Luận văn Một số tính chất của đồng cấu phức trên đại số banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN PHAN HỮU THẾ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐỒNG CẤU PHỨC TRÊN ĐẠI SỐ BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ CHUYÊN NGÀNH TOÁN GIẢI TÍCH ĐẮK LẮK, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN PHAN HỮU THẾ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐỒNG CẤU PHỨC TRÊN ĐẠI SỐ BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60.46.01.02 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Hữu Quang ĐẮK LẮK, 2016 MỤC LỤC Mục lục LỜI CAM ĐOAN i ii LỜI CẢM ƠN iii BẢNG KÍ HIỆU iv MỞ ĐẦU 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đại số 1.2 Đồng cấu đại số 1.3 Đại số Banach 13 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐỒNG CẤU PHỨC TRÊN ĐẠI SỐ BANACH 18 2.1 Đồng cấu phức 18 2.2 Một số tính chất đồng cấu phức đại số Banach 20 2.3 Đồng cấu phức đại số đại số toán tử 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO 37 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan công trình nghiên cứu riêng hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Hữu Quang Các kết luận văn sử dụng trích dẫn xác ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Tây Nguyên hướng dẫn tận tình, nghiêm khắc thầy PGS.TS Nguyễn Hữu Quang Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy, người đặt toán tận tình hướng dẫn tác giả trình nghiên cứu hoàn thiện luận văn Trong trình học tập nghiên cứu, thông qua giảng, seminar, tác giả nhận quan tâm giúp đỡ có ý kiến đóng góp quý báu Thầy Cô Trường Đại học Tây Nguyên Tác giả xin chân thành cảm ơn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban lãnh đạo nhà Trường Đại học Tây Nguyên, Phòng Sau đại học - Trường Đại học Tây Nguyên Bộ môn Toán - Khoa KHTN CN - Trường Đại học Tây Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả thời gian học tập trường Đặc biệt, này, tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, học viên lớp Cao học Toán Giải tích K09 cộng tác, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Đắk Lắk, tháng 12 năm 2016 iii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT N : Tập hợp số tự nhiên R : Tập hợp số thực C : Tập hợp số phức K : Trường số thực R trường số phức C F (Rn ) : Tập hợp ánh xạ khả vi R Mn : Tập hợp ma trận vuông thực cấp n AutG : Tập hợp tự đẳng cấu G A : Đại số Banach B(E) : Tập hợp hàm tuyến tính liên tục J : Ideal đóng F : Họ tất ideal thực A chứa J ∆A : Tập hợp tất đồng cấu phức A MA : Tập ideal cực đại A iv MỞ ĐẦU ĐẶT VẤN ĐỀ Lý thuyết đại số Banach lĩnh vực quan trọng toán giải tích có lịch sử phát triển lâu dài toán học gắn liền với tên tuổi nhiều nhà toán học tiếng giới Von