Lý thuyết động lực phức và một số ứng dụng

2 Mở rộng toán tử ∆ cho vành không có đơn vịBây giờ ta thay đổi định nghĩa của ∆ để có thể làm việc trên các vànhkhông chứa đơn vị.. Nếu mọi phần tử của vành R đều là chính quytương ứng,

LÝ THUYẾT ĐỘNG LỰC PHỨC VÀ MỘT

SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Qua việc hoàn thành luận văn, tác giả đã bắt đầu làm quen với việcnghiên cứu một cách có hệ thống, có phương pháp và có định hướng rõràng Các kinh nghiệm thu được là rất quý báu đối với tác giả trong quátrình học tập và nghiên cứu sau này Các khó khăn chủ yếu mà tác giảgặp phải là các đánh giá trung gian phức tạp trong việc chứng minh cácđịnh lí, điều này xuất phát từ điều kiện biên ban đầu khá phức tạp Tuynhiên luận văn cũng đã thu được một số kết quả có ý nghĩa, trên cơ sởtham kh?o các công trình nghiên cứu quan trọng đã được công bố trướcđây Các kết quả này có thể được sử dụng khi nghiên cứu các bài toán vachạm đàn hồi có lực cản nhớt ở mặt bên Việc khai triển tiệm cận xấp

xỉ theo 3 tham số bé được phát triển từ công trình [12], cho phép chúng

ta đánh giá gần đúng nghiệm của bài toán theo điều kiện cho trước Tuynhiên do khuôn khổ có hạn của luận văn nên tác giả chưa có dịp đề cậpđến vấn đề đánh giá sai số xấp xỉ theo các tham số bé và bậc khai triểncũng như chưa tìm hiểu cặn kẽ khả năng ứng dụng của các kết quả thu

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

Bây giờ ta thay đổi định nghĩa của ∆ để có thể làm việc trên các vànhkhông chứa đơn vị Cụ thể, xét tập ∆◦(R) = {r ∈ R|r + U◦(R) ⊆ U◦(R)}.Khi đó nếuR là vành có đơn vị thì ngay lập tức ∆◦(R) = ∆(R) Với vành

R bất kỳ, không nhất thiết phải có đơn vị 1 Ta ký hiệu R1 là vành baogồm R và đơn vị của Z Khi đó, U◦(Z) = 0 Ta dễ dàng kiểm tra được

Ta đã biết một kết quả cổ điển về căn Jacobsson J (R) của vành là

J (eRe) = eJ (R)e, với bất kỳ e lũy đẳng của R Ta sẽ chỉ ra dấu bằng

bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) vẫn giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong

Hệ quả ?? ta cũng thêm vào giả thiết 2 ∈ U (R)

(tương ứng, u ∈ U (R)) Nếu mọi phần tử của vành R đều là chính quy(tương ứng, chính quy đơn vị) thì R được gọi là vành chính quy (tươngứng, vành chính quy đơn vị)

Mệnh đề 1 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có

(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 chính quy đơn vị khác không

Chứng minh (1) Nếu y ∈ U (eRe), khi đó y1 = y + (1 − e) ∈ U (R) thỏamãn y = ey1e Ta lấy r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R) và ta chỉ ra rằng bất kỳphần tử khả nghịch y ∈ U (eRe) ta đều có e − yr ∈ U (eRe) Như trên, lấy

y 1 = y+1−e ∈ U (R) Từr ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R), ta được1−y 1 r ∈ U (R) Do đótồn tại phần tửb ∈ R thỏa mãn b(1 − y1r) = 1và vì vậy e = eb(1 − y1r)e = eb(e − y 1 re)e = eb(e − (y + 1 − e)re) = eb(e − yre) + eb(1 − e)re = ebe(e − yre),dấu bằng cuối cùng là do r ∈ eRe Điều này cho thấy e − yre = e − yr

