Lý thuyết động lực phức và một số ứng dụng

Ta cũng chỉ ra ∆R là vành con căn Jacobson lớn nhất của R vànó đóng với phép toán nhân bởi các phần tử khả nghịch của R.. 2 Theo 1, ∆ là vành căn Jacobson của R và theo Bổ đề 4 2 thì ∆R

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

Giải tích ngẫu nhiên bắt đầu hình thành từ đầu thế kỷ XX Đầu tiênphải kể đến sự ra đời của khái niệm toán học về chuyển động Brown hayquá trình Wiener đưa ra bởi Louis Bachelier (1900) và Albert Einstein(1905) Đặc biệt là sự sáng tạo ra tích phân ngẫu nhiên Itô (1944) đãgiúp giải quyết nhiều bài toán ngẫu nhiên trong kinh tế, vật lý, màGiải tích tất định cổ điển không sử lý được Giải tích ngẫu nhiên ngàynay đóng một vai trò hết sức quan trọng trong lý thuyết xác suất – thống

kê hiện đại, được ứng dụng rộng rãi ở nhiều lĩnh vực khác nhau, đặcbiệt là trong kinh tế, thị trường tài chính Trong hơn một thế kỷ qua ,các nội dung này đã phát triển rất mạnh mẽ và là những công cụ khôngthể thiếu được trong các nghiên cứu về tài chính Lý do là bản thân giáchứng khoán và giá các tài sản tài chính biến động một cách ngẫu nhiên

2 Mở rộng Dorroh và mở rộng tail ring của các ∆U -vành

Mệnh đề 1 Cho R là một vành, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành

Định lý 2 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành

∆U-vành

Bổ đề 1 Nếu G là locally finite 2-group và R là ∆U-vành với ∆(R) lũylinh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG)

Định lý 3 Cho R là ∆U-vành và G là locally finite 2-group Nếu ∆(R)

là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành

Hệ quả 1 Cho R là right (or left) perfect ring và G là locally finite2-group Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành

3 Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành

3.1 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

R Ta cũng chỉ ra ∆(R) là vành con căn Jacobson lớn nhất của R và

nó đóng với phép toán nhân bởi các phần tử khả nghịch của R Cáctính chất của ∆ dưới cấu trúc vành được nghiên cứu, trình bày một sốcác họ vành mà ∆(R) = J (R) Các phương pháp của cấu trúc vành với

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)

(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

Định lý 4 Cho R là một vành có đơn vị và T là vành con của R đượcsinh 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.

Chứng minh (1) T là vành con sinh bởi U (R) nên T là vành con baogồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề 4, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề 4, ∆(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 4 (2) thì

∆(R) là đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch phía trái và phảicủa R

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng vớiphép nhân các phần tử khả nghịch Nếu s ∈ S và u ∈ U (R), khi đó

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).Theo Bổ đề 4 (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R)

Hệ quả 3 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thànhtổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R)

Hệ quả 4 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

Mệnh đề 3 Giả sử R là vành có đơn vị Khi đó

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

Hệ quả 5 Cho R là vành có đơn vị, ∆( ∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ làtoán tử đóng.

(2) R là một vành nửa địa phương

(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

Bổ đề 3 Giả sử G là nhóm con của R Khi đó G đóng với phép nhâncác phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nó đóng với phép nhân các phần

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

Bổ đề 4 Cho R là một vành không nhất thiết phải có đơn vị, ta có

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)

Mệnh đề 4 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có các điều sau

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

Hệ quả 10 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tửlũy đẳng của R

Mệnh đề 5 Giả sửRlà vành 2-primal Khi đó∆(R[x]) = ∆(R)+J (R[x])

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) làkhông gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trùmật 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 6, tồn tại f ∈ E′ sao cho

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

đương

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

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

(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 = (−1, b) với a, b ∈ R

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

(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

Khi đó, v − 1 ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − 1 ∈ U (R) hoặc

1 − (a + v) ∈ U (R) Do đó,a + v ∈ U◦(R) Nghĩa là tồn tại e ∈ R thỏa mãn

(a + v) ◦ e = 0 = e ◦ (a + v), vì vậy(−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = 0 = (−1, e)(−1, a+v) Điều này có nghĩa là(−1, a+v) ∈ U (Z⊕R) Hơn nữa, ta

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

R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},

với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C]

Mệnh đề 8 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 u i ∈ 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 tuyến

Theo (61), 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)×C0(Ω) )

là ánh xạ được định nghĩa bởi (60)

Trong chứng minh của định lý 35 ta chỉ ra được tồn tại

T−1: (M, ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (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 3 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng

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

Định lý 12 (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 9 (Điều kiện trù mật trong không gian con) Cho (E, ∥.∥E) làkhông gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trùmật 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},

tách các tập M và {x0} một cách nghiêm ngặt, tức là

⟨g, x⟩E′ ×E < α < ⟨g, x0⟩E′ ×E ∀x ∈ M (6)

Từ M vẫn là không gian con, theo (35), 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

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

đề 6, 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.

