Bất đẳng thức tích phân thuộc loại ostrowski cho hàm khả vi cấp hai

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R.. ii Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở đại số hoặcHamel của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính nghĩa làmỗi tập con hữu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN THUỘC LOẠI OSTROWSKI CHO HÀM KHẢ VI

CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Phương pháp hàm phạt là một phương pháp được dùng để tìm nghiệmcho bài toán cực trị có điều kiện Ý tưởng chính của phương pháp làchuyển việc giải bài toán cực trị có điều kiện thông qua việc giải các bàitoán cực trị tự do Các loại hàm phạt thường dùng là hàm phạt điểmngoài, hàm phạt điểm trong, hàm phạt Lagrange Trong chương trìnhtoán đại học, phương pháp này hầu như chưa được giới thiệu Hơn nữa,hầu hết các giáo trình tiếng Việt, chưa trình bày một cách đầy đủ về cơ

2 Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành

2.1 Biểu diễn ∆(R) và các tính chất

Trong mục này, chúng ta sẽ khảo sát tập∆(R) =: {r ∈ R|r+U (R) ⊆ U (R)}

của vành R Tập này là vành có quan hệ chặt chẽ với căn Jacobson của

Chứng minh (1) Cho r ∈ ∆(R) và u bất kỳ thuộc U (R), khi đó r + u ∈

U (R) tương đương ru−1+ 1 ∈ U (R) tương đương u−1r + 1 ∈ U (R)

(2) Ta có ruu′+ 1 ∈ U (R), ∀u, u′ ∈ U (R)do r ∈ ∆(R), suy ra ru ∈ ∆(R).Tương tự ur ∈ ∆(R)

(3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi đó −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r − U (R) ⊆

U (R), hay∆là nhóm con với phép cộng củaR Hơn nữars = r(s+1)−r ∈

∆(R) do r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2)

(4) Rõ ràng J (R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) là iđêan của R và r ∈ R

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là dễ thấy

(1) ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũy linh;

(2) Nếu 2 ∈ U (R), khi đó ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũyđẳng.

sinh bởi U (R) Khi đó:

(1) ∆(R) = J (R) và ∆(S) = ∆(R), với S là vành con của R thỏa T ⊆ S;(2) ∆(R) là vành căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phépnhân các phần tử khả nghịch của R

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề 9, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề 9, ∆(T ) = J (T )

Nếu r ∈ ∆(R), khi đó r + U (R) ⊆ U (R) Điều này có nghĩa là r có thểbiểu diễn được thành tổng của hai đơn vị Do đór ∈ T, suy ra∆(R) ⊆ T.Giả sử S là vành con của R thỏa mãn T ⊆ S Khi đó U (S) = U (R),

do đó ∆(S) = {r ∈ S | r + U (S) ⊆ U (S)} = {r ∈ S | r + U (R) ⊆ U (R)} =

S ∩ ∆(R) = ∆(R), vì ∆(R) ⊆ T ⊆ S

(2) Theo (1), ∆ là vành căn Jacobson của R và theo Bổ đề 9 (2) thì

của R

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng với

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).Theo Bổ đề 9 (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R)

tổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R)

Hệ quả 3 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

(1) Cho S là vành con của R thỏa U (S) = U (R) ∩ S Khi đó ∆(R) ∩ S ⊆

∆(S)

(2) U ( ∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa I ⊆ J (R) Khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I.Chứng minh (1) được suy ra từ định nghĩa của∆.

(1) R/J (R) là đẳng cấu với phép nhân vành các ma trận và divisionrings

(3) R là clear ring thỏa 2 ∈ U (R)

(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R)

(5) R có stable range 1

(6) R = F G là nhóm đại số trên trường F

các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nó đóng với phép nhân các phần

tử quasi-invertible của R

phép cộng của R Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

2.2 Mở rộng toán tử ∆ cho vành không có đơn vị

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)

(1) Cho e2 = e thỏa mãn e∆(R)e ⊆ ∆(R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe).(2) ∆(R) không chứa các phần tử lũy đẳng khác không

(3) ∆(R) không chứa các phần tử unit regular khác không

Hệ quả 8 Cho R là một vành có unit regular, khi đó ∆(R) = 0

và H là một nhóm con của SD2n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k | 2n, 1⩽k ⩽2n thì

Pr(H, SD2n ) =

(

1 nếu k = 2n, 1

2 +k

2 n nếu k ̸= 2n.