là phần tử khả nghịch trái trong eRe Từ 1 − y1r ∈ U (R) ta cũng có

(1 − y1r)b = 1 và do đó 1 = (1 − (y + 1 − e)r)b = (1 − yr)b Nhân hai vế với

e ta được e = e(1 − yr)be = (e − yr)be = (e − yr)ebe Điều này có nghĩa là

ebe là phần tử khả nghịch phải và trái của e − yr

(2) Nếu e2 = e ∈ ∆(R), khi đó 1 − e = e + (1 − 2e) ∈ U (R), trong đó

1 − 2e là khả nghịch, do đó e = 0

(3) Nếu a ∈ ∆(R) là phần tử chính quy đơn vị, khi đó tồn tại mộtphần tử khả nghịch u ∈ U (R) thỏa mãn au là lũy đẳng Theo điều kiện

(2) ở trên ta suy ra a phải là không

Hệ quả 1 Cho R là một vành chính quy đơn vị, khi đó ∆(R) = 0

Hệ quả 2 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tửlũy đẳng của R

Dưới đây sẽ chỉ ra một số ví dụ mà ở đó ∆(R) ̸= J (R)

vành R thỏa mãn U (R) = U (A), khi đó J (A) ⊆ ∆(R) Cụ thể chọn

A là miền giao hoán với J (A) ̸= 0 và R = A[x], ta được 0 = J (R) ⊂

J (A) ⊆ ∆(R) (xem [?], Bài tập 4.24)

∆(S) ̸= 0 Điều này chỉ ra rằng quan hệ bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe)

trong Mệnh đề ?? là nghiêm ngặt trong trường hợp tổng quát.(4) ChoA là một miền giao hoán vớiJ (A) ̸= 0 và S = A[x] Khi đó, theo

(1), 0 ̸= J (A) ⊆ ∆(S) và rõ ràng J (S) = 0 R = M 2 (S), trong đó A

là miền giao hoán địa phương Theo Định lý ??, ∆(R) = J (R) = 0.Lưu ý, tâm Z = Z(R) của R = M2(S) là đẳng cấu với S và U (Z) =

U (R) ∩ Z Do đó, 0 = ∆(R) ∩ Z ⊆ ∆(Z) ≃ J (A) ̸= 0 Do đó, quan hệbao hàm ở Hệ quả ?? là nghiêm ngặt khi J (R) = 0 = J (Z(R)).Một vành R được gọi là 2-nguyên thủy nếu tập các phần tử lũy linh

N (R) trùng với căn nguyên tố B(R), tức là R/B(R) là vành rút gọn

J (R[x])

quả 28 ta có U (R[x]) = U (R) Do đó, theo định nghĩa của ∆(R[x]), ta có

∆(R) ⊆ ∆(R[x]) Lấy a + a 0 ∈ ∆(R[x]) trong đó a ∈ R[x]x và a 0 ∈ R Khi

đó, mỗi u ∈ U (R), a + a0 + u ∈ U (R) Ta có a0 + u ∈ U (R) và a = 0 và

∆(R) = ∆(R[x])

Bây giờ ta giả sửRlà vành 2-nguyên thủy Rõ ràngB(R[x]) = B(R)[x] ⊆

J (R[x]) R là vành 2-nguyên thủy và R/B(R) là vành rút gọn vì vậy

J (R[x]) = B(R[x]) = B(R)[x] Áp dụng phần đầu của chứng minh cho

R/B(R) và Mệnh đề ?? (2) ta có

∆(R) + B(R)[x] = ∆(R/B(R)[x]) = ∆(R[x]/J (R[x])) = ∆(R[x])/J (R[x]).

Ta có điều cần chứng minh

3 Các đặc trưng của ∆U -vành

Ta biết rằng 1 + J (R) ⊆ U (R) Vành R được gọi là U J-vành nếu U (R) ⊆

1 + J (R), nghĩa là 1 + J (R) = U (R) Lưu ý nếu R là U J-vành khi đó

(6) ∆(R[x]/(xn)) = ∆(R)[x]/(xn).