Neumann, Gelfand, Naimark Lý thuyết đại số Banach có nhiều ứng dụng sâu sắc nhiều chuyên nghành toán học, đặc biệt ứng dụng nghiên cứu giải tích phức, đại số đều, lý thuyết toán tử, Chẳng hạn năm 1969 Harris, Sibuya Weinberg ([6]) giới thiệu lớp đại số Banach Hr hàm phức biến tổng chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối đường tròn tâm gốc có bán kính r > lớp đại số có nhiều ứng dụng thú vị chứng minh tồn nghiệm lớp phương trình vi phân, định lý chuẩn bị Weierstrass, định lý hàm ẩn, Nhờ lý thuyết đại số Banach ta chứng minh Định lí Wierner nói tính hội tụ tuyệt đối chuỗi Fourier cách ngắn gọn lý thú Do vậy, lý thuyết đại số Banach trình bày nhiều tài liệu toán học (([1]), ([2]), ([4]), ([5]), ([7])) Đồng cấu phức vấn đề của Lý thuyết đại số Banach, cho phép ta mô tả tìm hiểu số đối tượng ideal cụ thể như, số đồng cấu phức đại số Banach phức giao hoán A số ideal cực đại A ([8]), đồng cấu phức cho phép ta mô tả tìm hiểu tính chất đại số Banach con, Dựa tài liệu có hướng dẫn Thầy PGS TS Nguyễn Hữu Quang, chọn đề tài: " Một số tính chất đồng cấu phức đại số Banach." Mục đích luận văn tập hợp trình bày lại kiến thức đồng cấu phức cách chi tiết trình bày theo logic định phù hợp với nội dung cấu trúc luận văn Ngoài Phần mở đầu, Kết luận, Danh mục tài liệu tham khảo, Luận văn bố cục thành hai chương NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU • Đối tượng nghiên cứu - Đại số - Đại số Banach • Nội dung nghiên cứu - Trình bày chứng minh số tính chất đồng cấu phức đại số Banach • Phương pháp nghiên cứu - Sưu tầm tài liệu nước có liên quan đến đề tài - Phân tích, tổng hợp kết thu nhận được, hệ thống, tổng quát hóa lại vấn đề liên quan đến đề tài BỐ CỤC LUẬN VĂN Luận văn chia làm chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày khái niệm bản, số ví dụ đại số đại số Banach làm sở cho việc trình bày nội dung luận văn Chương Một số tính chất đồng cấu phức đại số Banach Đây chương thể kết luận văn Trong chương này, trình bày định nghĩa, ví dụ chứng minh số tính chất đồng cấu phức đại số Banach Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, trình bày khái niệm bản, số ví dụ đại số, đồng cấu đại số đại số Banach làm sở cho việc trình bày nội dung luận văn 1.1 Đại số Định nghĩa 1.1.1 ([2]) Giả sử K trường (K = R, C) G không gian vecto K Khi G gọi đại số K G trang bị thêm phép toán tích "•" với •:G×G→G (f, g) → f g thỏa mãn (i) f (g + h) = f g + f h; (ii) (f + g) h = f h + gh; (iii) (αf ) g = f (αg) = α (f g) ; với f, g, h ∈ G; α ∈ K Ví dụ 1.1.1 Ta kí hiệu F (Rn ) = {f : Rn → R|f trơn} F (Rn ) trang bị phép toán sau với f, g ∈ F (Rn ) ; x ∈ Rn ; α ∈ R (i) (f + g)(x) = f (x) + g(x); (ii) (αf )(x) = αf (x); (iii) (f.g) (x) = f (x) g (x) Khi đó, F (Rn ) với