Một số tính chất của đạo hàm trên đại số banach giao hoán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM XUÂN HẢI MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH GIAO HOÁN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM XUÂN HẢI MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH GIAO HỐN Chun ngành: HÌNH HỌC VÀ TƠPƠ Mã số: 60.46.01.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Cán hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN HỮU QUANG Nghệ An - 2016 Mục lục ĐẠI SỐ BANACH 1.1 1.2 Các định nghĩa ví dụ đại số Banach Ideal đồng cấu phức đại số Banach giao hoán ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH 2.1 2.2 Định nghĩa ví dụ Một số tính chất đạo hàm đại số Banach giao hoán 6 13 22 22 25 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 LỜI NÓI ĐẦU Về đạo hàm đại số Banach A vấn đề nhiều nhà tốn học ngồi nước quan tâm Năm 1955 hai nhà toán học I.M Singer J Wermer công bố số kết đạo hàm đại số Banach tạp chí Math.Annalen, Bd.129, S 260-264 bài: Derivations on Commutative Normed Algebras, tác giả chứng minh ảnh đạo hàm liên tục đại số Banach A giao hoán chứa Rad(A) (xem [6]) Năm 1969, nhà toán học F Johnson đạo hàm đại số Banach giao hốn nửa đơn liên tục khơng (xem [11]) Năm 1988, nhà tốn học M P Thomas chứng minh định lý I M Singer J Wermer mà không cần đến giả thiết liên tục đạo hàm (xem [10]) Với lý nêu chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn là: MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH GIAO HOÁN Luận văn trình bày hai chương: Chương ĐẠI SỐ BANACH Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm, tính chất ví dụ đại số Banach, phần tử khả nghịch, ideal đại số Banach đồng cấu phức, radical đại số Banach giao hốn Các khái niệm tính chất làm sở cho việc trình bày kết luận văn chương Chương ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH GIAO HOÁN Chương nội dung luận văn Ở chúng tơi trình bày cách có hệ thống định nghĩa ví dụ đạo hàm đại số Banach Sau đó, chúng tơi chứng minh số tính chất đạo hàm đại số Banach giao hoán chứng minh chi tiết định lý I M Singer J Wermer: "Ảnh đạo hàm liên tục đại số Banach A giao hoán chứa Rad(A)" Cuối cùng, phát biểu chứng minh số tính chất đạo hàm đại số Banach C∗∞ Luận văn hoàn thành khoa sư phạm Toán học, trường Đại Học Vinh, hướng dẫn thầy giáo PGS.TS NGUYỄN HỮU QUANG Tác giả xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy PGS.TS Nguyễn Hữu Quang đặt toán cho tác giả Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cám ơn Ban Giám Hiệu trường Đại Học Vinh, Ban chủ nhiệm khoa Sau Đại Học, Ban chủ nhiệm khoa sư phạm Toán học trường Đại Học Vinh tạo điều kiện, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Tác giả xin trân trọng cám ơn