(ii) Nếu H = Tl với 0⩽ l ⩽ 2n− 1 khi l chẵn, và 0 ⩽l ⩽2n−1− 1 khi l

Khi l chẵn với 0⩽l ⩽2n− 1 Theo Mệnh đề 54, ta có |Tl| = 2 Do đó

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau ta sẽ tính độ giao hoán tương đối của các nhóm con

8,

4 Xấp xỉ bởi tích chập trong Lp

Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, tồn tại (fh)h ⊂ C0c(Ω) sao

cho fh → f trong Lp(Ω) Ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm

xấp xỉ theo các hàm chính quy Chính xác hơn

Câu hỏi:

(i) Có tồn tại (fh)h ⊂C1c sao cho fh→ f trên Lp(Ω)?

Lp(Ω)?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai rất có ý nghĩa trong xấp xỉ số

Định nghĩa 1 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là một

dãy các hàm ϱh :Rn →R, (h = 1, 2, ) sao cho, với mỗi h,

Ví dụ về mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng một dãy mollifiers,

(ii) nếu A và B là compact vì là A + B

L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈N và x ∈Rn,

(i) Hàm fh :Rn →R is well defined;

(ii) fh(x) = (ϱh∗ f )(x) = (f ∗ ϱh)(x) với mọi x ∈Rn và h ∈N;

(iii) fh(x) ∈C0(Rn) với mỗi h

Hàm fh được gọi là mollifiers thứ h của f

Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) và (Mo4),

gx(y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

là khả tích trên Rn, vì vậy nó xác định tích phân

|ϱ(x r − y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK(y)|x r − x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N.

Vì vậy ta được

|ϱ(x r − y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK(y)|f (y)||x r − x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N (4)

Từ (??), (??) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (??)

Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 44 và giữ nếu f ∈ L1loc(Rn) và ϱ ≡ ϱh ∈

C0(Rn)thỏa (Mo2) Trên thực tế, có thể xác định tích chập giữa hai hàm

Định lý 4 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập trong Lp) Cho

f ∈ L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Khi đó

(i) f ∗ ϱh ∈ C∞(Rn) với mỗi h ∈ N.

(ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (R n ) ≤ ∥f ∥Lp (R n ) với mỗih ∈N, f ∈ Lp(Rn)với mọip ∈ [1, ∞].

(iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂spte(f ) + B(0, 1/h) với mỗi h ∈N.

(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞, khi đó f ∗ ϱh∈ C∞(Rn) ∩ Lp(Rn) vớimỗi h ∈N, và f ∗ ϱh→ f khi h → ∞, trong Lp(Rn), biết 1 ≤ p < ∞.Kết quả này cho ta hai kết quả quan trọng

mở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sử

Z

Ω

f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞(Ω) (∗)

Khi đó f = 0 hầu khắp nơi trong Ω

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ

Z

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (5)

Thật vậy, theo (??), suy ra

f = 0 hầu khắp nơi trong K, với mỗi tập compact K ∈ Ω.

Ta có được kết luận Ta chứng minh (??)

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởi

Mặt khác, từ định lý ?? (iv) và (39), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (8)Định nghĩa

nếu nó không hữu hạn chiều và ta viết dimRE = ∞

(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặcHamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa làmỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tậplớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong

E

Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff,

tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyếntính của những phần tử thuộc B

Khi dimRE = ∞, (E, ∥.∥E) và (E′, ∥.∥E′ ) không nhất thiết là đẳng cấutopo Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′, ∥.∥E′ )

như là tính tách được vẫn còn giữ trên (E, ∥.∥E)

Định lý 7 (E, ∥.∥E) là tách được nếu (E′, ∥.∥E′ ) là tách được

Trước khi chứng minh định lý này thì ta cần sử dụng điều kiện trù mậtcho không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banachthứ hai về hình học

Mệnh đề 6 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E) là

mật trong (E, ∥.∥E) và lấy x0 ∈ E \ M Khi đó tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′ ×E = 0, ∀x ∈ M và ⟨f, x0⟩E′ ×E = 1.

