Đại số đều trong giải tích phức

MỤC LỤC Mục lục Lời nói đầu Chương 1: Cơ sở lý thuyết 1.1 Ideal 1.2 Không gian tôpô 1.3 Không gian định chuẩn không gian Banach 1.4 Bổ đề Zorn 1.5 Định lý Stone - Weiesstrass 1.6 Định lý Hanh - Banach Chương 2: Đại số Banach giao hoán 14 2.1 Phổ giải thức 14 2.2 Không gian Ideal cực đại 16 2.3 Các ví dụ 23 2.4 Biên Shilov 25 2.5 Hai định lý 28 2.6 Bao hạt nhân 30 2.7 B ∗ - đại số giao hoán 35 Chương 3: Đại số 38 3.1 Các đại số tập mặt phẳng phức 38 3.2 Độ đo biểu diễn 47 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 LỜI NÓI ĐẦU Luận văn bước đầu tìm hiểu Đại số Banach Đại số giải tích phức, mục đích luận văn khẳng định tầm quan trọng việc nghiên cứu Đại số Banach giao hoán với Đại số đều, mở rộng làm rõ mà học tìm hiểu mơn Giải tích hàm Nhận thấy tầm quan trọng ứng dụng Đại số định hướng thầy giáo Th.S Lương Quốc Tuyển, tác giả định chọn nghiên cứu đề tài: "Đại số giải tích phức." Với mục đích nghiên cứu trên, đề tài chia làm chương với nội dung sau: Chương Cơ sở lý thuyết Trong chương này, trình bày lại số khái niệm định nghĩa tôpô đại cương để phục vụ cho việc chứng minh định lý, bổ đề, mệnh đề, chương sau Chương Đại số Banach giao hoán Chương đưa số khái niệm đại số Banach giao hốn phổ, giải thức, khơng gian ideal cực đại, ví dụ đại số Banach Các khái niệm đưa tổng quát định lý phổ (Định lý 1.1) lại chứng minh đơn giản Ngoài ra, chương tiếp tục xem xét số khái niệm đại số Banach gồm biên Shilov, bao ideal Chương Đại số Trọng tâm chương nghiên cứu đại số - lớp đại số Banach đặc biệt hàm xác định đại số compact phẳng (tức tập compact mặt phẳng phức C) Trong trình thực luận văn tác giả thu thập, đọc tài liệu có liên quan trình bày vấn đề lại theo đề tài mà luận văn xác định Đóng góp khiêm tốn tác giả viết luận văn cách hồn chỉnh nhập mơn Đại số Banach Đại số theo hướng giải tích phức Đã chứng minh cách chi tiết phần lớn định lý mà trình bày cô động vắn tắt Đã xây dựng số ví dụ nên ý nghĩa kết luận văn Để hoàn thành đề tài tác giả giúp đỡ nhiều thầy cô bạn bè Đầu tiên cho phép tác giả bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc tới thầy Lương Quốc Tuyển, thầy hướng dẫn tận tình suốt trình làm đề tài Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, thầy giáo Tổ Giải tích, Khoa Tốn, nhiệt tình giảng dạy Cuối tác giả xin chân thành cảm ơn tất bạn bè, đặc biệt bạn lớp 08CTT2 động viên giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù có nhiều cố gắng viết khơng thể tránh khỏi thiếu sót nội dung lẫn hình thức Vì vậy, tác giả mong nhận lời bảo quý báu thầy giáo góp ý bạn đọc, tác giả xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, ngày 20 tháng năm 2012 Tác giả Chương CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1 Ideal 1.1.1 Định nghĩa Ideal Tập J đại số giao hoán A gọi ideal nếu: (a) J không gian