Một số áp dụng củ a biến đổi fourier vào biến đổi laplace ngược

đều có thể viết thành tổng hữu hạn các phần tử khả nghịch của R.. Điều này có nghĩa là r biểudiễn được thành tổng của hai phần tử khả nghịch.. với phép nhân các phần tử khả nghịch.. tổng

MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA BIẾN ĐỔI FOURIER VÀO BIẾN ĐỔI LAPLACE

NGƯỢC

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Trong những năm gần đây Lý thuyết các sóng nhỏ (Theory of Wavelets)

đã phát triển rất mạnh mẽ, nó trở thành nền tảng cho việc xây dựng Lýthuyết truyền tin và các lí thuyết cũng như ứng dụng khác Không gian

cơ sở mà Lý thuyết này xây dựng là L 2 (R), không gian các hàm bìnhphương khả tích trên R Do các phần tử thuộc L 2 (R), có thể biểu diễnqua cơ sở của nó nên người ta phải quan tâm đến cơ sở của không giannày Trong số các cơ sở của L 2 (R) có một loại cơ sở đặc biệt là cơ sởwavelets trực chuẩn Luận văn chúng tôi giới thiệu 2 loại cơ sở waveletstrực chuẩn thường được dùng đến là cơ sở Gabor và cơ sở Haar, đây

2 So sánh giữa không gian vector hữu hạn chiều và không gian vector vô hạn chiều.

Chúng ta sẽ nhắc lại sơ qua những điểm khác nhau giữa không gianvector hữu hạn chiều và không gian vector vô hạn chiều từ cách nhìncủa đại số và của topo

tuyến 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

gian đối ngẫu E′ của E là không gian tuyến tính được định nghĩa bởi:

Định lý 1 (E′, ∥.∥E′ ) là không gian Banach

Giả sử {fn} là một dãy Cauchy của E′, tức là

∥fm− fn∥E′ → 0 khi m, n → ∞,

khi đó với mọi x ∈ E ta có

|f m (x) − f n (x)| = |(f m − f n )(x)| do tính tuyến tính,

|fm(x) − fn(x)| ≤ ∥fm− fn∥E′ ∥x∥E → 0 khi m, n → ∞,

do {fn} là dãy Cauchy trong E′

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

sẽ tồn tại f (x) sao cho

Ta có điều phải chứng minh

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

3 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

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

U (R) + U (R) = ∆(R))

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

R i là ∆U khi và chỉ khi các vành R i 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

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

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

Định lý 2 Mn (R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R là ∆U-vành

(⇒:) 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

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

(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy

Hệ quả 1 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 2 R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên

Tn (R) là ∆U-vành, n ≥ 1

3.2 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)

-vành, khi đó R là ∆U-vành

∆(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.

(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 2 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(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 7 Cho R là vành giao hoán có đơn gị Vành đa thứcR[x] trên

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U

3.3 Tính chất ∆U trong các lớp vành

(1) R là ∆U-vành

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

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 ?? (2) ta suy ra hệ quả sau.

(1) ∆(R) đóng với phép nhân các phần tử lũy linh;

đẳng

sinh 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

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

đó, theo Bổ đề ?? (2) suy ra ∆(T ) là iđêan của T Theo Bổ đề ?? (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 của R và theo Bổ đề ?? (2) thì

∆(R) đóng với phép nhân các phần tử khả nghịch trái và phải trong R

với 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 khả

nghịch trong S nên 1 + su ∈ U (R) Theo Bổ đề ?? (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R)

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 21 (2) ta có ngay hệ quả sau

tổng 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

21 (1) ta thu được hệ quả sau

Hệ quả 6 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

của R, ta ký hiệu Sˆ là vành con của R được sinh bởi S ∪ {1}

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

ru−1 ∈ ∆(R)theo Bổ đề ?? (2) Khi đóku¯ −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 7 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

