Một số áp dụng của biến đổi fourier vào biến đổi laplace ngược

phần tử đơn vị của vị nhóm M và ϵ : RM → Rlà các đồng cấu mở rộng Ta có kết quả, nếu vành đa thức R[X] là ∆U-vành thì R là ∆U-vành.Với các vành đa thức trên vành giao hoán, ta được kết q

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

“Kỹ thuật biến phân” là một thuật ngữ của toán học nhằm nói đến cácphương pháp chứng minh ở đó có sử dụng một hàm phụ thích hợp màđạt giá trị cực tiểu Đây có thể được xem như một mô hình toán họccủa các nguyên tắc tác động tối thiểu trong vật lý Bởi nhiều kết quảquan trọng trong toán học, mà đặc biệt là trong giải tích, có xuất xứ từvật lý và cơ học, nên việc chúng có ít nhiều liên quan đến các kỹ thuật

2 Một vài tính chất đại số của các ∆U -vành

∆U-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 ?? (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]])

Vì R ∼ = R[[x]]/(x) nên (2) được suy ra từ Mệnh đề ?? (5)

Bổ đề 1 Cho R, S là các vành và i : R → S, ϵ : S → R là các đồng cấuvành thỏa mãn ϵi = idR Khi đó, các khẳng định sau là đúng

(1) ϵ(∆(S)) ⊆ ∆(R)

(2) Nếu S là ∆U-vành, thì R cũng là ∆U-vành

(3) Nếu R là ∆U-vành và ker ϵ ⊆ ∆(S), thì S là ∆U-vành

Chứng minh (1) Dễ thấy, ϵ(U (S)) ⊆ U (R) và U (R) = ϵi(U (R)) ⊆ ϵ(U (S))

nên ϵ(U (S)) = U (R) 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) Thật vậy, với bất kỳ y ∈ ϵ−1(U (R)), talấyϵ(y) ∈ U (R) = 1+∆(R), vìRlà∆U-vành Suy ray −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

g∈G

r g g trong đó r g ∈ R

vị nhóm và được định nghĩa giống như vành nhóm

phần tử đơn vị của vị nhóm M) và ϵ : RM → Rlà các đồng cấu mở rộng

Ta có kết quả, nếu vành đa thức R[X] là ∆U-vành thì R là ∆U-vành.Với các vành đa thức trên vành giao hoán, ta được kết quả tốt hơn

Ta biết rằng nếu R là một vành giao hoán có đơn vị vàf = a0+ a1x +

· · · + anxn ∈ R[x] thì f là khả nghịch trong R[x] khi và chỉ khi a0 là khảnghịch trong R và a1, a2, , an là các phần tử lũy linh trong trong R

Từ nhận xét trên ta có mệnh đề sau

Mệnh đề 4 Cho R là vành giao hoán có đơn vị Vành đa thứcR[x] trên

R là ∆U khi và chỉ khi R là ∆U

Do các hàm số f (x) và x − a liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng

(a, b) nên hàm số g(x) cũng liên tục trên đoạn [a, b] khả vi trên khoảng

(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta có

Ta có điều phải chứng minh

Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange

Cho C là đường cong trơn với hai đầu mút A, B bất kỳ Khi đó trên C

tồn tại ít nhất một điểm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó song song với

AB

Nhận xét 1 Thông qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức

Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩa

là mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng

(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại công thức Lagrange như sau:

f (b) − f (a) = f′(a + θ(b − a))(b − a), 0 < θ < 1 (∗′)

Nếu ta thay x cho a và ∆x cho (b − a) thì (∗′) trở thành:

f (x + ∆x) − f (x) = f′(x + θ∆x)∆x, 0 < θ < 1 (∗′′)

Công thức (∗′) và (∗′′) là một dạng biểu diễn khác của công thức grange và được gọi là công thức số gia giới nội

La-Sau đâu là hai hệ quả và cũng là ứng dụng của định lý Lagrange

Hệ quả 1 Giả sử hàm số f liên tục trên [a, b], f′(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó hàm f bằng một hằng số trên [a, b]

Chứng minh

Ta cố định x 0 ∈ (a, b) Giả sử x là điểm tùy ý trong (a, b) Khi đó đoạn

[x0, x] hoặc [x, x0] nằm trong khoảng (a, b) Do vậy f khả vi (vì vậy liêntục) trên đoạn đó Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn con đó Khi đótồn tại c ∈ (x0, x) hoặc c ∈ (x, x0) sao cho:

f (x) − f (x0) = f′(c)(x − x0)

Nhưng f′(t) = 0, ∀t ∈ (a, b) theo giả thuyết nên f′(c) = 0 Từ đó suy ra

f (x) = f (x0) với mọi x bất kỳ thuộc (a, b) Nghĩa là ∀x ∈ [a, b], thì giá trịcủa hàm f (x) luôn bằng một giá trị tại một điểmx0 cố định thuộc (a, b).Vậy hàm f bằng một hằng số trên [a, b]

chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộng

Chứng minh

Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0

Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.