vectơ A (b) xy ∈ J, ∀ x ∈ A, ∀ y ∈ J + Nếu ideal J = A J gọi ideal thực + Một ideal thực mà không bị chứa ideal thực lớn gọi ideal cực đại 1.1.2 Mệnh đề [3] (a) Không ideal thực đại số A lại chứa phần tử khả nghịch đại số (b) Nếu J ideal đại số Banach A J¯ ideal 1.2 Khơng gian tơpơ 1.2.1 Định nghĩa Cho X tập hợp τ họ tập X Khi ta nói τ tơpơ X thỏa mãn điều kiện sau: 1) ∅, X ∈ τ 2) Hợp tùy ý phần tử τ phần tử τ , nghĩa là: {Fα }α∈Λ ⊂ τ Fα ∈ τ α∈Λ 3) Nếu A B ⊂ τ A ∩ B ⊂ τ Khi đó, ta nói cặp (X, τ ) không gian tôpô Hơn nữa, phần tử τ gọi tập mở 1.2.2 Lân cận Cho A tập khơng gian tơpơ X Khi đó, tập U ⊂ X gọi lân cận A tồn tập mở V (V ∈ τ ) cho: A ⊂ V ⊂ U Đặc biệt, U tập mở ta nói U lân cận mở A 1.2.3 Cơ sở Giả sử τ tơpơ X, B ⊂ τ Ta nói B sở τ (hoặc X) phần tử τ hợp phần tử B, nghĩa là: U ∈ τ U = Bα , đó: Bα ∈ B, ∀ α ∈ Λ α∈Λ 1.2.4 Cơ sở lân cận Giả sử x thuộc X U(x) họ tất lân cận x Ta nói B(x) ⊂ U(x) sở lân cận điểm x với U ∈ U(x), tồn B ∈ B(x) cho x ∈ B ⊂ U 1.2.5 Các tiên đề tách T1 - không gian X gọi T1 - không gian với x, y ∈ X x = y tồn lân cận U x cho y ∈ / U T2 - không gian (không gian Hausdorff) X gọi T2 - không gian (hay không gian Hausdorff ) với x, y ∈ X, x = y, tồn lân cận (mở) U x, V y cho: U ∩ V = ∅ Không gian quy X gọi khơng gian quy với x ∈ X, tập đóng F ⊂ X cho x ∈ / F, tồn lân cận mở U x V F cho: U ∩ V = ∅ 1.3 Không gian định chuẩn không gian Banach 1.3.1 Chuẩn Cho E không gian vectơ trường K (K = C K = R) Một chuẩn E hàm x → x từ E vào R thỏa mãn điều kiện sau với x, y ∈ E, λ ∈ K : 1) x ≥ 0; x = ⇔ x = 0; 2) λx = |λ| x ; 3) x + y ≤ x + y 1.3.2 Định nghĩa i) Không gian vectơ E gọi không gian định chuẩn E có chuẩn · Khi ta kí hiệu (E, · ) ii) Không gian định chuẩn (E, · ) không gian Banach E với mêtric sinh chuẩn không gian mêtric đầy đủ 1.3.3 Tập lồi, tập bị chặn Giả sử A tập không gian định chuẩn E (1) A gọi lồi với x, y ∈ A, ∀ λ ∈ [0, 1] Ta có: λx + (1 − λ)y ∈ A Kí hiệu: {λx + (1 − λ)y : λ ∈ (0, 1)} gọi khoảng nối điểm x, y {λx + (1 − λ)y : λ ∈ [0, 1]} gọi đoạn nối điểm x, y (2) A gọi tập bị chặn với lân cận U E, tồn r > cho: A ⊂ rU = {rx : x ∈ U } 1.3.4 Định lý tách tập lồi Cho f phiếm hàm tuyến tính khơng gian định chuẩn E Khi với α ∈ R ta gọi : H = {x : f (x) = α} siêu phẳng thực E Xét bốn tập lồi: Fα = {x : f (x) ≤ α}; F α = {x : f (x) ≥ α} Gα = {x : f (x) < α}; Gα = {x : f (x) > α} Nếu f liên tục (hay cách tương ứng H đóng) Fα , F α tập đóng; Gα , Gα tập mở Hai tập A, B gọi tách (tách thực sự) tồn siêu phẳng H cho A ⊂ Fα , B ⊂ F α (A ⊂ Gα , B ⊂ Gα ) Định lý tách tập lồi thứ A tập lồi không gian định chuẩn E cho int(A) = ∅ B tập lồi khác rỗng E không giao với int(A) Khi tồn siêu phẳng thực đóng H tách A B Nếu A B mở tách thực Định lý tách tập lồi thứ hai Nếu A B tập lồi khác rỗng khơng giao nhau, A đóng, B compact Khi tồn siêu phẳng đóng H tách thực A B 