Biểu diễn một số dạng đa thức và ứng dụng

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.. 2 Theo 1, ∆ là vành căn Jacobson của R và theo Bổ đề 4 2 thì ∆R

BIỂU DIỄN MỘT SỐ DẠNG ĐA THỨC

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Năm 2002, Y Ikeda, C Liu và Y Tanaka đã đưa ra khái niệm mạng-mạnh và xét các tính chất ảnh thương của không gian metric nhờ mạng-mạnh Bằng cách sử dụng mạng mạnh, các tác giả đã thu được nhiềuđặc trưng ảnh thương của không gian mêtric (xem trong [4]), và đã đặt

ra các bài toán sau Bài toán 1 ([6], Question 3.2.12) Nếu X là khônggian đối xứng với cs -mạng đếm được, thì X có mạng -mạnh gồm các cs-phủ hữu hạn hay không? Bài toán 2([5], Question 2) Nếu X là khônggian đối xứng với cs-mạng -hữu hạn theo điểm, thì X có cs-mạng -hữu

2 Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành

2.1 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)

(2) Nếu 2 ∈ U (R), khi đó ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũyđẳng.

Định lý 1 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 2 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 3 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

Mệnh đề 1 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 ⊆

∆(S)

(2) U ( ∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa I ⊆ J (R) Khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I.Chứng minh (1) được suy ra từ định nghĩa của∆.

(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 2 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

tử quasi-invertible của R

Định lý 3 Giả sử R là một vành có đơn vị và G là nhóm con đối vớiphép cộng của R Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

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

Bổ đề 3 Cho R là một vành không nhất thiết phải có đơn vị, ta có

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)

Mệnh đề 2 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 8 Cho R là một vành có unit regular, khi đó ∆(R) = 0

Hệ quả 9 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tửlũy đẳng của R

Mệnh đề 3 Giả sửRlà vành 2-primal Khi đó∆(R[x]) = ∆(R)+J (R[x])

Chứng minh (1) Cho r ∈ ∆(R) và u bất kỳ thuộc U (R), khi đó r + u ∈

U (R) khi và chỉ khi ru−1+ 1 ∈ U (R) khi và chỉ khi 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)

Cho e là phần tử lũy đẳng của vành R Khi đó phần tử 1 − 2e là khảnghịch trong R Từ Bổ đề 4 (2) ta suy ra hệ quả sau

(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 (T ) và ∆(S) = ∆(R), với S là vành con tùy ý của R thỏamãn T ⊆ S;

(2) ∆(R) là căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phép nhâncác phần tử khả nghịch của R

Chứng minh (1) T là vành con sinh bởi U (R) nên mỗi phần tử của T

đều có thể viết thành tổng hữu hạn các phần tử khả nghịch của R Do

đó, theo Bổ đề 4 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề 4 (4) suy

ra ∆(T ) = J (T ) Hơn nữa ∆(T ) = ∆(R) nên ∆(R) = J (T )

Nếu r ∈ ∆(R), khi đó r + U (R) ⊆ U (R) Điều này có nghĩa là r biểudiễn được thành tổng của hai phần tử khả nghịch Do đó r ∈ 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),∆(R)là căn Jacobson củaR và theo Bổ đề 4(2) thì∆(R)

đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch trái và phải trong R.Bây giờ, ta giả sử S là căn Jacobson bất kỳ chứa trong R và đóngvới phép nhân các phần tử khả nghịch Ta phải chỉ ra S ⊆ ∆(R) Thậtvậy, nếu s ∈ S và u ∈ U (R), khi đó su ∈ S = J (S) Do su là tựa khảnghịch trong S nên 1 + su ∈ U (R) Theo Bổ đề 4 (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R)

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 8 (2) ta có ngay hệ quả sau

Hệ quả 11 Giả sử R là một vành mà mỗi phần tử đều biểu diễn thànhtổng của các phần tử khả nghịch Khi đó ∆(R) = J (R)