Cho vành R, ký hiệu T n (R) là tập tất cả các ma trận tam giác trêncấpn trên vành R, Jn(R) là iđêan củaTn(R) bao gồm tất cả các ma trậntam giác trên cấp n thực sự D n (R) là vành các ma trận đường chéo cấp

n Từ Mệnh đề 44 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau

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

(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

thể 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 1, 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 ?? (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

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

(1 − r)G ⊆ G

phép cộng của R Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

(1) G = ∆(R);

(2) G là căn Jacobson lớn nhất đóng với phép nhân các phần tử tựa khảnghịch 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 21 (2) và Bổ đề ?? chỉ ra ∆(R) là căn

phép nhân các phần tử tựa khả nghịch củaR Cụ thể, Glà căn Jacobsonkhông chứa đơn vị của R, theo Bổ đề ??,Gđóng với phép nhân các phần

tử khả nghịch của R Do đó theo Định lý 21 (2) ta được G ⊆ ∆(R)

5 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 bằng

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

(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)

(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 12 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)

vành 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)

nếu e = e 11 ∈ R, khi đó e∆(R)e = eJ (R)e = J (eRe) = 0 và ∆(eRe) ≃

∆(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 = M 2 (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

J (R[x])

quả 1 ta có U (R[x]) = U (R) Do đó, theo định nghĩa của ∆(R[x]), ta có

∆(R) ⊆ ∆(R[x]) Lấy a + a0 ∈ ∆(R[x]) trong đó a ∈ R[x]x và a0 ∈ R Khi

đó, mỗi u ∈ U (R), a + a0 + u ∈ U (R) Ta có a0 + u ∈ U (R) và a = 0 và

∆(R) = ∆(R[x])

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

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 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 X i (t) −

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

Tất nhiên, chuỗi cuối cùng này lại là phần còn lại của chuỗi cho hàm mũ

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

Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ Fn, A ∈ C(I, Mn(F )) và B ∈ C(I, Fn).Kết quả chính của phần này khẳng định rằng đối với mọi t ∈ I Giá trị

X(t) à một hàm liên tục của các biến này Phân tích sự phụ thuộc này

∥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

∥Y − X∥∞= ∥Z∥∞ ≤|Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞exp(∥C∥∞[b − a]) (7.15)

Đặt e > 0 được cho Ta thấy

Định lý 13 (Định lý Rolle) Giả sử cho hàm số f liên tục trên [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f′(c) = 0

Chứng minh

Vì f liên tục trên đoạn [a, b] Theo định lý Weierstrass thì hàm f phảitồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b], nghĩa là tồntại x1, x2 ∈ (a, b) sao cho

f (x1) = min

[a,b] f (x) = m, f (x2) = max

[a,b] f (x) = M

Có hai khả năng xảy ra:

1) Nếu m = M Khi đó f (x) = const trên đoạn [a, b] Nên f′(c) = 0 vớimọi c ∈ (a, b)

2) Nếu m < M Theo giả thiết ta có f (a) = f (b) nên ít nhất một trong

hai điểm x 1 , x 2 phải thuộc khoảng (a, b) Không mất tính tổng quát tagiả sử x1 ∈ (a, b) Theo định lý Fermat thì đạo hàm tại điểm này bằngkhông.

Định lý được chứng minh xong

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle

ChoC là đường cong trơn với hai đầu mút A, B có cùng "độ cao" (trong

hệ trục tọa độ Descartes) thì trên C tồn tại ít nhất một điểm mà tiếptuyến của C tại điểm đó song song với AB(hay song song với trục hoành

vì f (a) = f (b))

trìnhf (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì phương trình

f′(x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) (Phươngtrình f(k)(x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

với (k = 1, 2, , n))

Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 cón nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

đã được sắp thứ tự x1 < x2 < < xn Khi đó ta áp dụng định lý Rollecho n − 1 đoạn [x 1 , x 2 ], [x 2 , x 3 ], , [x n−1 , x n ] thì phương trình f′(x) = 0 có

