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

2 ∆R là vành căn Jacobson lớn nhất chứa trong R và đóng với phépnhân các phần tử khả nghịch của R.gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R.. Định lý 5 Các tiên đề chuẩn của tập compa

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

Lý thuyết điểm bất động là công cụ chính để chứng minh sự tồn tạinghiệm của phương trình Để khảo sát tính compắc liên thông của tậpnghiệm, luận văn sử dụng lý thuyết bậc tôpô của trường toán tử compắctrên không gian Banach Luận văn gồm có ba chương Chương 1 giớithiệu các khái niệm và các kết quả cơ bản được sử dụng trong luận văn.Chương 2 trình bày sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm Phần trọngtâm của luận văn ở chương 3 trình bày tính compắc liên thông của tập

2 Nhóm quaternion suy rộng

Mệnh đề 1 Cho nhóm quaternion suy rộng

Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2

và H là một nhóm con của Q4n Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k|2n, 1 ⩽k ⩽2n thì

0⩽i⩽ 2n

k − 1



.

Ta xét hai trường hợp của k như sau

Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề 14 ta có

Trường hợp 2: k ∤n Khi đó, theo Mệnh đề 14, ta có

(ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1 ⩽i ⩽ n, 0⩽ j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề 13

Trong ví dụ sau ta sẽ tính lại độ giao hoán tương đối của các nhómcon trong nhóm quaternion Q8, và tính độ giao hoán tương đối của các

2.

3 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

Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn, s−1rs = r−1⟩ với n⩾2.

Ký hiệu Rk, Ui,j lần lượt là các nhóm con của Q4n có dạng sau đây

Rk = ⟨rk⟩, Ui,j = ⟨ri, rjs⟩

với 1⩽k ⩽2n, 1 ⩽i⩽2n, 0⩽j ⩽2n − 1.

Sau đây là một số tính chất của nhóm quaternion suy rộng, xem [?]

(i) Rk là nhóm xiclíc cấp 2n

d , trong đó d = (2n, k), với 1⩽k ⩽2n; (ii) Ui,j là nhóm quaternion suy rộng cấp 4n

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

CQ4n(1) = CQ4n(rn) = Q4n, CQ4n(ri) = R1, CQ4n(rjs) = Un,j

với 1⩽i⩽2n − 1, i ̸= n, 0⩽j ⩽2n − 1.

nhóm con của Q4n Khi đó H là một trong các nhóm sau đây

Mệnh đề 8 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;

U i,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 ∼= C2× C2 nếu

nhóm sau đây

(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,

j chẵn

4 Một số đặc biệt hóa căn Jacobson của vành

4.1 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

tính chất của ∆ dưới cấu trúc vành được nghiên cứu, trình bày một số

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)

(3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi đó −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r − U (R) ⊆

U (R), hay∆là nhóm con với phép cộng củaR Hơn nữars = r(s+1)−r ∈

∆(R) do r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2)

(4) Rõ ràng J (R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) là iđêan của R và r ∈ R

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là dễ thấy

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

đẳng

sinh 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.

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề 12, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề 12, ∆(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 12 (2) thì

của R

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng với

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).Theo Bổ đề 12 (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R)

tổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R)

Hệ quả 3 Giả sửRlà một vành đại số trên trường F NếudimFR < |F |,khi đó ∆(R) là vành lũy linh

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

Hệ quả 4 Cho R là vành có đơn vị, ∆( ∆(R)) = ∆(R)[ , nghĩa là ∆ làtoán tử đóng.

(1) R/J (R) là đẳng cấu với phép nhân vành các ma trận và divisionrings

(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

các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nó đóng với phép nhân các phần

tử quasi-invertible của R

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

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

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)

(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 8 Cho R là một vành có unit regular, khi đó ∆(R) = 0

lũy đẳng của R

J (R[x])

5 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

minh 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 không

gian) 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

hình cầu mở trong X, tâm x bán kính r > 0 với x ∈ X

hội tụ về một điểm thuộc A

(v) Tập A ⊂ X được gọi là có tính chất Bolzano-Weierstrass (BW) nếumỗi tập con vô hạn của A có một điểm giới hạn thuộc A.