Định lý cổ điển của Amitsur nói rằng căn Jacobson của F-đại số R

trên trường F là lũy linh, với điều kiện dimF R < |F | Áp dụng Định lý

8 (1) ta thu được hệ quả sau

Hệ quả 12 Giả sử R là một vành đại số trên trường F Nếu dimF R <

|F |, khi đó ∆(R) là vành lũy linh

Cho R là một vành không nhất thiết phải có đơn vị S là vành concủa R, ta ký hiệu Sˆ là vành con của R được sinh bởi S ∪ {1}

Mệnh đề 4 Giả sử R là vành có đơn vị Khi đó

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

S ⊆ ∆(S);

(2) U ( ∆(R)) = U (R) ∩[ ∆(R)[;

(3) Cho I là iđêan của R thỏa mãn I ⊆ J (R) Khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I.Chứng minh (1) được suy ra từ định nghĩa của∆.

ru−1 ∈ ∆(R) theo Bổ đề 4 (2) Khi đó ¯ku−1 = 1 − (1 − ¯ ku−1) ∈ U (R), suy

rak ∈ U (R)¯ Vì ∆(R)là đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch nên

ta áp dụng phần đầu tiên của chứng minh chỉ ra v = u¯ k−1 = 1 + r¯ k−1 thì

u−1k = v¯ −1 ∈ ∆(R)[, nghĩa là u−1¯k = s + ¯ l, với s ∈ ∆(R) và l ∈Z Suy ras¯ k−1 ∈ ∆(R), u−1 = s¯ k−1+ ¯ k−1¯l ∈ ∆(R)[, do đó U (R) ∩ ∆(R) ⊆ U ([ ∆(R))[ Chiều ngược lại U ( ∆(R)) ⊆ U (R) ∩[ ∆(R)[ là dễ thấy

(3) Ta ký hiệu¯là phép chiếu từ R lên R/I Lưu ý, I ⊆ J (R), U ( ¯ R) =

U (R)

Lấy r ∈ ∆( ¯ ¯ R) và u ∈ U (R) Khi đó r + ¯ ¯ u ∈ U ( ¯ R) và có các phần tử

v ∈ U (R) và j ∈ I thỏa mãn r + u = v + j Hơn nữa v + j ∈ U (R), do

I ⊆ J (R) Suy ra ∆( ¯ R) = ∆(R) Vì U ( ¯ R) = U (R) nên chiều ngược lại là

dễ thấy

Áp dụng mệnh đề trên ta có hệ quả sau

Hệ quả 13 Cho R là vành có đơn vị, ∆( ∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ làtoán tử đóng

Chứng minh ∆(R) là căn Jacobson của T = ∆(R)[, do đó ∆(R) ⊆ T

Vì ∆(R) chứa tất cả các phần tử lũy linh nên T /∆(R) đẳng cấu với

Z hoặc Zn := Z/nZ, với n > 1 và là nhân tử bình phương Theo Mệnh

n Từ Mệnh đề ?? (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.

Hệ quả 15 Cho R là một vành tùy ý Khi đó, các khẳng định sau làđúng

(1) R/J (R) là đẳng cấu với tích của vành các ma trận và thể.

(2) R là một vành nửa địa phương

(3) R là vành clean thỏa mãn 2 ∈ U (R)

(4) R là U J-vành, nghĩa là U (R) = 1 + J (R)

(5) R có hạng ổn định 1

(6) R = F G là nhóm đại số trên trường F

Chứng minh (1) Giả sử R đẳng cấu với tích của vành các ma trận vàthể Theo Hệ quả ?? thì ta cần chỉ ra ∆(R/J (R)) = 0 Để làm điều này,

ta giả sử J (R) = 0, nghĩa là R là tích của vành các ma trận và thể Nếu

R là vành ma trận Mn(S), với S là vành chứa đơn vị và n ≥ 2 TheoĐịnh lý ??, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theo