(7) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]]

Vành R được gọi là ∆U-vành nếu 1 + ∆(R) = U (R)

Mệnh đề 3 R là ∆U-vành khi và chỉ khi U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) (khi đó

U (R) + U (R) = ∆(R))

∆(R), 1 − v ∈ ∆(R), do đó u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R)

Các tính chất cơ bản của ∆U-vành

R i là ∆U khi và chỉ khi các vành R i là ∆U, với mọi i ∈ I

(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T, khi đó T là

∆U-vành Cụ thể, điều này áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R.Chứng minh (1) Hiển nhiên

(2)

(3) Giả sửx2∈ ∆(R) Khi đó(1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R)

tức là1+x ∈ U (R) VìRlà∆U-vành,1+x ∈ 1+∆(R), do đóx ∈ ∆(R).(4) Giả sử a, b ∈ R với ab = 1 Khi đó 1 − ba là lũy đẳng của R,

[b(1 − ba)2] = 0 = [(1 − ba)a]2∈ ∆(R).

Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) và (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy ra

1 − ba = (1 − ba)2= [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1

(5) Nếu I ⊆ J (R) là ideal, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I Giả sử R là ∆Uvành Khi đó u + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là ∆(U )-vành

u + I ∈ 1 + ∆(R)/I Ta có thể kiểm tra u ∈ 1 + ∆(R) Do đó, R là

Định lý 1 Mn (R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R là ∆U-vành

(⇒:) Giả sử rằng Mn (R) là ∆U-vành và n > 1 Đầu tiên ta sẽ chứng

minhRlà division Lấy bất kỳa ∈ R, a ̸= 0, ta cóX =

khả nghịch trong Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R là division.

Tiếp theo, ta chứng minh R ∼ = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= 0 và a ̸= 1 Lấy

nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta sẽ chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v

khả nghịch trong eRe Rõ ràng v + 1 − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên

u−e+v+1−e ∈ U (R)theo định nghĩa của∆, đặtu−e+v+1−e = t ∈ U (R)

Ta kiểm tra được et = te = ete = u − e + v, do đó ete ∈ U (eRe) Suy ra

u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), hoặc u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy,u ∈ e + ∆(eRe) hay

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy

Hệ quả 3 Giả sửM là(R, S)song môđun Khi đó vành ma trận các tamgiác dạng



R M

0 S



là ∆U-vành khi và chỉ khi R và S là các ∆U-vành

Hệ quả 4 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

3.2 Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

Nhớ lại rằng, vành R được gọi là vành 2-primal nếu căn nguyên tố của

nó bằng N (R)

-vành, khi đó R là ∆U-vành

∆(R) + J (R[x]) Mặt khác ta cũng có J (R[x]) = I[x] với I là iđêan lũylinh nào đó của R Bây giờ, ta giả sử R[x] là ∆U-vành Khi đó

U (R) ⊆ U (R[x]) = 1 + ∆(R[x]) = 1 + ∆(R) + I[x],

điều đó có nghĩa làU (R) ⊆ 1 + ∆(R) + I = 1 + ∆(R) ⊆ U (R), vì I là iđêanlũy linh (nên I ⊆ ∆(R)) Do đó U (R) = 1 + ∆(R), hayR là ∆U-vành.

(1) R là ∆U-vành khi và chỉ khi R[x]/xmR[x] là ∆U-vành

(2) R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành chuỗi lũy thừa R[[x]] là ∆U-vành.Chứng minh (1) Điều này suy ra từ Mệnh đề 2.4(5), từ xR[x]/xmR[x] ⊆

J (R[x]/xmR[x]) và (R[x]/xmR[x])/(xR[x]/xmR[x]) ∼ = R

(2) Ta xét(x) = xR[[x]] như là iđêan của R[[x]] Khi đó (x) ⊆ J (R[[x]]),

do R ∼ = R[[x]]/(x), kết quả này suy ra từ Mệnh đề 2.4(5)

