Lý thuyết nevanlinna và ứng dụng cho đa thức vi phân

2 Nhóm đối xứngTrong mục này chúng tôi tính toán độ giao hoán tương đối của nhómcon thay phiên An trong nhóm đối xứng Sn... Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hoán tương đối của các

LÝ THUYẾT NEVANLINNA VÀ ỨNG DỤNG CHO ĐA THỨC VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ rất lâu và vẫn xuyên suốt, thănghoa qua thời gian cho tói tận ngày nay Có ít nhất ba lí do giải thích tạisao chúng ta luôn quan tâm tói bất đẳng thức Đó chính là thực hành,

lý thuyết, và quan trọng nhất là thẩm mỹ - vẻ đẹp tồn tại trong mắt củanhững người quan tâm tói bất đẳng thức Trong cái vẻ đẹp xuyên qualịch sử của bất đẳng thức thì không thể không nhắc tới một bộ phận làmnên vẻ đẹp đó, chính là các bất đẳng thức tích phân Bất đẳng thức tíchphân là một phần quan trọng trong tích phân có nhiều ứng dụng khôngchỉ trong toán học mà còn trong các lĩnh vực khác Bất đẳng thức tíchphân là bài toán khó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi,Olympic toán, Được sự hướng dẫn tận tình của thầy TS Trần ThanhTùng, chúng tôi đã tiếp cận hướng nghiên cứu này và chọn đề tài: “Bất

2 Nhóm đối xứng

Trong mục này chúng tôi tính toán độ giao hoán tương đối của nhómcon thay phiên An trong nhóm đối xứng Sn

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

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

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

(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên

3 Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 3 Cho nhóm quaternion suy rộng

Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2

(i) Nếu H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n thì

0⩽i⩽ 2n

k − 1



.

Ta xét hai trường hợp của k như sau

Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề 21 ta có

Trường hợp 2: k ∤n Khi đó, theo Mệnh đề 21, ta có

(ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1 ⩽i ⩽ n, 0⩽ j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề 20

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

2.

4 Vô hạn chiều.

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 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 1 (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

mật trong (E, ∥.∥E) và lấy x 0 ∈ 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

H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E′ ×E = α},

⟨g, x⟩E′ ×E < α < ⟨g, x0⟩E′ ×E ∀x ∈ M (1)

Từ M vẫn là không gian con, theo (25), suy ra

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

đề 13, tồn tại f ∈ E′ sao cho

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

Từ D trù mật, có một dãy con (fhk)k mà

lim

k→∞ ∥fhk− f ∥E′ = 0.

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

∆(R) = U◦(R)

(2) ⇒ (3) Hiển nhiên

(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)

Nếu R là một vành, mở rộng Dorroh là vành có đơn vị Z⊕ R, với phéptoán cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi

(n1, r1)(n2, r2) = (n1n2, r1r2+ n1r2+ n2r1).

(1) u ∈ U (R) khi và chỉ khi 1 ư u ∈ U◦(R)

(2) (1, u ư 1) ∈ U (Z⊕ R) với bất kỳ u ∈ U (R)

(3) (1, ưx)(1, ưy) = (1, ưx◦y) và(ư1, x)(ư1, y) = (1, ưx◦y)vớix, y ∈ R

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

Điều này nghĩa là (1, u ư 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó

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

Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có

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

(2) ⇒ (1) Giả sửR 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 = (−1, b) với a, b ∈ R

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

TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh

(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

Mệnh đề 6 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.

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

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C])

Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó

(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).

Vì vậy u − 1 + v ∈ U (D), nghĩa là u − 1 ∈ ∆(D) hoặc u ∈ 1 + ∆(D)

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, u2, , un, 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

và Rlà∆U-vành Theo Mệnh đề ??, ta có2 ∈ ∆(R), vì vậy1+2n ∈ U (R).

H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,

Một nhóm được gọi là hữu hạn địa phương nếu mọi nhóm con đượcsinh bởi hữu hạn phần tử là hữu hạn

Khi đó R := R/J (R)¯ là ∆U-vành Từ ∆(R) là lũy linh, 2 ∈ N ( ¯ R) Suy ra

∇( ¯ RG) ⊆ N ( ¯ RG) theo [4, Hệ quả, trang 682] Do đó, ∇( ¯ RG) là iđêan lũylinh được chứa trong J ( ¯ RG) Ta kiểm tra được rằng J (R)G ⊆ J (RG), vìvậy

J ((R/J (R))G) ∼ = J (RG/J (R)G) = J (RG)/J (R)G.

Chứng minh Lấy u ∈ U (RG) Khi đó ε(u) = 1 + ε(u − 1) ∈ U (R) theo Bổ

đề 3 (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộngε vài Vì R là∆U-vành nên tồn tại

j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề 3 (1) ta có ε(u − 1 + j) = 0

hay u − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG) suy ra

u ∈ 1 + ∆(RG)

Hệ quả 1 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữu

7 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)

(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

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

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

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

là ∆U-vành

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

Chứng minh Lấyu ∈ U (eRe) Khi đóu + 1 − e ∈ U (R) Vì R là ∆U-vành

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

là Morita context tầm thường theo [?].