phép toán lập thành đại số R Thật vậy, với hai phép toán (i) (ii), F (Rn ) lập thành không gian véctơ thực Ở ta kiểm tra tính chất song tuyến tính phép tích Với f, g, h ∈ F (Rn ) , x ∈ Rn , α ∈ R, ta có • f (g + h)(x) = f (x)(g + h)(x) = f (x)[g(x) + h(x)] = f (x)g(x) + f (x)h(x) = (f g + f h)(x) Suy f (g + h) = f g + f h • (f + g)h)(x) = (f + g)(x)h(x) = [f (x) + g(x)]h(x) = f (x)h(x) + g(x)h(x) = (f h + gh)(x) Do (f + g)h = f h + gh • ((αf ) g) (x) = (αf ) (x) g (x) = αf (x) g (x) = α (f g) (x) = (f (αg)) (x) Vậy (αf ) g = f (αg) = f (αg) quan hệ thứ tự phận quan hệ bao hàm Giả sử F họ thứ tự F Khi dễ dàng kiểm tra H0 = ∪ H H∈H ideal cận H Do theo bổ đề Zorn F có phần tử cực đại J0 J0 ideal cực đại chứa J ii) Ta biết J không gian đóng không gian Banach A không gian thương A /J không gian Banach với chuẩn x + J = inf { x + y : y ∈ J} Tiếp theo ta trang bị phép toán để A /J đại số Banach Với x + J, y + J ∈ A /J đặt: (x + J)(y + J) := xy + J Phép nhân xác định không phụ thuộc vào phần tử đại diện lớp tương đương Thật vậy, x + J = x + J y + J = y + J x − x , y − y ∈ J Do xy − x y = xy − x y + x y − x y = (x − x )y + x (y − y ) ∈ J Từ suy xy + J = x y + J Vấn đề lại chứng minh A /J với phép nhân thỏa mãn điều kiện đại số Banach Với x1 , x2 ∈ A với ε > ta có tồn y1 , y2 ∈ J cho x1 + y1 ≤ x1 + J + ε x2 + y2 ≤ x2 + J + ε Vì (x1 + y1 )(x2 + y2 ) = x1 x2 + x1 y2 + x2 y2 + y1 y2 ∈ x1 x2 + J nên x1 x2 + J ≤ (x1 + y1 )(x2 + y2 ) ≤ x1 + y1 x + y2 ≤ ( x1 + J + ε)( x2 + J + ε) Trong bất đẳng thức cho ε → ta nhận 24 x1 x2 + J = (x1 + J)(x2 + J) ≤ x1 + J x2 + J Rõ ràng e + J đơn vị A /J Hơn nữa, từ e + J = e2 + J = (e + J)(e + J) ≤ e + J suy e + J ≥ Mặt khác e + J = inf { e + y : y ∈ J} ≤ e + = e = Do e + J = Vì A /J đại số Banach giao hoán iii) Đầu tiên ta chứng minh J ideal thực A J ideal thực A Việc kiểm tra J ideal dễ dàng Vấn đề lại chứng minh J ideal thực Thật vậy, giả sử J = A Khi tồn f ∈ A cho f −1 ∈ J Từ suy f −1 ∈ ∂J Mặt khác G(A ) mở f −1 ∈ G(A ) nên G(A ) ∩ J = ∅ Do tồn g ∈ G(A ) ∩ J, suy e = gg −1 ∈ J Ta nhận J = A , ddieuf mâu thuẫn với J ideal thực iv) Nếu J ideal cực đại A /J trường Thật vậy, lấy a + J phần tử khác không A /J Khi đó, J không gian A , ta có a∈ / J Chú ý J := aA + J ideal A , a ∈ J J ⊂ J Do tính tối đại J, ta phải có A = J Do tồn b ∈ A , c ∈ J cho e = ab + c Vậy (b + J)(a + J) = ab + J = (e − c) + J = e + J Điều có nghĩa b + J phần tử nghịch đảo a + J Do A /J trường Theo Định lí Gelfand - Mazur A /J phải đẳng cấu , đẳng cự với C Cho A đại số Banach Ta kí hiệu ∆A tập hợp tất đồng cấu phức A , MA tập ideal cực đại A Khi ta có kết quan trọng sau: Định lí 2.2.3 ([5]) Nếu ϕ ∈ ∆A kerϕ ideal cực đại 25 Chứng minh Rõ ràng kerϕ = ∅ ϕ(0) = ∀x, y ∈ kerϕ; ∀α, β ∈ C Ta có: ϕ(αx + βy) = αϕ(x) + βϕ(y) = −→ αx + βy ∈ kerϕ Suy kerϕ không gian vecto Lấy a ∈ kerϕ, x ∈ A Ta có: ϕ(ax) = ϕ(a)ϕ(x) = 0.