Chứng minh Từ định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học, tồn tạig ∈ E′

sao cho siêu phẳng

tức là, các tập của tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử {xh :

h ∈N} với hệ số thực Khi đó De là đếm được, D là không gian con của

Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x0 ∈ E \ D Khi đó từ mệnh

đề ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho

nghĩa là

f ≡ 0,

mâu thuẫn với f (x0) = 1 Vì vậy

D = E.

6 Các khái niệm cơ bản

toán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm aben với

phân phối với phép toán cộng, nghĩa là

x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz,

với mọi x, y, z ∈ R

phần tử không) Phần tử đơn vị của phép nhân nếu có được ký hiệu bởi

1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0

đóng của hai phép toán trên A)

thỏa mãn điều kiện

ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.

iđêan của vành R

Cho I là một iđêan của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} được

phép toán

(x + I) + (y + I) = (x + y) + I,

(x + I)(y + I) = (xy) + I,

với mọi x, y ∈ R

như trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I

gồm (M, +) là một nhóm aben và một toán 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,

trong đó r, s ∈ R và x, y là các phần tử tùy ý trong M

thường ký hiệu là MR Tương tự ta cũng đinh nghĩa R-môđun trái

phải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

b) Ta phải có

(sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ).

phải với phép toán cộng và nhân hạn chế trên A

A ≤ M thì A = 0 hoặc A = M, nghĩa là M ̸= 0 và M có hai môđuncon là 0 và M

(2) Vành R được gọi là đơn nếu R ̸= 0 và với mọi A ≤R RR thì A = 0

hoặc A = 0, nghĩa là R ̸= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R

như A ̸= 0 và với mọi B ≤ M thỏa mãn B < A thì B = 0

(4) Tương tự, môđun con A ≤ M được gọi là môđun con cực đại nếunhư A ̸= M và với mọi B ≤ M thỏa mãn B > A thì B = M.

Bổ đề 4 MR đơn khi và chỉ khi M ̸= 0 và ∀m ∈ M, m ̸= 0 thì M = mR.Cho MR và N ≤ MR Vì N là nhóm con của nhóm cộng aben M nên

7 Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 7 Cho nhóm quaternion suy rộng

Q 4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2

và H là một nhóm con của Q4n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n thì

4n nếu k ∤n.

(ii) Nếu H = U i,j với i|n, 1⩽i⩽n, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Pr(H, Q4n) = n + i + 2

4n .

0⩽i⩽ 2n

k − 1



.

Ta xét hai trường hợp của k như sau

Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề 52 ta có

X

x∈R k

|CQ4n(x)| = |CQ4n(1)| + |CQ4n(rn)| + X

1 ⩽i⩽2nk −1 i̸= n k

Trường hợp 2: k ∤n Khi đó, theo Mệnh đề 52, ta có

(ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1 ⩽i ⩽ n, 0⩽ j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề 51

Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hoán tương đối của các nhómcon trong nhóm quaternion Q8, và tính độ giao hoán tương đối của các

xạ tuyến tính 1 − 1 đi từ E vào F.

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu topo nếu tồn tại ánh xạ liên tục T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 với ánh xạ ngược cũng liên tục T−1: F → E

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu metric nếu tồn tại một ánh xạ T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với mỗi x ∈ E

Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu của không gian vector địnhchuẩn.

gian đối ngẫu E′ của E là không gian tuyến tính được định nghĩa bởi:

Định lý 9 (E′, ∥.∥E′ ) là không gian Banach

Giả sử {fn} là một dãy Cauchy của E′, tức là

do {fn} là dãy Cauchy trong E′

Ta suy ra f n (x) là dãy Cauchy trong R, do đó f n (x) hội tụ, nghĩa là

sẽ tồn tại f (x) sao cho

Lưu ý: Nếu f ∈ E′ và x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E′ ×E thay cho f (x) và tagọi ⟨., ⟩E′ ×E là tích vô hướng trên không gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert.

