Giải tích fourier và một số ứng dụng

2 Một số kết quả liên quanTrong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ Rlà căn Jacobson của vành R và U R là tập hợp tất cả các phần tử khả nghịch của vànhR có đơnvị.. Phần tử nghịch đảo củ

GIẢI TÍCH FOURIER VÀ MỘT SỐ ỨNG

DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Phương trình vi phân hàm đã được đề cập vào thế kỉ 18 như một công

cụ toán học cho các bài toán vật lý và hình học Chúng ta có thể tìmthấy chúng trong các nghiên cứu của Euler và Condorcet Tuy nhiên đếncuối thế kỉ 19, phương trình vi phân hàm mới được E.Schimidt, E.Hilbnghiên cứu trong những trường hợp cụ thể mà chưa được tổng quát.Những năm đầu thế kỉ 20, chúng ta có những kết quả đầu tiên nghiêncứu một cách hệ thống về phương trình vi phân với đối số chậm.Thập

kỉ 30, những quan tâm về phương trình vi phân hàm đã được ghi nhậnđặc biệt về những ứng dụng rộng lớn trong kĩ thuật, sinh học và kinh

2 Một số kết quả liên quan

Trong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ (R)là căn Jacobson của vành

R và U (R) là tập hợp tất cả các phần tử khả nghịch của vànhR có đơnvị

Trong [?], các tác giả đã định nghĩa một vành R được gọi là U J-vànhnếu 1 + J (R) = U (R)

Cho S là một vành, không nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm

S◦= (S, ◦) của S là tập hợp S với phép toán

◦ : S × S → S (x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy.

Mặt khác, nếu S là vành có đơn vị, khi đó S◦ là đẳng cấu với vị nhóm

(S, ) củaR với đẳng cấu

S là đẳng cấu với nhóm U◦(S) các phần tử tựa khả nghịch của S Phần

tử nghịch đảo của y trong S◦ được gọi là tựa nghịch đảo của y Ta biếtrằng I = J (S) là iđêan lớn nhất của S thỏa mãn U◦(I) = I

Bổ đề 1 ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau là tương đương đối với mộtvành R đã cho:

(1) U (R) = 1 + J (R), hay R là U J-vành;

(2) U (R/J (R)) = {1};

(3) C(R) là iđêan của R (khi đó C(R) = J(R)), với C(R) là tập các phần

tử tựa chính quy của R;

(4) rb − cr ∈ J (R), r ∈ R và b, c ∈ C(R);

(5) ru − vr ∈ J (R), u, v ∈ U (R) và r ∈ R;

Hệ quả 1 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiệnsau là tương đương

Câu hỏi:

(i) Có tồn tại (fh)h ⊂C1c sao cho fh→ f trên Lp(Ω)?

(ii) Có thể xây dựng một cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈

Lp(Ω)?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai rất có ý nghĩa trong xấp xỉ số

Định nghĩa 1 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là mộtdãy các hàm ϱh :Rn →R, (h = 1, 2, ) sao cho, với mỗi h,

(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 4 (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

(iii) Cho x ∈Rn và x r → x, ta chứng minh

(ϱ ∗ f )(xr) → (ϱ ∗ f )(x). (1)Chú ý rằng

|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 (4)

Từ (21), (22) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (20)

Nhận xét 1 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên không gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 39 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 3 (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 4 (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. (5)Thật vậy, theo (24), suy ra

f = 0 hầu khắp nơi trong K, với mỗi tập compact K ∈ Ω.

Ta có được kết luận Ta chứng minh (24)

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởi

Từ (∗) ta được

Z

Ω

f ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý 22 (iv) và (??), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (8)Định nghĩa

fh(x) := (ϱrh∗ gh)(x), x ∈Rn, h ∈N,

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý 22 (i), (ii) (26),(27), fh ∈C∞c (Ω) và

Khi đó theo (28), ta có điều phải chứng minh

4 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 5 Một vành R 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

Mệnh đề 6 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(1) 2 ∈ ∆(R);

(2) Nếu R là thể, khi đó R ∼ =F2;

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 6.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

Định lý 6 Vành ma trận Mn (R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R

là ∆U-vành

Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên

(:⇒) 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

và R ∼ =M1(R) là ∆U-vành.

Mệnh đề 7 Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R Khi

đó eRe là ∆U-vành

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

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

tử khả nghịch của mở rộng tầm thường T (R, M ) là T (U (R), M ), và vì

vậy ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M ).

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

là Morita context tầm thường theo [?]

Định lý 7 Cho M là (R, R) song môđun Vành R là ∆U-vành khi vàchỉ khi T (R, M ) là ∆U-vành

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy

Hệ quả 2 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 3 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

5 Một số kết quả liên quan

Trong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ (R)là căn Jacobson của vành

R và U (R) là tập hợp tất cả các phần tử khả nghịch của vànhR có đơnvị

Trong [?], các tác giả đã định nghĩa một vành R được gọi là U J-vànhnếu 1 + J (R) = U (R)

Cho S là một vành, không nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm

S◦= (S, ◦) của S là tập hợp S với phép toán

◦ : S × S → S (x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy.

