Xây dựng hàm tử Ext trong phạm trù các không gian Banach

HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Xuân XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2012... HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Xuân XÂ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Xuân

XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM

TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Xuân

XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM

TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS TRẦN HUYÊN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012

LỜI CẢM ƠN

Đầu tiên, tôi xin gởi đến T.S Trần Huyên, Khoa Toán, Trường Đại học Sư Phạm Tp Hồ Chí Minh – người đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này lòng biết ơn chân thành sâu sắc nhất

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong trường Đại học Sư Phạm

Tp Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học cũng như tìm tòi các tài liệu nghiên cứu

Vì kiến thức còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự chỉ bảo chân thành của các thầy, các cô và các bạn

MỤC LỤC

Trang

MỤC LỤC 2

MỞ ĐẦU 3

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4

§1 HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ MÔĐUN 4

§2 KHÔNG GIAN ĐỊNH CHUẨN VÀ KHÔNG GIAN BANACH 12

§3 PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH 16

CHƯƠNG 2: HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH 24

§1 PHÂN LỚP CÁC DÃY KHỚP NGẮN 24

§2 TÍCH DÃY KHỚP NGẮN VỚI CÁC CẤU XẠ 28

§3 CẤU TRÚC NHÓM ABEL CHO EXT(C,A) 48

§4 XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH 56

KẾT LUẬN 61

TÀI LIỆU THAM KHẢO 62

MỞ ĐẦU

Trong cuốn Homology, bằng việc tính toán cụ thể trên các phần tử, Saunders MacLane đã xây dựng được hàm tử Ext trong phạm trù môđun Bây giờ nếu ta thay phạm trù môđun bởi phạm trù các không gian Banach thì liệu rằng ta có thể xây dựng được hàm tử Ext trong đó hay không? Với ý tưởng này, chúng tôi đã cố gắng phân tích, đánh giá con đường chứng minh của MacLane dưới góc độ của phạm trù và tìm cách chứng minh các kết quả đó trong phạm trù các không gian Banach và đó cũng là mục đích chính của cuốn luận văn này

Bố cục luận văn chia làm ba chương:

♦ Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày một cách khái quát con đường xây dựng hàm tử Ext trong phạm trù môđun qua đó lấy làm cơ sở cho việc xây dựng hàm tử Ext trong phạm trù các không gian Banach

Xây dựng phạm trù các không gian Banach và trình bày một số kết quả liên quan tới cấu trúc của không gian Banach cùng với các ánh xạ tuyến tính trên

đó

♦ Chương 2: Xây dựng hàm tử Ext trong phạm trù các không gian Banach

Dựa trên cơ sở phép tính Berơ, vốn đã được trình bày trong lý thuyết môđun Chúng tôi cũng đưa ra một số kết quả được xem là tương tự như trong

lý thuyết môđun, dẫu vậy, việc chứng minh có phần phức tạp hơn về những đặc trưng riêng của phạm trù đang xét

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

§1 HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ MÔĐUN

Giả sử A và C là các môđun trái trên vành R Ta gọi một mở rộng của A nhờ C là dãy khớp ngắn các R-môđun trái và các R-đồng cấu:

E = χ σ → A χ→ B σ→ → C

Tập hợp các mở rộng của A nhờ C ta sẽ kí hiệu là £(C,A)

Bây giờ ta sẽ xây dựng hàm tử Ext qua ba giai đoạn chính: phân lớp tập £(C,A) thành Ext(C,A) → trang bị cho Ext(C,A) phép toán hai ngôi để Ext(C,A) trở thành

nhóm Aben (nhóm giao hoán) → xây dựng hàm tử Ext

Đầu tiên ta thực hiện sự phân lớp tập £(C,A)

Khi đó ta nói E toàn đẳng với 'E và kí hiệu là E≡E'

Nhận xét 1 : Nhờ bổ đề 5 ngắn ta dễ dàng kiểm tra được quan hệ toàn đẳng

trên £(C,A) là quan hệ tương đương Do đó nó thực hiện sự phân lớp tập £(C,A)

Ta gọi tập thương của £(C,A) theo quan hệ toàn đẳng này là Ext(C,A) Đó chính

là tập các lớp toàn đẳng các lớp mở rộng của A nhờ C Lớp chứa mở rộng E ta kí

hiệu là E hoặc đơn giản là E nếu không sợ nhầm lẫn Tiếp theo ta sẽ trang bị cho Ext(C,A) một phép toán cộng để nó trở thành nhóm giao hoán Để làm điều

này trước tiên ta cần đưa ra các định nghĩa về tích bên trái và tích bên phải của một mở rộng với một đồng cấu