Bổ đề 3 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuthỏa ϵi = idR

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R)

(2) Nếu S là ∆U-vành, khi đó R cũng là ∆U-vành

(3) Nếu R là ∆U-vành và ker ϵ ⊆ ∆(S), khi đó S là ∆U-vành

Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R)và U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S)).Lấy a ∈ ∆(S) Rõ ràng, a + U (S) ⊆ U (S), vì vậy ϵ(a) + ϵ(U (S)) ⊆ ϵ(U (S))

hoặc ϵ(a) + U (R) ⊆ U (R) Điều đó có nghĩa là ϵ(a) ∈ ∆(R) Do đó,

ϵ(y) ∈ U (R) = 1 + ∆(R), vì R là ∆U-vành Suy ra y − 1 = i(x) + v, trong

đó v tùy ý thuộc ker(ϵ) và x ∈ ∆(R) Lấy tùy ý u khả nghịch thuộc S.Lưu ý rằng x + U (R) ⊆ U (R) Ta có ϵ(i(x) + u) = x + ϵ(u) ∈ x + ϵ(U (S)) =

x + U (R) ⊆ U (R) = ϵ(U (S)) và i(x) + u = u′ + a trong đó u′ ∈ U (S) và

a ∈ ker(ϵ) Suy ra y − 1 + u = u′+ a + v ∈ U (S) + ker(ϵ) ⊆ U (S) + ∆(S)

theo giả thuyết Từ U (S) + ∆(S) ⊆ U (S) với mọi vành có đơn vị S, ta có

y − 1 + u ∈ U (S) với mọi u ∈ U (S) Điều đó có nghĩa là y − 1 ∈ ∆(S)hay

y ∈ 1 + ∆(S) Ta có điều phải chứng minh

ring Nếu RM là ∆U-vành, khi đó R là ∆U-vành

Mệnh đề 9 Cho R là vành giao hoán có đơn gị Vành đa thứcR[x] trên

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U

3.3 Tính chất ∆U trong các lớp vành

(1) R là ∆U-vành

(2) Tất cả các clean elements của R là ∆-clean

Định lý 3 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương(1) R là clean ∆U-vành;

(2) Với mỗi a ∈ R, ta có a − a2 ∈ ∆(R) và a − e ∈ ∆(R) trong đó e lũyđẳng, e ∈ R;

toán hai ngôi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:

(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,

(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a′∈ G sao cho a · a′ = a′· a = e

Để đơn giản, ta ký hiệu abthay cho a · b Phần tửe xác định trong (ii)

là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệu

là1 Với mỗi a ∈ G, phần tửa′ xác định trong (iii) là duy nhất, được gọi

là phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G được gọi làgiao hoán (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữuhạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần tử của G

là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|

nhóm con củaG, ký hiệu là H⩽ G, nếu các điều kiện sau đây thỏa mãn:(i) Phép toán trên G hạn chế lên H cảm sinh một phép toán trên H,(ii) H là một nhóm với phép toán cảm sinh

nhóm con bé nhất của G chứa S, và gọi S là một tập sinh của ⟨S⟩ Đặcbiệt, một nhóm có tập sinh chỉ gồm một phần tử được gọi là nhóm xiclíc

là một nhóm con của G Khi đó |H| là một ước của |G|

Với Glà một nhóm hữu hạn, và H ⩽G, ta ký hiệu |G : H| = |G| : |H|,

và gọi là chỉ số của nhóm con H đối với G

Mệnh đề 12 Cho G là một nhóm, và A, B là hai nhóm con hữu hạncủa G Ký hiệu AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B} Khi đó

|AB| = |A||B|

|A ∩ B|.

Cho Glà một nhóm, và alà một phần tử của G Vớiu là một phần tửcủaG, liên hợp củaubởia, ký hiệu làua, được định nghĩa làua = a−1ua.Với H là một nhóm con củaG, ta gọi H là một nhóm con chuẩn tắc của

G, ký hiệu là H◁G, nếu ha ∈ H với mọi a ∈ G, h ∈ H

G/N = {aN | a ∈ G}.

