Vài vấn đề cơ bản của hàm nhiều biến phức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: VÀI VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN PHỨC 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 Hàng đợi phần sống hàng ngày Chúng ta phải đứng chờ quầy thu tiền siêu thị, chờ để mua vé xem phim, mua vé xe, vé tàu, rút tiền trạm ATM, lấy thức uống quán cà phê, đứng chờ mua xăng trạm xăng, chờ xử lý phòng cấp cứu, máy bay chờ cất cánh, hạ cánh, tàu thuỷ chờ bốc, dỡ hàng hố cảng Trong mơ hình phục vụ trên, khách hàng phải dùng chung tài nguyên, phải chờ để phục vụ bị từ chối phục vụ Trong tình huống, thời gian chờ điều mà không muốn 380 2 Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề 50 ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ 19 suy từ Định lý 47 Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; (3) R ∆U -vành quy đơn vị; (4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với x ∈ R (R vành Boolean) Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R quy, iđêan phải khác không chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta R vành rút gọn R aben (nghĩa là, phần tử lũy đẳng R tâm) Giả sử R vành rút gọn, tồn phần tử khác không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý ??, có phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ = M2 (T ), T vành khơng tầm thường Theo Mệnh đề 51 M2 (T ) ∆U -vành, điều mâu thuẫn Định lý 39 (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (4) Cho x ∈ R Khi x = ue u ∈ U (R) e = e ∈ R Do R ∆U -vành, nên có u = hay y x = e, x lũy đẳng Chúng ta kết luận R vành Boolean (4) ⇒ (1) Hiển nhiên Một vành R gọi nửa quy R/J(R) quy phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J(R) Vành R gọi vành biến đổi phần tử a ∈ R, tồn e2 = e ∈ aR thỏa mãn − e ∈ (1 − a)R Hoàn toàn tương tự, có kết sau: Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ Cho R ∆U -vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R vành nửa quy; (2) R vành biến đổi; (3) R vành clean Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề 50 ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ 19 suy từ Định lý 47 Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; (3) R ∆U -vành quy đơn vị; (4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với x ∈ R (R vành Boolean) Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R quy, iđêan phải khác không chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta R vành rút gọn R aben (nghĩa là, phần tử lũy đẳng R tâm) Giả sử R vành rút gọn, tồn phần tử khác không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý ??, có phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ = M2 (T ), T vành khơng tầm thường Theo Mệnh đề 51 M2 (T ) ∆U -vành, điều mâu thuẫn Định lý 39 (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (4) Cho x ∈ R Khi x = ue u ∈ U (R) e = e ∈ R Do R ∆U -vành, nên có u = hay y x = e, x lũy đẳng Chúng ta kết luận R vành Boolean (4) ⇒ (1) Hiển nhiên Một vành R gọi nửa quy R/J(R) quy phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J(R) Vành R gọi vành biến đổi phần tử a ∈ R, tồn e2 = e ∈ aR thỏa mãn − e ∈ (1 − a)R Hoàn toàn tương tự, có kết sau: Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ Cho R ∆U -vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R vành nửa quy; (2) R vành biến đổi; (3) R vành clean ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ Định nghĩa Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi đại số tập X A∗ thỏa ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn lấy phần bù) ∀A, B ∈ A∗ , A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép tốn hợp) Định nghĩa Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) tập hợp tất tập X Gọi A∗ họ tập X A∗ gọi σ - đại số tập X A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau: X ∈ A∗ ∀A ∈ A∗ ⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng[kín với phép toán lấy phần bù) ∀A1 , A2 , , An , ∈ A∗ ⇒ Ai ∈ A∗ i≥1 Dựa vào hai định nghĩa ta có nhận xét Nhận xét Khái niệm "đại số tập tập X " khái niệm "σ - đại số tập X " gần với Điều thể qua giống hai tiên đề Sự khác biệt hai khái niệm tiên đề số Đối với "đại số tập X hợp "HỮU HẠN" phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ Còn "σ - đại số tập X " hợp "VÔ HẠN" phần tử A∗ phần tử thuộc A∗ Mệnh đề Cho X tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ "đại số tập X " Khi đó: ∅ ∈ A∗ Hợp hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ n [ ∗ Ai ∈ A∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ i=1 Giao hữu hạn phần tử thuộc A∗ phần tử thuộc A∗ (Đóng kín với phép tốn giao) n \ ∗ Hay A1 , A2, , An ∈ A ⇒ Ai ∈ A∗ i=1 Đóng kín với phép tốn hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗ Đóng kín với phép tốn lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈ A∗ Định lý Cho tập X khác rỗng Giả sử X có phép tốn α Phép tốn α gọi đóng kín với tập X ta lấy hai phần tử thuộc X , thao tác qua phép toán ta phần tử phần tử thuộc X Để dễ hiểu ta lấy ví dụ đơn giản Trên tập N có phép tốn cộng thơng thường Ta lấy hai phần tử thuộc N (lấy hai số tự nhiên) Dễ thấy cộng hai số tự nhiên số tự nhiên số tự nhiên thuộc N Như ta nói N đóng kín với phép cộng Trong trường hợp tổng qt tập X Tiếp theo ta chứng minh ý mệnh đề Chứng minh: Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên X c = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2) Ta quy nạp dựa theo tiên đề có điều phải chứng minh ∀A, B ∈ A∗ ta có Ac , B c ∈ A∗ Khi (Ac ∪ B c ) ∈ A∗ ⇒ [(Ac ∪ B c )]c ∈ A∗ hay A ∩ B ∈ A∗ Từ ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử có điều phải chứng minh Chưa chứng minh Chưa chứng minh 41 định nghĩa gh (x) := χΩh (x)fe(x) fh,r (x) := (ϱr ∗ gh )(x) x ∈ Rn , h, r ∈ N Theo định lý 44 (iii) suy spt(fh,r ) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh ⊂ Ω (7) Hơn nữa, cho h ∈ N, tồn rh = r(h) ∈ N cho rh ≥ h B(0, 1/rh ) + Ωh ⊂ Ω (8) Định nghĩa fh (x) := (ϱrh ∗ gh )(x), x ∈ Rn , h ∈ N, để đơn giản, giả sử rh = h Khi đó, theo định lý 44 (i), (ii) (53), (54), fh ∈ C∞ c (Ω) ∥fh − f ∥Lp (Ω) = ∥fh − fe∥Lp (Rn ) ≤ ∥ϱh ∗ gh − ϱh ∗ fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp Rn = ∥ϱh ∗ (gh − fe)∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) (9) ≤ ∥gh − fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) , ∀h Từ định lý 44 (iv), ϱh ∗ fe → fe Lp (Rn ), theo định lý hội tụ miền gh → fe Lp (Rn ) Khi theo (55), ta có điều phải chứng minh 14 Khơng gian hữu hạn chiều Định nghĩa 14 (i) Một không gian vector E trường số thực gọi hữu hạn chiều bao gồm hữu hạn vector độc lập tuyến tính (ii) Số lớn vector độc lập tuyến tính khơng gian vector hữu hạn chiều E gọi chiều ký hiệu dimR E Hệ B ⊂ E sinh dimR E vector độc lập tuyến tính gọi sở 42 Định lý 21 Giả sử E không gian vector hữu hạn chiều dimR E = n (i) Nếu B ⊂ E sở, B sinh E , cụ thể spanR B = E (ii) E Rn đẳng cấu tuyến tính (iii) Giả sử ∥.∥1 ∥.∥2 hai chuẩn E Khi (E, ∥.∥1 ) (E, ∥.∥2 ) đẳng cấu topo (iv) Giả sử ∥.∥ chuẩn E Khi (E, ∥.∥) (E ′ , ∥.∥E ′ ) đẳng cấu topo Theo tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥) đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây đặc trưng mạnh, khơng cịn cho không gian định chuẩn vô hạn chiều 15 Các khái niệm Định nghĩa 15 Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm aben với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép tốn nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz, với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa 16 Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép tốn A) 43 Định nghĩa 17 Iđêan trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa iđêan trái, vừa iđêan phải gọi iđêan vành R Cho I iđêan vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương 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 x, y ∈ R Định nghĩa 18 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I Định nghĩa 19 Cho R vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M bao gồm (M, +) nhóm aben tốn tử · : M × R → M thỏa mãn (1) (x + y) · r = x · r + y · r, (2) x · (r + s) = x · r + x · s, (3) (xr) · s = x · (rs), (4) x · 1R = x, r, s ∈ R x, y phần tử tùy ý M Lúc R gọi vành sở, M R-môđun phải ta thường ký hiệu MR Tương tự ta đinh nghĩa R-môđun trái Cho R, S hai vành Nhóm aben (M, +) song môđun R-bên phải S -bên trái (ký hiệu S MR ) a) M R-môđun phải M S -mơđun trái b) Ta phải có (sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ) 44 Định nghĩa 20 Cho M R-môđun phải Tập A M gọi môđun M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR ), A R-môđun phải với phép toán cộng nhân hạn chế A Định nghĩa 21 (1) Môđun MR gọi đơn M ̸= với A ≤ M A = A = M , nghĩa M ̸= M có hai mơđun M (2) Vành R gọi đơn R ̸= với A ≤R RR A = A = 0, nghĩa R ̸= R có hai iđêan hai phía R (3) Mơđun A ≤ M gọi môđun cực tiểu môđun M A ̸= với B ≤ M thỏa mãn B < A B = (4) Tương tự, môđun A ≤ M gọi môđun cực đại A ̸= M với B ≤ M thỏa mãn B > A B = M Bổ đề MR đơn M ̸= ∀m ∈ M, m ̸= M = mR Cho MR N ≤ MR Vì N nhóm nhóm cộng aben M nên nhóm thương M/N nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các phần tử M/N lớp ghép x + N N M phép toán cộng (x + N ) + (y + N ) = x + y + N Ta cần xây dựng phép nhân môđun để M/N trở thành môđun phải Định lý 22 Cho MR N ≤ M (i) Quy tắc M/N × R → M/N cho (m + N, r) → (m + N )r = mr + N phép nhân mơđun (ii) Nhóm aben M/N với phép tốn nhân mơđun trở thành R-môđun phải Định nghĩa 22 M/N xác