Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, không khó để nhận thấyrằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0tcũng sẽ dầnđến cùng một giải pháp Xt.. Định lý 2 Định nghĩa các

BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

số bé e Khi đó chúng tôi thu được một khai triển tiệm cận của nghiệmđến cấp N +1 theo e đủ nhỏ Cuối cùng tính khả vi của nghiệm phụthuộc vào tính khả vi của các hàm gi Rijk Sijk Xijk F, , , , cũng được

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 bằngkhông còn đúng trong trường hợp tổng quát ∆(R) Tuy nhiên quan hệbao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) vẫn giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong

Hệ quả 11 ta cũng thêm vào giả thiết 2 ∈ U (R)

Cho R là một vành có đơn vị Phần tử a ∈ R được gọi là chính quy(tương ứng, chính quy đơn vị) trong R nếu a = aua với u ∈ R nào đó(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)

Ví dụ 1 (1) Ở Định lý 48, ta nhận thấy rằng nếu A là vành con củavành 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 42 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 29, ∆(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 15 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.Mệnh đề 2 Giả sử R là vành 2-nguyên thủy Khi đó ∆(R[x]) = ∆(R) +

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

Định lý 1 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho

I là một đoạn thực bất kỳ và giả sử rằng A ∈ C(I, Mn(F )), B ∈ C(I, Fn).Cho mọi τ ∈ I, ξ ∈ Fn tồn tại một giải pháp duy nhất X của (IV P) trênđoạn I

Chứng minh Cho bất kỳ t ∈ I, giả sử J = [c; d] là bất kỳ đoạn con bịchặn của I sao cho τ, π ∈ J, Bởi định lý 7.3 tồn tại một hàm Xj khácbiệt duy nhất trên đoạn con [a, b] sao cho

XJt(s) = A(s)XJ(s) + B(s), XJ(τ ) = ξ, s ∈ J

Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn bất kỳ J 1 = [c 1 , c 2 ] ⊂ I sao cho

τ, t ∈ J1, khi đó J1∩ J là một đoạn con bị chặn chứa τ, t và kết quả duynhất áp dụng cho đoạn này cho thấy rằng XJ1(s) = XJ(s), s ∈ J 1 ∩ J

Đặc biệt, XJ1(t) = XJ(t) Để định nghĩa của chúng ta vềX(t) không phụthuộc vào J được chọn Vì X có tính khả vi trên [a, b] và thỏa mãn

X′(t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t ∈ I

Nó là một giải pháp của (IV P) trên đoạn I Nó là duy nhất, vì nếu Y

cũng là môt giải pháp trên I thì đối với mọi t thuộc I có một đoạn connhỏ J chứa τ, t và kết quả duy nhất cho J ngụ ý rằng X(t) = Y (t)

Trước khi tiếp tục phát triển lý thuyết, chúng ta xem xét một ví dụkhác Xét bài toán với n = 1 :

(t3)mm! .

Chúng ta nhận rax m (i) là môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số củahàm x(t) = et3.

Dãy số này hội tụ đến x(t) cho mọi t thuộc R, và hàm x(t) là kết quảcủa vấn đề

Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, không khó để nhận thấyrằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0(t)cũng sẽ dầnđến cùng một giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức cơ bản đó sẽ được

Sự khác biệt duy nhất phát sinh do sự khác biệt ban đầu giữa Xi(t) −

X0(t) Ước lượng thu được từ lập luận quy nạp sau đó trở thành

Định lý 2 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).

Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ

4 Tính liên tục của các giải pháp

Trở lại tình huống trong Định lý 7.3, trong đó [a, b] là một đoạn đóng,giải pháp X(t) của bài toán giá trị ban đầu

Bây giờ có thể áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết quả là

ta ký hiệu giải pháp của (IV P) tại thời điểm t bằng X(t, A, B, τ, ξ), sau

đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa chính xác cho phát biểu rằng

Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) và Y (t) ta được

Chúng ta có thể áp dụng đánh giá (7.12) cho Z và thu được

∥Y − X∥∞= ∥Z∥∞ ≤|Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞exp(∥C∥∞[b − a]) (7.15)

Đặt e > 0 được cho Ta thấy

5 Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 1 (i) Cho tập A ⊂Rn,

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

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 2 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

(i) Điểm x0 ∈ X được gọi là điểm giới hạn của tập A ⊂ X khi A ∩ (B(x0, r)\{x0}) ̸= ∅, ∀r > 0

(ii) Tập A ⊂ X được gọi là bị chặn nếu tồn tại R 0 > 0 sao cho d(x, y) ≤

Định lý 5 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gian metric).Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có các điều sauđây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

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

Định lý 6 (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 < ∞.Nhận xét 3 Định lý 48 cho rằng một tập A bị chặn trong không gianđịnh chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hoàn toàn

Ví dụ như A = BE

Định nghĩa 3 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

Định lý 7 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂ Rn là compact và giả sử F ⊂

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 4 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 5 Cho fh : [a, b] →R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả sửrằng:

(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 8 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 49 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý 47 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 := {x i : i ∈N} đếm được

và trù mật trong K F bị chặn nghĩa là tồn tại M1> 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)(x 1 ))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)(x 1 ))h cũng hội tụ vì có dãy con (fh(1)(x 1 ))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), xi∈ K với mỗi i = 1, , N và

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

không gian metric, F đóng và bị chặn hoàn toàn do đó bị chặn Chỉ ra

rằngF liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (64) Theo phản chứng,

6 Độ giao hoán tương đối của một nhóm con

Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hoán của một nhóm con

Định nghĩa 4 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Kýhiệu

Từ Định nghĩa ?? ta thấy ngay rằng Pr(G, G) = Pr(G), trong đóPr(G)

là độ giao hoán của nhóm G được định nghĩa như trong Định nghĩa 20.Sau đây là một số ví dụ về độ giao hoán tương đối của một số nhóm

Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D3 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩

Khi đó D3 = {1, r, r2, s, rs, r2s} và phép nhân các phần tử của D3 đượccho trong bảng sau

2 3

2 3

1 2

Ví dụ 3 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức được xác định như sau D4 = ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩

Khi đó D4 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

D 4 được cho trong bảng sau

3 4

3 4

3

8

Ví dụ 4 Xét nhóm quaternion Q8 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau Q8 = ⟨r, s | r4 = 1, s2= r2, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó Q 8 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

Q8 được cho trong bảng sau

5 8

Từ định nghĩa của độ giao hoán tương đối ta có ngay kết quả sau

Mệnh đề 3 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Khi đó

Với mỗi x ∈ H số các cặp phần tử (x, y) ∈ C là |CG(x)| trong đó CG(x)

là tâm hóa của x trong G Với mỗi y ∈ G số các cặp phần tử (x, y) ∈ C

là |CH(y)| trong đó CH(y) là tâm hóa của y trong H Cho nên ta có

Từ đó suy ra công thức cần chứng minh

Kết quả sau đây cho ta công thức tính độ giao hoán tương đối củamột nhóm con chuẩn tắc của một nhóm nhờ số lớp liên hợp

Mệnh đề 4 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con chuẩn tắc của

G Khi đó

Pr(H, G) = k

|H|

trong đó k là số các lớp liên hợp của G nằm trong H

Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp của x trong G là

O(x) Khi đó ta có

|O(x)| = |G : CG(x)|.