Thầy, cô khoa sư pham Toán học Đại Học Vinh Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo tổ Hình học - Tơpơ, khoa sư phạm Tốn học, trường Đại Học Vinh giảng dạy quan tâm giúp đỡ bảo suốt q trình học tập hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cám ơn BGH trường THPT Quảng Ninh - Quảng Bình, bạn học viên Cao học K22 - Đại Học Vinh, bạn bè đồng nghiệp gia đình động viên giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù tác giả cố gắng hạn chế mặt kiến thức thời gian nên luận văn chắn khơng tránh khỏi có hạn chế, thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý bảo thầy giáo, cô giáo, bạn bè đồng nghiệp để từ bổ sung, sửa chữa hoàn thành luận văn tốt Nghệ An, tháng năm 2016 Tác giả Chương ĐẠI SỐ BANACH 1.1 Các định nghĩa ví dụ đại số Banach Định nghĩa 1.1.1 (xem[1]) Một đại số phức A không gian vectơ C với phép nhân thoả mãn điều kiện: 1) x(yz) = (xy)z , ∀x, y, z ∈ A; 2) (x + y)z = xz + yz, x(y + z) = xy + xz , ∀x, y, z ∈ A; 3) α(xy) = (αx)y = x(αy) , ∀x, y ∈ A, α ∈ C Định nghĩa 1.1.2 (xem[1]) Một đại số Banach A đại số phức thoả mãn điều kiện: 1) A không gian Banach với chuẩn cho trước; 2) xy ≤ x y ,với x, y ∈ A; 3) Tồn e ∈ A cho ex = xe = x, ∀x ∈ A; 4) e = Phần tử e gọi phần tử đơn vị A Nếu phép nhân A giao hốn ta gọi A đại số Banach giao hoán Nhận xét 1.1.3 Nếu A đại số Banach có đơn vị phần tử đơn vị Thật vậy: A có hai phần tử đơn vị e, e thì: e = e.e = e Mệnh đề 1.1.4 Giả sử A đại số Banach Khi đó; a) an ≤ a n , ∀a ∈ A, n ≥ b) Phép nhân A phép toán liên tục Chứng minh: a) Ta chứng minh phương pháp quy nạp: Với n = hiển nhiên a) Giả sử a) với n = k, k ≥ 1, k ∈ N tức ak ≤ a k Ta xét ak+1 = ak a ≤ ak a ≤ a k a = a k+1 Vậy a) chứng minh xong b)Giả sử an → a bn → b Đặt M = + a + sup bn Do {bn } hội n≥1 tụ nên ta có < M < ∞, a < M Lấy > 0, lúc tồn n0 ∈ N cho an −a < bn −b < với n ≥ n0 Do n ≥ n0 , ta có 2M 2M an bn − ab = (an − a)bn + a(bn − b) ≤ (an − a)bn + a(bn − b) ≤ (an − a) bn + a (bn − b) < 2M M + 2M M = Vì an bn → ab n → ∞ Hay phép nhân A phép tốn liên tục Ví dụ 1.1.5 Với n ∈ N, ký hiệu Cn tích n lần trường vô hướng C Cn := {x = (x1 , , xn ) : x1 , , xn ∈ C} Trên Cn ta trang bị phép toán: ∀x = (x1 , , xn ), y = (y1 , , yn ) ∈ Cn , ∀α ∈ C a) x + y = (x1 + y1 , , xn + yn ) b) αx = (αx1 , , αxn ) c) xy = (x1 y1 , , xn yn ) Ta xác định chuẩn Cn theo công thức: x = max{|xj | : j = 1, , n} Ta biết Cn với phép tốn a), b) cơng thức chuẩn không gian Banach Bây ta chứng minh Cn đại số Banach giao hốn có đơn vị Thật vậy, với x, y, z ∈ Cn (x, y z = (z1 , , zn )), với α ∈ C, ta có: i)x(yz) = (x1 , , xn )(y1 z1 , , yn zn ) = (x1 y1 z1 , , xn yn zn ) = (x1 y1 , , xn yn )(z1 , , zn ) = (xy)z ii)x(y + z) = (x1 , , xn )(y1 + z1 , , yn + zn ) = (x1 (y1 + z1 ), , xn (yn + zn ) = (x1 y1 + x1 z1 , , xn yn + xn zn ) = (x1 y1 , , xn yn ) + (x1 z1 , , xn zn ) = xy + xz Tương tự ta có; (x + y)z = xz + yz iii)α(xy) = α(x1 y1 , , xn yn ) = (αx1 y1 , , αxn yn ) = (αx1 , , αxn )(y1 , , yn ) = (αx)y = (x1 , , xn )(αy1 , , αyn ) = x(αy) Như α(xy) = (αx)y = x(αy) iv) xy = max |xj yj | ≤ max |xj | max |yj | = x y j j j Hơn nữa: xy = (x1 y1 , , xn yn ) = (y1 x1 , , yn xn ) = yx Tồn phần tử e = (1, , 1) ∈ Cn thoả mãn e = xe = ex = x với n x ∈ C Do Cn đại số Banach giao hốn, có đơn vị Ví dụ 1.1.6 Giả sử X = ∅ không gian compact C(X) tập tất hàm nhận giá trị phức, liên tục X Trên C(X) ta trang bị phép toán ∀f, g ∈ C(X), ∀α ∈ C, ∀x ∈ X : a) Phép cộng hai hàm: (f + g)(x) = f (x) + g(x) b) Phép nhân vô hướng với hàm thông thường: (αf )(x) = αf (x) c) Phép nhân hai hàm: (f g)(x) = f (x).g(x) Ta xác định chuẩn C(X) theo công thức: f = sup{|f (x)| : x ∈ X}, ∀f ∈ C(X)} Ta biết C(X) với hai phép tốn a), b) cơng thức chuẩn không gian Banach Bây ta chứng minh C(X) đại số Banach giao hốn, có đơn vị Thật vậy,với f, g, h ∈ C(X), ∀α ∈ C, ∀x ∈ X ta có: i) (f (gh)) (x) = f (x)(gh)(x) = f (x).g(x).h(x) = (f g)(x).h(x) = ((f g)h) (x) Vậy: f (gh) = (f g)h ii) [(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)(x) + (gh)(x) = [f h + gh] (x) Vậy (f + g)h = f h + gh Tương tự, ta có: f (g + h) = f g + f h iii) [α(f g)] (x) = α.(f g)(x) = αf (x).g(x) = (αf )(x).g(x) = [(αf )g] (x) Tương tự ta có: [α(f g)] (x) = [f.(αg)] (x) Vậy α(f g) = (αf )g = f (αg) iv) f g = sup{|(f g)(x)|x ∈ X} = sup{|f (x).g(x)|x ∈ X} = sup{|f (x)|.|g(x)| : x ∈ X} ≤ sup |f (x)| sup |g(x)| = f g x∈X x∈X Vậy: fg ≤ f g Do đó, C(X) đại số Banach giao hốn, có đơn vị Đơn vị C(X) hàm đồng Ví dụ 1.1.7 Xét tập hợp : C∗2 = {a = (a0 ; a1 )|a0 , a1 ∈ C} Trong C∗2 , trang bị phép toán: ∀a = (a0 , a1 ), b = (b0 , b1 ) ∈ C∗2 , ∀λ ∈ C ta có: a) a + b = (a0 + b0 , a1 + b1 ) b) λa = (λa0 , λa1 ) c) a.b = (a0 b0 , a0 b1 + a1 b0 ) Khi đó, C∗2 với hai phép tốn a/, b/ không gian vecto hai chiều với sở {e0 = (1; 0), e2 = (0; 1)} Ta đặt a = |a0 | + |a1 | Bây ta chứng minh (C∗2 , ) đại số Banach giao hốn có đơn vị Chứng minh: - Trước hết, ta có hàm a → a (với a ∈ C∗2 ) chuẩn - (C∗2 , ) không gian Banach - Cuối ta chứng minh C∗2 với phép toán c/ đại số, thật vậy: Với a(a0 , a1 ), b(b0 , b1 ), c(c0 , c1 ) ∈ C∗2 ta có: i) (ab)c = (a0 b0 c0 , a1 b0 c0 + a0 b1 c0 + a0 b0 c1 ) = a(bc) ii) λ(ab) = a(λb) = (λa)b iii) (a + b)c = (a0 c0 + b0 c0 , a0 c1 + b0 c1 + a1 c0 + b1 c0 ) = ac + bc 10 +)[[D2 , D3 ] , D1 ] = D2 D3 D1 − D3 D2 D1 − D1 D2 D3 + D1 D3 D2 +)[[D3 , D1 ] , D2 ] = D3 D1 D2 − D1 D3 D2 − D2 D3 D1 + D2 D1 D3 Kiểm tra ta có: [[D1 , D2 ] , D3 ] + [[D2 , D3 ] , D1 ] + [[D3 , D1 ] , D2 ] = Như phép nhân [, ] thoả mãn đồng thức Jacobi Vậy DerA đại số Lie Mệnh đề 2.2.4 (xem [8],[9]) Cho D đạo hàm A Khi ta có: (với quy ước rằng: D0 = I với I ánh xạ đồng nhất, ta viết Da thay cho D(a), a ∈ A): a) (Quy tắc Leibitz) Dn (ab) = n r=0 Cnr (Dn−r a).