Hệ quả ?? ∆(R) = J (R) = 0 Khi đóS là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó

(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 4 (5)

(2) Là trường hợp đặc biệt của (1)

(3) Giả sử R là vành clean thỏa mãn 2 ∈ U (R) Nếu e ∈ R là lũy đẳngkhi đó1 − 2e ∈ U (R)và e =

tử khả nghịch Theo Hệ quả ?? ta suy ra ∆(R) = J (R)

(4) Giả sửU (R) = 1+U (R) Giả sử RlàU J-vành Khi đó, nếur ∈ ∆(R)

ta có r + U (R) ⊆ U (R), nghĩa làr + 1 + J (R) ⊆ 1 + J (R) Suy ra r ∈ J (R)

và do đó ∆(R) = J (R)

(5) Giả sử R có hạng ổn định là 1 Lấy r ∈ ∆(R), ta chỉ ra r ∈ J (R).Với bất kỳs ∈ Rta cóRr +R(1−rs) = R VìR có hạng ổn định1nên tồntại x ∈ Rsao cho r + x(1 − sr) ∈ U (R), suy rax(1 − sr) ∈ r + U (R) ⊆ U (R),

và vì vậy (1 − sr) khả nghịch hay r ∈ J (R)

(6) Giả sử R = F G là nhóm đại số trên trường F Khi đó, mỗi phần

tử của R là tổng của các phần tử khả nghịch Theo Hệ quả ?? ta suy ra

∆(R) = J (R)

Ta đã biết vành nửa địa phương có hạng ổn định 1, do đó điều kiện

(2) và (5) ở trên tương đương nhau

Bổ đề 5 Giả sử G là nhóm con của nhóm R đối với phép toán cộng.Khi đó G đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nóđóng với phép nhân các phần tử tựa khả nghịch của R.

(3) G là nhóm con lớn nhất của R đối với phép cộng bao gồm các phần

tử tựa khả nghịch và đóng với phép nhân các phần tử tựa khả nghịchcủa R

Chứng minh Theo Định lý 8(2)và Bổ đề ?? chỉ ra∆(R)là căn Jacobsoncủa R đóng với phép nhân bởi các phần tử tựa khả nghịch Giả sử G lànhóm cộng bao gồm các phần tử tựa khả nghịch và đóng với phép nhâncác phần tử tựa khả nghịch của R Cụ thể, G là căn Jacobson khôngchứa đơn vị của R, theo Bổ đề ??, G đóng với phép nhân các phần tửkhả nghịch của R Do đó theo Định lý 8 (2) ta được G ⊆ ∆(R)

Định lý 7 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n

và Rlà∆U-vành Theo Mệnh đề 28, ta có2 ∈ ∆(R), vì vậy1 + 2n ∈ U (R).Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼ = Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và

H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,khi đó ∇ = eRG là ∆U-vành theo Mệnh đề 29.

Ngược lại, giả sử ∇ = eRG là ∆U-vành Vì H ∼ = R nên H cũng là

∆U-vành Theo Bổ đề 4, 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

Bổ đề 6 Nếu G là 2-nhóm hữu hạn địa phương và R là ∆U-vành với

∆(R) lũy linh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG)

Chứng minh Giả sửG là 2-nhóm hữu hạn địa phương vàR là∆U-vành.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.

Do đó ∇(RG) ⊆ J(RG) ⊆ ∆(RG)

Nếu ∆(R) là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành

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

Bổ đề ?? (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộng ε và i Vì R là ∆U-vànhnên tồn tại j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề ?? (1) ta có

ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)

suy ra u ∈ 1 + ∆(RG)

Hệ quả 17 Cho Rlà vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàGlà 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành

5 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 5 Cho H1 và H2 là hai nhóm con của G sao cho H1 ⩽ H2.Khi đó

Vậy ta có điều phải chứng minh

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

Thật vậy, lấy x ∈ G bất kỳ Giả sử yN ∈ CH/N(xN ) với y ∈ H Khi đó

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 ??

