khả nghịch phải trái e − yr (2) Nếu e2 = e ∈ ∆(R), − e = e + (1 − 2e) ∈ U (R), − 2e khả nghịch, e = (3) Nếu a ∈ ∆(R) phần tử quy đơn vị, tồn phần tử khả nghịch u ∈ U (R) thỏa mãn au lũy đẳng Theo điều kiện (2) ta suy a phải không Hệ Cho R vành quy đơn vị, ∆(R) = Hệ Giả sử ∈ U (R) Khi e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e phần tử lũy đẳng R Dưới số ví dụ mà ∆(R) ̸= J(R) ≤ ∥u∥ p′ ∥f − sh ∥Lp (Ω) → L (Ω) (14) Ω Điều kiện (??), (??) tính liên tục ϕ cho Z Z ϕ(f ) = lim ϕ(sh ) = lim h→∞ u f dx, ∀f ∈ Lp (Ω) u sh dx = h→∞ Ω Ω ′ Đặc biệt, tồn u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ Ta điều phải chứng minh Ta chứng minh (??) Trong trường hợp p = 1, giả sử M > cho EM := {x ∈ Ω : u(x) > M } Khi Z M |EM | ≤ udx = ϕ(χEM ) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |EM | EM Vì |EM | = M > ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , từ ta suy ≤ u+ (x) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇔ ∥u+ ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ Tương tự ∥u− ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ 33 ′ u = u+ − u− ∈ L∞ (Ω) = L1 (Ω) Trong trường hợp < p < ∞, theo xấp xỉ hàm đơn giản, cho (sh ) dãy hàm đơn giản đo cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ |u| Ω, (15) lim sh (x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω (16) h→∞ Bây ta chứng minh ước lượng quan trọng sau ∥sh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (17) Tập hợp ′ uh (x) := |sh (x)|p −1 sign(u(x)) x ∈ Ω Khi (uh ) dãy hàm đơn giản Z Z (??) ′ ∥sh ∥pLp′ (Ω) p′ |sh | dx ≤ = Ω Ω ′ shp −1 |u|dx Z (??) = uh u dx = ϕ(uh ) Ω Z ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥uh ∥Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ′ |sh |(p −1)p dx  p1 Ω Z  p1 p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |sh | dx p′ p Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥sh ∥ Ω Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) = 0, (??) hiển nhiên Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) > 0, bất p′ p p′ đẳng thức (??) chia cho ∥sh ∥L (Ω) p ý p′ (1 − ) = Từ (??), (??) bổ đề Fatou ta có Z Z ′ p ∥u∥L = p′ (Ω) ′ Ω h→∞ ′ ′ |u|p dx ≤ lim inf Ω ′ |sh |p dx = lim inf ∥sh ∥pLp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥p(Lp (Ω))′ < ∞ h→∞ Do (??) < p < ∞ Bước 3: Giả sử |Ω| = ∞ ta chứng minh T is still onto Cho (Ω)h dãy tăng tập bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh 34 ′ Ta đồng ý với nhận định Lp (Ωh ) Lp (Ωh ), (h = 1, 2, ) với không gian ′ Lp (Ω) Lp (Ω) bao gồm hàm khuyết bên Ωh Đặc biệt, với ϕ ∈ (Lp (Ω))′ suy ϕ ∈ (Lp (Ω))′ ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (18) ′ Từ bước 2, với h, tồn uh ∈ Lp (Ωh ) cho ∥uh ∥Lp′ (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ Z ϕ(f ) = (19) uh f dx, ∀f ∈ Lp (Ωh ) (20) Ωh Chú ý từ Lp (Ωh ) ⊂ Lp (Ωh+1 ), theo tính uh+1 = uh hầu khắp nơi Ωh Vì vậy, suy định nghĩa hàm u : Ω → R u(x) := uh (x) x ∈ Ωh Từ (??), (??) định lý đơn điệu hội tụ ∥u∥Lp′ (Ω) = lim ∥u∥Lp′ (Ωh ) = lim ∥uh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ < ∞, h→∞ h→∞ ′ u ∈ Lp (Ω) Hơn nữa, f ∈ Lp (Ω), theo định lý tính hội tụ trội f χΩh → f LP (Ω), thế, theo tính liên tục ϕ (??), Z ϕ(f ) = lim ϕ(f χΩh ) = lim h→∞ h→∞ Z u f dx = Ωh u f dx Ω Ta hoàn tất chứng minh Nhận xét Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo (X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định ′ Lp (X, µ) ≡ (Lp (X, µ))′ cịn giữ • < p < ∞ cho độ đo tổng quát µ 35 • p = biết µ σ -hữu hạn Cách xác định sai trường hợp khác Support hàm Lp Ta biết rằng, cho hàm f : Rn R, support f tập hợp spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} = {x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} (S) Định nghĩa không phù hợp cho hàm f ∈ Lp (Rn ) Thật vậy, ta muốn khái niệm thỏa mãn tính chất sau f1 = f2 hầu khắp nơi Rn ⇒ spt(f1 ) = spt(f2 ), trừ số phần khơng đáng kể Nhưng trường hợp khơng Thật Ví dụ: Cho f1 := χQ : R → R f2 ≡ Khi đó, rõ ràng f1 = f2 hầu khắp nơi R spt(f1 ) = Q = R spt(f2 ) = ∅ Mệnh đề 20 (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn → R Ký hiệu Af := {ω ⊂ Rn : ω tập mở f = hầu khắp nơi ω} cho Af := ∪ω∈Af ω Khi Af tập mở f = hầu khắp nơi Af Tập đóng spte (f ) := Rn \ Af (ES) gọi support cần thiết f Rn Nhận xét (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, f1 = f2 hầu khắp nơi Rn , spte (f1 ) = spte (f2 ) (ii) Định nghĩa (S) (ES) giống hàm liên tục Chính xác 36 Bài tập Nếu f : Rn → R liên tục, Rn \ Af = {x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} Chứng minh mệnh đề ?? Hiển nhiên Af tập mở Ta chứng minh f (x) = hầu khắp nơi x ∈ Af (21) Từ Rn khơng gian metric tách được, thỏa mãn tiên đề thứ hai tính đếm (Định lý 1) Do tồn họ đếm tập mở U = {Ui : i ∈ N} thỏa mãn với tập mở Rn hợp phần tử đếm U Với ω ∈ Af , giả sử ω = ∪i∈Jω Ui cho số phù hợp Jω ⊂ N cho J := ∪ω∈Af Jω Do Af = ∪i∈J Ui Từ f = hầu khắp nơi Ui với i ∈ J , theo (??) 10 Các đặc trưng ∆U -vành Ta biết + J(R) ⊆ U (R) Vành R gọi U J -vành U (R) ⊆ + J(R), nghĩa + J(R) = U (R) Lưu ý R U J -vành ∆(R) = J(R) 10.1 Các tính chất tổng quát ∆U -vành Bổ đề Cho R vành tùy ý, ta có (1) ∆(R) vành R (2) ∆(R) iđêan R ∆(R) = J(R) (3) Với r ∈ ∆(R) u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R) Y Y Y (4) Nếu R = Ri tích vành Ri , ∆( Ri ) = ∆(Ri ) i∈I i∈I (5) Nếu R vành nửa địa phương, ∆(R) = J(R) i∈I 37 (6) ∆(R[x]/(xn )) = ∆(R)[x]/(xn ) (7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]] Vành R gọi ∆U -vành + ∆(R) = U (R) Mệnh đề 21 R ∆U -vành U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) (khi U (R) + U (R) = ∆(R)) Chứng minh Giả sử R ∆U -vành, Lấy u, v ∈ U (R), ta có + u ∈ ∆(R), − v ∈ ∆(R), u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) Các tính chất ∆U -vành Mệnh đề 22 Cho R ∆U -vành Khi (1) ∈ ∆(R); (2) Nếu R division ring, R ∼ = F2 ; (3) Nếu x2 ∈ ∆(R) x ∈ ∆(R); (4) R Dedekind finite; (5) Cho I ⊆ J(R) iđêan R Khi R ∆U -vành R/I ∆U -vành; Y (6) Vành Ri ∆U vành Ri ∆U , với i ∈ I i∈I (7) Nếu T vành R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T , T ∆U -vành Cụ thể, điều áp dụng cho Z = Z(R) tâm R Chứng minh (1) Hiển nhiên (2) (3) Giả sử x2 ∈ ∆(R) Khi (1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R) tức 1+x ∈ U (R) Vì R ∆U -vành, 1+x ∈ 1+∆(R), x ∈ ∆(R) (4) Giả sử a, b ∈ R với ab = Khi − ba lũy đẳng R, [b(1 − ba)2 ] = = [(1 − ba)a]2 ∈ ∆(R) 38 Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆ Từ đó, ba ∈ U (R) ba = (5) Nếu I ⊆ J(R) ideal, ∆(R/I) = ∆(R)/I Giả sử R ∆U vành Khi u + I ∈ + ∆(R)/I = + ∆(R/I) Do R/I ∆(U )vành Ngược lại, giả sử R/I ∆U -vành Lấy u ∈ U (R) tùy ý Khi u + I ∈ + ∆(R)/I Ta kiểm tra u ∈ + ∆(R) Do đó, R ∆U -vành (6) Hiển nhiên (7) Giả thiết U (T ) = U (T ) ∩ T nghĩa ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây U (R) = + ∆(R) cho + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = + (∆(R) ∩ T ) ⊆ + ∆(T ) Định lý 15 Mn (R) ∆U -vành n = R ∆U -vành Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên (⇒:) Giả sử Mn (R) ∆U -vành n > Đầu  tiên ta chứng  0 − a     0 0    minh R division Lấy a ∈ R, a ̸= 0, ta có X =     0 Mn (R) X = DoMn (R) ∆U -vành, ta lấy X ∈∆(Mn (R)) Lấy U=  0 1 0 0 0 0 0          0     ∈ M (R) Khi I − U X =     n n             0 0 0 a khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R division ∈    39 ∼ Tiếp  minh R = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= a ̸= Lấy  theo, ta chứng a 0 0 a 0      0 X=  ∈ Mn (R) Khi X khả nghịch Vì Mn (R)       0 a   1−a 0  − a        ∆U -vành nên ta có In − X =   ∈ ∆(Mn (R))       0 − a Vì − a khả nghịch nên In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do R∼ = F2     1 X1 Cuối cùng, ta n = Lấy X1 = X = ∈ 0 In−2 Mn (R) Khi X khả nghịch Mn (R) Bởi giả thuyết,  ta có X2 In − X ∈ ∆(Mn (R)) Mặt khác, ta có In − X = In−2   X2 = Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1 R ∼ = M1 (R) ∆U -vành Mệnh đề 23 Giả sử R ∆U -vành e phần tử lũy đẳng R Khi eRe ∆U -vành Chứng minh Lấy u ∈ U (eRe) Khi u + − e ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v khả nghịch eRe Rõ ràng v + − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên u−e+v+1−e ∈ U (R) theo định nghĩa ∆, đặt u−e+v+1−e = t ∈ U (R) Ta kiểm tra et = te = ete = u − e + v , ete ∈ U (eRe) Suy u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy, u ∈ e + ∆(eRe) hay eRe ∆U -vành Định lý 16 Cho M (R, R) song môđun Vành R ∆U -vành 40 T (R, M ) ∆U -vành   u m Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), u u ∈ U (R) m ∈ M Ta u¯ − ∈ ∆(T (R, M )) Rõ ràng, u ∈ U (R) u = + a ∈ + ∆(R) với a thuộc ∆(R) Suy  a ¯= 0   + a m a  ∈ T (∆(R), M ) = ∆(T (R, M )) Vì T (R, M ) ∆U -vành (⇐:) Điều ngược lại dễ thấy Hệ 14 Giả sử  M là(R, S) song mơđun Khi vành ma trận R M tam giác dạng ∆U -vành R S S ∆U -vành Hệ 15 R ∆U -vành vành ma trận tam giác Tn (R) ∆U -vành, n ≥ 10.2 Một vài tính chất đại số ∆U -vành Nhớ lại rằng, vành R gọi vành 2-primal nguyên tố N (R) Mệnh đề 24 Cho R vành 2-primal Nếu vành đa thức R[x] ∆U vành, R ∆U -vành Chứng minh R vành 2-primal, theo [10, Mệnh đề 19], ∆(R[x]) = ∆(R) + J(R[x]) Mặt khác ta