E → → →A χ B σ C → được gọi là tích bên phải

của mở rộng E và đồng cấu γ nếu tồn tại cấu xạ Tγ =(1 , ,A β γ ):E→E' Tức là

ta có biểu đồ sau giao hoán :

(1) là giao hoán và dòng trên là khớp

Ta lấy 'B là tập con của B⊕C' được xác định: B'={ (b c, ') ( )σ b =γ( )c'}

Ta chọn β σ, ' là các phép chiếu từ môđun 'B xuống các môđun thành phần B

và C' tương ứng, tức là: β (b c, ')=b, 'σ (b c, ')=c'

Đồng cấu χ được xác định: χ'( )a =( χ ( )a ,0)

Với cách xây dựng như trên ta dễ dàng kiểm tra biểu đồ (1) là giao hoán và dòng trên là khớp Hơn nữa, sự tồn tại của 'E là duy nhất chính xác tới một toàn đẳng, nghĩa là nếu tồn tại E"=Eγ thì "E ≡ E

Nhận xét 2: Với cách xây dựng 'B và các cấu xạ σ' : 'B →C', : 'β B →B như

Theo cách xây dựng β σ thì hiển nhiên biểu đồ (2) là giao hoán , '

Giả sử :f X →C' và g X: →B là cặp đồng cấu thỏa fγ =σg Khi đó ∀ ∈ x X

ta có γ f x( )=σg x( ) Suy ra (g x( ) ( ),f x )∈B' Do đó ta xây dựng cấu xạ

,'

h x g x

x X

h x f x

βσ

E → A → → → được gọi là tích bên trái của mở rộng E và χ B σ C

đồng cấu α nếu tồn tại cấu xạ Tα =(α β, ,1C):E→E' Tức là ta có biểu đồ sau giao hoán:

Cho mở rộng : 0E → A χ→ B σ→ → và đồng cấu C 0 α : A → A ' Khi đó

luôn luôn tồn tại duy nhất (chính xác tới một toàn đẳng) mở rộng

Nhận xét 3: Với cách xây dựng 'B , các cấu xạ β và χ như trên thì biểu đồ '

Giả sử :f B→ và D g A: '→ D là cặp đồng cấu thỏa fχ =gα

Lấy (a b' ,1 1)+ =N (a' ,2 b2)+ ∈N B' Khi đó (a'2−a b' ,1 2−b1)∈N, tức tồn tại phần

tử a ∈ A thỏa ( )

( )

( ) ( )

Ta cần chứng minh h là đồng cấu duy nhất thỏa

'

h f

h g

βσ

Bây giờ cho E E E1, 2, 1',E2' là các mở rộng của A nhờ C với E1≡E1',E2 ≡E2' Ta

dễ dàng kiểm tra được E1⊕E2 ≡E1'⊕E2' và do đó theo các kết quả về tích bên trái và bên phải của một mở rộng và một đồng cấu thì

Cho E E1, 2∈Ext C A( , ) Tổng của E1 và E2, kí hiệu E1+E2 được cho bởi công thức : E1+E2 = ∇A(E1⊕E2)∆C

 Mỗi môđun A với một nhóm Ext C A( , )

 Mỗi đồng cấu α :A→ A' với một cấu xạ α*: Ext C A( , )→Ext C A( , ')

Khi đó hàm tử Ext C( ,−)là hàm tử hiệp biến

♦ Cho A là môđun cố định, ta xây dựng hàm tử Ext(−,A)từ phạm trù môđun đến phạm trù các nhóm giao hoán bằng cách cho tương ứng :

 Mỗi môđun C với một nhóm Ext C A( , )

 Mỗi đồng cấu γ :C'→C với một cấu xạ * ( ) ( )

Nếu x x là một chuẩn trên E thì d x y( ), = −x y là một mêtric trên E

Mêtric này thỏa mãn d x( +z y, +z)=d x y( ), và d( λ λx, y)= λ d x y( ), với mọi

x y z∈E λ∈K

Ta gọi không gian định chuẩn là không gian vectơ cùng với một chuẩn trên nó Không gian định chuẩn là không gian mêtric với mêtric sinh bởi chuẩn (mêtric nói trong định lý 1.2.1)

