Hàm phần nguyên và ứng dụng

Nếu như ở các ngành khoa học đã nêu việc nghiên cứu các môhình với biến liên tục tỏ ra đã xác định được thế mạnh thì trong môhình các biến rời rạc việc sử dụng các kết quả và kiến thức c

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

HÀM PHẦN NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Để giải quyết một mô hình toán học thì ta có nhiều cách tiếp cận, bằngcách sử dụng các chuyên ngành khoa học khác như Lý thuyết phươngtrình vi phân, Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, Đại số tuyếntính, Nếu như ở các ngành khoa học đã nêu việc nghiên cứu các môhình với biến liên tục tỏ ra đã xác định được thế mạnh thì trong môhình các biến rời rạc việc sử dụng các kết quả và kiến thức của lý thuyếtsai phân cho thấy giá trị vượt trội Thực tế đã chỉ ra các mô hình liênquan đến dân số, tài chính, môi trường, ngân hàng, Và cùng các vấn

đề trong Lý thuyết phương trình vi phân, Phương trình đạo hàm riêng

2 Các cận cho độ giao hoán tương đối của một nhóm con

Mệnh đề sau đây cho ta cận trên và cận dưới cho độ giao hoán tươngđối của một nhóm con của một nhóm

Rõ ràng độ giao hoán tương đối của mọi nhóm con của một nhóm

tương đối của các nhóm con của một một nhóm không giao hoán

Mệnh đề 2 Cho G là một nhóm không giao hoán và H là một nhóm

(i) Nếu H ⊆ Z(G) thì Pr(H, G) = 1.

(ii) Nếu H ⊈ Z(G) thì Pr(H, G) ⩽ 3

Vậy ta có điều phải chứng minh

Kết quả sau đây mô tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề ??

Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H không giao

(i) Cho f : Ω → R và i = 1, , n, ta nói rằng f liên tục và khả vi cấp

không gian Banach vô hạn chiều, nhưng không là không gian Hilbert

ra nó là đầy đủ nhưng không là không gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntính

Bài tập 1 Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là không gian Banach Cho E × F

Theo (13), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hội

tụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển

(iii) liên tục đều trên Ω.

Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1 ), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1 ) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω) )

là ánh xạ được định nghĩa bởi (12)

Trong chứng minh của định lý 15 ta chỉ ra được tồn tại

(Ω)×C0(Ω) ) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = F

và π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà

- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Bài tập 3 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng

Nhận xét 1 Cho

F = BC1

([a,b]) := {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F không compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1 ) vì theo định lý Riesz’s

tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và

được bảo toàn qua phép đồng phôi, ta cần chỉ ra rằng không gian con

(M, ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) )của không gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) )

là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý

??), bài tập 3 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến không giancon (Xem định lý ?? (ii))

4 Không gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

Lip(f ) =Lip(f, A) := sup



|f (x) − f (y)|

|x − y| : x, y ∈ A, x ̸= y



được gọi là hằng số Lipschitz của f.

Nhận xét 2 Định nghĩa của các hàm Lipschitz là khái niệm metric

ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X

(i) f liên tục đều trên A;

(ii) tồn tại duy nhất f : A →¯ R với f |A = f và Lip(f ) = Lip(f )

E :Lip(A) →Lip(A), E(f ) := f là song ánh Theo kết quả này, ta có thể

không gian C1(Ω)

với 1, β < 2 Khi đó f ∈C1\Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy rằng f ∈C1 Tachứng minhf / ∈Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sửf ∈Lip(Ω) Khi đó tồntại L > 0 thỏa mãn, với mỗi (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,

(ii) Quan hệ bao hàm này là chặt

Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) và f (x) = |x| Khi đó f ∈Lip(Ω) \C1(Ω)

là tính khả vi, đã được chứng minh trong trường hợp một chiều

thị

∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω+Lip(f, Ω).

∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip

chuẩn, chú ý rằng

Lip(f + g) ≤Lip(f ) +Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω). (4)

Ta phải chỉ ra tính đầy đủ Cho(fh)hlà dãy Cauchy trong(Lip(Ω), ∥.∥Lip),nghĩa là với mỗi ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N thỏa mãn

(fh)h là dãy Cauchy trong (C0(Ω), ∥.∥∞).

ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho

|fh(x) − f (x)| +fh(y) − f (y) − fh(z) + f (z)

y − z ≤ ϵ ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z.

h→∞ ∥fh− f ∥Lip = 0

hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh nó không phải là khônggian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, bằng cách sử dụngđẳng thức hình bình hành

Theo hệ quả của mệnh đề 73 ta được kết quả sau

1

L ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 ∀f ∈ C1(Ω),

C1(Ω) là không gian con đóng của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Ω = (a, b) Theo mệnh đề 73 và nhận xét 12 (ii), ta cần chỉ ra rằng quan

hệ bao hàm này là một phép đẳng cự Điều này suy ra

Bài tập 4 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1.

F = BLip(Ω) := {f ∈Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1}.

Khi đó BLip(Ω) là compact trong (Lip(Ω), ∥.∥∞)

dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 51) Chứng minh rằng

(i) F là bị chặn trong (C0(Ω), ∥.∥∞): hiển nhiên theo định nghĩa

(ii) F đóng trong (C0(Ω), ∥.∥∞): nghĩa là, nếu (fh)h ⊂ F với ∥fh− f ∥∞,

nhưng không có trên C1(Ω)

không tách được

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng tồn tại một họ tách rời nhau không

Ta chia chứng minh thành hai bước

Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) là họ hàm

U α := {f ∈Lip((a, b)) : ∥f − u α ∥Lip < 1 ∀α ∈ I}

Ta được điều mong muốn

mở (a1, b1) × · · · × (an, bn) ⊂ Ω Cho {fα : α ∈ (a1, b1)} ⊂Lip(Ω) là họ cáchàm được định nghĩa bởi

Ta đã xem xét lớp Lip(Ω) của hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R cái

mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

|f (x) − f (y)| < C|x − y| ∀x, y ∈ Ω (L)

Với C > 0 Giống như các hàm thỏa mãn (L), các hàm thỏa mãn tính

|f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H)với hằng số C, α > 0

với C > 0 và α > 1 Khi đó f ≡ const

Do đó điều kiện Holder không còn ý nghĩa cho các hàm với số mũ lớnhơn một trong tập mở liên thông

với mũ α > 0 nếu nó thỏa mãn (H) với hằng sô C > 0

5 Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)

∥.∥C1 được gọi là chuẩn C1.

không gian Banach vô hạn chiều, nhưng không là không gian Hilbert

ra nó là đầy đủ nhưng không là không gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntính

với (f, g) ∈C0(Ω) ×C0(Ω và chứng minh rằng

Theo (13), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hội

tụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển

(iii) liên tục đều trên Ω

Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1 ), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1 ) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω) )

là ánh xạ được định nghĩa bởi (12)

Trong chứng minh của định lý 15 ta chỉ ra được tồn tại

T−1: (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω) ) → (C1(Ω), ∥.∥C1 )

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1 ) tương đương với T (F )

compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) ) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

và π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà

- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Bài tập 8 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng

Nhận xét 6 Cho

F = BC1

([a,b]) := {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F không compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1 ) vì theo định lý Riesz’s

tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và

là ánh xạ được định nghĩa trong (12) VìT là đồng phôi và tính tách đượcđược bảo toàn qua phép đồng phôi, ta cần chỉ ra rằng không gian con

(M, ∥.∥C0 (Ω)×C 0

(Ω) )của không gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0

(Ω) )

là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý

??), bài tập 3 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến không giancon (Xem định lý ?? (ii))

6 Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành

(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =

1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)

U (R) = 1 + ∆(R)

toán cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi

Định lý 11 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau làtương đương

v ∈ R thỏa mãn (1 ư u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 ư u) Khi đó ta có

(1, uư1)(1, ưv) = (1, ư(1ưu))(1, ưv) = (1, ư(1ưu)◦v) = (1, 0) = (1, ưv)(1, uư1).

(1, u ư 1) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R) hoặc (0, u ư 1) ∈ ∆(Z⊕ R).