có J(R[x]) = I[x] với I iđêan lũy linh R Bây giờ, ta giả sử R[x] ∆U -vành Khi U (R) ⊆ U (R[x]) = + ∆(R[x]) = + ∆(R) + I[x], điều có nghĩa U (R) ⊆ + ∆(R) + I = + ∆(R) ⊆ U (R), I iđêan lũy linh (nên I ⊆ ∆(R)) Do U (R) = + ∆(R), hay R ∆U -vành Mệnh đề 25 Cho R vành m ∈ N (1) R ∆U -vành R[x]/xm R[x] ∆U -vành 41 (2) R ∆U -vành vành chuỗi lũy thừa R[[x]] ∆U -vành Chứng minh (1) Điều suy từ Mệnh đề 2.4(5), từ xR[x]/xm R[x] ⊆ J(R[x]/xm R[x]) (R[x]/xm R[x])/(xR[x]/xm R[x]) ∼ = R (2) Ta xét (x) = xR[[x]] iđêan R[[x]] Khi (x) ⊆ J(R[[x]]), R ∼ = R[[x]]/(x), kết suy từ Mệnh đề 2.4(5) Bổ đề Cho R, S vành i : R → S, ϵ : S → R đồng cấu thỏa ϵi = idR (1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R) (2) Nếu S ∆U -vành, R ∆U -vành (3) Nếu R ∆U -vành ker ϵ ⊆ ∆(S), S ∆U -vành Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R) U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S)) Lấy a ∈ ∆(S) Rõ ràng, a + U (S) ⊆ U (S), ϵ(a) + ϵ(U (S)) ⊆ ϵ(U (S)) ϵ(a) + U (R) ⊆ U (R) Điều có nghĩa ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó, ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R) (2) Cho S ∆U -vành Khi U (S) = + ∆(S), theo (1) U (R) = ϵ(U (S)) = + ∆(S) ⊆ + ∆(R) Do U (R) = + ∆((R) (3) Giả sử R ∆U -vành Ta phải ϵ−1 (U (R)) ⊆ + ∆(S), điều có nghĩa U (S) = + ∆(S) Với y ∈ ϵ−1 (U (R)), ta lấy ϵ(y) ∈ U (R) = + ∆(R), R ∆U -vành Suy y − = i(x) + v , v tùy ý thuộc ker(ϵ) x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S Lưu ý 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)) i(x) + u = u′ + a u′ ∈ U (S) a ∈ ker(ϵ) Suy y − + u = u′ + a + v ∈ U (S) + ker(ϵ) ⊆ U (S) + ∆(S) theo giả thuyết Từ U (S) + ∆(S) ⊆ U (S) với vành có đơn vị S , ta có y − + u ∈ U (S) với u ∈ U (S) Điều có nghĩa y − ∈ ∆(S) hay y ∈ + ∆(S) Ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 26 Cho R vành, M monoid RM monoid ring Nếu RM ∆U -vành, R ∆U -vành Mệnh đề 27 Cho R vành giao hốn có đơn gị Vành đa thức R[x] R ∆U R ∆U 42 10.3 Tính chất ∆U lớp vành Mệnh đề 28 Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành (2) Tất clean elements R ∆-clean Định lý 17 Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Với a ∈ R, ta có a − a2 ∈ ∆(R) a − e ∈ ∆(R) e lũy đẳng, e ∈ R; (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Bổ đề Nếu R vành unit-regular ∆(R) = Định lý 18 Cho R vành, điều sau tương đương (1) R regular ∆U -vành (2) R strongly regular ∆U -vành (3) R unit-regular ∆U -vành (4) R có identity x2 = x (R vành Boolean) Định lý 19 Cho R vành, điều sau tương đương (1) R semiregular ∆U -vành (2) R exchange ∆U -vành (3) R/J(R) vành Boolean Hệ 16 Cho R ∆U -vành, điều sau tương đương (1) R semiregular ring (2) R exchange ring (3) R clean ring 43 11 Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề 29 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ H nhóm Q4n Khi (i) Nếu H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Pr(H, Q4n ) =  n+k   k | n, 2n   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Theo Mệnh đề 20 ta có 2n 2n = (2n, k) k |Rk | = Do