Một phần tử r ∈ R được gọi là ∆-clean nếu r được biểu diễn thành

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

được gọi là ∆-clean nếu mỗi phần tử củaR là∆-clean Chú ý, mỗi phẩn

tử ∆-clean đều là clean

(1) R là ∆U-vành;

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

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sửR là ∆U-vành Lấy bất kỳ r ∈ R là clean,khi đó r = e + u Vì R là ∆U-vành, ta có u = 1 + a với a ∈ ∆(R) Lưu

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

là ∆-clean Giả sử u = e + a là biểu diễn ∆-clean của u với a ∈ ∆(R) và

e lũy đẳng Ta có 1 = eu−1+ au−1 suy ra eu−1= 1 − au−1 là khả nghịchtrong R Vì vậy e = 1 Điều này nghĩa là u = 1 + a ∈ 1 + ∆(R) và do đó

U (R) = 1 + ∆(R)

Định lý 13 Cho R là một vành, các điều kiện sau đây là tương đương

(1) R là clean ∆U-vành;

(2) Nếua ∈ R bất kỳ và thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), thì tồn tại một tử phẩn

tử lũy đẳng e ∈ R sao cho a − e ∈ ∆(R);

(3) R là ∆-clean ∆U-vành;

(4) R là vành ∆-clean

Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) được suy ra từ Mệnh đề ??

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

∆(R), vớie lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh

đề ??, giả sử a = e + j là biểu diễn ∆-clean của a Khi đó a − a2 = (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 ?? cũng suy ra từ Định lý ?? Nghĩa là mọi vànhchính đơn vị đều thỏa mãn tính chất ∆(R) = 0

Cho vành R, phần tử a ∈ R được gọi là phần tử chính quy mạnh nếutồn tại x ∈ R thỏa mãn a = a2x Một vành mà mọi phần tử đều là phần

tử chính quy mạnh được gọi là vành chính quy mạnh

Định lý 14 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương

(1) R là ∆U-vành chính quy;

(2) R là ∆U-vành chính quy mạnh;

(3) R là ∆U-vành chính quy đơn vị;

(4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với mọi x ∈ R (R là vành Boolean).Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R là chính quy, mỗi iđêan phải khác khôngchứa phần tử lũy đẳng khác không Ta chỉ ra R là vành rút gọn và do

đó R là aben (nghĩa là, mọi phần tử lũy đẳng của R là tâm) Giả sử

R không phải là vành rút gọn, khi đó tồn tại một phần tử khác không

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.Theo Mệnh đề ?? thì M2 (T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Định

lý 23

(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 vìvậy x là lũy đẳng Chúng ta kết luận R là vành Boolean

(4) ⇒ (1) Hiển nhiên

Một vànhR được gọi là nửa chính quy nếuR/J (R)là chính quy và cácphần tử lũy đẳng nâng lên modulo J (R) Vành R được gọi là vành biếnđổi 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:

Định lý 15 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương

(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;

(2) R là ∆U-vành biến đổi;

9 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 2 Định lý Arzelà - Ascoli không còn đúng trong C0(A) khi

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

Định nghĩa 4 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Khi đó (X, τ ) được gọi

là thỏa mãn tiên đề hai của tính đếm được nếu nó có cơ sở đếm cho topo

τ

Định lý 16 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

Khi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 12

Định lý 17 Giả sử K ⊂ Rn là tập compact Khi đó (C0(K), ∥.∥∞) làtách được

Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp n = 1, K = [a, b] Trước đó tacần phải nêu ra một kết quả xấp xỉ quan trọng của toán giải tích.Định lý 18 (Định lý xấp xỉ Weierstrass) Giả sử f ∈ C([a, b]) Khi đótồn tại một dãy hàm đa thức ph : R → R, (h = 1, 2, ) với hệ số thực,nghĩa là ph∈R[x], thỏa mãn

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

Chứng minh định lý 33 Chúng ta cần chỉ ra kết quả khi n = 1 và K = [a, b]

Giả sử D là tập hợp các hàm đa thức với hệ số hữu tỷ, nghĩa là,

D := Q[x] Ta đã biết D là đếm được Chứng minh D là trù mật trong

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,

2 = ϵ.

