Phép biến đổi laplace và một số ứng dụng trong việc giải phương trình vi phân

2 Độ giao hoán tương đối của một nhóm conTa bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hoán của một nhóm con.. ta thấy ngay rằng PrG, G = PrG, trong đóPrG là độ giao hoán của nhóm G được định nghĩa

PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE VÀ MỘT SỐ

ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Trong nhiều thập kỉ qua, lí thuyết toán tử đơn điệu đã được nghiên cứutheo nhiều khía cạnh khác nhau và có những ảnh hưởng nhất định đếncác ngành khác nhau của toán học, chẳng hạn phương trình vi phân,phương trình đạo hàm riêng, phương trình tích phân, lí thuyết xác suất,

lí thuyết tối ưu cũng như các lĩnh vực khác như khoa học kinh tế, kỹthuật, khoa học quản lí và các khoa học ứng dụng khác Việc tìm hiểu

lí thuyết toán tử đơn điệu có nhiều điều thú vị, xét cả về ý nghĩa khoa

2 Độ giao hoán tương đối của một nhóm con

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

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

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

Ví dụ 1 Xét nhóm nhị diện D 3 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩

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

2 3

2 3

1 2

Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức được xác định như sau D4 = ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó D 4 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

D4 được cho trong bảng sau

3 4

3 4

Khi đó Q8 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

Q8 được cho trong bảng sau

5 8

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

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

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

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

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

G Khi đó

Pr(H, G) = k

|H|

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

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

O(x) Khi đó ta có

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

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

Vậy ta có điều phải chứng minh

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

Bổ đề 1 Cho H là một nhóm con của G Khi đó với mọi phần tử x ∈ G

|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

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

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

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

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

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

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

x ∈ H Vậy ta có điều phải chứng minh

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

Từ Mệnh đề ?? ta có ngay hệ quả sau

Hệ quả 1 Cho H là một nhóm con của nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G)

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

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

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

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

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

3 Nhóm nhị diện

Mệnh đề 6 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

n + 2 2n nếu n chẵn (iii) Nếu H = U i,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 ?? ta cóX

Trường hợp 2b: k | n

2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX

Vậy ta có điều phải chứng minh

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

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

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

Ta xét hai trường hợp của n

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

Trường hợp 2b: i

n

2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX

1 ⩽l⩽ni −1

|CDn(ril)| = CDn(rn2 ) + X

1 ⩽l⩽ni −1 l̸= n 2i

Vậy ta có điều phải chứng minh

Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hoán tương đối của các nhómcon trong nhóm nhị diện D3 và D4 bằng cách áp dụng Mệnh đề 17.

2 · 4 =

3

4;Pr(U2,0, D4) = Pr(U2,1, D4) = 4 + 2 · 2 + 4

(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặcHamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa làmỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tậplớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong

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

Định lý 1 (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 7 (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 ??, tồn tại f ∈ E′ sao cho

nghĩa là

f ≡ 0,

mâu thuẫn với f (x0) = 1 Vì vậy

D = E.

5 ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ

Định nghĩa 3 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tất

cả các tập con của X Gọi A∗ là một họ các tập con của X A∗ được gọi

là một đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa ba tiên đề sau:

1 X ∈ A∗

2 ∀A ∈ A∗⇒ Ac ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù)

3 ∀A, B ∈ A∗, A ∪ B ∈ A∗ (Đóng kín với phép toán hợp)

Định nghĩa 4 Cho tập X tùy ý khác rỗng Ta gọi P (X) là tập hợp tất

cả các tập con của X Gọi A∗ là một họ các tập con của X A∗ được gọi

là một σ - đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau:

Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét

Nhận xét 1 Khái niệm "đại số các tập con của tập X" và khái niệm

"σ - đại số các tập con của X" rất gần với nhau Điều đó thể hiện qua

sự giống nhau giữa hai tiên đề đầu tiên Sự khác biệt cơ bản giữa haikhái niệm này là ở tiên đề số 3 Đối với "đại số các tập con của X thìhợp "HỮU HẠN" các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ Còn

"σ - đại số các tập con của X" hợp "VÔ HẠN" các phần tử của A∗ làmột phần tử thuộc A∗

Mệnh đề 8 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đại sốcác tập con của X" Khi đó:

4 Đóng kín với phép toán hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A\B ∈ A∗

5 Đóng kín với phép toán lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈ A∗

toán α Phép toán α được gọi là đóng kín với tập X nếu ta lấy hai phần

tử bất kỳ thuộc X, thao tác qua phép toán ta được một phần tử mới vàphần tử này cũng thuộc X

Để dễ hiểu ta lấy một ví dụ đơn giản Trên tập N có phép toán cộngthông thường Ta lấy hai phần tử bất kỳ thuộc N (lấy hai số tự nhiên)

Dễ thấy rằng cộng hai số tự nhiên là một số tự nhiên và số tự nhiên nàycũng thuộc N Như vậy ta nói N đóng kín với phép cộng