1.3.5 Định lí [1] Nếu F khơng gian vectơ đóng G không gian hữu hạn chiều không gian định chuẩn E F + G khơng gian đóng E Chứng minh Bằng qui nạp ta cần chứng minh trường hợp G chiều, tức G = Ka Nếu a ∈ F F + Ka = F đóng E Nếu a∈ / F x ∈ F + Ka viết cách dạng x = f (x)a + y Vì f phiếm hàm tuyến tính f −1 (0) = F đóng nên f phiếm hàm liên tục F + Ka Giả sử {xn } dãy F + Ka, xn → x Ta cần chứng tỏ x ∈ F + Ka Ta viết xn = f (xn )a + yn Vì f liên tục nên: |f (xm ) − f (xn )| = |f (xm − xn )| ≤ f xm − xn Theo bất đẳng thức này, dãy {xn } hội tụ nên dãy {f (xn )} Cauchy K Từ f (xn ) → λ ∈ K đó: yn = xn − f (xn )a → x − λa Bởi f đóng nên x − λa ∈ F x ∈ F + Ka Vậy F + G khơng gian đóng E 1.4 Bổ đề Zorn Giả sử X tập hợp ≤ thứ tự (bộ phận) X, tức với x, y, z ∈ X ta có x ≤ x; x ≤ y y ≤ x x = y x ≤ y, y ≤ z x ≤ z (phản xạ, đối xứng, bắc cầu) Một tập A thuộc X gọi tuyến tính x, y ∈ A x ≤ y y ≤ x Phần tử a ∈ X gọi biên (cận) A nếu: x ≤ a với x ∈ A Phần tử a ∈ X gọi phần tử cực đại x ∈ X mà a ≤ x a = x Phát biểu bổ đề Zorn Cho tập X = ∅ ≤ thứ tự X Nếu tập tuyến tính X có cận X có phần tử cực đại 1.5 Định lý Stone - Weiesstrass Giả sử A mệt tập hàm xác định E Khi ta nói: + A phân biệt điểm E x1 , x2 ∈ E; x1 = x2 tồn f ∈ A để f (x2 ) = f (x2 ) + A chứa số hàm thuộc A Giả sử E không gian mêtric compact CR (E) (hay CC (E)) không gian Banach hàm thực (phức) liên tục E với chuẩn sup Phát biểu định lý Stone - Weiesstrass Nếu đại số A ⊂ CR (E) phân biệt điểm E chứa số A trù mật CR (E) Nếu đại số A ⊂ CC (E) phân biệt điểm E, chứa số f ∈ A kéo theo f¯ ∈ A A trù mật CC (E) 1.6 Định lí Hahn - Banach Cho E không gian vectơ p : E → R hàm thực Khi đó: + p gọi sơ chuẩn p(αx) = αp(x) với α > 0, x ∈ E p(x + y) ≤ p(x) + p(y) với x, y ∈ E + p gọi sơ chuẩn p(x) ≥ 0, với x ∈ E; p(αx) = |α| p(x) với vô hướng α (R C), x ∈ E; p(x + y) ≤ p(x) + p(y) với x, y ∈ E Như chuẩn nửa chuẩn nửa chuẩn sơ chuẩn 1.6.1 Định lí Hahn - Banach cho khơng gian vectơ thực Giả sử E không gian vectơ thực, F không gian E p : E → R sơ chuẩn xác định E Khi đó, f : F → R phiếm hàm tuyến tính xác định F thỏa mãn f (x) ≤ p(x) với x ∈ F tồn phiếm hàm tuyến tính f : E → R xác định E cho: 1.6.2  f |F = f f (x) ≤ p(x), ∀ x ∈ E Bổ đề Hàm f : E → C phiếm hàm tuyến tính E tồn phiếm hàm tuyến tính thực f1 E cho: f (x) = f1 (x) − if1 (ix), ∀ x ∈ E 1.6.3 Định lí Hahn - Banach cho không gian vectơ phức Giả sử E không gian vectơ phức, F không gian E p nửa chuẩn E Khi đó, f : F → K phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn: |f (x)| ≤ p(x), với x ∈ F, tồn phiếm hàm tuyến tính f : E → K thỏa mãn:   f = f F   f (x) ≤ p(x), ∀ x ∈ E 10 3.1.2 Hệ [1] Giả sử K tập compact C Khi đó, f ∈ C(K) f mở rộng chỉnh hình lên lân cận K f ∈ R(K) 3.1.3 Định lý 1.3 Giả sử K tập compact C (1) Không gian ideal cực đại R(K) K: K ∼ = MR(K) (2) Biên Shilov R(K) biên