Cho E là không gian định chuẩn Khi đó với mọi a ∈ E ánh xạ xa+x là phép

đồng phôi đẳng cự (tức là bảo tồn khoảng cách) từ E lên E và với mọi

Cho E là không gian định chuẩn Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

a) U là lân cận của điểm 0 ∈ E

b) αU ={ αx x U: ∈ } là lân cận của 0 với mọi α∈K,α ≠0

c) a U+ ={a+x x U: ∈ } là lân cận của a với mọi a ∈ E

Ta gọi không gian Banach là không gian định chuẩn đầy đủ ( với mêtric sinh

bởi chuẩn)

1.2.5 Không gian con và không gian thương

♦ Không gian con :

Giả sử E là không gian Banach và F là không gian vectơ con của E Khi đó hiển nhiên F cũng là không gian định chuẩn với chuẩn của chuẩn trên E Nếu F là không gian con đóng thì F cũng là không gian Banach

♦ Không gian thương :

Giả sử E là không gian Banach và F là không gian con đóng của E Xét không gian thương E/F Trên E/F ta xác định một chuẩn như sau :

Giả sử ξ∈E F và x là phần tử thuộc lớp ξ tức là nếu ξ =x thì

Do F là một tập đóng trong E nên ξ= + là một tập đóng trong E x F

Trong F đặt ξ =inf x x, ∈ξ Khi đó ξ là một chuẩn Thật vậy ta kiểm tra ba tiên đề :

1) Vì x ≥0 với mọi x∈E nên với mọi x∈ thì ξ x ≥0 do đó ξ =inf x ≥0 Giả sử ξ =0 theo định nghĩa của inf thì tồn tại dãy { }x n ⊂ξ mà x n →0 do ξ là tập đóng nên 0∈ Vậy ξ ξ là lớp chứa 0 tức là ξ = ∈0 E F

Ngược lại nếu ξ là lớp 0 dễ dàng ta thấy rằng : inf 0

là một chuẩn xác định trên E/F

Khi đó E/F cũng là không gian Banach

1.2.6 Định lý

Nếu E là không gian Banach và F là không gian con đóng của E thì E F là

không gian Banach

Chứng minh : Sách Giải tích hàm, Đậu Thế Cấp, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam trang 39

1.2.7 Định lý

Cho f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian định chuẩn E vào không gian định

chuẩn E vào không gian định chuẩn F Khi đó các mệnh đề sau là tương đương :

a) f là liên tục đều

b) f là liên tục

c) f liên tục tại điểm 0 ∈E

d) f bị chặn, tức là tồn tại số k > 0 sao cho f x( ) ≤k x với mọi x∈E

Chứng minh : [5, tr 29]

1.2.8 Định lý

Đẳng cấu đại số :f E→ là đẳng cấu nếu và chỉ nếu tồn tại các số dương a và b F

sao cho a x ≤ f x( ) ≤b x với mọi x∈E

xạ tuyến tính liên tục và luật hợp thành là phép lấy tích hai cấu xạ Ta kí hiệu phạm trù các không gian Banach là 𝔅

Thật vậy:

Gọi 𝔅 là lớp tất cả các không gian Banach Với mọi A B, ∈ 𝔅 tập tất cả các ánh

xạ tuyến tính liên tục (mà ta nói là các cấu xạ) từ A đến B là tập:

Hom A B = ϕ A→B (với ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục)

♦ Ta có ba đặc điểm sau đây không chỉ có trong phạm trù các môđun mà còn có

ở nhiều các phạm trù thông dụng khác của toán học Đó là:

- Sự tồn tại của vật không (O)

- Sự tồn tại tổng trực tiếp hai vật

- Sự tồn tại cấu trúc nhóm cộng aben cho mỗi cặp cấu xạ Hom(A,B) sao cho luật

hợp thành các cấu xạ là cộng tính

Trong 𝔅 ta có :

 Vật : là các không gian Banach

 Cấu xạ : là các ánh xạ tuyến tính liên tục

 Nếu ϕ: A→B và ψ : B→C là các ánh xạ tuyến tính liên tục thì luật hợp thành là phép nhân ánh xạ Lúc đó ψ ϕ : A→C là ánh xạ tuyến tính liên tục

 Trong phạm trù 𝔅 với mọi A∈ 𝔅 thì cấu xạ đồng nhất là ánh xạ tuyến tính đồng nhất trên A :

1 :A A→A (hiển nhiên 1A là liên tục)

Ta kiểm tra ba tiêu chuẩn của phạm trù cộng tính trên phạm trù các không gian Banach :

i) Hiển nhiên phạm trù các không gian Banach là phạm trù có vật không ii) Sự tồn tại tổng trực tiếp :

Cho A A1, 2 là các không gian định chuẩn với các chuẩn xác định trên A A1, 2 lần lượt là , 1 2 và đặt : A= ×A1 A2 ={ (a a1, 2):a1∈A a1, 2∈A2}