Trong trường hợp tổng quát thì nó sẽ là một tập X bất kỳ

Tiếp theo ta sẽ chứng minh từng ý trong mệnh đề 1

Chứng minh:

1 Vì X ∈ A∗ (Tiên đề 1) nên Xc = ∅ ∈ A∗ (Tiên đề 2)

2 Ta quy nạp dựa theo tiên đề 2 sẽ có điều phải chứng minh

3.∀A, B ∈ A∗ ta có Ac, Bc ∈ A∗ Khi đó(Ac∪ Bc) ∈ A∗ ⇒ [(Ac∪ Bc)]c∈ A∗

hay A ∩ B ∈ A∗

Từ đây ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử sẽ có điều phải chứng minh

4 Chưa chứng minh

5 Chưa chứng minh

6 Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính

Định lý 3 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho

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

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

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

Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn bất kỳ J1 = [c1, c2] ⊂ 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 ∈ J1∩ 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 raxm(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 X 0 (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 X i (t) −

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

Và sử dụng bất đẳng thức tam giác và lấy giới hạn khi (7.10) ngụ ý rằng

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

∥X∥∞≤|ξ| + |b − a|∥B∥∞exp(∥A∥∞[b − a]) (7.12)

Ước lượng đơn giản (7.12) có thể được sử dụng để chỉ ra bằng X là mộthàm liên tục chung trong tất cả các biến này Do đó, một sự thay đổinhỏ trong t, A, b, τ, ξ sẽ tạo ra một sự thay đổi nhỏ trong X Nếu chúng

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

X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ),

tại

(s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ).

Đó là, X là liên tục tại (t, A, B, τ, ξ)

Định lý 5 Đặt I là một đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn(F )), B, D ∈ C(I, Fn), τ, σ ∈ I, ξη ∈ Fn Giả định X là kết quả của

Từ X là liên tục tại t, cho mọi e > 0có ϵ 2 > 0 như vậy

8 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 hệ

bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) vẫn giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong

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

Cho R là một vành có đơn vị Phần tử a ∈ R được gọi là chính quy(tương ứng, chính quy đơn vị) trong R nếu a = aua với u ∈ R nào đó(tương ứng, u ∈ U (R)) Nếu mọi phần tử của vành R đều là chính quy(tương ứng, chính quy đơn vị) thì R được gọi là vành chính quy (tươngứng, vành chính quy đơn vị)

Mệnh đề 9 Cho R là vành bất kỳ, khi đó ta có

(1) Cho e2 = e thỏa mãn e∆(R)e ⊆ ∆(R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe).(2) ∆(R) không chứa các phần tử lũy đẳng khác không

(3) ∆(R) không chứa các phần tử chính quy đơn vị khác không

Chứng minh (1) Nếu y ∈ U (eRe), khi đó y1 = y + (1 − e) ∈ U (R) thỏamãn y = ey1e Ta lấy r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R) và ta chỉ ra rằng bất kỳphần tử khả nghịch y ∈ U (eRe) ta đều có e − yr ∈ U (eRe) Như trên, lấy

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 − y 1 r) = 1và vì vậy e = eb(1 − y 1 r)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 2 Cho R là một vành chính quy đơn vị, khi đó ∆(R) = 0

Hệ quả 3 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 5 (1) Ở Định lý 15, 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 ?? 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 14, ∆(R) = J (R) = 0.Lưu ý, tâm Z = Z(R) của R = M 2 (S) là đẳng cấu với S và U (Z) =

U (R) ∩ Z Do đó, 0 = ∆(R) ∩ Z ⊆ ∆(Z) ≃ J (A) ̸= 0 Do đó, quan hệbao hàm ở Hệ quả 15 là nghiêm ngặt khi J (R) = 0 = J (Z(R))

Một vành R được gọi là 2-nguyên thủy nếu tập các phần tử lũy linh

N (R) trùng với căn nguyên tố B(R), tức là R/B(R) là vành rút gọn.Mệnh đề 10 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

Rõ ràng độ giao hoán tương đối của mọi nhóm con của một nhómgiao hoán bằng1 Kết quả sau đây cho ta các cận trên cho độ giao hoántương đối của các nhóm con của một một nhóm không giao hoán.

con của G Khi đó

(i) Nếu H ⊆ Z(G) thì Pr(H, G) = 1.

(ii) Nếu H ⊈ Z(G) thì Pr(H, G) ⩽ 3

không giao hoán thì Pr(H, G)⩽ 5

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 ??

(i) Nếu Pr(H, G) = 3

4 thì H/(Z(G) ∩ H) ∼ =Z2;

10 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 14 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 6 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 14 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 46 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 7 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(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 15 thì M2 (T ) là ∆U-vành, điều này mâu thuẫn do Định

lý 20

(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 8 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương đương(1) R là ∆U-vành nửa chính quy;

(2) R là ∆U-vành biến đổi;

Định lý 9 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(t3)mm! .

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

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

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

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

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

Định lý 10 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).

Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂ I chứa τ

12 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

13 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

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 32 Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất cảcác phân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó tađếm được 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