ϕ(x) = Suy ax ∈ kerϕ ideal A Để chứng minh kerϕ ideal cực đại, ta cần chứng minh A /kerϕ trường, tức x + kerϕ khả nghịch A /kerϕ với x không thuộc ker ϕ Thật vậy, từ x không thuộc kerϕ suy ϕ(x) = λ = Khi đó: ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) = λ ϕ(e) = ϕ(e.) λ Từ suy xy − e ∈ kerϕ tức xy + kerϕ = e + kerϕ Do đó: (x + kerϕ)(y + kerϕ) = xy + kerϕ = e + kerϕ Như x + kerϕ khả nghịch A /kerϕ Định lí 2.2.4 ([5]) Ánh xạ f : ∆A → MA xác định f (ϕ) := kerϕ, song ánh Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh kerϕ ideal cực đại Để có điều ta cần chứng minh A /kerϕ trường, tức x + kerϕ khả nghịch A /kerϕ với x ∈ / kerϕ Thật vậy, từ x ∈ / kerϕ ta suy ϕ(x) = λ = e Đặt y = Khi λ ϕ(e) ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) = λ = ϕ(e) λ Từ suy xy − e ∈ kerϕ, tức xy + kerϕ = e + kerϕ Do (x + kerϕ)(y + kerϕ) = xy + kerϕ = e + kerϕ 26 Như x + kerϕ khả nghịch A /kerϕ Chứng minh chứng tỏ ánh xạ f hoàn toàn xác định.Tiếp theo ta chứng minh f đơn ánh Giả sử ϕ1 , ϕ2 ∈ ∆A cho f (ϕ1 ) = f (ϕ2 ), tức kerϕ1 = kerϕ2 ta cần chứng tỏ ϕ1 = ϕ2 Giả sử ngược lại ϕ1 = ϕ2 Khi tồn a ∈ A cho ϕ1 (a) = ϕ2 (a) Đặt λ = ϕ1 (a) Ta có a − λe ∈ kerϕ1 Do a − λe ∈ kerϕ2, suy ϕ2 (a) = λϕ(e) = λ Điều mâu thuẫn ϕ2 (a) = λ = ϕ1 (a) Vậy f đơn ánh Cuối cùng, giả sử J ∈ MA Khi đó, theo Bổ đề 2.2.1(iv) A /J đẳng cấu, đẳng cự với C Mặt khác phép chiếu π : A → A /J đồng cấu liên tục J = kerπ Gọi h phép đẳng cấu từ A /J lên C Khi h ◦ π đồng cấu phức J = ker(h ◦ π) Điều chứng tỏ f toàn ánh Do f song ánh 2.3 Đồng cấu phức đại số đại số toán tử Nếu A đại số Banach giao hoán tồn đồng cấu phức Nhưng đại số Banach không giao hoán điều không Đại số toán tử không giao hoán, đồng cấu phức Ví dụ 2.3.1 Lấy A = M2 , đại số gồm tất ma trận vuông phức cấp Ta biết A đẳng cấu với L(C ) - đại số Banach toán tử tuyến tính liên tục từ A vào A Đặt  0 a1 =  Ta có   0 0 0  ; a2 =     0 a21 = a1 a1 =  27   0 0 0 1      0 = 0 0    0 a22 = a2 a2 =   0 0  1 0   0   0 +  +   = 0,  0  = 1 0   0 0   0 a1 a2 + a2 a1 =     0  0 0  =  = 0, 0 0 0 1 0      1 =  0  = Khi A có đồng cấu phức Thật vậy, A có đồng cấu phức ϕ : A → C, ϕ phải thỏa điều kiện i)ϕ(ab) = ϕ(a).ϕ(b) với a, b ∈ A ii)ϕ(1) = Từ ta có ϕ(a21 ) = ϕ(a1 a1 ) = ϕ(a1 ).ϕ(a1 ), Hay = ϕ(0) = ϕ(a1 ).ϕ(a1 ) Do ϕ(a1 ) = 28 Tương tự ϕ(a2 ) = Vì = ϕ(a1 ) = ϕ(a1 a2 + a2 a1 ) = ϕ(a1 a2 ) + ϕ(a2 a1 ) = ϕ(a1 ).ϕ(a2 ) + ϕ(a2 ).