tôpô bK K: ∂R(K) = bK Chứng minh (1) Lấy λ ∈ K, xác định: Φλ : R(K) −→ C f −→ Φλ (f ) = f (λ) Khi tương ứng: Φ : K −→ MR(K) λ −→ Φ(λ) = Φλ song ánh Thật vậy: +) λ ∈ K ⇒ Φλ ∈ MR(K) , λ = µ ⇒ Φλ = Φµ (Chọn f ∈ R(K) cho f (λ) = 1, f (µ) = ⇒ Φλ (f ) = Φµ (f )) +) Lấy ψ ∈ MR(K) , p : K −→ C, p(z) = z Đặt λ = ψ(p) Ta chứng minh: λ ∈ K Φλ = ψ ∗ Do λ = ψ(p) = p(ψ) ∈ p(ψ)(MR(K) ) = σ(p) suy p − z không khả nghịch nên tồn z0 ∈ K cho: p(z0 ) − λ = ⇒ λ = p(z0 ) = z0 ∈ K ∗ Φλ = ψ Giả sử P đa thức biến z ∈ K Do ψ đồng cấu nên: ψ(P ) = P (ψ(p)) = P (λ) = Φλ (P ) 39 Suy ψ(h) = Φλ (h) với h - hữu tỉ ψ(f −1 ) = ψ(f ) Vậy Φ : K −→ MR(K) , λ −→ Φλ song ánh nên Φ đẳng cấu Vì ta có K ∼ = MR(K) (2) Chứng minh ∂R(K) = bK +) bK ⊂ ∂R(K) ∈ R(K) z − z1 Vì ∂R(K) biên R(K), ta thấy |fz1 | đạt cực đại ∂R(K) ⊂ MR(K) ∼ = K Lấy z0 ∈ bK Khi đó, với z1 ∈ C\K hàm fz1 (z) := Hơn thế, z1 ∈ B(z0 , r) |z1 − z0 | < r nên: max fz1 (z) = max K K |z − z1 | > r Do |fz1 | đạt cực đại B(z0 , 2r) 1 | > Dẫn đến |z − z0 r |z − z1 | < r suy |z − z0 | ≤ |z − z1 | + |z1 − z0 | < 2r) (Vì giả sử |fz1 | đạt cực đại z Khi Vì B(z0 , 2r) ∩ ∂R(K) = ∅ Với z1 ∈ B(z0 , r), lấy z1 ∈ B(z0 , 2r) ∩ ∂R(K) Suy ra, z1 → z0 , r → z1 → z0 Do z1 ∈ ∂R(K) - đóng nên z0 ∈ ∂R(K) Vì bK ⊂ ∂R(K) +) ∂R(K) ⊂ bK Với ∀ f ∈ R(K) ⇒ ∃ fn - hữu tỉ với điểm cực nằm K cho: fn ⇒ f K, fn ∈ H(intK) suy f ∈ H(intK) Theo nguyên lý môđun cực đại, |f | đạt cực đại K nên bK biên đóng R(K) Vì ∂R(K) ⊂ bK Vậy ta có: ∂R(K) = bK Kí hiệu K = K ∪ {G : G thành phần bị chặn C\K} Khi K - compact, K = K ⇔ C\K liên thông 40 Chứng minh (∗) Chứng minh K compact : K bị chặn Vì K compact nên K bị chặn Suy tồn r : K ⊂ B(0, r) K khơng bị chặn tồn G : G ∩ C\B(0, r) = ∅ Vì G thành phần liên thơng C\K; C\B(0, r) liên thông K ⊂ B(0, r) nên C\B(0, r) ⊂ G suy G không bị chặn Điều mâu thuẫn Vì K bị chặn K đóng Lấy x0 ∈ C\K ta có: x0 ∈ / K ⇒ ∃ε > 0, B(x0 , ε) ∩ K = ∅ Ta chứng minh: B(x0 , ε) ∩ K = ∅ Giả sử B(x0 , ε) ∩ K = ∅ Khi đó, ∃ G : B(x0 , ε) ∩ G = ∅ Vì G thành phần C\K B(x0 , ε) ⊂ C\K nên G ⊃ B(x0 , ε) suy x0 ∈ G ⇒ x0 ∈ K Dẫn đến mâu thuẫn với x0 ∈ C\K Vì B(x0 , ε) ⊂ C\K ⇒ C\K mở, suy K đóng Do K compact (∗) Chứng minh K = K ⇔ C\K liên thông: +) Nếu C\K liên thơng rõ ràng K = K +) Nếu K = K C\K khơng có thành phần liên thơng bị chặn Ta chứng minh C\K có thành phần liên thông Giả sử G, G thành phần liên thơng C\K Vì K compact nên K ⊂ B(0, r) Do G, G không bị chặn nên: G ∩ C\B(0, r) = ∅ (1) G ∩ C\B(0, r) = ∅ (2) Vì G, G thành phần liên thông C\K; C\B(0, r) liên thông thuộc C\K, dựa vào (1), (2) ta có: C\B(0, r) ⊂ G C\B(0, r) ⊂ G 41 Vì G ∩ G = ∅ ⇒ G = G Do đó, C\K lên thơng Nhận xét Chỉ có thành phần khơng bị chặn C\K C\K Vì G thành phần khơng bị chặn C\K G ∩ K = ∅, G ∩ K = ∅ tồn thành phần bị chặn G C\K : G ∩ G = ∅ Suy G = G ⇒ G không bị chặn, dẫn đến nâu thuẫn Vì G ⊂ C\K (∗) Do K compact