Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

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.. 5 Một số kết quả liên

BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Mục tiêu của đề tài Dựa vào kĩ thuật của Poletsky để mở rộng nguyên

lý cực tiểu cho lớp không gian lồi địa phương đầy theo dãy

Phương pháp nghiên cứu Luận văn được nghiên cứu dựa trên cácphương pháp: - Nghiên cứu các tài liệu liên quan đến đề tài, bao gồmcác tài liệu kinh điển và các bài báo mới, tổng hợp và trình bày báo cáotổng quan - Tham khảo, trao đổi với cán bộ hướng dẫn - Tham khảomột số bài báo đã đăng trên các tạp chí khoa học

Ý nghĩa khoa học và thực tế của đề tài Đề tài có giá trị về mặt lýthuyết Có thể sử dụng luận văn như là tài liệu tham khảo cho sinh viênngành toán và các đối tượng quan tâm đến các kiến thức về hàm đa điều

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

sinh bởi a chứa hệ n2 các ma trận khả nghịch

3 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 1 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 1 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 3 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 2 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

lý Ascoli

Cuối cùng phải nhớ lại các tiêu chuẩn để kiểm tra không gian topokhông phải là một không gian tách

Mệnh đề 4 Giả sử (X, τ ) là không gian topo Giả sử tồn tại một họ

{U i : i ∈ I} thỏa mãn

(i) Ui là tập mở với mỗi i ∈ I;

(ii) Ui∪ Uj = ∅ nếu i ̸= j

(iii) I là không đêm được

Khi đó (X, τ ) không tách được



:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞ < 1

2

onếu x ∈ I

ph→ f đều trên [a, b].

Nhận xét 3 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,

Định lý 6 (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′(c)

g′(c)

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 4 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

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;

Hệ quả 2 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiệnsau là tương đương

(i) R là vành rút gọn;

(ii) U (R[x]) = U (R);

sinh bởi a chứa hệ n2 các ma trận khả nghịch.

6 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

f (x) =

(

1 − |x| nếu x ≤ 1

0 nếu x > 1

Giả sử h :R→R, (h = 1, 2, ) được định nghĩa bởi

Định nghĩa 2 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 9 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

Khi đó (X, τ ) không tách được.

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 ?? 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,

7 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 9 Cho H1 và H2 là hai nhóm con của G sao cho H1 ⩽ H2.Khi đó

Vậy ta có điều phải chứng minh.

với mọi x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1

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

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 42

CH(y)N N

Cuối cùng, giả sửN ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳngthức Khi đó, theo Bổ đề 7 ta có

CH(y)N

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

nhóm con của N và H Khi đó

Vây ta có điều phải chứng minh.

Đặc biệt, ta có kết quả sau

Hệ quả 3 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 12 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 | (x1, 1)(a, u) = (a, u)(x1, 1)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}

= {(a, u) ∈ G \ A | (ax 1 , u) = (aα(x 1 ), u)}.

Ta xét hai trường hợp của x1 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

8 Không gian của các hàm khả vi liên tục C1(Ω)

ra nó là đầy đủ nhưng không là không gian Hilbert Xét ánh xạ tuyếntính

Theo (??), ta được fh → f và fh′ → g đều trên [a, b] và do đó cũng hội

tụ theo từng điểm Theo định lý tích phân cổ điển

(iii) liên tục đều trên Ω.

Chứng minh Ta xét trong trường hợp khi n = 1 và Ω = (a, b)

Sự cần thiết: Chỉ ra rằng, nếuF là compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1 ), khi đó(i), (ii) và (iii) đúng Cho

T : (C1(Ω), ∥.∥C1 ) → (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) )

là ánh xạ được định nghĩa bởi (??)

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

và π2(T (F )) = F′ đều compact trong (C0(Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà

- Ascoli ta được (i), (ii), (iii) đúng Tính đầy đủ: Chứng minh

Bài tập 5 F là compact (C1(Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) và (iii) đúng

Nhận xét 8 Cho

F = BC1 ([a,b]) := {f ∈C1([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞+ ∥f′∥∞ ≤ 1}.

Khi đó F không compact trong (C1([a, b]), ∥.∥C1 ) vì theo định lý Riesz’s(nhớ rằng C1([a, b]) là không gian vô hạn chiều) Nhưng F là compacttương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và

f ∈C0([a, b]) thỏa mãn

lim

k→∞ ∥fhk − f ∥∞= 0.

(M, ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) )của không gian metric (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) )

là tách được Điều này là do tính tách được của (C0(Ω), ∥.∥∞) (Định lý

??), bài tập ?? và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến khônggian con (Xem định lý ?? (ii))

9 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 13 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 4 Cho R là một vành chính quy đơn vị, khi đó ∆(R) = 0

Hệ quả 5 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 ??, 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 ??, ∆(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 14 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 19 (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

Định lý 15 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 2, 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

∆(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.

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 6 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.

11 Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành

11.1 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)

Hệ quả 7 Cho R là một vành:

(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 17 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 2, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề 2, ∆(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 2 (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 2 (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R)

Hệ quả 8 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 9 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

Mệnh đề 15 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 ⊆

(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 7 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

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

Bổ đề 8 Cho R là một vành không nhất thiết phải có đơn vị, ta có

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)

Mệnh đề 16 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 14 Cho R là một vành có unit regular, khi đó ∆(R) = 0

Hệ quả 15 Giả sử 2 ∈ U (R) Khi đó e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e là phần tửlũy đẳng của R

(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n 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 ?? 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 = 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 ?? 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 )