(Dr b); ∀a, b ∈ A, n ∈ N b) Nếu D2 a = D(Da)n = với n ∈ N c) Nếu D2 a = Dn (an ) = n!.(Da)n , (n ∈ N) Chứng minh: a) Ta chứng minh a) phương pháp quy nạp theo n: Với n = ta có: C1r (D1−r a).(Dr b) D(ab) = (Da)b + a.Db = Da(Ib) + (Ia)Db = r=0 nên công thức a) với n = Giả sử, công thức cho với n = k, k ≥ 1, k ∈ N, tức Dk (ab) = kr=0 Ckr (Dk−r a).(Dr b) Ta chứng minh công thức cho với n = k + Thật vậy: Xét Dk+1 (ab) = D Dk (ab) = D[ kr=0 Ckr (Dk−r a).(Dr b)] = D[Dk a.b + Ck1 (Dk−1 a).(Db) + Ck2 (Dk−2 a)(D2 b) + + Ckk−1 (Da).(Dk−1 b) + Ckk a.(Dk b)] = D(Dk a.b) + Ck1 D((Dk−1 a).(Db)) + Ck2 D((Dk−2 a)(D2 b)) + + Ckk−1 D((Da).(Dk−1 b)) + Ckk D(a.(Dk b)) = [D(Dk a).b + Dk a.Db] + Ck1 [D(Dk−1 a).Db + (Dk−1 a).D(D(b))] + C2k [D(Dk−2 a).D2 b + (Dk−2 a).D(D2 (b))] + + Ckk−1 [D(Da).Dk−1 b + Da.D(Dk−1 b)] + Ckk [Da.Dk b + a.Dk+1 b] 28 = Dk+1 a.b+Dk a.Db+Ck1 Dk a.Db+Ck1 Dk−1 a.D2 b+Ck2 Dk−1 a.D2 b+Ck2 Dk−2 a.D3 b + + Ckk−1 D2 a.Dk−1 b + Ckk−1 Da.Dk b + Ckk Da.Dk b + Ckk a.Dk+1 b = Ck+1 Dk+1 a.b + (Ck0 + Ck1 ).Dk a.Db + (Ck1 + Ck2 ).Dk−1 a.D2 b k+1 + + (Ckk−1 + Ckk )Da.Dk b + Ck+1 a.Dk+1 b = Ck+1 Dk+1 a.D0 b + Ck+1 Dk a.D1 b + Ck+1 Dk−1 a.D2 b k+1 k + + Ck+1 Da.Dk b + Ck+1 D a.Dk+1 b r k+1−r = k+1 a).(Dr b) r=0 Ck+1 (D Trong chứng minh ta có sử dụng công thức: r+1 Ckr + Ckr+1 = Ck+1 , Ck0 = Ckk = Vậy công thức a) chứng minh xong b)Chứng minh: D2 a = D(Da)n = với k ∈ N, phương pháp quy nạp theo n: Thật vậy: Với n = ta có: D(Da) = D2 (a) = Giả sử, công thức cho với n = k, k > 1, k ∈ N tức D(Da)k = Ta xét: D(Da)k+1 = D[Da.(Da)k ] = D(Da).(Da)k + Da.D(Da)k = D2 a.(Da)k + Da.D(Da)k = 0.(Da)k + (Da).0 =0 Vậy b) chứng minh xong c)Ta chứng minh c) phương pháp quy nạp theo n, thật vậy: Nếu n = ta có D(a) = D(a) Nếu n = có: D2 (a2 ) = D(D(aa)) = D[D(a).a + a.Da] = D(D(a)a) + D(a.Da) = D(Da).a + D(a).D(a) + D(a).D(a) + a.D(D(a)) = (D2 a).a + (Da)2 + (Da)2 + a(D2 a) = 0.a + 2.(Da)2 + a.0 = 2(Da)2 29 Giả sử c) đến k − tức Dk−1 (ak−1 ) = (k − 1)!.(Da)k−1 Lúc ta có: Dk (ak−1 ) = D(Dk−1 ak−1 ) = D[(k − 1)!.(Da)k−1 ] (do giả thiết quy nạp) = (k − 1)!.D(Da)k−1 (do D tuyến tính) = (k − 1)!.0 (do công thức b)) =0 Xét cơng thức với n = k ta có: D (ak ) = Dk (ak−1 a) = kr=0 Ckr (Dk−r ak−1 ).(Dr a) (theo quy tắc Leibnitz) = Dk (ak−1 ).a + Ck1 (Dk−1 ak−1 ).Da + Ck2 (Dk−2 ak−1 )(D2 a) + + ak−1 (Dk a) = 0.a + k.(Dk−1 ak−1 )(Da) + (do b) từ giả thiết quy nạp) = k.Dk−1 (ak−1 ).Da = k(k − 1)!.(Da)k−1 Da = k!(Da)k Vậy c) chứng minh xong k Mệnh đề 2.2.5 (xem[7],[8]) Nếu D đạo hàm liên tục đại số Banach A cho D2 a = lim (Da)n n = n→∞ Chứng minh: Do D a = nên theo mệnh đề 2.2.4 ta có: Dn an = n!