Gọix1, x2, , xk là các phần tử đại diện của các lớp liên hợp của Gnằmtrong H Vì H ◁G cho nên với x ∈ H bất kỳ ta có O(x) ⊂ H Do đó,theo Mệnh đề ??, ta có

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ta cần bổ đề sau đây trong phép chứng minh các kết quả so sánh độgiao hoán tương đối của một nhóm con của một nhóm với độ giao hoáncủa nhóm và nhóm con đó

Bổ đề 2 Cho H là một nhóm con của G Khi đó với mọi phần tử x ∈ G

|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x)

Chứng minh Lấy x ∈ G bất kỳ Khi đó, theo Mệnh đề 29, ta có

Vậy ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề sau đây cho ta một đánh giá về độ giao hoán tương đối củamột nhóm con của một nhóm nhờ độ giao hoán của nhóm và nhóm conđó

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để xảy ra đẳng thức

(i) Pr(H, G) = Pr(H) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ H

(ii) Pr(H, G) = Pr(G) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ G

Theo Bổ đề ??, điều này xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi

x ∈ H Vậy ta có điều phải chứng minh

(ii) Lập luận hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có điều phải chứng minh

Từ Mệnh đề ?? ta có ngay hệ quả sau

Hệ quả 6 Cho H là một nhóm con của nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G)

thì Pr(H) = Pr(G)

Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện đủ để không xảy ra đẳng thứctrong Mệnh đề ??

Mệnh đề 7 Cho H là một nhóm con của nhóm G NếuH không chuẩntắc trong G thì

Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H).

Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc trong G Trước tiên ta chứngminh rằng tồn tại x ∈ H sao cho G ̸= HCG(x) Thật vậy, giả sử trái lạirằng G = HCG(x) với mọi x ∈ H Lấy g ∈ G và x ∈ H bất kỳ Khi đó

g−1∈ G = HCG(x) Giả sử g−1= ha với h ∈ H, a ∈ CG(x) Khi đó ta có

g−1xg = (ha)x(ha)−1= haxa−1h−1= hxaa−1h−1= hxh−1 ∈ H.

Điều này chứng tỏ rằng H ◁G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phảichứng minh

Do đó, theo Bổ đề ?? ta cóPr(H, G) ̸= Pr(H) và Pr(H, G) ̸= Pr(G) Kếthợp điều này với Mệnh đề ?? ta có các bất đẳng thức cần chứng minh

7 Cấu trúc các nhóm con của một số nhóm hữu hạn

Cho nhóm nhị diện D n = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩ với n ⩾ 3 Kýhiệu Rk, Tl, Ui,j lần lượt là các nhóm con của Dn có dạng sau đây

(ii) Tl là nhóm xiclíc cấp 2 với 0⩽l ⩽n − 1;

(iii) Ui,j là nhóm nhị diện cấp 2n

d , trong đód = (n, i), vớii|n, 1⩽ i⩽ n− 1

và 0⩽j ⩽n − 1.

Mệnh đề 9 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩

với n ⩾3 Khi đó

d , trong đó d = (n, i),với 1⩽i⩽2n, 0⩽j ⩽2n − 1.

Mệnh đề 12 Cho nhóm Quaternion suy rộng Q4n với n ⩾2 Khi đó

CQ4n(1) = CQ4n(rn) = Q4n, CQ4n(ri) = R1, CQ4n(rjs) = Un,j

với 1⩽i⩽2n − 1, i ̸= n, 0⩽j ⩽2n − 1.

Mệnh đề 13 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n với n ⩾ 2, và H làmột nhóm con của Q 4n Khi đó H là một trong các nhóm sau đây.

Sau đây là một số tính chất của nhóm giả nhị diện, xem [?]

Mệnh đề 14 Cho nhóm giả nhị diện SD 2 n với n ⩾3 Khi đó

(i) Rk là nhóm xiclíc cấp 2

n

d trong đó d = (2n, k), với 1⩽k ⩽2n;

(ii) Tl là nhóm xiclíc cấp 2 nếu l chẵn, cấp 4 nếu l lẻ với 0⩽ l⩽2n− 1;

(iii) U i,j là nhóm giả nhị diện nếu i lẻ với 1⩽i⩽2n− 1, 0⩽j ⩽2n− 1;