Khi đó G/N là một nhóm với phép toán xác định như sau Với a, b ∈ G

(aN )(bN ) = abN.

Với S là một tập con của G, tâm hóa củaS trong G, ký hiệu làCG(S),được định nghĩa là

CG(S) = {a ∈ G | ua = uvới mọi u ∈ S}.

Trong trường hợp S = {x}, ta dùng ký hiệu CG(x) thay cho CG(S) Tâmcủa nhóm G, ký hiệu là Z(G), được định nghĩa là Z(G) = CG(G)

thương G/Z(G) không là nhóm xiclíc

Cho G là một nhóm Với x và y là hai phần tử của G, giao hoán tửcủa x và y, ký hiệu là [x, y], được định nghĩa là

[x, y] = x−1y−1xy.

Nhóm con giao hoán tử của G, ký hiệu là G′, được định nghĩa là nhómcon sinh bởi tập tất cả các giao hoán tử

{[x, y] | x, y ∈ G}.

Cho hai nhóm G và H Một ánh xạ f : G → H được gọi là một đồngcấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G

f (ab) = f (a)f (b).

ta gọi f là một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu, đẳng cấu) Ta ký hiệu

Aut(G) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của G

Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồngcấu nhóm Khi đó, tập hợp

G = {(x, h) | x ∈ N, h ∈ H}

là một nhóm với phép toán xác định như sau Với mọi (x1, h1), (x2, h2) ∈ G,

(x1, h1)(x2, h2) = (x1θ(h1)(x2), h1h2).

N bởi H ứng với tác động θ, và ký hiệu là G = N ×θ H Trong trườnghợp đặc biệt khi θ là đồng cấu tầm thường thì tích nửa trực tiếp chính

là tích trực tiếp

p là một số nguyên tố Một nhóm G được gọi là một p-nhóm nếu |G| làmôt lũy thừa của p Ta thấy rằng một nhóm con, một nhóm thương củamột p-nhóm cũng là một p-nhóm

(i) Mọi nhóm có cấp p đều là nhóm xiclíc

(ii) Mọi nhóm có cấp p2 đều là nhóm abel

cách duy nhất thành tích trực tiếp các nhóm xiclíc

G ∼ = C n 1 × Cn2 × · · · × Cnk

trong đó n i⩾ 2, i = 1, 2, k, và n 1 | n 2 | · · · | nk

Sau đây là một số kiến thức về nhóm đối xứng và nhóm thay phiên.ChoX là một tập hợp Một song ánh từ tập X đến chính nó được gọi làmột phép thế trên tập X Ký hiệu S(X) là tập tất cả các phép thế trên

gọi S(X) là nhóm đối xứng trên tập X Ta dùng ký hiệu Sn để chỉ nhómđối xứng trên tập X = {1, 2, , n} và gọi Sn là nhóm đối xứng bậc n

thành một tích các xích rời nhau Phân tích này là duy nhất nếu không

hợp với nhau khi và chỉ khi chúng có cùng kiểu

Cho σ ∈ Sn với n ⩾ 2. Ta nói cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ

nếu i < j và σ(i) > σ(j). Dấu của phép thế σ, ký hiệu là sign(σ), đượcxác định bởi công thức

sign(σ) = (−1)t

trong đó tlà số các nghịch thế của σ Nếu sign(σ) = 1 thì ta gọiσ là mộtphép thế chẵn, nếu sign(σ) = −1 thì ta gọi σ là một phép thế lẻ

Mệnh đề 17 Cho σ, τ ∈ S n với n⩾1. Khi đó

(i) sign(στ ) =sign(σ)sign(τ ).

(ii) Nếu σ là một xích độ dài k thì sign(σ) = (−1)k+1.