định Định lý ?? gọi môđun thương môđun M môđun N 45 16 Các khái niệm Định nghĩa 23 Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm Abel với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép tốn nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa 24 Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép tốn A) Định nghĩa 25 Ideal trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa ideal trái, vừa ideal phải gọi ideal vành R Cho I ideal vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương 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 x, y ∈ R Định nghĩa 26 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I 46 16.0.1 Định lý đồng cấu vành Định nghĩa 27 Cho R, R′ hai vành Ánh xạ f : R → R′ gọi đồng cấu vành f bảo tồn hai phép tốn cộng nhân R, nghĩa f (x + y) = f (x) + f (y), f (xy) = f (x)f (x), với x, y ∈ R 16.0.2 17 Một số kết liên quan Biểu diễn ∆(R) tính chất Bổ đề Cho R vành bất kỳ, ta có (1) ∆(R) = {r ∈ R | ru + ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)} = {r ∈ R | ur + ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)}; (2) Với r ∈ ∆(R) u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R); (3) ∆(R) vành vành R; (4) ∆(R) iđêan R ∆(R) = J(R); Y Y (5) Với họ vành Ri , i ∈ I , ∆( Ri ) = ∆(Ri ) i∈I i∈I Chứng minh (1) Cho r ∈ ∆(R) u thuộc U (R), r + u ∈ U (R) ru−1 + ∈ U (R) u−1 r + ∈ U (R) (2) Ta có ruu′ + ∈ U (R), ∀u, u′ ∈ U (R) r ∈ ∆(R), suy ru ∈ ∆(R) Tương tự ur ∈ ∆(R) (3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r − U (R) ⊆ U (R), hay ∆(R) nhóm với phép cộng R Hơn rs = r(s + 1) − r ∈ ∆(R) r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2) (4) Rõ ràng J(R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) iđêan R r ∈ R Khi rx + ∈ U (R), với x thuộc ∆(R) suy ∆(R) ⊆ J(R) hay ∆(R) = J(R) Chiều ngược lại hiển nhiên 47 (5) Lấy Y U( Y i∈IY Ri ) = i∈I U (Ri )) ⊆ Y ri ∈ ∆( Ri ) Khi i∈I U (Ri ) nên i∈I Y Y ri + i∈I Y Y ri + U ( Yi∈I i∈I Y i∈I i∈I U (Ri ) ⊆ Y Ri ) ⊆ U ( i∈IY U (Ri ) hay U (Ri ), suy ri +U (Ri ) ⊆ U (Ri ), ∀i ∈ I nên i∈I Ri ) Vì Y i∈I ri ∈ (ri + Yi∈I ∆(Ri ) i∈I Chiều ngược lại tương tự Cho e phần tử lũy đẳng vành R Khi phần tử − 2e khả nghịch R Từ Bổ đề (2) ta suy hệ sau Hệ 21 Cho R vành (1) ∆(R) đóng với phép nhân phần tử lũy linh; (2) Nếu ∈ U (R), ∆(R) đóng với phép nhân phần tử lũy đẳng Định lý 23 Cho R vành có đơn vị T vành R sinh U (R) Khi (1) ∆(R) = J(T ) ∆(S) = ∆(R), với S vành tùy ý R thỏa mãn T ⊆ S ; (2) ∆(R) Jacobson lớn chứa R đóng với phép nhân phần tử khả nghịch R Chứng minh (1) T vành sinh U (R) nên phần tử T viết thành tổng hữu hạn phần tử khả nghịch R Do đó, theo Bổ đề (2) suy ∆(T ) iđêan T Theo Bổ đề (4) suy ∆(T ) = J(T ) Hơn ∆(T ) = ∆(R) nên ∆(R) = J(T ) Nếu r ∈ ∆(R), r + U (R) ⊆ U (R) Điều có nghĩa r biểu diễn thành tổng hai phần tử khả nghịch Do r ∈ T , suy ∆(R) ⊆ T Giả sử S vành R thỏa mãn T ⊆ S Khi U (S) = U (R), ∆(S) = {r ∈ S | r + U (S) ⊆ U (S)} = {r ∈ S | r + U (R) ⊆ U (R)} = S ∩ ∆(R) = ∆(R), ∆(R) ⊆ T ⊆ S (2) Theo (1), ∆(R) Jacobson R theo Bổ đề (2) ∆(R) đóng với phép nhân phần tử khả nghịch trái phải R 48 Bây giờ, ta giả sử S Jacobson chứa R đóng