9 Vô hạn chiều.

nếu nó không hữu hạn chiều và ta viết dimRE = ∞

Hamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa làmỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tậplớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong

E

Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff,

tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyếntính của những phần tử thuộc B

Khi dimRE = ∞, (E, ∥.∥E) và (E′, ∥.∥E′ ) không nhất thiết là đẳng cấutopo Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′, ∥.∥E′ )

như là tính tách được vẫn còn giữ trên (E, ∥.∥E)

Định lý 10 (E, ∥.∥E) là tách được nếu (E′, ∥.∥E′ ) là tách được

Trước khi chứng minh định lý này thì ta cần sử dụng điều kiện trù mậtcho không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banachthứ hai về hình học

Mệnh đề 8 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E) là

mật trong (E, ∥.∥E) và lấy x0 ∈ E \ M Khi đó tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′ ×E = 0, ∀x ∈ M và ⟨f, x 0 ⟩E′ ×E = 1.

Chứng minh Từ định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học, tồn tạig ∈ E′

sao cho siêu phẳng

H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E′ ×E = α},

tức là, các tập của tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử {xh :

h ∈N} với hệ số thực Khi đó De là đếm được, D là không gian con của

Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x 0 ∈ E \ D Khi đó từ mệnh

đề ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′ ×E = 0, ∀x ∈ D và ⟨f, x 0 ⟩E′ ×E = 1.

10 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

A ⊂Rn không compact Ví dụ lấy C0b(R) là không gian các hàm liên tục

Khi đó dễ thấy rằng (C0b(R), ∥.∥∞) là không gian Banach Giả sử f :R→

R là hàm được định nghĩa bởi

Khi đó dễ thấy họ các hàm F ⊂ C0b(R) là bị chặn và liên tục đều Tuynhiên F không compact trong (C0b(R), ∥.∥∞) Thật vậy, chú ý rằng

Định lý 11 Giả sử (X, d) là không gian metric Khi đó

(i) (X, d) là tách được khi và chỉ khi nó thỏa tiên đề thứ hai của tínhđếm được

(ii) Mỗi không gian con của (X, d) là tách được khi (X, d) là tách được.(iii) Giả sử (Y, ϱ) là không gian metric khác và T : (X, d) → (Y, ϱ) là đồngcấu Khi đó (X, d) tách được khi và chỉ khi (Y, ϱ) tách được

Nhận xét 3 Phải nhấn mạnh rằng mục này rất quan trọng trong giảitích cho các mục xấp xỉ Nghĩ ra các số hợp lý và chứng minh của định

(iii) I là không đêm được

Khi đó (X, τ ) không tách được

:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞ < 1

2

onếu x ∈ I

ph→ f đều trên [a, b].

Nhận xét 4 Bởi vì đa thức là các hàm đơn giản nhất, máy tính có thểtrực tiếp đánh giá các đa thức Định lý này có ý nghĩa trong cả lý thuyết

và thực tiễn Đặc biệt là trong nội suy đa thức

[a, b]

C0([a, b]), ∥.∥∞) tức là

∀f ∈ C0([a, b]), ∀ϵ > 0, ∃q ∈ D sao cho ∥f − q∥∞ ≤ ϵ.

Từ định lý xấp xỉ Weierstrass, với mọi ϵ > 0, tồn tại p ∈R[x], nghĩa là,

Bổ đề 5 Cho f ∈C0(Rn) Khi đó

ϱ ∗ f → f đều trên tập compact của Rn.

Theo tính liên tục đều của f trên tập compact K′, ∀ϵ > 0 tồn tại 0 <

δ = δ(ϵ, K′) < 1 thỏa mãn

|f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ). (16)Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (??),

|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| =

Z

Rn

f (x − y)ϱh(y)dy − f (x)

=