Kỹ thuật biến phân và một số ứng dụng

1 PHẦN MỞ ĐẦUSự Không Tồn Tại Nghiệm Dương Của Một Số Phương Trình LaplaceLiên Kết Với Điều Kiện Biên Neumann Phi Tuyến Trong Nửa KhôngGian Trên Qua luận văn này, tác giả thực sự bắt đầu

KỸ THUẬT BIẾN PHÂN VÀ MỘT SỐ

ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Sự Không Tồn Tại Nghiệm Dương Của Một Số Phương Trình LaplaceLiên Kết Với Điều Kiện Biên Neumann Phi Tuyến Trong Nửa KhôngGian Trên

Qua luận văn này, tác giả thực sự bắt đầu làm quen với công việc đọctài liệu khoa học một cách hệ thống Tác giả cũng học tập được phươngpháp chứng minh một vấn đề ở nhiều góc độ khác nhau Tuy nhiên, với

sự hiểu biết hạn chế của tác giả cũng như thời gian ngắn của khóa học,tác giả rất mong nhận được sự đóng góp và chỉ bảo của quý thầy, Côtrong và ngoài Hội đồng 755

2 ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 1 (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm số f và g liên tục trên

[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) và g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồntại c ∈ (a, b) sao cho:

f (b) − f (a) g(b) − g(a) =

F′(x) = [f (a) − f (b)]g′(x) − [g(a) − g(b)]f′(x)

Suy ra

F′(c) = [f (a) − f (b)]g′(c) − [g(a) − g(b)]f′(c) = 0

Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh

Nhận xét 1 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x

Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy sẽ không còn đúng nữanếu một trong các điều kiện của giả thiết không được thỏa mãn Nghĩa

là nếu các hàm f và g không khả vi trên khoảng (a, b) hay không liêntục trên đoạn [a, b] thì các định lý sẽ không đúng

Định lý 2 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 ??, 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 ??

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

∆U-vành Theo Bổ đề ??, 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 1 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)

Định lý 3 Cho R là ∆U-vành và G là 2-nhóm hữu hạn địa phương.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 4 (1) áp dụng cho ánh xạ mở rộngε vài Vì R là∆U-vành nên tồn tại

j ∈ ∆(R) thỏa mãn ε(u) = 1 + j Theo Bổ đề 4 (1) ta có ε(u − 1 + j) = 0

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

u ∈ 1 + ∆(RG)

Hệ quả 1 ChoR là vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàG là 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

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 1 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 2 Cho R là một ∆U-vành Khi đó

Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) và (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy ra

1 − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R)

Từ đó, ba ∈ U (R) hoặc ba = 1

(5) Nếu I ⊆ J (R)là iđêan, khi đó∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề ??.Giả sử R là ∆U-vành Khi đó, bất kỳ u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) vìvậy u ∈ 1 + ∆(R) Suy rau + I ∈ 1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I) Do đó R/I là

∆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

(6) Hiển nhiên

(7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ra ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây giờ

U (R) = 1 + ∆(R) cho

1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = 1 + (∆(R) ∩ T ) ⊆ 1 + ∆(T ).

suy ra 1 + ∆(T ) ⊆ U (T ) hayT là ∆U-vành

Định lý 4 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 3 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

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

là Morita context tầm thường theo [?].

Định lý 5 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 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)

5.1 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 4 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 5 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 4 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 5 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

5.2 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 7 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 8 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 3 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 9 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 10 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

5.3 Tính chất ∆U trong các lớp vành

Mệnh đề 11 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 8 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 12 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).

Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ

7 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

8 Các cận cho độ giao hoán tương đối của một nhóm con

Mệnh đề sau đây cho ta cận trên và cận dưới cho độ giao hoán tươngđối của một nhóm con của một nhóm

Mệnh đề 12 Cho H là một nhóm con của G, và p là ước nguyên tốnhỏ nhất của |G| Khi đó

Mệnh đề 13 Cho G là một nhóm không giao hoán và H là một nhómcon của G Khi đó

Vậy ta có điều phải chứng minh

Kết quả sau đây mô tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề 15

Mệnh đề 14 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó:

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

Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨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

Cho nhóm quaternion suy rộng

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

Mệnh đề 19 Cho nhóm Quaternion suy rộng Q 4n với n ⩾2 Khi đó

Mệnh đề 21 Cho nhóm giả nhị diện SD2n 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) Ui,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,

(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 2 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 24 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 3 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 25 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

(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 14 (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 15 (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

Theo hệ quả của mệnh đề ?? ta được kết quả sau

Hệ quả 7 Bao hàm C1(Ω) ⊂Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa là

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)

Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trong trường hợp n = 1 và

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 16 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 15) 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)|

nhưng không có trên C1(Ω)

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 17 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 khôngđếm được {Uα : α ∈ I} của tập mở trong (Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề ??)

Ta chia chứng 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

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 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

11 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 ?? 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 26 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 = ey 1 e 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

y1= y+1−e ∈ U (R) Từr ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R), ta được1−y1r ∈ U (R) Do đótồn tại phần tửb ∈ R thỏa mãn b(1 − y1r) = 1và vì vậy e = eb(1 − y1r)e = eb(e − y1re)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 8 Cho R là một vành chính quy đơn vị, 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.

Dưới đây sẽ chỉ ra một số ví dụ mà ở đó ∆(R) ̸= J (R)

Ví dụ 1 (1) Ở Định lý 14, 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 37 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 = M2(S), trong đó A

là miền giao hoán địa phương Theo Định lý ??, ∆(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 ?? 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 27 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

R/B(R) và Mệnh đề ?? (2) ta có

∆(R) + B(R)[x] = ∆(R/B(R)[x]) = ∆(R[x]/J (R[x])) = ∆(R[x])/J (R[x]).

Ta có điều cần chứng minh

12 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 6 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 18 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 7 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 {U x : x ∈ I} và sử dụng mệnh đề ??

Định lý 19 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 20 (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 8 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 ?? 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.

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

-Mệnh đề 29 Cho R là một vành, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành

Định lý 23 ChoR là∆U-vành và G là locally finite 2-group Nếu∆(R)

là lũy linh, khi đó RG là ∆U-vành

Hệ quả 10 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

14 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)}