nên ∃ r > : K ⊂ B(0, r) Vì G khơng bị chặn nên G ∩ C\B(0, r) = ∅ nên C\B(0, r) ⊂ G (1) Ta chứng minh C\K liên thông: giả sử C\K không liên thông, suy tồn thành phần G, G ⊂ C\K cho: G ∩ G = ∅ Vì C\K có thành phần khơng bị chặn nên theo (1) ta có: C\B(0, r) ⊂ G ∩ G Điều dẫn đến mâu thuẫn Vì C\K liên thơng (∗∗) Từ (∗) (∗∗) suy ra: G = C\K Vậy C\K thành phần không bị chặn C\K + bK = bK ∩ b(C\K) (bK ∩ b(C\K) gọi biên K) - Lấy x0 ∈ bK Với r > bất kì, ta có: B(x0 , r) ∩ K = ∅ (2) B(x0 , r) ∩ C\K = ∅ (3) Từ (1) (2) suy ra: B(x0 , r) ∩ K = ∅ Vì B(x0 , r) ∩ K = ∅ từ (1) suy ∃ G - thành phần bị chặn C\K, cho: B(x0 , r) ∩ G = ∅ Kết hợp B(x0 , r) ⊂ C\K ⇒ B(x0 , r) ⊂ G Kết hợp (2) suy G ∩ C\K = ∅ Điều mâu thuẫn với G ⊂ K Vì B(x0 , r) ∩ K = ∅ (4) Do K ⊂ K, B(x0 , r) ∩ K = ∅ nên ta có: B(x0 , r) ∩ C\K = ∅ (5) Từ (4) (5) suy x0 ∈ bK Từ (2) (3) suy x0 ∈ b(C\K) 42 Vậy x0 ∈ bK ∩ b(C\K) Do bK ⊂ bK ∩ b(C\K) - Ngược lại, bK ⊃ bK nên bK ∩ b(C\K) ⊂ bK Vì ta có bK = bK ∩ b(C\K) ∗ Nếu f đa thức f K = f K Thậy vậy, K ⊂ K nên: f K = max |f (z)| ≤ max |f (z)| = f z∈K z∈K K Mặt khác theo nguyên lý môđun cực đại, ta có: f K = max |f (z)| f K = max |f (z)| z∈bK z∈bK Theo chứng minh trên: bK = bK ∩ b(C\K) ⊂ bK nên f Vậy ta được: f K = f K K ≥ f K Chú ý: Nếu tồn g ∈ P (K) : g|K = g thì: g = g Thật vậy, g ∈ P (K) nên ∃ Pn (z) đa thức cho: Pn (z) ⇒ g (z) Với z ∈ K, ta có: |g(z) − g (z)| ≤ |g − Pn (z)| + |Pn (z) − Pn (z)| + |Pn (z) − g (z)| Với ε > 0, Pn ⇒ g K nên: ε ∃ n1 : ∀ n ≥ n1 ta có |g(z) − Pn (z)| ≤ , ∀ z ∈ K Tương tự: ε ∃ n2 : ∀ n ≥ n2 ta có |g (z) − Pn (z)| ≤ , ∀ z ∈ K Do Pn − Pn K = Pn − Pn K , ∀ n Pn ⇒ g, Pn ⇒ g K nên: ∃ n3 : ∀ n ≥ n3 , ta có Pn − Pn K ≤ ε ε ε suy |P (z) − P (z)| ≤ , ∀ z ∈ K n n K 3 Chọn n0 = max{n1 , n2 , n3 } Khi đó, ∀ n ≥ n0 , ta có: Dẫn đến Pn − Pn |g(z) − g (z)| ≤ ≤ ε ε ε + + = ε → ⇒ g(z) = g (z), ∀ z ∈ K 3 43 Vậy ta có g = g ∗ P (K) ⊂ C(K) , P (K) - đóng Giả sử {fn } ⊂ P (K), fn ⇒ f ∈ C(K) Khi đó, với n = 1, 2, ∃ {Pn,m (z)} - đa thức cho: Pn,m ⇒ fn , m → ∞ Khi với k = 1, 2, fn ⇒ f K nên ∃ nk cho: |fn (z) − f (z)| ≤ , ∀ n ≥ nk , ∀ z ∈ K 2k Với nk Pnk ,m ⇒ fnk nên: ∃ mk : |Pnk ,m (z) − fnk (z)| ≤ , ∀ m ≥ mk , ∀ z ∈ K 2k Đặt Pk (z) = Pnk ,mk Khi đó: |Pk (z) − f (z)| = |Pnk ,mk (z) − f (z)| ≤ |Pnk ,mk (z) − fnk (z)| + |fnk (z) − f (z)| 1 + = , ∀z ∈ K ≤ 2k 2k k Do Pk ⇒ f K Suy f ∈ P (K) Vì P (K) - đóng 3.1.4 Định lý 1.4 Nếu K compact thuộc C thì: (1) Khơng gian ideal cực đại P (K) K: MP (K) = K (2) Biên Shilov P (K) biên K biên tôpô K: ∂P (K) = bK Chứng minh Theo Định lý 3.1.3, ta có P (K) = P (K), MR(K) = K (1) Ta chứng minh: P (K) = R(K) ∈ P (K) Ta cần chứng minh: ∀ λ ∈ /K⇒ z−λ Có thể thay K K nên giả thiết C\K liên thông Đặt: U = {λ ∈ C\K : ∈ P (K)} z−λ 44 + Lấy {λn } ⊂ U, λn → λ ∈ C\K suy 1 ⇒ K z − λn z−λ 1 ∈ P (K) suy λ ∈ U ⇒ U - đóng ∈ P (K) - đóng nên z − λn z−λ ⊂ C\K Do + Khi |λ| đủ lớn ∞ −1 (z − λ) = j=0 (−1)j+1 j z λj+1 (1) hội tụ K Vì bán kính hội tụ chuỗi (1) |λ| nên ta có (z − λ)−1 ∈ P (K) suy λ ∈ U ⇒ U = ∅ Giả sử λ0 ∈ U Khi đó, ∈ P (K), ∀ n = 1, 2, (λ − z0 )n Khi λ đủ gần λ0 chuỗi: ∞ n=0 (λ − λ0 )n = (z − λ)−1 n+1 (z − λ0 ) hội tụ đếu K (theo dấu hiệu Weierstrass) n k=0 (λ − λ0 )k ⇒ (z − λ)−1 k+1 (z − λ0 ) K (λ − λ0 )k ∈ P (K) - đóng nên ta có (z − λ)−1 ∈ P (K), ∀ λ đủ k+1 k=0 (z − λ0 ) gần λ0 (λ ∈ B(λ0 , r), r đủ bé), suy B(λ0 , r) ⊂ U ⇒ U - mở n Vì Vì vậy, U = C\K Ta có: P (K) = R(K) suy MP (K) = MP (K) = MR(K) = K (điều phải chứng minh) (2) Theo Định lý 1.3, bK = ∂R(K) = ∂P (K) = ∂P (K) 3.1.5 Hệ (Runge) Giả sử K tập compact thuộc C cho C\K liên thơng Khi hàm f giải tích lân cận K tồn {pn (z)} - đa thức cho: pn ⇒ f K 45 Chứng minh Ta có K = K Theo Hệ 1.2, f ∈ R(K) = R(K) = P (K) = P (K) 3.2 Độ đo biển diễn Định nghĩa Giả sử A đại số X Φ ∈ MA Nếu tồn độ đo µ X cho µ dương Φ(f ) = µ(f ), ∀ f ∈ A (µ|A = Φ) ta gọi µ độ đo biểu diễn Φ Ta kí hiệu, MΦ tập tất độ đo biểu diễn Φ Nhận xét 1) Với µ ∈ MΦ , ta có µ = 2) MΦ tập lồi, compact yếu* Chứng minh 1) Ta có |µ(f )| ≤ µ(|f |) Thật vậy, ∃ λ ∈ C, |λ| = : |µ(f )| = λµ(f ) = µ(λf ) Vì µ(λf ) ∈ R nên µ(λf ) = µ(Re(λf )) (chú ý µ độ đo thực) Do Re(λf ) ≤ |λf | = |f | µ độ đo dương nên: µ(Re(λf )) ≤ µ(|f |) ⇒ |µ(f )| ≤ µ(|f |) Từ suy với ∀ f ∈ C(X), f = max |f (x)| = thì: |f | ≤ x∈X Suy µ(|f |) ≤ µ(1) = Φ(1) = (Vì A chứa nên ∈ A, mặt khác: µ|A = Φ ⇒ µ(1) = Φ(1).) Do |µ(f )| ≤ 1, ∀ f ∈ C(X), f = Vậy µ ≤ Do |µ(1)| = |Φ(1)| = ⇒ µ ≥ Vì µ = 2) Lấy µ, µ ∈ MΦ , t ∈ [0, 1] Khi đó, ∀ f ∈ A ta có: ∗ [(1−t)µ+tµ ](f ) = (1−t)µ(f )+tµ (f ) = (1−t)Φ(f )+tΦ(f ) = Φ(f ) ∗ (1 − t)µ + tµ tuyến tính, liên tục 46 ∗ [(1 − t)µ + tµ ](f ) = (1 − t)µ(f ) + f µ (f ) ≥ 0, ∀ f ≥ 0, f ∈ C(X) ⇒ (1 − t)µ + tµ ∈ MΦ ⇒ MΦ - lồi Mặt khác, theo chứng ninh trên, µ = 1, ∀ µ ∈ MΦ suy MΦ ⊂ B(0, 1) Trong đó, B(0, 1) = {f ∗ ∈ (C(X))∗ : f ∗ ≤ 1} Theo Định lí Banach - Alaoglu, B(0, 1)compact yếu* - T2 - không gian Do để chứng minh MΦ − compact ta chứng minh MΦ đóng yếu* Thật vậy, giả sử {µλ } ⊂ MΦ ; lim µλ = µ ∈ C(X)∗ (liên tục theo tôpô λ yếu*) Suy ∀ f ∈ C(X), ta có lim µλ (f ) = µ(f ) λ Do đó: + ∀ f ∈ A : µ(f ) = Φ(f ) + ∀ f ≥ : µ(f ) ≥ Vì µ ∈ MΦ ⇒ MΦ lồi compact yếu* (Chú ý: MC(X) ≡ X) Đặt B = Φ - mở rộng Φ từ A lên C(X), Φ ≤ Φ Khi đó: B = MΦ Thật vậy: ∀ µ ∈ MΦ , µ|A = Φ, µ = = Φ , µ tuyến tính, liên tục C(X) nên µ ∈ B Ngược lại, giả sử γ ∈ B suy γ độ đo, γ|A = Φ Ta có: γ = d |γ| = Φ = = Φ(1) = γ(1) suy γ > nên γ ∈ MΦ + ReA : Φ xác định ReA, f ∈ A, Φ(Ref ) = ReΦ(f ) µ độ đo biển diễn Φ Φ - liên tục ReA, Φ(u) ≥ 0, ∀ u ∈ ReA, u ≥ Nhận xét + Nếu L mở rộng dương (tương đương đơn điệu tăng) Φ từ ReA lên CR (X) thì: L(v) ≤ L( v L( v X) = L( v X e) = v X) = v X L(e) X = v X (với e ∈ CR (X), L(e) = 1) Suy L liên tục, L = L biểu diễn µ ∈ MΦ 47 