(Da)n với số tự nhiên n Khi đó: n!(Da)n = Dn an ≤ D n an ≤ D n a n nên ta có (Da)n ≤ ( D n!  n ≤ lim (Da) n→∞  n ≤ lim  n→∞  n! 30 a )n n D   a  =0 D a =0 Vậy nên: lim (Da)n n→∞ n = Mệnh đề 2.2.6 Nếu D đạo hàm đại số Banach giao hoán A a phần tử A thoả a2 = a Khi đó, ta có: D(a) = Chứng minh: Ta có: D(a) = D(aa) = D(a).a + a.D(a) = a.D(a) + a.D(a) = 2.a.D(a) Mà: aD(a) = 2a2 D(a) = 2aD(a) thế: aD(a) = Do D(a) = 2a.D(a) = 2.0 = Mệnh đề 2.2.7 Cho a ∈ A p(z) = D : A → A đạo hàm thì: n k k=0 αk z đa thức C Nếu D(p(a)) = p (a).D(a) Trong đó, p đạo hàm thơng thường đa thức p Chứng minh: Do D tuyến tính nên ta có: n αk ak ) D(p(a)) = D( k=0 n αk D(ak ) = k=0 n αk k.ak−1 D(a) = k=0 = p (a).D(a) Định lí 2.2.8 (xem[6]) Cho A đại số Banach giao hoán D : A → A đạo hàm liên tục, D(A) ⊆ Rad(A) Đặc biệt, A nửa đơn D = tn D n < ∞, ∀t < ∞ Chứng minh: Do D bị chặn nên n! n=0 ∞ λn D n Lúc đó, với số phức λ bất kỳ, ta ln có chuỗi : ln hội tụ n=0 n! ∞ 31 toán tử bị chặn A, ta ký hiệu là: eλD Khi đó, ta có: eλD (ab) = eλD (a).eλD (b), ∀a, b ∈ A Thật vậy: ∞ λD e (ab) = n=0 ∞ = n=0 ∞ λn Dn (ab) = n! n=0 λn Dn (ab) n! n λn Cnr (Dn−r a)(Dr b) (theo công thức Leibnitz) n! r=0 n = n=0 r=0 ∞ n = =e ∞ n=0 λD λn−r λr Dr b n−r D a (n − r)! r! λ n D a n! (a).e λD ∞ n=0 λn n D b n! (b) Lấy f : A → C đồng cấu phức cho trước Cố định λ ∈ C Ta xét ánh xạ: ϕλ : A → C cho bởi: ∞ λD a → ϕλ (a) = f e a = f (a) + n=1 f (Dn (a)) n λ , ∀a ∈ A n! Ta chứng minh ϕλ đồng cấu phức, thật vậy, ∀a, b ∈ A, C, ta cú: ã (a + b) = f (eλD (a + b)) = f (eλD (a) + eλD (b)) = f (eλD (a)) + f (eλD (b)) ( f tuyến tính) = ϕλ (a) + (b) ã (àa) = f (eD (àa)) = f (µeλD (a)) = µf (eλD (a)) = µϕλ (a) • ϕλ (ab) = f (eλD (ab)) = f (eλD (a).eλD (b)) = f (eλD (a)).f (eλD (b)) = ϕλ (a).ϕλ (b) Chứng tỏ ϕλ đồng cấu phức ta có |ϕλ (a)| ≤ a , ∀a ∈ A 32 Cuối cùng,với a ∈ A xét ánh xạ F : C → C cho λ → F (λ) = ϕλ (a) Khi đó, F hàm giải tích bị chặn tồn mặt phẳng phức Theo định lý Liouville’s ta thu F hàm với λ ∈ C Vì thế: f (Dn (a)) = 0, ∀n ≥ Đặc biệt, xét n = ta có: f (Da) = ⇒ Da ∈ Kerf Do f đồng cấu phức nên suy Da ∈ Rad(A) hay DA ⊆ Rad(A) Nếu A nửa đơn Rad(A) = {0} nên suy ra: DA ⊆ Rad(A) = {0} hay D = Định lí 2.2.9 (xem[8]) Cho D đạo hàm liên tục A J ideal A Khi DJ + J ideal A Chứng minh: Do ∈ J D(0) = 0, chứng tỏ DJ + J khác rỗng DJ + J chứa phần tử Giả sử rằng, α ∈ C; a, b ∈ DJ + J Lúc tồn x, w ∈ DJ y, z ∈ J cho a = x + y, b = w + z Do đó: a + b = (x + y) + (w + z) = (x + w) + (y + z) Vì x + w ∈ DJ, y + z ∈ J nên a + b ∈ DJ + J tương tự αa ∈ DJ + J Lại có: ab = (x + y)(w + z) = xw + xz + yw + yz Ta để ý rằng, xz+yw+yz thuộc J Nên ta phải chứng minh xw thuộc DJ +J Thật vậy, hai phần tử x w thuộc