1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó

u + t ư 1 ∈ U (R) Suy ra u + t ư 1 = (u ư 1) + t ∈ U (R) với mọi t ∈ U (R)

(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R

là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khi

đó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (ư1, b) với a, b ∈ R

(1, ưy) của Z⊕ R thỏa mãn (1, ưx)(1, ưy) = (1, 0) = (1, ưy)(1, ưx) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1ưx ∈ U (R)

(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (−1, v) với u, v ∈ R Nếu

α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆

U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy −(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với

(−(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (−(a + u)) Đặtc = −(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và

với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần được

ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]) ¯ Theo giả thuyết,

Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈ ¯

U (R[D, C]) và chứng minh trên

(⇐:) Giả sử D và C là ∆U-vành Lấy u = (u ¯ 1 , u 2 , , u n , v, v, ) ∈

U (R[D, C]), trong đó ui ∈ U (D) với 1 ≤ i ≤ n và v ∈ U (C) ⊆ U (D) Tachỉ ra rằng u ∈ ∆(R[D, C]) ¯ hoặc u − 1 + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]) ¯ Thậtvậy, tất cả ¯ a ∈ (a1, a2, , am, b, b, ) ∈ U (R[D, C]) trong đó ai ∈ U (D),

1 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có

r = e + t trong đó e là phần của lũy đẳng của R và t ∈ ∆(R) Vành R

tử ∆-clean đều là clean

(2) Tất cả các phần tử clean của R là ∆-clean.

ý 1 − 2e ∈ U (R) = 1 + ∆(R), do đó 2e ∈ ∆(R) Khi đó 2e + a ∈ ∆(R) và

r = e + 1 + a = (1 − e) + (2e + a) là biểu diễn ∆-clean của r

(2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi đó u là clean nên theo giả thiết u cũng

(1) ⇒ (2) Giả sử R là clean ∆U-vành Khi đó, nếu a ∈ R thì a − e ∈

(j − j2) − (ej + je) Chú ýj − j2 ∈ ∆(R)và 2e ∈ ∆(R) Bây giờ ta sẽ chứngminh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có

[ej(1 − e)]2 = 0 = [(1 − e)je]2

và theo Mệnh đề ?? ta được

ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R)

và

je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R).

Suy ra je − ej ∈ ∆(R) Vì vậy ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R)

(2) ⇒ (3) được suy ra từ định nghĩa

Rõ ràng Hệ quả 6 cũng suy ra từ Định lý ?? Nghĩa là mọi vành chính

tử chính quy mạnh được gọi là vành chính quy mạnh

đương

a ∈ R thỏa mãn a2 = 0 Theo Định lý ??, có một phần tử lũy đẳng

e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ =M2 (T ), trong đó T là vành không tầm thường

lý 51

(2) ⇒ (3) Hiển nhiên

(3) ⇒ (4) Cho x ∈ R bất kỳ Khi đó x = ue trong đó u ∈ U (R) và

e2 = e ∈ R Do R là ∆U-vành, nên chúng ta có u = 1 hay y x = e, và vì

(4) ⇒ (1) Hiển nhiên

đổi nếu mỗi phần tửa ∈ R, tồn tạie2 = e ∈ aR thỏa mãn1 − e ∈ (1 − a)R.Hoàn toàn tương tự, chúng ta cũng có các kết quả sau:

đương

(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;

Cơ sở của định lý Rolle dựa trên hai định lý cơ bản là Weierstrass và

đoạn [a, b]thì nó bị chặn và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trênđoạn đó Định lý Fermat về điểm cực trị của hàm cũng khẳng định rằng

địa phương hoặc cực tiểu địa phương) thuộc khoảng đó thì giá trị đạohàm tại điểm cực trị địa phương bằng không

khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f′(c) = 0

Chứng minh

tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b], nghĩa là tồntại x1, x2 ∈ (a, b) sao cho

f (x1) = min

[a,b] f (x) = m, f (x2) = max

[a,b] f (x) = M

Có hai khả năng xảy ra:

mọi c ∈ (a, b)

hai điểm x 1 , x 2 phải thuộc khoảng (a, b) Không mất tính tổng quát ta

không

Định lý được chứng minh xong

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle

ChoC là đường cong trơn với hai đầu mút A, B có cùng "độ cao" (trong

vì f (a) = f (b))

f′(x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) (Phương

với (k = 1, 2, , n))

Chứng minh

đã được sắp thứ tự x1 < x2 < < xn Khi đó ta áp dụng định lý Rollecho n − 1 đoạn [x 1 , x 2 ], [x 2 , x 3 ], , [x n−1 , x n ] thì phương trình f′(x) = 0 có

ít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1, x2), (x2, x3), , (xn−1, xn).Gọi n − 1 nghiệm đó là ξ1, ξ2, , ξn−1 thì ta có:

f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle chon−2khoảng(ξ1, ξ2), (ξ2, ξ3), , (ξn−2, ξn−1)

thì phương trìnhf′′(x) = 0có ít nhấtn − 2nghiệm phân biệt trên khoảng

(a, b)

nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

trên khoảng (a, b) Khi đó nếu phương trình f′(x) = 0 có không quá n − 1

Chứng minh

điều phải chứng minh

9 Nhóm đối xứng

Trong mục này chúng tôi tính toán độ giao hoán tương đối của nhóm

là một dãy không tăng các số nguyên dương (k 1 , k 2 , , k s ) sao cho

Trong ví dụ sau đây chúng tôi tính toán các giá trị Pr(A n , S n ) với

(5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2), (3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).