với phép nhân phần tử khả nghịch Ta phải S ⊆ ∆(R) Thật vậy, s ∈ S u ∈ U (R), su ∈ S = J(S) Do su tựa khả nghịch S nên + su ∈ U (R) Theo Bổ đề (1) s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R) Từ đặt trưng ∆(R) Định lý ?? (2) ta có hệ sau Hệ 22 Giả sử R vành mà phần tử biểu diễn thành tổng phần tử khả nghịch Khi ∆(R) = J(R) Định lý cổ điển Amitsur nói Jacobson F -đại số R trường F lũy linh, với điều kiện dimF R < |F | Áp dụng Định lý ?? (1) ta thu hệ sau Hệ 23 Giả sử R vành đại số trường F Nếu dimF R < |F |, ∆(R) vành lũy linh Cho R vành khơng thiết phải có đơn vị S vành R, ta ký hiệu Sˆ vành R sinh S ∪ {1} Mệnh đề 15 Giả sử R vành có đơn vị Khi (1) Cho S vành R thỏa mãn U (S) = U (R) ∩ S Khi ∆(R) ∩ S ⊆ ∆(S); [ = U (R) ∩ ∆(R) [; (2) U (∆(R)) (3) Cho I iđêan R thỏa mãn I ⊆ J(R) Khi ∆(R/I) = ∆(R)/I Chứng minh (1) suy từ định nghĩa ∆ (2) Nếu r ∈ ∆(R), v = + r ∈ U (R) v −1 = − rv −1 ∈ [ ∩ U (R), −rv −1 ∈ ∆(R), Bổ đề ∆(R) [ ∩ U (R), r ∈ ∆(R) k ∈ Z Ta Lấy u = r + k · ∈ ∆(R) ¯ −1 = (u − k)u ¯ −1 = k¯ = k · ∈ U (R) Ta có u − k¯ = r ∈ ∆(R), − ku ¯ −1 = − (1 − ku ¯ −1 ) ∈ U (R), suy ru−1 ∈ ∆(R) theo Bổ đề (2) Khi ku k¯ ∈ U (R) Vì ∆(R) đóng với phép nhân phần tử khả nghịch nên ta áp dụng phần chứng minh v = uk¯−1 = + rk¯−1 [ , nghĩa u−1 k¯ = s + ¯l, với s ∈ ∆(R) l ∈ Z Suy u−1 k¯ = v −1 ∈ ∆(R) 49 [ , U (R) ∩ ∆(R) [ ⊆ U (∆(R)) [ sk¯−1 ∈ ∆(R), u−1 = sk¯−1 + k¯−1 ¯l ∈ ∆(R) [ ⊆ U (R) ∩ ∆(R) [ dễ thấy Chiều ngược lại U (∆(R)) ¯ = (3) Ta ký hiệu ¯ phép chiếu từ R lên R/I Lưu ý, I ⊆ J(R), U (R) U (R) ¯ u ∈ U (R) Khi r¯ + u¯ ∈ U (R) ¯ có phần tử Lấy r¯ ∈ ∆(R) v ∈ U (R) j ∈ I thỏa mãn r + u = v + j Hơn v + j ∈ U (R), ¯ = U (R) nên chiều ngược lại ¯ = ∆(R) Vì U (R) I ⊆ J(R) Suy ∆(R) dễ thấy Áp dụng mệnh đề ta có hệ sau [ = ∆(R), nghĩa ∆ Hệ 24 Cho R vành có đơn vị, ∆(∆(R)) tốn tử đóng [ , ∆(R) ⊆ T Chứng minh ∆(R) Jacobson T = ∆(R) Vì ∆(R) chứa tất phần tử lũy linh nên T /∆(R) đẳng cấu với Z Zn := Z/nZ, với n > nhân tử bình phương Theo Mệnh đề ?? (3) Hệ ?? ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J(T /∆(R)) = hay ∆(T ) = ∆(R) Từ Mệnh đề ?? (1), áp dụng cho S = Z(R) tâm R, ta có hệ sau Hệ 25 ∆(R) ∩ Z(R) ⊆ ∆(Z(R)) Ký hiệu ( R[[x]] = {a0 + a1 x + a2 x2 + · · · |ai ∈ R} = ∞ X ) xi |ai ∈ R i=0 Mỗi phần tử f ∈ R[[x]], f = ∞ X xi với x0 = gọi chuỗi lũy i=0 thừa hình thức biến x với hệ tử thuộc R Ta định nghĩa phép cộng ∞ ∞ X X i phép nhân, lấy f, g ∈ R[[x]], f = x , g = bi xi Ta định i=0 i=0 nghĩa f = g = bi với i = 0, 1, ! ∞ ∞ i X X X (ai + bi )xi , f g = f +g = i=0 ai−j bj i=0 j=0 xi 50 Với phép tốn R[[x]] vành giao hốn có đơn vị Cho vành R, ký hiệu Tn (R) tập tất ma trận tam giác cấp n vành R, Jn (R) iđêan Tn (R) bao gồm tất ma trận tam giác cấp n thực Dn (R) vành ma trận đường chéo cấp n Từ Mệnh đề ?? (3) ta suy trực tiếp hệ sau Hệ 26 Cho R vành tùy ý Khi đó, khẳng định sau (1) ∆(Tn (R)) = Dn (∆(R)) + Jn (R); (2) ∆(R[x]/(xn )) = ∆(R)[x]/(xn ); (3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]] Hệ 27 Cho R vành Khi đó, ∆(R) = J(R) ∆(R/J(R)) = Một vành R có hạng ổn định a, x, b ∈ R thỏa mãn ax + b = 1, tồn y ∈ R cho a + by khả nghịch R Định lý sau vài lớp vành