ϕ(a1 ) = Đây điều mâu thuẫn Như vậy, có đồng cấu phức A Chú ý 2.3.1 Ví dụ 1.2.1 tổng quát cho đại số Mn gồm tất ma trận vuông phức cấp n(n > 1) Lấy A = Mn , đại số gồm tất vuông phức cấp n(n  ma trận   > 1) 0 0      0 0    a1 =  ; M      0 0  an−1      0    a2 =     M    0 0     0 0    M    an =      0 0     0 0    M    = ;  0      0 0 0 ta có a21 = a22 = = a2n = 0, a1 an + an a1 + a2 an−1 + an−1 a2 + = Từ đó, lý luận tương tự Ví dụ 1.2.1 ta chứng minh A có đồng cấu phức Tuy nhiên đại số đại số Banach không giao hoán có đồng cấu 29 phức Ví dụ 2.3.2 Giả sử A ma trận vuông phức tam giác cấp n, dạng ma trận  a a  a 1n  11 12   a22 a2n  a= M           0 ann Khi A có đồng cấu phức ϕj (a) = ajj , với j = 1, 2, , n Chứng minh Thật vậy, với a, b ∈ A  a a a  1n  11 12   a22 a2n  a= M   0 ann  b b b 1n  11 12   b22 b2n  b= M       ;    0 bnn Khi  a a a   1n  11 12   a22 a2n  ab = M   0 ann  a b11 ∗  11  0  = M   b b b 1n   11 12     b22 b2n      M     0 bnn ∗ a22 b22 a2n b2n ann bnn 30                            Do ϕj (ab) = ajj bjj ; ϕj (a) = ajj ; ϕj (b) = bjj Như ϕj (ab) = ϕj (a).ϕj (b), Với j = 1, 2, , n Mặt khác    0     0    1=  M      0 Nên ϕj (1) = với j = 1, 2, , n Rõ ràng ϕj ánh xạ tuyến tính Vì vậy, ϕj đồng cấu phức Tương tự đại số gồm tất ma trận vuông phức tam giác cấp n có đồng cấu phức dạng Sau điều kiện đủ để đại số Banach không giao hoán có đồng cấu phức Định nghĩa 2.3.1 ([2]) Giả sử X không gian Banach, L(X) không gian toán tử tuyến tính liên tục từ X vào X M không gian đóng X M gọi không gian bất biến toán tử T ∈ L(X) M = {0} , M = X T (M ) ⊆ M Định nghĩa 2.3.2 ([2]) Giả sử H không gian Hilbert phức hữu hạn chiều Giả sử A đại số có đơn vị L(H) Một không gian N H gọi bất biến A có không gian N1 N2 , hai bất biến tất toán tử A cho N1 ⊂ N2 N2 = N ⊕ N1 Định lí 2.3.1 ([5]) Giả sử H không gian Hilbert phức hữu hạn chiều 31 A đại số chứa đơn vị L(H) Nếu A có không gian bất biến A có đồng cấu phức Chứng minh Giả sử H không gian Hilbert phức n-chiều ε = {ε1 , ε2 , , n } , sở H Khi xem H C n Giả sử A có không gian bất biến chiều N Khi tồn không gian N1 N2 , hai bất biến đối vơi tất toán tử A cho N1 ⊂ N2 N2 = N ⊕ N1 Không tính tổng quát , ta giả sử N = εk+1 ; N1 = ε1 , ε2 , , εk ; N2 = ε1 , ε2 , , εk+1 Với T ∈ A , với  a a a 1n  11 12   a21 a22 a2n  T = M   an1 an2 ann          Với x ∈ H , xét phép chiếu ρ1 : H → N1 (x1 , , xk , xk+1 , , xn ) = xαx1 = (x1 , , xk , 0, , 0), ρ2 : H → N2 (x1 , , xk+1 , xk+2 , , xn ) = xαx1 = (x2 , , xk+1 , 0, , 0) Do N1 , N2 không gian bất biến tất toán tử A nên T (N1 ) ⊂ N1 T (N2 ) ⊂ N2 Với x(x1 , , xn ) ∈ H, ta có 32    a11        T (x1 ) =         a1k a1n M ak1 akk akn ak+1,1 ak+1,k ak+1,n M an1 ank ann                 x1  M xk M                a11 x1        =                        + + a1k xk M ak1 x1 + + ak+1,1 x1 + + M an1 x1 + +       akk xk    ak+1,k xk       ank xk Vì T (x1 ) ∈ N1 nên    ak+1,1 x1 + ak+1,k xk =    M      an1 x1 + ank xk = Do x1 , , xk số phức tùy ý nên đẳng thức xãy    ak+1,1 = 0,    ., ak+1,k = M      an1 = 0, Ta có 33 ank =    a11        T (x2 ) =         a1,k+1 a1n M ak+1,1 ak+1,k+1 ak+1,n ak+2,1 ak+2,k+1 ak+2,n M an1 an,k+1 ann                                x1  M xk M  a11 x1        =         + + a1,k+1 xk+1 M ak+1,1 x1 + + ak+1,k+1 xk+1 ak+2,1 x1 + + ak+2,k+1 xk+1 + + an,k+1 xk+1 M an1 x1 Vì T (x2 ) ∈ N2 nên    ak+2,1 x1 + ak+2,k+1 xk+1 =    M      an1 x1 + an,k+1 xk+1 = Với x1 , , xk+1  số phức tùy ý Do   ak+2,1 = 0, ak+2,k+1 =    M      an1 = 0, Vậy T có dạng 34 an,k+1 =                                        T =         a11 a1k a1,k+1 a1,k+2 a1n M ak1 akk ak,k+1 ak,k+2 akn ak+1,k+1 ak+1,k+2 ak+1,n 0 ak+2,k+2 ak+2,n 0 M an,k+2 ann                    (1) Ta xác định hàm ϕ A sau ϕ:A →C ϕ(T ) := ak+1,k+1 Rõ ràng ϕ ánh xạ tuyến tính ϕ(1) = Giả sử S ∈ A Khi S ma trận có dạng (1), aij thay bij Vì ta có ϕ(T S) = ak+1,k+1 bk+1,k+1 = ϕ(T )ϕ(S) Như vậy, ϕ đồng cấu phức A 35 KẾT LUẬN Trong luận văn này, thực kết sau Trình bày khái niệm đại số chứng minh chi tiết số tính chất (Mệnh đề 1.1.1) Trình bày khái niệm đồng cấu đại số chứng minh chi tiết số tính chất (Nhận xét 1.2.1, Mệnh đề 1.2.1, Mệnh đề 1.2.2) Trình bày khái niệm đại số Banach Trình bày khái niệm đồng cấu phức đại số Banach chứng minh chi tiết số tính chất ( Mệnh đề 2.2.1, Định lí 2.2.1, Định lí 2.2.2, Định lí 2.2.3, Định lí 2.2.4) Trình bày khái niệm đồng cấu phức đại số đại số toán tử (Định nghĩa 2.3.1, Định nghĩa 2.3.2, Định lí 2.3.1 ) Ngoài ra, luận văn này, số ví dụ minh họa sau định nghĩa Trong thời gian tới, tiếp tục tìm hiểu thêm tính chất đồng cấu phức đại số Banach không giao hoán số ứng dụng đồng cấu phức đại số Banach 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Nguyễn Quang Diệu (2014), Nhập môn đại số (Giáo trình sau đại học) Nhà xuất đại học sư phạm [2] Ngô Thúc Lanh (1982), Đại số (Giáo trình sau đại học), Nhà xuất giáo dục [3] Nguyễn Văn Nghị (2014), Đạo hàm liên thông đại số (Luận văn thạc sĩ toán học), Đại học Vinh [4] Nguyễn Hữu Quang (2005), Bài giảng Đại số Lie nhóm Lie, Đại học Vinh TIẾNG ANH [5] F F Bonsall j Duncan (1973), Complete Normed Algebras, Spring-Verlag Berlin Heidelberg New York [6] W A Harris, Y Sibuya and L Weinberg (1969) "Holomorphic solutions of linear differential systems at singular points", Arch Rational Mech Anal, 35, 245-248 [7] V Muller and A Soltysiak (1982), "Spectrum of generators of a non commutative Banach algebra", Studia Math, 74 , 97-104 [8] M Singer and J Wermer (1955), "Derivations on commutative normed algebras", Math Ann, 129, 260 - 264 37 XÁC NHẬN CHỈNH SỬA SAU BẢO VỆ CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG PGS.TS Nguyễn Hữu Quang HỌC VIÊN Phan Hữu Thế 38