CH(y)N N

Nếu S ∩ CG(x) ̸= ∅ thì khi đó tồn tại x 0 ∈ S ∩ CG(x) và S = N x 0 Khi đó

N = CH/N(yN ) với mọi y ∈ G.

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

Mệnh đề 7 Cho N và H là hai nhóm, N1 và H1 tương ứng là các nhómcon của N và H Khi đó

Vây ta có điều phải chứng minh

Đặc biệt, ta có kết quả sau

Hệ quả 18 Cho H và N là hai nhóm bất kỳ Khi đó

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

Mệnh đề 8 Cho A là một nhóm giao hoán, α là một tự đẳng cấu của

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 | (x 1 , 1)(a, u) = (a, u)(x 1 , 1)}

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

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

Ta xét hai trường hợp của x 1 như sau

Trường hợp 1: x1 ∈ Aα Khi đó aα(x1) = ax1 với mọi a ∈ A Do đó

|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 +

|Aα| 2|A|.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

6 Không gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

(ii) Cho f ∈Lip(A) Một số không âm

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 1 Định nghĩa của các hàm Lipschitz là khái niệm metric.Thật vậy, nếu (X, d) và (Y, ϱ) là không gian metric, ánh xạ f : X → Y

được gọi là Lipschitz nếu có hằng số L > 0 thỏa mãn

ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X

Mệnh đề 9 Cho A ⊂Rn và f ∈Lip(A)

(i) f liên tục đều trên A;

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

Nhận xét 2 Từ mệnh đề ?? suy ra nếu f ∈Lip(A), với A ⊂Rn, luôn

có nghĩa như hàm f : A →R và ngược lại Hơn thế nữa, ánh xạ mở rộng

E :Lip(A) →Lip(A), E(f ) := f là song ánh Theo kết quả này, ta có thểhiểu Lip(A) =Lip(A) Lưu ý các tính chất mở rộng không còn đúng trongkhông gian C1(Ω)

Mệnh đề 10 ChoΩ ⊂Rn là tập lồi và bị chặn Khi đó C1(Ω) ⊂ Lip(Ω)

Chứng minh Cho f ∈C1(Ω) Theo định lý giá trị trung bình

1/β

,điều này mấu thuẫn với bất đẳng thức trước

(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)

Mặc dù không gian các hàm Lipschitz Lip(Ω) là rộng hơn các hàmkhả vi liên tục C1(Ω), chúng có chung những tính chất quan trọng, như

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

Định lý 9 (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn là tập mở và cho f ∈ Lip(Ω).Khi đó f khả vi tại x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa là bỏ đi một tập

có độ đo là không N ⊂ Ω, với mỗi x ∈ Ω \ N tồn tại một hàm tuyến tính

Đặc biệt, với mỗi x ∈ Ω \ N tồn tại ∇f (x)

Định nghĩa 2 Cho Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈Lip(Ω) Ta biểuthị

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

∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip

Định lý 10 (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian Banach vô hạn chiều nhưngkhông là không gian Hilbert, biết Ω ∈Rn là tập mở bị chặn

Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip) là không gian tuyến tính địnhchuẩn, chú ý rằng

Lip(f + g) ≤Lip(f ) +Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω). (1)

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), ∥.∥∞).

Khi đó, tồn tại f ∈ C0(Ω) thỏa mãn fh → f đều trên Ω Theo (??), tađược Lip(f ) ≤ L, do đó f ∈ Ω Lấy qua giới hạn trong (??), khi k → ∞,

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.