mà ∆(R) = J(R) Định lý 24 ∆(R) = J(R) R thỏa mãn điều kiện sau (1) R/J(R) đẳng cấu với tích vành ma trận thể (2) R vành nửa địa phương (3) R vành clean thỏa mãn ∈ U (R) (4) R U J -vành, nghĩa U (R) = + J(R) (5) R có hạng ổn định (6) R = F G nhóm đại số trường F Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích vành ma trận thể Theo Hệ ?? ta cần ∆(R/J(R)) = Để làm điều này, ta giả sử J(R) = 0, nghĩa R tích vành ma trận thể Nếu R vành ma trận Mn (S), với S vành chứa đơn vị n ≥ Theo Định lý ??, phần tử R tổng ba phần tử khả nghịch, theo 51 Hệ ?? ∆(R) = J(R) = Khi S thể rõ ràng ∆(S) = Do (1) suy trực tiếp từ Bổ đề (5) (2) Là trường hợp đặc biệt (1) (3) Giả sử R vành clean  thỏa mãn ∈U (R) Nếu e ∈ R lũy đẳng 1 − (1 − 2e) tổng hai phần tử khả 2 nghịch Điều có nghĩa phần tử R tổng ba phần tử khả nghịch Theo Hệ ?? ta suy ∆(R) = J(R) (4) Giả sử U (R) = 1+U (R) Giả sử R U J -vành Khi đó, r ∈ ∆(R) ta có r + U (R) ⊆ U (R), nghĩa r + + J(R) ⊆ + J(R) Suy r ∈ J(R) ∆(R) = J(R) (5) Giả sử R có hạng ổn định Lấy r ∈ ∆(R), ta r ∈ J(R) Với s ∈ R ta có Rr +R(1−rs) = R Vì R có hạng ổn định nên tồn x ∈ R cho r + x(1 − sr) ∈ U (R), suy x(1 − sr) ∈ r + U (R) ⊆ U (R), (1 − sr) khả nghịch hay r ∈ J(R) (6) Giả sử R = F G nhóm đại số trường F Khi đó, phần tử R tổng phần tử khả nghịch Theo Hệ ?? ta suy ∆(R) = J(R) − 2e ∈ U (R) e = Ta biết vành nửa địa phương có hạng ổn định 1, điều kiện (2) (5) tương đương Bổ đề 10 Giả sử G nhóm nhóm R phép tốn cộng Khi G đóng với phép nhân phần tử khả nghịch đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch R Chứng minh Lấy r ∈ R G nhóm cộng, rG ⊆ G (1 − r)G ⊆ G Định lý 25 Giả sử R vành có đơn vị G nhóm phép cộng R Khi điều kiện sau tương đương (1) G = ∆(R); (2) G Jacobson lớn đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch R; 52 (3) G nhóm lớn R phép cộng bao gồm phần tử tựa khả nghịch đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch R Chứng minh Theo Định lý ?? (2) Bổ đề ?? ∆(R) Jacobson R đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch Giả sử G nhóm cộng bao gồm phần tử tựa khả nghịch đóng với phép nhân phần tử tựa khả nghịch R Cụ thể, G Jacobson không chứa đơn vị R, theo Bổ đề ??, G đóng với phép nhân phần tử khả nghịch R Do theo Định lý ?? (2) ta G ⊆ ∆(R) 18 Xấp xỉ tích chập Lp Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp (Ω) với ≤ p < ∞, tồn (fh )h ⊂ C0c (Ω) cho fh → f Lp (Ω) Ta chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm xấp xỉ theo hàm quy Chính xác Câu hỏi: (i) Có tồn (fh )h ⊂ C1c cho fh → f Lp (Ω)? (ii) Có thể xây dựng cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈ Lp (Ω)? Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai có ý nghĩa xấp xỉ số Định nghĩa 28 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy mollifiers dãy hàm ϱh : Rn → R, (h = 1, 2, ) cho, với h, ϱ ∈ C∞ (Rn ); (M o1) spt(ϱh ) ⊂ B(0, 1/h); Z ϱh dx = 1; (M o2) (M o3) Rn ϱh (x) ≥ 0, ∀x ∈ Rn (M o4) Ví dụ mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng dãy mollifiers, hàm không biến ϱ : Rn → R thỏa mãn n ϱ ∈ C∞ c (R ), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ 53 Ví dụ, cho ϱ(x) :=   