Trên A= A1×A2 ta xác định phép toán cộng ( )+ giữa hai phần tử bất kỳ của A

và phép nhân ( ) một số thực r với một phần tử của A như sau :

Dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán trên biến tập hợp A= A1×A2 thành một không gian Banach Thật vậy :

▪ Trên A= A1×A2 ta xác định một phiếm hàm : A→R như sau :

Với mọi a=(a a1, 2)∈A đặt a = a11+ a2 2

được xác định như trên đúng là một chuẩn trên A Thật vậy : Ta kiểm tra

thỏa mãn ba tiên đề về chuẩn :

a a

▪ Ta chứng minh A cũng là một không gian Banach :

Lấy dãy { }a n :a n =(a a1n, 2n) là một dãy Cauchy trong A

Khi đó tồn tại n0 sao cho với mọi m n, ≥n0 thì ( (a1m,a2m) (− a a1n, 2n) ) →0

(a1m a a1n, 2m a2n) 0

⇒ − − → khi n m, → ∞

a a − a a → khi n→ ∞ hay dãy { }a n :a n =(a a1n, 2n) hội tụ trong

A Do đó A là không gian Banach

Ta gọi không gian định chuẩn đó là tổng trực tiếp của hai không gian Banach

Và :

A= A ⊕A là tổng trực tiếp với chuẩn

Ta chỉ cần chứng minh phép chiếu p1:A= A1⊕A2 → A1 là ánh xạ tuyến tính liên tục

được gọi là tổng trực tiếp của ánh xạ tuyến tính ϕ với ánh xạ tuyến tính ψ

Dễ dàng thấy tổng trực tiếp γ ϕ ψ= ⊕ là một ánh xạ tuyến tính Để xét các tính chất của ánh xạ tổng trực tiếp ta cần chứng minh mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.3.2

1 Nếu ϕ ψ , là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ϕ ψ⊕ là liên tục

2 Nếu ϕ ψ , là đơn ánh thì ϕ ψ⊕ cũng là đơn ánh

3 Nếu ϕ ψ , là toàn ánh thì ϕ ψ⊕ cũng là toàn ánh

Do ϕ ψ , là các đơn ánh nên suy ra a1=0 và a2 =0

Vậy kerϕ ψ⊕ ={ ( )0, 0 } hay ϕ ψ⊕ cũng là đơn ánh

Lại do ϕ ψ là các ánh xạ mở nên từ , U U1, 2 là các lân cận mở của 0 trong A A1, 2

thì ϕ ( ) ( )U1 ,ψ U2 lần lượt là các lân cận mở trong B B1, 2 từ đó ta suy ra

( ϕ ψ⊕ )( )U là lân cận của 0=( )0,0 trong B1⊕B2

Vậy ϕ ψ⊕ : A1⊕A2 →B1⊕B2 là ánh xạ mở

iii) Sự tồn tại cấu trúc nhóm cộng aben cho mỗi tập cấu xạ Hom(A,B) sao cho

luật hợp thành các cấu xạ là cộng tính :

Hom A B = ϕ A→B (ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục) Với phép cộng trên

Hom(A,B) được xác định như sau :

Với mọi ϕ ψ, ∈Hom A B( , ), thì ϕ ψ+ : A→ B mà với mọi

( )a ( )a k a1 k a2

ϕ + ψ ≤ + với k k1, 2≥1 nào đó Đặt k =k1+k2thì ϕ ( )a + ψ ( )a ≤k a hay ( ϕ ψ+ )( )a ≤k a

Như vậy ϕ ψ + bị chặn trên X hay ϕ ψ + liên tục

 Phần tử trung hòa của phép cộng là ánh xạ 0

 Tính kết hợp : Với ϕ ψ θ, , ∈Hom A B( , ) lúc đó với mọi a ∈ A ta có :

 Luật hợp thành là song tuyến tính:

Giả sử ϕ ψ ϕ ψ, , ', '∈Hom A B( , ) và r r1, 2∈R Với mọi a ∈ A thì :

Tương tự ta có: (r1ϕ'+r2ψ ϕ') =r1ϕ ϕ' +r2ψ ϕ'

♦ Dãy khớp trong phạm trù các không gian Banach :

Dãy các ánh xạ tuyến tính liên tục : E =(χ σ, ): 0→ A χ→ B σ→ → trong C 0phạm trù các không gian Banach 𝔅 với A, B, C là các không gian Banach, được gọi là dãy khớp ngắn nếu : χ - là phép nhúng, σ là phép chiếu và Imχ =Kerσ Dãy khớp ngắn E =( χ σ, ) còn được gọi là một mở rộng của không gian A nhờ không gian C