Với n⩾2 ta ký hiệu An là tập các phép thế chẵn bậcn. Khi đóAn làmột nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của Sn. Ta gọi An là nhóm thay phiênbậc n

Cuối cùng trong mục này là một kết quả về độ giao hoán của mộtnhóm

Định nghĩa 1 Cho G là một nhóm Ký hiệu

với n ⩾3, và H là một nhóm con của Dn Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n thì

n + 2 2n nếu n chẵn (iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp của k.

Trường hợp 2a: k ∤ n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 35 ta cóX

Trường hợp 2b: k | n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 35 ta cóX

1 ⩽l⩽nk−1

|CDn(rkl)| = CDn rn2

1 ⩽l⩽nk−1 l̸=2kn

Vậy ta có điều phải chứng minh

(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề 34, |Tl| = 2 do đó

Từ đó suy ra

Pr(Tl, D n ) = 1

4n (2n + 4) =

n + 2 2n .

Vậy ta có điều phải chứng minh

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

Ta xét hai trường hợp của n

Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề 35 ta có

Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp của i.

Trường hợp 2a: i∤ n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 35 ta cóX

Trường hợp 2b: i

n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 35 ta cóX

1 ⩽l⩽ni −1

|CDn(ril)| = CDn(rn2 ) + X

1 ⩽l⩽ni −1 l̸= n 2i

Vậy ta có điều phải chứng minh

Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hoán tương đối của các nhómcon trong nhóm nhị diện D3 và D4 bằng cách áp dụng Mệnh đề ??.

2 · 4 =

3

4;Pr(U2,0, D4) = Pr(U2,1, D4) = 4 + 2 · 2 + 4

6 Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành

Ta biết rằng 1 + J (R) ⊆ U (R) Vành R được gọi là U J-vành nếu U (R) ⊆

1 + J (R), nghĩa là 1 + J (R) = U (R) Lưu ý nếu R là U J-vành khi đó

∆(R) = J (R)

Một vành R được gọi là ∆U-vành nếu 1 + ∆(R) = U (R)

Mệnh đề 20 Một vànhR là∆U-vành khi và chỉ khiU (R)+U (R) ⊆ ∆(R)

(khi đó U (R) + U (R) = ∆(R))

Chứng minh Giả sửR là ∆U-vành, lấy bất kỳ u, v ∈ U (R), ta có 1 + u ∈

∆(R) và 1 − v ∈ ∆(R), do đó u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay

U (R) + U (R) ⊆ ∆(R)

Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy raU (R) + U (R) = ∆(R) (vì

∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay 1 + ∆(R) = U (R) Vậy R là ∆U-vành

Mệnh đề sau trình bày một số tính chất cơ bản của ∆U-vành

Ri là ∆U khi và chỉ khi các vành Ri là ∆U, với mọi i ∈ I

(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T, khi đó T là

∆U-vành Cụ thể áp dụng cho Z = Z(R) tâm của R

Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) và (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy ra

1 − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R)

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1.

(5) Nếu I ⊆ J (R)là iđêan, khi đó∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề ??.Giả sử R là ∆U-vành Khi đó, bất kỳ u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) vìvậy u ∈ 1 + ∆(R) Suy rau + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là

∆U-vành

Ngược lại, giả sử R/I là∆U-vành Lấyu ∈ U (R) tùy ý Khi đó u + I ∈

1 + ∆(R)/I Ta có thể kiểm tra u ∈ 1 + ∆(R) Do đó, R là ∆U-vành

(6) Hiển nhiên

(7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ra ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây giờ

U (R) = 1 + ∆(R) cho

1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = 1 + (∆(R) ∩ T ) ⊆ 1 + ∆(T ).

suy ra 1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) hayT là ∆U-vành

Định lý 7 Vành ma trận Mn (R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R

là ∆U-vành

(:⇒) Giả sử rằng Mn (R) là ∆U-vành và n > 1 Đầu tiên ta sẽ chứngminh R là thể, tức là mọi phần tử khác không đều khả nghịch Lấy bất