exp |x| −  |x| < |x| ≥  n Khi dễ thấy ϱ ∈ C∞ c (R ) Hơn nữa, ta có dãy mollifiers định nghĩa ϱh (x) := c hn ϱ(hx), x ∈ Rn , h ∈ N −1 Z c := ϱdx Rn Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề 16 (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn Rn Khi (i) Hàm fh : Rn → R is well defined; (ii) fh (x) = (ϱh ∗ f )(x) = (f ∗ ϱh )(x) với x ∈ Rn h ∈ N; (iii) fh (x) ∈ C0 (Rn ) với h Hàm fh gọi mollifiers thứ h f Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) (Mo4), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1/h) 54 Khi Z Z |f (y)ϱ(x − y)|dy = Rn |f (y)ϱ(x − y)|dy B(x,1/h) Z ≤ sup ϱ Rn |f (y)|dy < ∞ B(x,1/h) Do đó, ta thay đổi x ∈ Rn , hàm gx (y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈ Rn khả tích Rn , xác định tích phân Z Z ϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn gx (y)dy = R∋ Rn Rn (ii) cách thay đổi biến Z f (x − y)ϱ(y)dy (f ∗ ϱ)(x) = (z=x=y) Z f (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x) = Rn Rn (iii) Cho x ∈ Rn xr → x, ta chứng minh (ϱ ∗ f )(xr ) → (ϱ ∗ f )(x) (10) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (11) Rn Từ dãy (xr )r bị chặn Rn , tồn tập compact K ⊂ Rn thỏa mãn B(xr , 1/h) = xr − B(0, 1/h) ⊂ K, B(x, 1/h) ∈ K, ∀r ∈ N Đặc biệt ϱ(xr − y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y ∈ / K, ∀r ∈ N (12) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (49), tồn L > thỏa |ϱ(xr − y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK (y)|xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N Vì ta |ϱ(xr − y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK (y)|f (y)||xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N Từ (48), (49) định lý tính hội tụ bị trội, theo (47) (13) 55 Nhận xét Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm không gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề 56 giữ f ∈ L1loc (Rn ) ϱ ≡ ϱh ∈ C0 (Rn ) thỏa (Mo2) Trên thực tế, xác định tích chập hai hàm g ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞ f ∈ L1 (Rn ) Z (g ∗ f )(x) := g(x − y)f (y)dy Rn giữ (g ∗ f ) ∈ Lp (Rn ) ∥g ∗ f ∥Lp (Rn ) ≤ ∥g∥Lp (Rn ) ∥f ∥L1 (Rn ) Định lý 26 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập Lp ) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Khi (i) f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) với h ∈ N (ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (Rn ) ≤ ∥f ∥Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∈ Lp (Rn ) với p ∈ [1, ∞] (iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂ spte (f ) + B(0, 1/h) với h ∈ N (iv) Nếu f ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞, f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) ∩ Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∗ ϱh → f h → ∞, Lp (Rn ), biết ≤ p < ∞ Kết cho ta hai kết quan trọng Định lý 27 (Bổ đề tính tốn biến) Cho Ω ⊂ Rn tập mở cho f ∈ L1loc (Ω) Giả sử Z f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞ (Ω) (∗) Ω Khi f = hầu khắp nơi Ω Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ Z |f |dx = với tập compact K ∈ Ω K Thật vậy, theo (51), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (51) (14)