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

Định lý 2 (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

5 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 4 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

6 Các khái niệm cơ bản

toán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm Abel với

phân phối với phép toán cộng, nghĩa là

x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz

với mọi x, y, z ∈ R

Phần tử trung hòa của phép cộng được ký hiệu bởi 0 (thường gọi làphần tử không) Phần tử đơn vị của phép nhân nếu có được ký hiệu bởi

1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0

A là vành đối với hai phép toán cộng và nhân trên R (bao gồm cả tínhđóng của hai phép toán trên A)

Định nghĩa 3 Ideal trái (phải) của một vành R là một vành con A

thỏa mãn điều kiện

(x + I) + (y + I) = (x + y) + I, (x + I)(y + I) = (xy) + I

với mọi x, y ∈ R

như trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I

6.0.1 Định lý đồng cấu vành

Định nghĩa 5 Cho R, R′ là hai vành Ánh xạ f : R → R′ được gọi làmột đồng cấu vành nếu f bảo toàn hai phép toán cộng và nhân trong R,nghĩa là

f (x + y) = f (x) + f (y),

f (xy) = f (x)f (x),

với mọi x, y ∈ R

6.0.2 Một số kết quả liên quan

7 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 (14), 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

(i) Bị chặn trên (C0(Ω), ∥.∥C0 );

(ii) đóng trên (C0(Ω), ∥.∥C0 );

(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 (13)

Trong chứng minh của định lý 10 ta chỉ ra được tồn tại

T−1: (M, ∥.∥C0

(Ω)×C0(Ω) ) → (C1(Ω), ∥.∥C1 )

liên tục Do đó F compact trong (C1(Ω), ∥.∥C1 ) tương đương với T (F )

compact trong (C0(Ω) ×C0(Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C 0 (Ω) ) Giờ ta quan sát, nếu xácbiểu thị

(Ω)×C0(Ω) ) Điều này có nghĩa làπ1(T (F )) = F

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

Nhận xét 2 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 compact

tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞), nghĩa là, ∀(fh)h ⊂ F tồn tại (fhk)k và

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

??), bài tập 5 và từ các tính chất tách được qua giới hạn đến không giancon (Xem định lý ?? (ii))

8 Xấp xỉ bởi tích chập trong Lp

Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞, tồn tại (fh)h ⊂ C0c(Ω) saocho fh → f trong Lp(Ω) Ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếmxấp xỉ theo các hàm chính quy Chính xác hơn

Câu hỏi:

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

Lp(Ω)?

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

Định nghĩa 7 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là một

dãy các hàm ϱh :Rn →R, (h = 1, 2, ) sao cho, với mỗi h,

Ví dụ về mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng một dãy mollifiers,

(i) Nếu A compact và B đóng, khi đó A + B đóng;

(ii) nếu A và B là compact vì là A + B

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),

g x (y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

là khả tích trên Rn, vì vậy nó xác định tích phân

Đặc biệt

ϱ(xr− y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y / ∈ K, ∀r ∈N. (6)Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn), theo (51), tồn tại L > 0 thỏa

|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 (7)

Từ (50), (51) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (49)

Nhận xét 3 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên không gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 31 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 8 (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 9 (Bổ đề cơ bản của tính toán các biến) Cho Ω ⊂ Rn là tập

mở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sử

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ

Z

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (8)Thật vậy, theo (53), suy ra

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

Ta có được kết luận Ta chứng minh (53)

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

Mặt khác, từ định lý 39 (iv) và (??), ta giả sử, một dãy con tăng,gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

Định lý 10 (Xấp xỉ theo các hàm C∞ trong Lp) Cho Ω ⊂ Rn là tập

mở Khi đó C∞c (Ω) là trù mật trong Lp(Ω), ∥.∥Lp, biết 1 ≤ p < ∞

Chứng minh Cho f ∈ Lp(Ω), định nghĩa ef : Rn →R bởi

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (11)Định nghĩa

9 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 20.Sau đây là một số ví dụ về độ giao hoán tương đối của một số nhóm

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 2 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 5, 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

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

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

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;

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

Bây giờ, ta giả sử S là căn Jacobson bất kỳ chứa trong R và đóngvới 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 khảnghịch 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 ?? (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

?? (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 ra

s¯ 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

Với các phép toán như trên thì R[[x]] là một vành giao hoán có đơn vị.Cho vành R, ký hiệu Tn(R) là tập tất cả các ma trận tam giác trêncấpn trên vành R, J n (R) là iđêan củaT n (R) bao gồm tất cả các ma trậntam giác trên cấp n thực sự Dn(R) là vành các ma trận đường chéo cấp

n Từ Mệnh đề 17 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau

(2) R là một vành nửa địa phương

(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 ??, 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

(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

Ja-cobson của R đóng với phép nhân bởi các phần tử tựa khả nghịch Giả

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 ?? (2) ta được G ⊆ ∆(R)

11 Không gian các hàm liên tục C0(Ω)

C0(A) := {f : A →R, f liên tục tại mọi x ∈ A}.