Nhận xét 1 Dễ thấy rằng một tập bị chặn hoàn toàn là tập bị chặn,nhưng điều ngược lại là không đúng trong không gian topo (X, τ ) các tậphợp compact và các tập hợp compact dãy có tính chất (BW) Các tínhchất này không còn giữ trong trường hợp tổng quát

Định lý 5 (Các tiên đề chuẩn của tập compact trong không gian metric).Nếu A là một tập con của không gian metric (X, d), ta có các điều sauđây tương đương:

(i) A compact;

(ii) A là compact dãy;

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

Định lý 6 (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 3 Cho A ⊂Rn Một họ các tập F ⊂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

Định lý 7 (Arzelà - Ascoli) Cho K ⊂ Rn là compact và giả sử F ⊂

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 11 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 12 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 8 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 52 Tính đầy đủ: Giả sử có (i), (ii) và (iii) ta chỉ ra

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

∥f − g∥∞ ≤ M 1 , ∀f, g ∈ F

Bước 1: (fh(x1))h là một dãy số thực trong [−M2, M2] 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:

Với ϵ > 0 thay đổi tùy ý, khi đó δ cũng thay đổi Bởi vì K bị chặn hoàn

toàn, mỗi σ > 0 có họ hữu hạn các hình cầu B(x1, σ), , B(xN, σ) của

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

Nghĩa là (gk)k là dãy Cauchy trong (C0(K), ∥.∥∞) Từ (C0(K), ∥.∥∞) là

đầy đủ và F là đóng, suy ra tồn tại f ∈ F thỏa mãn lim

k→∞ ∥gk− f ∥∞= 0

Từ(gk)k là dãy con của dãy(fh)h, chúng ta phải chỉ ra rằngF là compactdãy.

Sự cần thiết: Cần chỉ ra rằng, nếu F là compact trong (C0(K), ∥.∥∞)

khi đó ta có được (i), (ii) và (iii) Giả sử F là compact trong không gianmetric (C0(K), ∥.∥∞), khi đó, theo tính chất của các tập compact trong

rằngF liên tục đều, nghĩa là ta phải chứng minh (39) Theo phản chứng,giả sử

∃ϵ0 > 0 : ∀ > 0, ∃fδ ∈ F , xδ, yδ ∈ K với |xδ−yδ| < δ và |fδ(xδ)−fδ(yδ)| ≥ ϵ0.

Chọn δ = 1/h và ký hiệu fh := f1/h, xh := x1/h và yh := y1/h Khi đó taxây dựng ba dãy (fh)h ⊂ F , (xh)h, (yh)h ⊂ K

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

đóng của hai phép toán trên A)

thỏa mãn điều kiện

ra ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R.

Vành con I củaR vừa là ideal trái, vừa là ideal phải được gọi là idealcủa vành R

Cho I là một ideal của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} được

phép toán

(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

một 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 CÁC HÀM LIÊN TỤC

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 9 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 5 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



:=ny ∈ l∞: ∥y − x∥l∞ < 1

2

onếu x ∈ I

Khi đó ta xét họ {Ux: x ∈ I} và sử dụng mệnh đề 26

Định lý 10 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 11 (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 6 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

[a, b]

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.

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 66, 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,

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)

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

ε(u − 1 + j) = 0 hayu − 1 + j ∈ ∇(RG) ⊆ ∆(RG) Do đó u ∈ 1 − j + ∆(RG)

suy ra u ∈ 1 + ∆(RG)

Hệ quả 13 Cho Rlà vành hoàn chỉnh phải hoặc trái vàGlà 2-nhóm hữuhạn địa phương Khi đó, R là ∆U-vành khi và chỉ khi RG là ∆U-vành.

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

Sau đây là một số tính chất của nhóm quaternion suy rộng, xem [?].

(i) Rk là nhóm xiclíc cấp 2n

d , trong đó d = (2n, k), với 1⩽k ⩽2n; (ii) Ui,j là nhóm quaternion suy rộng cấp 4n

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

CQ4n(1) = CQ4n(rn) = Q4n, CQ4n(ri) = R1, CQ4n(rjs) = Un,j

với 1⩽i⩽2n − 1, i ̸= n, 0⩽j ⩽2n − 1.

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;

U i,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 ∼= C2× C2 nếu

nhóm sau đây

(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,

j chẵn

10 Vô hạn chiều.

nếu nó không hữu hạn chiều và ta viết dimRE = ∞

Hamel) 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 tập

lớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong

E

Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff,

tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyếntính của những phần tử thuộc B

Khi dimRE = ∞, (E, ∥.∥E) và (E′, ∥.∥E′ ) không nhất thiết là đẳng cấutopo Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′, ∥.∥E′ )

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

Định lý 14 (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

trù mật trong (E, ∥.∥E) và lấy x 0 ∈ E \ M Khi đó tồn tại f ∈ E′ sao cho

⟨f, x⟩E′ ×E = 0, ∀x ∈ M và ⟨f, x 0 ⟩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 51, tồn tại f ∈ E′ sao cho

11 Không gian của các hàm Lipschitz Lip(Ω)

(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 7 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

(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 8 Từ mệnh đề 50 suy ra nếu f ∈ Lip(A), với A ⊂Rn, luôn

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 26 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

∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : 0 ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω

,điều này mấu thuẫn với bất đẳng thức trước

(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)

khả 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

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

Định nghĩa 12 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Tabiểu thị

∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω+Lip(f, Ω).

∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip

Định lý 16 (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). (12)

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 (5), tađược Lip(f ) ≤ L, do đó f ∈ Ω Lấy qua giới hạn trong (4), khi k → ∞,

ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho

Theo hệ quả của mệnh đề 49 ta được kết quả sau.

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)

Ω = (a, b) Theo mệnh đề 49 và nhận xét 6 (ii), ta cần chỉ ra rằng quan

hệ bao hàm này là một phép đẳng cự Điều này suy ra

Bài tập 2 Nếu f ∈C1([a, b]) khi đó ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1

Định lý 17 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 52) 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)|

(iii)F liên tục đều trên Ω Thật vậy, nó đủ để nhận thấy rằng, theo địnhnghĩa

|f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F

Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 10 Chú ý rằng BC1 (Ω) := {f ∈C1(Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} là khôngcompact trong (C1(Ω), ∥.∥∞) Đây là một đặc trưng tốt có trên Lip(Ω)

nhưng không có trên C1(Ω)

Tính tách được của (Lip(Ω), ∥.∥Lip)

Định lý 18 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 {U α : α ∈ I} của tập mở trong (Lip(Ω), ∥.∥Lip) (Mệnh đề 26)

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

mở (a 1 , b 1 ) × · · · × (a n , b n ) ⊂ Ω Cho {f α : α ∈ (a 1 , b 1 )} ⊂Lip(Ω) là họ cáchàm được định nghĩa bởi

Ta được điều cần chứng minh

Ta đã xem xét lớp Lip(Ω) của hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R cái

mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng

với 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

Holder với mũ α > 0 nếu nó thỏa mãn (H) với hằng sô C > 0

12 ĐẠI SỐ VÀ SIGMA ĐẠI SỐ

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 15 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 11 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 27 Cho X là một tập tùy ý khác rỗng Gọi A∗ là một "đại

số các tập con của X" Khi đó:

kín với phép toán giao)

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

A△B ∈ A∗

Định lý 19 Cho tập X bất kỳ khác rỗng Giả sử trên X có một phéptoán 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

thông 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∗

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) ̸= J (R) cũng sẽ được mô tả

Bổ đề 5 Cho R là vành bất kỳ, ta có

(1) ∆(R) = {r ∈ R | ru + 1 ∈ U (R), ∀u ∈ U (R)} = {r ∈ R | ur + 1 ∈

U (R), ∀u ∈ U (R)};

(2) Với mỗi r ∈ ∆(R) và u ∈ U (R), ur, ru ∈ ∆(R);

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)

(3) Lấy r, s ∈ ∆(R) Khi đó −r + s + U (R) ⊆ −r + U (R) = −r − U (R) ⊆

U (R), hay∆là nhóm con với phép cộng củaR Hơn nữars = r(s+1)−r ∈

∆(R) do r(s + 1) ∈ ∆(R) theo (2)

(4) Rõ ràng J (R) ⊆ ∆(R) Ta giả sử ∆(R) là iđêan của R và r ∈ R

∆(R) = J (R) Chiều ngược lại là dễ thấy

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

đẳng

sinh 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

gồm tất cả các tổng hữu hạn các đơn vị của R Do đó, theo (2) của Bổ

đề 12, ∆(T ) là iđêan của T Theo (4) của Bổ đề 12, ∆(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 12 (2) thì

của R

Bây giờ, ta giả sử S là vành căn Jacobson chứa trong R và đóng với

su ∈ S = J (S) Do đósulà quasi-regular trong S và vì thế 1 + su ∈ U (R).Theo Bổ đề 12 (1) thì s ∈ ∆(R) hay S ⊆ ∆(R)

tổng của các đơn vị Khi đó ∆(R) = J (R)

Hệ quả 17 Giả sử R là một vành đại số trên trường F Nếu dimF R <

|F |, khi đó ∆(R) là vành lũy linh

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

(3) ∆(R[[x]]) = ∆(R)[[x]].

Hệ quả 21 ChoRlà một vành,∆(R) = J (R)nếu và chỉ nếu∆(R/J (R)) =

0

(1) R/J (R) là đẳng cấu với phép nhân vành các ma trận và divisionrings

(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

các phần tử khả nghịch khi và chỉ khi nó đóng với phép nhân các phần

tử quasi-invertible của R

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

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

∆◦(R) = ∆◦(R1) = ∆(R1)