DJ nên thuộc A Hơn nữa, tồn phần tử t ∈ J cho Dt = w Vì thế: D(xt) = D(x).t + x.D(t) xw = x.D(t) = D(xt) − D(x).t ∈ DJ + J Như vây, ab ∈ DJ + J 33 Cuối cùng, với c ∈ A với a ∈ DJ + J ta có: ca = c(x + y) = cx + cy (Trong đó, a = x + y với x ∈ DJ, y ∈ J ) Ta có: cy ∈ J chứng minh ta cx ∈ DJ + J hay ca ∈ DJ + J Ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 2.2.10 (xem[8]) Cho D đạo hàm A J ideal A Khi đó, , k ∈ N, k ≥ ta ln có: Dj (b1 bk ) ∈ J với j ∈ {0, , k − 1} b1 , , bk ∈ J Chứng minh: Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo k Nếu k = j = lúc ta D0 (b1 ) = I(b1 ) = b1 ∈ J (với I ánh xạ đồng nhất) Nếu k = j = j = 1, lúc ta có: +)D0 (b1 b2 ) = I(b1 b2 ) = b1 b2 ∈ J +)D1 (b1 b2 ) = D(b1 ).b2 + b1 D(b2 ) ∈ J (Do D(b1 ), D(b2 ) ∈ A, b1 , b2 ∈ J Giả sử công thức đến n−1 tức Dj (b1 , , bn−1 ) ∈ J với j ∈ {0, , n−2} b1 , , bn−1 ∈ J Xét: Dj (b1 , , bn ) = Dj [(b1 bn−1 ).bn ] j Cjr (Dj−r (b1 bn−1 ).(Dr bn ) = r=0 j = D (b1 bn−1 ).bn + Cj1 Dj−1 (b1 bn−1 ).Dbn + + Cjj−1 D(b1 bn−1 ).Dj−1 bn + (b1 bn−1 )Dj bn Theo giả thiết quy nạp từ j − < n − nên Dj−1 (b1 bn−1 ), Dj−2 (b1 bn−1 ), , D(b1 bn−1 ) ∈ J Do đó: Cj1 Dj−1 (b1 bn−1 )Dbn , Cj2 Dj−2 (b1 bn−1 ).D2 bn , , Cjj−1 D(b1 bn−1 ).Dj−1 bn ∈ J 34 (vì Dbn , D2 bn , , Dj−1 bn ∈ A) Hiển nhiên (b1 bn−1 ).Dj (bn ) ∈ A Do Dj (b1 bn−1 ) ∈ A bn ∈ J nên Dj (b1 bn−1 ).bn ∈ j (vì J ideal ) Điều chứng tỏ Dj (b1 bn ) ∈ J, ≤ j < n − 1, b1 , , bn ∈ J Hệ 2.2.11 Cho D đạo hàm A J ideal A Khi đó, ∀a ∈ J ta có: Dj (ak ) ∈ J, ≤ j < k Hệ 2.2.12 Cho D đạo hàm A J ideal A Khi đó, {a ∈ J : Dn a ∈ J(n ∈ N)} ideal A Mệnh đề 2.2.13 (xem[8]) Cho D đạo hàm A J ideal A Khi đó, ∀a ∈ J ta có: Dn (an ) − n!(Da)n ∈ J Chứng minh: Với n = ta có D1 (a1 ) − 1!(Da)1 = Da − Da = ∈ J Giả sử công thức đến n = k, k > 1, k ∈ N tức Dk (ak ) − k!(Da)k ∈ J Ta xét với n = k + 1, đó: Dk+1 (ak+1 ) = D[Dk (ak+1 )] = D[Dk (a.ak )] k k Ckr (Dk−r a).(Dr ak ] = D[ r=0 k+1 k k = Ckr [Dk−r+1 a.Dr ak + Dk−r a.Dr+1 ak ] r=0 a.Da + Ck [Dk a.Dak k−1 k−1 k k k = (D a).a + D + Dk−1 a.D2 ak ] + + Ckk−1 [D2 a.D a + Da.D a ] + Ckk [Da.Dk ak + a.Dk+1 ak ] = k.Da.Dk ak + Da.Dk ak + J Với J tổng số hạng lại khai triển, áp dụng hệ 2.2.11 ta có: Dj (ak ) ∈ J, ∀0 ≤ j < k nên J ∈ J Suy ra: Dk+1 (ak+1 ) = (k + 1).Da.Dk (ak ) + J = (k + 1).Da.k!.(Da)k + số hạng thuộc J = (k + 1)!.(Da)k+1 + số hạng thuộc J hay Dk+1 (ak+1 ) − (k + 1)!.