Ui,j là nhóm nhị diện nếui chẵn vàj chẵn, là nhóm quaternion tổngquát nếu i chẵn và j lẻ với 1⩽i⩽2n− 1, i ̸= 2n−1, 0⩽ j ⩽2n− 1;Với i = 2n−1, Ui,j là nhóm xiclíc cấp 4 nếu j lẻ, Ui,j ∼= C

(i) Rk = ⟨rk⟩ với 1⩽k ⩽2n;

(ii) Tl = ⟨rls⟩ với 0⩽l ⩽2n− 1 khi l chẵn, và 0⩽l⩽2n−1− 1 khi l lẻ;

(iii) Ui,j với1⩽i⩽2n−2,i|2n, 0⩽ j ⩽i−1, và U2n−1 ,j với0⩽ j ⩽ 2n−1− 1,

j chẵn

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

Mệnh đề 17 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương

∆(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)

thỏa mãn u = ε(x) = 1 − x Điều đó nghĩa là U (R) ⊆ 1 + ∆(R) hay

Định lý 9 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau làtương đương

(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành;

(2) R là ∆U-vành

Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 ư u ∈ U◦(R) Tồn tại

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).

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 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

Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = ưa, khi đó tồn tại

(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)

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

có(0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z⊕ R) Do đó,(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).Trường hợp 2 ω = (−1, a) ∈ U (Z⊕ R): Tương tự như Trường hợp1

Cho C là vành con của vành D, tập hợp

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

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

Theo (??), 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.

Chứng minh Ta xét trong trường hợp khi n = 1 và Ω = (a, b)

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)×C 0 (Ω) )

là ánh xạ được định nghĩa bởi (??)

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

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 4 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(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và

f ∈C0([a, b]) thỏa mãn

lim

k→∞ ∥fhk − f ∥∞= 0.

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

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

10 Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

Định nghĩa 6 (i) Cho tập A ⊂Rn,

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

sao cho

∥fh− fk∥∞ = sup

x∈Ω

|fh(x) − fk(x)| < ϵ ∀h, k ≥ k.

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 7 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

(i) Điểm x 0 ∈ X được gọi là điểm giới hạn của tập A ⊂ X khi A ∩ (B(x0, r)\{x0}) ̸= ∅, ∀r > 0

(ii) Tập A ⊂ X được gọi là bị chặn nếu tồn tại R0 > 0 sao cho d(x, y) ≤

Nhận xét 5 Dễ thấy rằng một tập bị chặn hoàn toàn là tập bị chặn,nhưng điều ngược lại là không đúng trong không gian topo (X, τ ) các tậphợp compact và các tập hợp compact dãy có tính chất (BW) Các tínhchất này không còn giữ trong trường hợp tổng quát.

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 < ∞.Nhận xét 7 Định lý 48 cho rằng một tập A bị chặn trong không gianđịnh chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hoàn toàn

Ví dụ như A = BE

Định nghĩa 8 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

Định lý 16 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂Rn là compact và giả sử F ⊂

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 8 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 9 Cho fh : [a, b] →R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả sửrằng:

(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 49 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý 47 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 M1> 0 thỏa mãn

∥f − g∥∞ ≤ M1, ∀f, g ∈ F

Cụ thể ta thay f0∈ F, khi đó:

∥f0− fh∥∞≤ M1, ∀h ∈N.

Bước 1: (fh(x 1 ))h là một dãy số thực trong [−M 2 , M 2 ] 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

Do tính trù mật của D trong K, tồn tại yi ∈ D ∩ B(xi, σ) với mỗi i =

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

không gian metric, F đóng và bị chặn hoàn toàn do đó bị chặn Chỉ ra

rằngF liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (64) Theo phản chứng,giả sử

∃ϵ0 > 0 : ∀ > 0, ∃fδ ∈ F , xδ, yδ ∈ K với |xδ−yδ| < δ và |fδ(xδ)−fδ(yδ)| ≥ ϵ0.

Chọn δ = 1/h và ký hiệu fh := f1/h, xh := x1/h và yh := y1/h Khi đó taxây dựng ba dãy (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K