CHƯƠNG 2: HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC

KHÔNG GIAN BANACH

Định nghĩa trên hợp lý vì:

Theo mệnh đề 1.3.2 thì do χ χ, ' là ánh xạ tuyến tính đơn, liên tục và χ χ, ' là

phép nhúng nên χ χ⊕ ' là ánh xạ tuyến tính đơn, liên tục và là phép nhúng Theo mệnh đề 1.3.2 do σ σ, ' là các ánh xạ tuyến tính mở, liên tục nên σ σ⊕ ' là các ánh xạ mở, liên tục

b b

σσ

χχ

E → → → → Cấu xạ toàn đẳng giữa E và ' A χ B σ C E ( nếu có) là bộ

ba các cấu xạ T =(1 , ,1A β C)làm biểu đồ sau giao hoán:

Giả sử E E, '∈£(C,A) với E≡E' nhờ cấu xạ T =(1 , ,1A β C)

Khi đó ta có biểu đồ sau giao hoán:

β → liên tục, muốn vậy ta chứng minh β là ánh xạ mở

Giả sử U là một tập mở bất kỳ thuộc B, do σ là ánh xạ mở nên σ( )U là một tập

mở trong C Lại do 1Clà đồng phôi nên 1C( σ ( )U ) là tập mở trong C

Do σ' là ánh xạ liên tục suy ra 1( ( ( ) ) )

' 1C U

σ − σ là một tập mở trong C' Ta chứng minh ( ) 1( ( ( ) ) )

' 1C

Giả sử b' là một phần tử bất kỳ thuộc β( )U suy ra tồn tại b∈U mà β( )b =b',

do hình vuông phải của biểu đồ là giao hoán nên ' ( )b 1 ( )b

Bằng tính toán ta chứng minh được 1( ( ) ) ( ) ( )

§2 TÍCH DÃY KHỚP NGẮN VỚI CÁC CẤU XẠ Định nghĩa 2.2.1

Cho E: 0→ → → → ∈A χ B σ C 0 £(C,A) và ánh xạ tuyến tính liên tục

:C' C

E với γ nếu tồn tại cấu xạ Tγ : 1 , ,( A β γ ):E→E' Tức là ta có biểu đồ sau giao hoán:

Tích bên phải của E với γ được kí hiệu là Eγ Vậy E'=Eγ

Định nghĩa này chưa đảm bảo cho sự tồn tại hay không cácEγ với bất kỳ E và

Như vậy 'B là không gian tuyến tính con của không gian B⊕C'

Chứng minh 'B là không gian Banach con của không gian B⊕C'

Lấy { }b n' ,b n'=(b c n, n') là dãy Cauchy trong 'B Khi đó ta có:

b −b = b c − b c = b −b c −c = b −b + c −c

Mà do { }b n' là dãy Cauchy trong 'B nên b m'−b n' →0

Suy ra b m−b n →0và c m'−c n' →0 hay { }b n và { }c n' là các dãy Cauchy trong

Từ đó ta suy ra được b n'−b0' →0 với b0'=(b c0, 0') hay ta có dãy { }b n' hội tụ

Do đó 'B là không gian Banach con của B⊕C'

▪ Ta thiết lập các ánh xạ: ', ', 'χ σ β như sau:

 ': 'β C → là thu hẹp của hai phép chiếu C π1 :B⊕C' →C trên C' Mà π1 là ánh

xạ tuyến tính liên tục nên ': 'β C → là ánh xạ liên tục C

 σ' :B' →C' là thu hẹp của phép chiếu π2 :B⊕C' →C' trên B' nên σ' la ánh xạ tuyến tính liên tục Ta cần chứng minh σ' là toàn ánh và mở

Cho c' bất kỳ thuộc C' suy ra γ ( )c' ∈C, do σ là toàn ánh nên tồn tại b∈B mà

( ) ( )b c'

σ =γ khi đó (b c, ')∈C' và σ'(b c, ')=c' Vậy σ' :B' →C' là toàn ánh

Chứng minh σ' :B' →C' là ánh xạ mở Lấy lân cận gốc Ucủa B' lúc đó

σ χ =σ χ =σ χ = suy ra ' ' 0σ χ = Vậy Imχ'⊂Kerσ' ( )1

 Ngược lại, lấy (b c, ')∈Kerσ' suy ra σ'(b c, ')= y'=0 do (b c, ')∈Kerσ =Imχ do