Điều đó có nghĩa là lim

h→∞ ∥fh− f ∥Lip = 0

Từ tập hợp các hàm đa thức được chứa trong Lip(Ω), Lip(Ω) là vôhạn 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 ?? ta được kết quả sau

Hệ quả 19 Bao hàm C1(Ω) ⊂ Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩalà

1

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

và nó là nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn là tập lồi, mở và bị chặn Đặc biệt,

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

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

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

Bài tập 1 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1

Tính compact trong Lip(Ω)

Định lý 11 Cho Ω ⊂Rn là tập mở và bị chặn, giả sử

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

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

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng F là compact trong (C0(Ω), ∥.∥∞) Ápdụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 50) 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 ∥∞,khi đó f ∈ F Thật vậy

fh∈ F Lef trightarrow|fh(x)|+ |fh(y) − fh(z)|

y − z ≤ 1 ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z.

Lấy qua giới hạn, khi h → ∞, ta được

nhưng không có trên C1(Ω)

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 12 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở và bị chặn Khi đó (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

không tách được

Chứng minh Ta cần chỉ ra rằng tồn tại một họ tách rời nhau không đếmđược{U α : α ∈ I} của tập mở trong(Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề 8) Ta chiachứng minh thành hai bước

Bước 1: Giả sử n = 1 và Ω = (a, b) và ta sẽ chứng minh được kết luận.Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) là họ hàm

Vì thế họ

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

Ta được điều mong muốn

Bước 2: Giả sử Ω là tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn tại một hình cầu

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

Ta được điều cần chứng minh

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

mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

Bài tập 2 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở được liên thông và giả sử (H) đúngvới 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

Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn, hàm f : A → R được gọi là liên tục Holder

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

Định lý 13 Cho G là nhóm hữu hạn với cấp 1 + 2n và R là ∆U-vành.Khi đó RG là ∆U-vành khi và chỉ khi iđêan mở rộng ∇(RG) là∆U-vành.Chứng minh Đặt∇ = ∇(RG) Giả sửGlà nhóm hữu hạn có cấp là1+2n

và Rlà∆U-vành Theo Mệnh đề 28, ta có2 ∈ ∆(R), vì vậy1 + 2n ∈ U (R).Khi đóRGcó biểu diễnRG = ∇ ⊕ H vớiH ∼ = Rtheo [4] Đặt∇ = eRG và

H = (1 − e)RG Rõ ràng e là phần tử tâm của RG Nếu RG là ∆U-vành,khi đó ∇ = eRG là ∆U-vành theo Mệnh đề 29

Ngược lại, giả sử ∇ = eRG là ∆U-vành Vì H ∼ = R nên H cũng là

∆U-vành Theo Bổ đề 4, 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

Bổ đề 8 Nếu G là 2-nhóm hữu hạn địa phương và R là ∆U-vành với

∆(R) lũy linh, khi đó ∇(RG) ⊆ ∆(RG)

Chứng minh Giả sửG là 2-nhóm hữu hạn địa phương vàR là∆U-vành.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

ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)

suy ra u ∈ 1 + ∆(RG)

Hệ quả 20 Cho Rlà vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàGlà 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

8 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 5 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 15 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 6 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

Khi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 8

Định lý 16 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 17 (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 7 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 14 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.

9 ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý 18 (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 8 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 21 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]

Hệ quả 22 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau thìchúng 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.

10 Nhóm nhị diện

Mệnh đề 12 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩

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

(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n thì

2,

n + 2k

2.(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 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 17 ta cóX

Trường hợp 2b: k | n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 17 ta cóX

Vậy ta có điều phải chứng minh.

(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề 16, |Tl| = 2 do đó

Ta áp dụng Mệnh đề 17 cho hai trường hợp của n như sau

Vậy ta có điều phải chứng minh

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

0⩽ l⩽ n

i − 1



.

Ta xét hai trường hợp của n

Trường hợp 1: n lẻ Khi đó, theo Mệnh đề 17 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 17 ta cóX

Trường hợp 2b: i

n

2 Khi đó, theo Mệnh đề 17 ta cóX

1 ⩽l⩽ni −1

|CDn(ril)| = CDn(rn2 )