10 Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 5 Cho tập hợp R khác rỗng, trên R ta trang bị hai phéptoán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm aben vớiphép toán cộng, R là nửa nhóm với phép toán nhân và phép toán nhânphân 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 trung hòa của phép cộng được ký hiệu bởi 0 (thường gọi làphần 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

Định nghĩa 6 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu

A là vành đối với hai phép toán cộng và nhân trên R (bao gồm cả tínhđóng của hai phép toán trên A)

thỏa mãn điều kiện

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

với mọi x, y ∈ R

Định nghĩa 8 Tập thương R/I cùng với hai phép toán được xác địnhnhư trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I.Định nghĩa 9 Cho R là vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M baogồm (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.Cho R, S là hai vành Nhóm aben (M, +) là một song môđun R-bênphải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

a) M là R-môđun phải và M là S-môđun trái

b) Ta phải có

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

R-môđun phải với phép toán cộng và nhân hạn chế trên A

Định nghĩa 11 (1) Môđun MR được gọi là đơn nếu M ̸= 0 và với mọi

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

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

Bổ đề 5 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

phần tử của M/N là các lớp ghép x + N của N trong M và phép toáncộng

Định nghĩa 12 M/N được xác định như trong Định lý ?? được gọi là

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

Mệnh đề 12 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

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

(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 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

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

(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

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

R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},

với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C]

Mệnh đề 13 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

12 Nhóm giả nhị diện

Mệnh đề 14 Cho nhóm giả nhị diện

SD2n = ⟨r, s | r2n = s2= 1, s−1rs = r2n−1−1⟩ với n⩾3,

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

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

trong nhóm giả nhị diện SD8 và SD16 bằng cách áp dụng Mệnh đề 28

4,

32.

13 ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý 21 (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn

[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:

Do các hàm số f (x) và x − a liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng

(a, b) nên hàm số g(x) cũng liên tục trên đoạn [a, b] khả vi trên khoảng

(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta có

Ta có điều phải chứng minh

Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange

Cho C là đường cong trơn với hai đầu mút A, B bất kỳ Khi đó trên C

tồn tại ít nhất một điểm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó song song với

AB

Nhận xét 5 Thông qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức

Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩa

là mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng

(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại công thức Lagrange như sau:

f (b) − f (a) = f′(a + θ(b − a))(b − a), 0 < θ < 1 (∗′)

Nếu ta thay x cho a và ∆x cho (b − a) thì (∗′) trở thành:

f (x + ∆x) − f (x) = f′(x + θ∆x)∆x, 0 < θ < 1 (∗′′)

Công thức (∗′) và (∗′′) là một dạng biểu diễn khác của công thức grange và được gọi là công thức số gia giới nội

La-Sau đâu là hai hệ quả và cũng là ứng dụng của định lý Lagrange

Hệ quả 12 Giả sử hàm số f liên tục trên [a, b], f′(x) = 0 với mọi

x ∈ (a, b) Khi đó hàm f bằng một hằng số trên [a, b]

Chứng minh

Ta cố định x 0 ∈ (a, b) Giả sử x là điểm tùy ý trong (a, b) Khi đó đoạn

[x0, x] hoặc [x, x0] nằm trong khoảng (a, b) Do vậy f khả vi (vì vậy liêntục) trên đoạn đó Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn con đó Khi đótồn tại c ∈ (x0, x) hoặc c ∈ (x, x0) sao cho:

f (x) − f (x0) = f′(c)(x − x0)

Nhưng f′(t) = 0, ∀t ∈ (a, b) theo giả thuyết nên f′(c) = 0 Từ đó suy ra

f (x) = f (x0) với mọi x bất kỳ thuộc (a, b) Nghĩa là ∀x ∈ [a, b], thì giá trịcủa hàm f (x) luôn bằng một giá trị tại một điểmx0 cố định thuộc (a, b).Vậy hàm f bằng một hằng số trên [a, b]

chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộng

Chứng minh

Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0

Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.

14 Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 15 Cho nhóm quaternion suy rộng

Q4n = ⟨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

0⩽i⩽ 2n

k − 1



.

Ta xét hai trường hợp của k như sau

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

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

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