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

8 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

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.

Vành con I củaR vừa là ideal trái, vừa là ideal phải được gọi là idealcủa vành R

phép toán

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

với mọi x, y ∈ R

8.0.1 Định lý đồng cấu vành

nghĩa là

f (x + y) = f (x) + f (y),

f (xy) = f (x)f (x),

với mọi x, y ∈ R

8.0.2 Một số kết quả liên quan

9 Độ giao hoán tương đối của một mở rộng nhóm

Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hoán tương đối của một mở rộngnhóm

Vậy ta có điều phải chứng minh

Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).

với mọi x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.

Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)N

xN yN = yN xN, cho nên (xy)N = (yx)N Từ đó suy ra

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bây giờ ta chứng minh Mệnh đề 39

CH(y)N N

|CN(y)|.

N = CH/N(yN ) với mọi y ∈ G.

Theo lập luận ở trên ta có

Do đó

|S ∩ CG(x)| = |CN(x)| với mọi x ∈ N.

Từ đó suy ra rằng xảy ra dấu đẳng thức

Trong trường hợp đặc biệt, đối với tích trực tiếp ta có kết quả sau

Vây ta có điều phải chứng minh

Đặc biệt, ta có kết quả sau

Pr(H, N × H) = Pr(H).

Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hoán tương đối trởnên phức tạp hơn rất nhiều Trong phần còn lại của mục này ta sẽ mộttrường hợp đặc biệt.

Mệnh đề sau đây cho ta công thức tính độ giao hoán tương đối củamột nhóm abel với tích nửa trực tiếp của nó bởi một nhóm xiclíc cấp 2

A sao cho α2 = idA và C2 = ⟨u⟩ là một nhóm xiclíc cấp 2 với u là phần

tử sinh Ký hiệu G = A×θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc

C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi công thức θ(u) = α.Khi đó

Pr(A, G) = 1

2 +

|Aα| 2|A|

trong đó Aα= {a ∈ A | α(a) = a}

Chứng minh Giả sử x = (x1, 1) ∈ A Khi đó ta có

CG(x) = CA(x) ∪ CG\A(x).

Vì A là nhóm giao hoán nên CA(x) = A Ta có

CG\A(x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x 1 , 1)(a, u) = (a, u)(x 1 , 1)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (ax1, u) = (aα(x1), u)}.

|CG\A| = |A|

Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi đó aα(x1) ̸= ax1 với mọi a ∈ A Do đó

CG\A= ∅, cho nên |CG\A| = 0

2 +

|Aα| 2|A|.

Vậy ta có điều phải chứng minh

10 Độ giao hoán tương đối của một mở rộng nhóm

Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hoán tương đối của một mở rộngnhóm

Mệnh đề 15 Cho H và N là các nhóm con của nhómG sao choN ⩽H

với mọi x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1

Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)N

xN yN = yN xN, cho nên (xy)N = (yx)N Từ đó suy ra

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bây giờ ta chứng minh Mệnh đề 39

CH(y)N N

Theo lập luận ở trên ta có

Từ đó suy ra rằng xảy ra dấu đẳng thức

Trong trường hợp đặc biệt, đối với tích trực tiếp ta có kết quả sau

Vây ta có điều phải chứng minh.

Đặc biệt, ta có kết quả sau

Pr(H, N × H) = Pr(H).

Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hoán tương đối trởnên phức tạp hơn rất nhiều Trong phần còn lại của mục này ta sẽ mộttrường hợp đặc biệt

Mệnh đề sau đây cho ta công thức tính độ giao hoán tương đối củamột nhóm abel với tích nửa trực tiếp của nó bởi một nhóm xiclíc cấp 2

A sao cho α2 = idA và C 2 = ⟨u⟩ là một nhóm xiclíc cấp 2 với u là phần

tử sinh Ký hiệu G = A×θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc

C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi công thức θ(u) = α.Khi đó

Pr(A, G) = 1

2 +

|Aα| 2|A|

trong đó Aα= {a ∈ A | α(a) = a}

Chứng minh Giả sử x = (x1, 1) ∈ A Khi đó ta có

CG(x) = CA(x) ∪ CG\A(x).

Vì A là nhóm giao hoán nên CA(x) = A Ta có

CG\A(x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x1, 1)(a, u) = (a, u)(x1, 1)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (ax1, u) = (aα(x1), u)}.

|CG\A| = |A|

Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi đó aα(x1) ̸= ax1 với mọi a ∈ A Do đó

CG\A= ∅, cho nên |CG\A| = 0

1

2 +

|A α | 2|A|.

Vậy ta có điều phải chứng minh

11 ĐỊNH LÍ FUBINI

(đối với M2n) Khi đó

(i) Hàm

Rn ∋ y 7→ F (x, y)

là đo được (đối với Mn) với Ln hầu khắp nơi x ∈Rn

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). (3)Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (12),

|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| =