Tiếp theo, ta chứng minh R ∼ = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= 0 và a ̸= 1 Lấy

và R ∼ =M1(R) là ∆U-vành

Khi đó eRe là ∆U-vành

Chứng minh Lấyu ∈ U (eRe) Khi đóu + 1 − e ∈ U (R) Vì R là ∆U-vànhnên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta sẽ chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v

khả nghịch trong eRe Rõ ràng v + 1 − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên

u−e+v+1−e ∈ U (R)theo định nghĩa của∆, đặtu−e+v+1−e = t ∈ U (R)

Ta kiểm tra được et = te = ete = u − e + v, do đó ete ∈ U (eRe) Suy ra

u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), hoặc u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy,u ∈ e + ∆(eRe) hay

eRe là ∆U-vành

A MB và BNA là các song môđun, tồn tại một tích context M × N → A

là Morita context tầm thường theo [?]

và u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) với a nào đó thuộc ∆(R) Suy ra

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy

Hệ quả 6 Giả sửM là(R, S)song môđun Khi đó vành ma trận các tamgiác dạng



R M

0 S



là ∆U-vành khi và chỉ khi R và S là các ∆U-vành

Hệ quả 7 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

7 Vô hạn chiều.

Định nghĩa 2 (i) Không gian vector thực E được gọi là vô hạn chiềunếu 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

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

Định lý 9 (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 23 (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.

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

E và theo cách xây dựng

˜

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.

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

đề ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho

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 3 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là mộtdãy 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,

(i) Nếu A compact và B đóng, khi đó A + B đóng;

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

Mệnh đề 24 (Định nghĩa tính chất của mollifiers đầu tiên) Cho f ∈

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

Vì vậy ta được

|ϱ(xr− y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK(y)|f (y)||xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N (6)

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

Nhận xét 1 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên không gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề ?? 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 10 (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.

Định lý 11 (Bổ đề cơ bản của tính toán các biến) Cho Ω ⊂Rn là tập

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. (7)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 (58), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

Định lý 12 (Xấp xỉ theo các hàm C∞ trong Lp) Cho Ω ⊂ Rn là tập

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

Chứng minh Cho f ∈ Lp(Ω), định nghĩa ef : Rn →R bởi

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (10)Định nghĩa

Từ định lý ?? (iv),

ϱh∗ f →e fe trên Lp(Rn),

theo định lý hội tụ miền

gh → fe trong Lp(Rn).

Khi đó theo (??), ta có điều phải chứng minh

9 Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

C0(A) := {f : A →R, f liên tục tại mọi x ∈ A}.

(ii) Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho f ∈C0(K) Ta ký hiệu ∥f ∥∞ làmột số thực không âm và được xác định bởi

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứngminh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vô hạn chiều trên R

Ta chứng minh nó là không gian Banach Nghĩa là phải chỉ ra mỗi dãyCauchy (fh)h ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) đều hội tụ (tại một phần tử thuộc khônggian) Giả sử (fh)h là dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈N

Từ (??), lấy qua giới hạn trong (??), cho k → ∞ ta được

∀ϵ > 0, ∃k ∈N sao cho |fh(x) − f (x)| ≤ ϵ ∀h ≥ k, x ∈ Ω,

theo định nghĩa thì fh→ f đều trên Ω Do dó f ∈C0(Ω)

Tính compact trong (C0(Ω), ∥.∥ ∞ ).

Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu đặc trưng của các tập con compact trên

(C0(Ω), ∥.∥∞) Đầu tiên ta sẽ nhớ lại một số khái niệm và kết quả quantrọng liên quan đến chủ đề compact trong không gian metric

Định nghĩa 5 Cho (X, d) là không gian metric và ký hiệu B(x, r) làhình cầu mở trong X, tâm x bán kính r > 0 với x ∈ X

Định lý 14 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gianmetric) Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có cácđiều sau đây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

(iii) (A, d) là đầy đủ và bị chặn hoàn toàn;