(Da)k+1 ∈ J 35 Bây ta xét phép đạo hàm C∗∞ Ta ký hiệu: Xét tập hợp: C∗∞ = {a(a0 , , an , )|ai ∈ C, ∀i; = với hữu hạn i} C∗∞ trang bị phép toán: ∀a = (a0 , , an , ), b = (b0 , , bn , ) ∈ C∗∞ , ∀λ ∈ C ta có: a) a + b = (a0 + b0 , , an + bn , ) b) λa = (λa0 , , λan , ) n c) a.b = c = (cn ), n ≥ 0, n ∈ N với cn = bn−i i=0 Nhận xét 2.2.14 Các phép tốn a), b), c) hồn tồn xác định C∗∞ Khi đó, C∗∞ với phép tốn a),b) khơng gian véctơ C, tức là: a + b, λa, a.b ∈ C∗∞ ∞ Bây ta đặt a = i=0 |ai |, ∀a ∈ C∗∞ Mệnh đề 2.2.15 (C∗∞ , ) đại số Banach giao hốn có đơn vị Chứng minh: Trước hết, ta chứng minh hàm a → a (với a ∈ C∗∞ ) chuẩn • Ta có a ≥ a = ⇔ |ai | = 0, ∀i ⇔ a = • Ta có λa = |λ| a , ∀a ∈ C∗∞ , λ ∈ C • ∀a, b ∈ C∗∞ ta có ∞ ∞ |ai + bi | ≤ i=0 ∞ (|ai | + |bi |) = i=0 |ai | + i=0 Từ đây, ta a+b ≤ a + b 36 ∞ |bi | i=0 Tiếp theo, ta chứng minh (C∗∞ , ) đầy đủ: (k) Cho {x(k) = (xn )}k dãy Cauchy C∗∞ , đó: ∀ > 0, ∃k0 , ∀k, l ≥ k0 : x(k) − x(l) ≤ Nghĩa là, với ta có: > tồn k0 cho với k, l ≥ k0 , với m ≥ m (l) |x(k) n − xn | ≤ (2.1) n=1 (k) Từ (2.1) suy với n ≥ dãy {xn }k≥1 dãy Cauchy C Do (k) tồn xn = lim xn Xét x = (xn ) Ta chứng tỏ x ∈ C∗∞ x(k) → x k→∞ ∈ C∗∞ Trong công thức (2.1), cố định m ≥ k ≥ k0 cho l → ∞ ta được: m |x(k) n − xn | ≤ , ∀m ≥ 1, ∀k ≥ k0 n=1 Từ suy ra: ∞ |x(k) n − xn | ≤ , ∀k ≥ k0 n=1 Như x(k) − x ∈ C∗∞ Nhưng x = x(k) − (x(k) − x) ∈ C∗∞ bất đẳng thức cho ta x(k) − x < k ≥ k0 Vậy C∗∞ không gian Banach Cuối cùng, ta chứng minh C∗∞ với phép nhân xác định đại số Banach Thật vậy, với a, b, c ∈ C∗∞ (a, b xác định c = (c0 , , cn , ) với α ∈ C∗∞ , ta có: i)(ab).c = ( , αi , ) với αi = (aj bh )ck = aj (bh ck ) j+h+k=i Chứng tỏ: (ab)c = a(bc) Tương tự, ta chứng minh ii) (a + b)c = ac + bc a(b + c) = ab + ac iii) 37 j+h+k=i     α(ab) = α a0 b0 , a0 b1 + a1 b0 , ,  n   bn−i ,   i=0 n+1     = αa0 b0 , α(a0 b1 + a1 b0 ), ,  n i=0   αai bn−i ,   n+1     = a0 (αb0 ), a0 (αb1 ) + a1 (αb0 ), ,  n i=0   (αbn−i ,   n+1 = a(αb) tương tự ta chứng minh được: α(ab) = (αa)b = a(αb) n iv) Ta có ab = x = (xn )n với xn = bn−i i=0 ∞ |xn | ab = n=0 ∞ n | = n=0 ∞ |ai bn−i || i=0 n ≤ |ai ||bn−i | n=0 i=0 ∞ ≤ ∞ |ai | i=0 |bn | = a b n=0 Hơn nữa, ab = x = (xn ) n với xn = bn−i = i=0 n b j = i+j=n bj = j+i=n 38 bi an−i i=0 nên ab = ba tồn phần tử e0 = (1, 0, 0, ) ∈ C∗∞ thoả mãn e0 = a.e0 = e0 a = a, ∀a ∈ C∗∞ Do đó, C∗∞ đại số Banach giao hốn, có đơn vị Nhận xét 2.2.16 Ta lấy: e0 = (1, 0, ), , en = (0, , 0, 1, 0, ) Khi đó, n+1 {e0 , , en , } sở C∗∞ Vì ∀a ∈ C∗∞ ta ln viết ∞ e i dạng: a = i=0 ∞ Nhận xét 2.2.17 Với {en }∞ n=0 sở C∗ , ta có: a) en = 1, ∀n ∈ N b) en em = en+m , ∀n, m ∈ N c) en = en1 , ∀n ∈ N Chứng minh: b)Theo giả thiết định lý ta có: en = (0, , 0, 1, 0, ) = (en0 , en1 , , enn , ) n+1 với enn = toạ độ lại Tương tự: em = (0, , 0, 1, 0, ) = (em0 , em1 , , emm , ) với emm = 1, m+1 toạ độ lại k Khi đó: em en = x = (xk )k với xk = eni emk−i i=0 n+m Xét k = m+n, ta có: xm+n = eni emn+m−i , số i = n ta có xm+n = i=0 cách xác định en , em thành phần toạ độ lại x Như vậy, en em = en+m , ∀n, m ∈ N c) Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Với n = hiển nhiên công thức Giả