Từ suy ra: MΦ = {tất mở rộng đơn điệu tăng Φ từ ReA lên CR (X)} + Giả sử V ∈ CR (X), B không gian sinh V ReA Ta mở rộng Φ lên B cách lấy: Φ(v) := c Với sup{Φ(u) : u ∈ ReA, v ≤ u} ≤ c ≤ inf{Φ(u) : u ∈ ReA, v ≤ u} Cứ tiếp tục Dùng Bổ đề Zorn, ta mở rộng Φ lên tồn CR (X) Khi tồn µ ∈ MΦ : Φ(v) = 3.2.1 vdµ = c Định lý 2.1 Giả sử A đại số X, Φ ∈ MA , v ∈ CR (X) Khi đó: 1) sup{Φ(u) : u ∈ ReA, u ≤ v} = inf{ vdµ : µ ∈ MΦ } 2) inf{Φ(u) : u ∈ ReA, u ≥ v} = sup{ vdµ : µ ∈ MΦ } Chứng minh 1) Theo nhận xét , ∃ µ0 ∈ MΦ cho: Φ(v) = ⇒ inf vdµ0 = c = sup{Φ(u) : u ∈ Re(A), u ≤ v} vdµ : µ ∈ MΦ ≤ vdµ0 = c (1) Mặt khác, ∀ u ∈ Re(A), u ≤ v, ta có: Φ(u) = µ(u) ≤ µ(v) = ⇒ Φ(u) ≤ inf vdµ0 , ∀ µ ∈ MΦ vdµ : µ ∈ MΦ , ∀ u ∈ Re A, u ≤ v Vì c = sup{Φ(u) : u ∈ Re(A), u ≤ v} ≤ inf Từ (1) (2) suy ra: inf vdµ : µ ∈ MΦ } (2) vdµ : µ ∈ MΦ = c Vậy sup{Φ(u) : u ∈ Re(A), u ≤ v} = inf vdµ : µ ∈ MΦ 2) Tương tự 1), ta thấy ∃ µ0 ∈ MΦ cho: Φ(v) = ⇒ sup vdµ0 = c = inf{Φ(u) : u ∈ Re A, u ≥ v} vdµ : µ ∈ MΦ ≥ vdµ0 Với µ ∈ MΦ , ∀ u ∈ Re A, u ≥ v : 48 (3) Φ(u) = µ(u) ≥ µ(v) = ⇒ Φ(u) ≥ sup vdµ (Do µ độ đo dương) vdµ : µ ∈ MΦ , ∀ u ∈ Re A, u ≥ v Do c = inf{Φ(u) : u ∈ Re A, u ≥ v} ≥ sup Từ (3) (4) suy ra: sup vdµ : µ ∈ MΦ (4) vdµ : µ ∈ MΦ = c Vậy inf{Φ(u) : u ∈ Re(A), u ≥ v} = sup vdµ : µ ∈ MΦ Định nghĩa Giả sử Φ ∈ MA Độ đo µ X gọi độ đo biểu diễn phức Φ nếu: µ|A = Φ Độ đo biểu diễn phức µ Φ trùng với mở rộng tuyến tính liên tục từ A lên C(X) 3.2.2 Định lý 2.2 Giả sử A đại số X, Φ ∈ MA µ độ đo biểu diễn phức Φ tồn độ đo biểu diễn Φ Chứng minh Đặt AΦ = KerΦ; HΦ , H lần ượt bao đóng AΦ , A L2 (|µ|) Nếu f ∈ AΦ thì: 1−f = |1 − f |2 dµ ≥ (1 − f )2 dµ = (1 − 2f + f )dµ = dµ Suy ∈ / HΦ ⇒ H = HΦ (vì ∈ H ) Vì AΦ Iđêan A nên AΦ H ⊆ HΦ (vì Φ đồng cấu phức H) |F |2 d |µ| = F f¯d |µ| = 0, ∀ f ∈ HΦ Nếu f ∈ AΦ f F ∈ HΦ Chọn F ∈ H cho Vì F ⊥ HΦ suy suy f F ⊥ F nên: f F F d |µ| = = Đặt: γ(f ) = |F |2 d |µ| (γ(f ) = f |F |2 d |µ| (1) |F |2 f d |µ|, ta có: KerΦ ⊆ Kerγ (suy từ (1)) Mặt khác: KerΦ = Kerγ|A nên Φ = γ|A Định nghĩa Một độ đo µ ≥ gọi độ đo Jensen Φ ∈ MA nếu: log |Φ(f )| ≤ log |f | dµ, ∀f ∈ A (1) (Bất đẳng thức Jensen) Nhận xét Áp dụng (1) cho eg , e−g , g ∈ A, ta có: ReΦ(g) = Thật vậy: |eg | = eRe g , |e−g | = eRe(−g) = e−Re g Vì Φ đồng cấu, liên tục nên: Φ(eg ) = eΦ(g) 49 Regdµ, ∀g ∈ A |Φ(eg )| = eReΦ(g) ; |Φ(e−g )| = e−ReΦ(g) log |Φ(eg )| = Re(Φ(g)) ≤ log |eg |dµ = log |Φ(e−g )| = −Re(Φ(g)) ≤ Suy Re(Φ(g)) = log |e−g | dµ = − Re g dµ Re g dµ ImΦ(g) = Re(−iΦ(g)) = ReΦ(−ig) = Suy Φ(g) = Re g dµ Re(−ig)dµ = Im g dµ g dµ, ∀ g ∈ A Vì vậy, ta có µ ∈ MΦ (do độ đo Jensen độ đo biểu diễn) (điều phải chứng minh) 3.2.3 Định lý 2.3 Giả sử A đại số X, Φ ∈ MΦ Khi tồn độ đo Jensen Φ Chứng minh Đặt: Q := {u ∈ CR (X) : ∃ c > 0, ∀ f ∈ A : Φ(f ) = 1, u > c log |f |} + Nếu U ∈ Q, b > bU ∈ Q + ∀ g ∈ CR (X), g > suy g ∈ Q (lấy f = 1) + Giả sử u1 , u2 ∈ Q ⇒ ∃ c1 , c2 - số, ∃ f1 , f2 ∈ A cho: ui > ci log |fi |, i = 1, Có thể giả thết c1 , c2 ∈ Q; cj = Khi ta có: u1 + u2 > pj , pj , qj ∈ N∗ , j = 1, qj log |f1 p1 q2 f2 p2 q1 | q1 q ∈ C, log |f1 p1 q2 f2 p2 q1 | ∈ A nên u1 + u2 ∈ Q q1 q Vì Q lồi Ta thấy Vì = |Φ(f )| ≤ Φ f ⇒ ∃ x0 ∈ X : |f (x0 )| = f ≥ log |f (x0 )| ≥ ⇒ Không tồn c > 0, f ∈ A, Φ(f ) = cho: > c log |f | ⇒ ∈ / Q Vì theo Định lý tách tập lồi, tồn độ đo µ = xác định CC (X) cho: U dµ ≥ 0, ∀U ∈ Q Vì ∀ f ∈ CR (X), f > f ∈ Q ⇒ 50 (2) f dµ > Vậy ta có µ dương Nếu cần nhân vào µ số dương, ta giả thiết dµ = Giả sử f ∈ A : Φ(f ) = ⇒ ∀ ε > 0, ta có: log (|f | + ε) ∈ Q (lấy c = 1) Từ (2) suy log(|f | + ε) dµ ≥ Khi ε → log |f | dµ ≥ 0, ∀f ∈ A : Φ(f ) = (3) g = q (với Φ(g) = 0) ∀g ∈ A, ta có: Φ Φ(g) Từ (3) suy ra: g ≤ log dµ = (log |g| − log |Φ(g)|) dµ = log |g| dµ− log |Φ(f )| dµ Φ(g) Dẫn đến (1) ⇒ µ độ đo Jensen Φ 51 KẾT LUẬN Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu đề tài, tác giả thu kết sau: + Các kết đáng ý Định lý 2.4.3 tồn biên Shilov mối liên hệ biên Shilov với biên tô pô + Hai định lý đại số Banach giao hoán Định lý 2.5.1 Định lý 2.5.2 Trong chương đề cập đến B ∗ - đại số chứng minh Định lý Gelfand - Naimark (Định lý 2.7.1) + Trong chương 3, tác giả tìm hiểu Định lý 3.1.1, định lý cho ví dụ nói khác đại số Trọng tâm chương trình phát biểu chứng minh định lý Arens (Định lý 3.1.3), từ định lý suy kết quan trọng K ∼ = MR(K) , ∂R(K) = bK Một kết quan trọng khác Định lý 3.1.4 chứng tỏ K = MP (K) , bK = ∂R(K) = ∂P (K) = ∂P (K) Từ kết nhận định lý Runge cổ điển xấp xỉ hàm giải tích đa thức Ngồi ra, chương nói độ đo biểu diễn phiến hàm Trong chương đề cập đến tính chất tồn định lý Jensen (định lý 3.2.3) 52 Tài liệu tham khảo [1] Đậu Thế Cấp, Giải tích hàm, Nhà xuất giáo dục, 1999 [2] Nguyễn Văn Phúc, Cơ sở lí thuyết hàm giải tích hàm, Nhà xuất giáo dục,1969 [3] Theodore W Gamelin, Preface to the socond edition, Santa Monica, California, 1959 [4] A.P Robertson, W.J Robertson, Không gian vectơ tôpô, Nhà xuất Đại học Trung cấp chuyên nghiệp, 1977 [5] Nguyễn Xuân Liêm, Tơpơ đại cương - Độ đo tích phân, Nhà xuất giáo dục,1994 [6] PGS.PTS Đỗ Văn Lưu, Giải tích hàm, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật Hà Nội, 1999 53 ... tìm hiểu Đại số Banach Đại số giải tích phức, mục đích luận văn khẳng định tầm quan trọng việc nghiên cứu Đại số Banach giao hoán với Đại số đều, mở rộng làm rõ mà học tìm hiểu mơn Giải tích hàm... chương tiếp tục xem xét số khái niệm đại số Banach gồm biên Shilov, bao ideal Chương Đại số Trọng tâm chương nghiên cứu đại số - lớp đại số Banach đặc biệt hàm xác định đại số compact phẳng (tức... luận văn cách hồn chỉnh nhập mơn Đại số Banach Đại số theo hướng giải tích phức Đã chứng minh cách chi tiết phần lớn định lý mà trình bày động vắn tắt Đã xây dựng số ví dụ nên ý nghĩa kết luận văn