Mặt khác, nếu S là vành có đơn vị, khi đó S◦ là đẳng cấu với vị nhóm

(S, ) củaR với đẳng cấu

S là đẳng cấu với nhóm U◦(S) các phần tử tựa khả nghịch của S Phần

tử nghịch đảo của y trong S◦ được gọi là tựa nghịch đảo của y Ta biếtrằng I = J (S) là iđêan lớn nhất của S thỏa mãn U◦(I) = I

Bổ đề 2 ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau là tương đương đối với mộtvành R đã cho:

(1) U (R) = 1 + J (R), hay R là U J-vành;

(2) U (R/J (R)) = {1};

(3) C(R) là iđêan của R (khi đó C(R) = J(R)), với C(R) là tập các phần

tử tựa chính quy của R;

(4) rb − cr ∈ J (R), r ∈ R và b, c ∈ C(R);

(5) ru − vr ∈ J (R), u, v ∈ U (R) và r ∈ R;

Hệ quả 4 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiệnsau là tương đương

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

Mệnh đề 11 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(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 10 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 21 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 11 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 4

(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 12 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;

Định nghĩa 2 (i) Cho E và F là hai không gian vector Ta nói E và

F là đẳng cấu tuyến tính nếu tồn tại ánh xạ T : E → F là ánh xạtuyến tính 1 − 1 đi từ E vào F

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu topo nếu tồn tại ánh xạ liên tục T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 với ánh xạ ngược cũng liên tục T−1: F → E

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu metric nếu tồn tại một ánh xạ T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với mỗi x ∈ E

Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu của không gian vector địnhchuẩn

Định nghĩa 3 Cho (E, ∥.∥) là không gian vector định chuẩn Khônggian đối ngẫu E′ của E là không gian tuyến tính được định nghĩa bởi:

Định lý 13 (E′, ∥.∥E′ ) là không gian Banach

Chứng minh Ta sẽ chứng minh mọi dãy Cauchy trong E′ đều hội tụ.Giả sử {fn} là một dãy Cauchy của E′, tức là

do {fn} là dãy Cauchy trong E′

Ta suy ra fn(x) là dãy Cauchy trong R, do đó fn(x) hội tụ, nghĩa là

sẽ tồn tại f (x) sao cho

Lưu ý: Nếu f ∈ E′ và x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E′ ×E thay cho f (x) và tagọi ⟨., ⟩E′ ×E là tích vô hướng trên không gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert.

8 Tính chất ∆U trong các lớp vành

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

Mệnh đề 12 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(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 14 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 21 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 15 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 4

(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 16 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 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

∆(R) = J (R)

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

(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 13 R là ∆U-vành khi và chỉ khi U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) (khi đó

U (R) + U (R) = ∆(R))

Chứng minh Giả sử R là ∆U-vành, Lấy u, v ∈ U (R), ta có 1 + u ∈

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

Các tính chất cơ bản của ∆U-vành

Mệnh đề 14 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

(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

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

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

(⇒:) 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

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 7 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 8 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

9.2 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)

Mệnh đề 16 Cho R là vành 2-primal Nếu vành đa thức R[x] là ∆Uvành, khi đó R là ∆U-vành

-Chứng minh R là vành 2-primal, theo [10, Mệnh đề 19], ∆(R[x]) =

∆(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.Mệnh đề 17 Cho R là một vành và m ∈N.

(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 4 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(∆(S)) ⊆ ∆(R)

(2) Cho S là ∆U-vành Khi đó U (S) = 1 + ∆(S), theo(1)

U (R) = ϵ(U (S)) = 1 + ∆(S) ⊆ 1 + ∆(R).

Do đó U (R) = 1 + ∆((R)

(3) Giả sử R là ∆U-vành Ta phải chỉ ra ϵ−1(U (R)) ⊆ 1 + ∆(S), điềunày có nghĩa là U (S) = 1 + ∆(S) Với bất kỳ y ∈ ϵ−1(U (R)), ta lấy

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

Mệnh đề 18 Cho R là một vành, M là một monoid và RM là monoidring Nếu RM là ∆U-vành, khi đó R là ∆U-vành

Mệnh đề 19 Cho R là vành giao hoán có đơn gị Vành đa thức R[x]

trên R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U

9.3 Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 20 Các điều kiện sau đây là tương đương trong vành R

(1) R là ∆U-vành

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

Định lý 19 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;

(3) R là ∆-clean ∆U-vành;

(4) R là vành ∆-clean

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 23 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).

Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ

11 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

12 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

Định nghĩa 4 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của n

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

2⩽n⩽7 bằng cách áp dụng Mệnh đề 1 Với n ⩾2, ta liệt kê tất cả cácphân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó ta đếmđược c(n) và tính Pr(An, Sn)

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