Định lý 15 (Riesz) Cho (E, ∥.∥) là không gian định chuẩn và ta ký hiệu

BE := {x ∈ E : ∥x∥ ≤ 1} Khi đó BE compact khi và chỉ khi dimRE < ∞

định chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hoàn toàn

Ví dụ như A = BE

Định nghĩa 6 Cho A ⊂Rn Một họ các tập F ⊂C0(A) được gọi là tựaliên tục nếu với mọi ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho mỗi f ∈ F , |f (x) − f (y)| < ϵ

với mọi x, y ∈ A thỏa |x − y| < δ

Ta thêm những tiên đề chuẩn của các tập compact trong(C0(K), ∥.∥∞)

khi K ⊂Rn là compact

C0(K) Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞) khi và chỉ khi F là:(i) đóng trên (C0(K), ∥.∥∞);

(ii) bị chặn trên (C0(K), ∥.∥∞);

(iii) liên tục đều

Hệ quả 9 Cho K ⊂Rn là compact và cho F ⊂ C0(K) Giả sử rằng F

bị chặn và liên tục đều Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

Cụ thể hệ quả này cho ta kết quả đặc biệt sau

Hệ quả 10 Cho fh : [a, b] → R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả

sử rằng:

(i) ∃M > 0 sao cho |f (x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], ∀h.

(ii) (fh)h là liên tục đều, nghĩa là, ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho |fh(x) −

fh(y)| < ϵ, ∀x, y ∈ [a, b] với |x − y| < δ, ∀h.

Khi đó ta có một dãy con (fhk)k và hàm f ∈C0([a, b]) thỏa mãn fhk → f

đều trên [a, b]

Định lý 17 Giả sử M > 0 là một hằng số cho trước và

F = {f ∈C1([a, b]) : ∥.∥C1 ≤ M }.

Khi đó F là tập compact tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞);

Chứng minh định lý ?? Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý ?? ta có thể chỉ

ra rằng F là một compact dãy Vì vậy một dãy bất kỳ (fh)h ∈ F có mộtdãy con (fhk)k hội tụ về một hàm f ∈ F, nghĩa là,

∥fhk − f ∥∞ → 0 khi k → ∞

Nhớ rằng K là compact và tách được Giả sử D := {xi : i ∈N} đếm được

và trù mật trong K F bị chặn nghĩa là tồn tại M 1 > 0 thỏa mãn

Bước 1: (fh(x1))h là một dãy số thực trong [−M2, M2] Suy ra dãy này

có một dãy con (fh(1)(x1))h hội tụ trong R;

Bước 2: Xét dãy(fh(1)(x2))h⊂ [−M2, M2] Do đó dãy con(fh(2)(x2))h cũnghội tụ Chú ý rằng dãy (fh(2)(x1))h cũng hội tụ vì có dãy con (fh(1)(x1))h

hội tụ

Tiếp tục quá trình như trên ta được

Bước k: Một dãy con (fh(k))h của (fh(k−1))h thỏa mãn (fhk(xj))h là hội tụvới mỗi j = 1, k

Ta có tình huống sau đây:

Rn thỏa mãn N = N (σ), x i ∈ K với mỗi i = 1, , N và

Vì vậy bây giờ ta chọn σ = δ/2 Khi đó tồn tại N = N (σ) = N (δ) = N (ϵ)

Nghĩa là (gk)k là dãy Cauchy trong (C0(K), ∥.∥∞) Từ (C0(K), ∥.∥∞) là

đầy đủ và F là đóng, suy ra tồn tại f ∈ F thỏa mãn lim

k→∞ ∥gk− f ∥∞= 0

Từ(gk)k là dãy con của dãy(fh)h, chúng ta phải chỉ ra rằngF là compact

dãy

Sự cần thiết: Cần chỉ ra rằng, nếu F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

khi đó ta có được (i), (ii) và (iii) Giả sử F là compact trong không gian

metric (C0(K), ∥.∥∞), khi đó, theo tính chất của các tập compact trong

ra rằng F liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (??) Theo phản