sử công thức với n = k, k > 1, k ∈ N tức là: ek = ek1 Ta xét n = k + đó: ek+1 = ek e1 = ek1 e1 (theo giả thiết quy nạp) = ek+1 Chứng tỏ công thức cho chứng minh xong 39 Nhận xét 2.2.18 Ánh xạ đạo hàm D(D = 0) : C∗∞ → C∗∞ xác định D(e1 ) Chứng minh: Theo giả thiết e0 phần tử đơn vị C∗∞ nên D(e0 ) = Và ta lại có: ∀n ∈ N, n ≥ D(en ) = D(en1 ) = n.en−1 D(e1 ) Chứng tỏ ánh xạ D hoàn toàn xác định biết D(e1 ) 40 KẾT LUẬN Luận văn chúng tơi trình bày kiện sau: -Phát biểu chứng minh chi tiết số ví dụ đạo hàm đại số Banach (Xem 2.1.4, 2.6, 2.1.7), -Phát biểu chứng minh chi tiết số tính chất đạo hàm đại số Banach ( Xem 2.2.1, 2.2.4, 2.2.6, ) -Chứng minh chi tiết định lý hai nhà toán học Singer, I.M J Wermer ảnh đạo hàm đại số Banach giao hoán(Xem 2.2.8) -Phát biểu chứng minh số tính chất đạo hàm đại số Banach C∗2 C∗∞ (xem 1.1.7, 2.1.7, 2.1.18) Thời gian tới, chúng tơi tiếp tục khảo sát tốn đạo hàm đại số Banach khơng giao hốn 41 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Quang Diệu(2010), Nhập môn đại số đều, NXB Đại học Sư phạm [2] Nguyễn Văn Kh, Lê Mậu Hải(2012), Giáo trình giải tích hàm, NXB Đại học Sư phạm [3] Y.Y.Liasko, Giải tích tốn học, ví dụ tốn, T1,(bản dịch tiếng Việt) NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp,1978 [4] Nguyễn Hữu Quang (2005), Bài giảng đại số Lie nhóm Lie, NXB Đại Học Vinh [5] Nguyễn Hồng, Giáo trình Giải tích hàm (Dành cho cao học), NXB Đại Học Huế Tiếng Anh [6] I.M Singer and J.Wermer, 1955 Derivations on commutative normed algebras, Math Annalen Bd 129, S.129 pp.260-264 [7] G.J Murphy,1994 Aspects of the theory of derivations, Banach Center Publicationsm Volume 30 functional Analysis and Operator Theory, 267 -275 [8] F.F Bonsall and J Duncan (1973) complate normed algebras, Berlin Heidelberg NewYork, Spring -Verlag [9] Garth Dales,2003 Introduction to Banach Algebras, Operators and Harmonic Analysis, Cambridge [10] M.P Thomas (1988) The image of a derivation on commutative algebras, Annals of Math 128 pp 435 - 460 [11] B.E.Johnson (1969) Continuity of derivations on commutative algebras, Amer J math 91 pp -10 42 ... là: MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA ĐẠO HÀM TRÊN ĐẠI SỐ BANACH GIAO HỐN Luận văn trình bày hai chương: Chương ĐẠI SỐ BANACH Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm, tính chất ví dụ đại số Banach, ... ví dụ đạo hàm đại số Banach Sau đó, chúng tơi chứng minh số tính chất đạo hàm đại số Banach giao hoán chứng minh chi tiết định lý I M Singer J Wermer: "Ảnh đạo hàm liên tục đại số Banach A giao. .. ảnh đạo hàm đại số Banach giao hoán( Xem 2.2.8) -Phát biểu chứng minh số tính chất đạo hàm đại số Banach C∗2 C∗∞ (xem 1.1.7, 2.1.7, 2.1.18) Thời gian tới, tiếp tục khảo sát tốn đạo hàm đại số Banach