ít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1, x2), (x2, x3), , (xn−1, xn).Gọi n − 1 nghiệm đó là ξ1, ξ2, , ξn−1 thì ta có:

f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle chon−2khoảng(ξ1, ξ2), (ξ2, ξ3), , (ξn−2, ξn−1)

thì phương trìnhf′′(x) = 0có ít nhấtn − 2nghiệm phân biệt trên khoảng

Chứng minh

khoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm Khi đó theo hệ quả 1 phươngtrình f′(x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b) Điều này tráivới giả thiết phương trình f′(x) = 0 có không quá n − 1 nghiệm Ta cóđiều phải chứng minh

Số ∥f ∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A

Định lý 14 (Fisher - Riesz) (Lp(A), ∥.∥Lp ) là không gian Banach nếu

1 ≤ p ≤ ∞ Hơn nữa L2(A) là không gian Hilbert với tích vô hướng

Nhận xét 1 Nó sẽ không còn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f (x)

hầu khắp nơi x ∈ Ω

Nhận xét 2 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập mở bị chặn, nếu không thì quan hệ bao hàm không được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

v-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

(τvf )(x) := f (x + v)

Định lý 16 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặntrong (Lp(Rn), ∥.∥Lp ) với 1 ≤ p < ∞ Giả sử rằng lim

v→0 ∥τ v f − f ∥Lp = 0 đềuvới mỗi f ∈ F, nghĩa là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : ∥τvf − f ∥Lp < ϵ, ∀v ∈Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F (N EF)

Khi đó F |Ω := {f |Ω : f ∈ F } là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ),nghĩa là bao đóng của nó là compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ), với mỗi tập mở

Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn

Từ định lý 31 ta suy ra điều kiện compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp )

Nếu f : Ω →R, ta ký hiệu ef :Rn →R là hàm được định nghĩa như

Hệ quả 15 Cho Ω ⊂Rn là tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp(Ω)

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp )khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp ) Do đặc tính củatập compact trong không gian metric (Định lý 45) có điều phải chứngminh

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp ).Định lý 17 Cho F ⊂ Lp(Rn)với 1 ≤ p < ∞ Khi đó F là compact tươngđối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp ) khi và chỉ khi

và Ω := (0, 1) Khi đó dễ thấy rằng ∥f ∥L1 R = 1 với mỗi h ∈ N và F |Ω

không compact tương đối trong (L1(Ω), ∥.∥L1 ), vì không có dãy con nàocủa (fh)h hội tụ trong L1(Ω) Mặt khác, v > 0, với mỗi h > 1/v

Do đó, (ENF) không còn đúng cho F

(ii) Nếu Ω không có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý 31 khôngcòn đúng nữa Thật vậy, xét họ F := {fh: h ∈N} ở đây fh:R→R được

định nghĩa fh(x) := f (x + h) ở đây f ∈Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0,

và f không triệt tiêu Khi đó

∥f ∥L1 (R) = ∥f ∥L1 (R) > 0 ∀h. (1)Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

Nhận xét 4 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂

L∞(Ω) là chặt Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)

Đặc biệt, từ (∗), C0(Ω) hóa ra là đóng trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞ (Ω) )

Định lý 18 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho 1 ≤ p < ∞ và ký hiệu

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ = ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp′(Ω). (2)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ ≤ ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp′(Ω). (3)

Ta chỉ ra bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử 1 < p < ∞, điều này cũng

có nghĩa là 1 < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′ (Ω) = 0, khi đó, u = 0 hầu khắp nơitrong Ω bất đẳng thức này là rõ ràng Giả sử 0 < ∥u∥Lp′ (Ω) < ∞, khi đó

ta cần giả sử rằng 0 < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa

f u (x) := |u(x)|p′−2u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ ≥ ∥u∥Lp′ (Ω) ∀u ∈ Lp′(Ω). (5)

Vì thế (29) và (31) cho ta (28) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, vì

p′= ∞, giả sử 0 < M < ∥u(x)∥L∞ (Ω) Khi đó tập hợp

Thật vậy |ν(E)| < ∞ với mỗi E ∈ M, do đó ν là σ-hữu hạn Giả sử

(Eh)h ⊂ M là một dãy rời nhau, ta chưng minh rằng ν(∪∞h=1Eh) =

=

=