10 Các khái niệm cơ bản

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

thỏa mãn điều kiện

ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.

phép toán

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

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

với mọi x, y ∈ R

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

phải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

b) Ta phải có

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

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

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.

Cho MR và N ≤ MR Vì N là nhóm con của nhóm cộng aben M nên

11 KHÔNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH

nếu 1 ≤ p < ∞ và không tách được nếu p = ∞

Ta cần hai kết quả cơ bản để chứng minh định lý ??: trước là kết quảtopo (Urysohn’s Lemma) và sau là các quan hệ xấp xỉ trong không giancác hàm liên tục Lp

C0c(X) := {f : X →R liên tục và spt(f ) là compact trong (X, d)}

ở đây spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0}.

Bổ đề 2 (Bổ đề Urysohn) Cho X là compact địa phương trên không

K ⊂ V Khi đó, tồn tại một hàm φ ∈ C0c(X) thỏa mãn

0 ≤ φ ≤ 1, φ ≡ 1 trong K và spt(φ) ⊂ V.

mở Khi đó C0c(Ω) là trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ), biết 1 ≤ p < ∞

Chứng minh của định lý 33 cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơbản trong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại

hàm đơn giản đo được sh: X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất(i) 0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh≤ ≤ f ;

Định lý 20 (Lusin - Dạng trên không gian metric compact địa phương)

A ⊂ X với

µ(A) < ∞, f (x) = 0 ∀x ∈ X \A và |f (x)| < ∞ µ−hầu khắp nơi x ∈ X.

Khi đó, với mỗi ϵ > 0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho

Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước.

|{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp(Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (11)

được bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý 34), tồn tại một dãyhàm đơn giản đo được sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) sao cho

∥sh− f ∥ ≤ 2f trong Ω, ∀h. (16)Theo (31) và (33), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đónếu 1 ≤ p < ∞, ta được

lim

h→∞ ∥sh− f ∥Lp = 0. (17)Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (34), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh− f ∥Lp < ϵ

ký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử rằng ∥s∥∞ > 0, nếu không thì

s ≡ 0 ∈ C0c(Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s,tồn tại hàm g ∈C0c(Ω) thỏa mãn

|Ac| = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵ

p

4p∥s∥p∞, (18)

được, khi đó ta chứng minh

Bây giờ giả sử rằng Ω không bị chặn Theo kết quả đã biết của topo,

tồn tạih = h(g) = ϵ ∈ N sao choK ⊂ Ωh Điều này có nghĩa là g ∈C0c(Ωh)

và ta có kết luận như ở bước trước

Bây giờ ta chứng minh (39)

Nhớ lại rằng (C0(K), ∥.∥∞) là tách được, biết K ⊂Rn là tập compact(định lý ??)

C0c(Ωh) ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) Vì (C0(Ω), ∥.∥∞) tách được nên với h, tồn tạimột tập

D ⊂ (C0(Ωh), ∥.∥∞) trù mật và đếm được (27)

Như vậy được (45)

Cho a ∈ Ω và cho ωa := B(a, ra) ở đây ra > 0 với B(a, ra) ⊂ Ω Địnhnghĩa

• U a ∩ Ub = ∅ nếu a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ U a ∩ Ub, điềunày nghĩa là

lớn 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,

Khi dimRE = ∞, (E, ∥.∥E) và (E′, ∥.∥E′ ) không nhất thiết là đẳng cấu

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

Định lý 21 (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 11 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E)

trù 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.

sao cho siêu phẳng

˜

D⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.

Để đưa ra được kết luận của chứng minh, ta cần phải chỉ ra rằng

D⊂ (D, ∥.∥) là trù mật.

đề ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho

Lp(A) := {f : A →R: f đo được Lebesgue và ∥f ∥Lp < +∞}

Số ∥f ∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A