(ii) Cho K ⊂ Rn là tập compact và cho f ∈C0(K) Ta ký hiệu ∥f ∥∞ làmột số thực không âm và được xác định bởi

Chứng minh Ta sẽ giới hạn khi n = 1 và Ω = (a, b) thì ta phải chứngminh rằng (C0(Ω), ∥.∥∞) là không gian định chuẩn vô hạn chiều trên R

Ta chứng minh nó là không gian Banach Nghĩa là phải chỉ ra mỗi dãyCauchy (fh)h ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) đều hội tụ (tại một phần tử thuộc khônggian) Giả sử (fh)h là dãy Cauchy, theo định nghĩa ta có, ∀ϵ > 0, ∃k ∈N

Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu đặc trưng của các tập con compact trên

(C0(Ω), ∥.∥∞) Đầu tiên ta sẽ nhớ lại một số khái niệm và kết quả quantrọng liên quan đến chủ đề compact trong không gian metric

Định nghĩa 10 Cho (X, d) là không gian metric và ký hiệu B(x, r) làhình cầu mở trong X, tâm x bán kính r > 0 với x ∈ X

Định lý 15 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gianmetric) Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có cácđiều sau đây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

(iii) (A, d) là đầy đủ và bị chặn hoàn toàn;

Định lý 16 (Riesz) Cho (E, ∥.∥) là không gian định chuẩn và ta ký hiệu

BE := {x ∈ E : ∥x∥ ≤ 1} Khi đó BE compact khi và chỉ khi dimRE < ∞

định chuẩn vô hạn chiều(E, ∥.∥) không nhất thiết phải bị chặn hoàn toàn

Ví dụ như A = BE

Định nghĩa 11 ChoA ⊂Rn Một họ các tậpF ⊂C0(A)được gọi là tựaliên tục nếu với mọi ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho mỗi f ∈ F , |f (x) − f (y)| < ϵ

với mọi x, y ∈ A thỏa |x − y| < δ

Ta thêm những tiên đề chuẩn của các tập compact trong(C0(K), ∥.∥∞)

khi K ⊂Rn là compact

C0(K) Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞) khi và chỉ khi F là:(i) đóng trên (C0(K), ∥.∥∞);

(ii) bị chặn trên (C0(K), ∥.∥∞);

(iii) liên tục đều

Hệ quả 12 Cho K ⊂Rn là compact và cho F ⊂C0(K) Giả sử rằng F

bị chặn và liên tục đều Khi đó F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

Cụ thể hệ quả này cho ta kết quả đặc biệt sau

Hệ quả 13 Cho fh : [a, b] → R, (h = 1, 2, ) là dãy hàm liên tục Giả

sử rằng:

(i) ∃M > 0 sao cho |f (x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b], ∀h.

(ii) (fh)h là liên tục đều, nghĩa là, ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 sao cho |fh(x) −

fh(y)| < ϵ, ∀x, y ∈ [a, b] với |x − y| < δ, ∀h.

Khi đó ta có một dãy con (fhk)k và hàm f ∈C0([a, b]) thỏa mãn fhk → f

đều trên [a, b]

Định lý 18 Giả sử M > 0 là một hằng số cho trước và

F = {f ∈C1([a, b]) : ∥.∥C1 ≤ M }.

Khi đó F là tập compact tương đối trong (C0([a, b]), ∥.∥∞);

Chứng minh định lý ?? Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

F compact Theo tính chất của tập compact ở định lý ?? ta có thể chỉ

ra rằng F là một compact dãy Vì vậy một dãy bất kỳ (fh)h ∈ F có mộtdãy con (fhk)k hội tụ về một hàm f ∈ F, nghĩa là,

∥fhk − f ∥∞ → 0 khi k → ∞

Nhớ rằng K là compact và tách được Giả sử D := {xi : i ∈N} đếm được

và trù mật trong K F bị chặn nghĩa là tồn tại M1> 0 thỏa mãn

Do đó ta có hằng số M 2 > 0 thỏa mãn

|fh(x)| ≤ M2, ∀x ∈ K, ∀h.

Bây giờ ta sẽ đi xây dựng một dãy con hội tụ theo quá trình chéo củaCantor

Bước 1: (fh(x 1 ))h là một dãy số thực trong [−M 2 , M 2 ] Suy ra dãy này

có một dãy con (fh(1)(x1))h hội tụ trong R;

Bước 2: Xét dãy(fh(1)(x2))h⊂ [−M2, M2] Do đó dãy con(fh(2)(x2))h cũnghội tụ Chú ý rằng dãy (fh(2)(x1))h cũng hội tụ vì có dãy con (fh(1)(x1))h

hội tụ

Tiếp tục quá trình như trên ta được

Bước k: Một dãy con (fh(k))h của (fh(k−1))h thỏa mãn (fhk(xj))h là hội tụvới mỗi j = 1, k

Ta có tình huống sau đây:

Rn thỏa mãn N = N (σ), xi∈ K với mỗi i = 1, , N và