Nguyên lí ánh xạ co trong không gian đều

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.. Do đó điều kiện Holder không

NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ CO TRONG

KHÔNG GIAN ĐỀU

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Năm:

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Khái niệm cơ sở chính quy đã được P.S Alexandroff đưa ra vào nhữngnăm 1960 Năm 1962, A.V Arhangel’skii đã chứng minh rằng một khônggian X là ảnh compact mở của một không gian mêtric khi và chỉ khi X

có cơ sở chính quy theo điểm Sau đó, S Lin đã đưa ra khái niệm ánh

xạ 1-phủ dãy vào những năm 1996 Trong [4], Shou Lin đã chứng minhmột kết quả trên T1-không gian chính quy rằng, không gian X có mạng-mạnh gồm các cs -phủ đếm được khi và chỉ khi X có mạng -mạnh gồmcs-phủ hữu hạn, khi và chỉ khi X là không gian đối xứng có cơ sở yếu

2 Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành

∆(R) = U◦(R)

(2) ⇒ (3) Hiển nhiên

(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =

1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)

(3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) và(−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y)vớix, y ∈ R

tương đương

(2) R là ∆U-vành

Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 ư u ∈ U◦(R) Tồn tại

v ∈ R thỏa mãn (1 ư u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 ư u) Khi đó ta có

(1, uư1)(1, ưv) = (1, ư(1ưu))(1, ưv) = (1, ư(1ưu)◦v) = (1, 0) = (1, ưv)(1, uư1).

Điều này nghĩa là (1, u ư 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó

(1, u ư 1) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R) hoặc (0, u ư 1) ∈ ∆(Z⊕ R).

Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có

1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó

(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R

là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khi

đó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (ư1, b) với a, b ∈ R

Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = ưa, khi đó tồn tại

(1, ưy) của Z⊕ R thỏa mãn (1, ưx)(1, ưy) = (1, 0) = (1, ưy)(1, ưx) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1ưx ∈ U (R)

TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh

(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (ư1, v) với u, v ∈ R Nếu

α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆

U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy ư(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với

(ư(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (ư(a + u)) Đặtc = ư(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và

(1, a + u)(1, ưb) = (1, ưc)(1, ưb) = (1, ưb ◦ c) = (1, 0) = (1, ưb)(1, a + u).

Ta suy ra (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R) Hơn nữa, ta có

Mệnh đề 2 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành

ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]) ¯ Theo giả thuyết,

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C])

Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó

(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).

Vì vậy u − 1 + v ∈ U (D), nghĩa là u − 1 ∈ ∆(D) hoặc u ∈ 1 + ∆(D)

Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈ ¯

U (R[D, C]) và chứng minh trên

(⇐:) Giả sử D và C là ∆U-vành Lấy u = (u ¯ 1, u2, , un, v, v, ) ∈

U (R[D, C]), trong đó ui ∈ U (D) với 1 ≤ i ≤ n và v ∈ U (C) ⊆ U (D) Tachỉ ra rằng u ∈ ∆(R[D, C]) ¯ hoặc u − 1 + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]) ¯ Thậtvậy, tất cả ¯ a ∈ (a 1 , a 2 , , a m , b, b, ) ∈ U (R[D, C]) trong đó a i ∈ U (D),

1 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có

3 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)

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

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

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

2 3

2 3

1 2

thức được xác định như sau D 4 = ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩

Khi đó D4 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

D 4 được cho trong bảng sau

Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa ?? ta có 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

Từ đó suy ra công thức cần chứng minh

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

O(x) Khi đó ta có

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

Gọix 1 , x 2 , , xk là các phần tử đại diện của các lớp liên hợp của Gnằm

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

|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 33, ta có

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

minh 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

4 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 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 2 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

(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 ??

Định lý 3 Giả sử K ⊂Rn là tập compact Khi đó(C0(K), ∥.∥∞) là táchđược

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 4 (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 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

[a, b]

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,

2 = ϵ.

5 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 4 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

Mệnh đề 9 Cho A ⊂Rn và f ∈Lip(A)

(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 5 Từ mệnh đề 15 suy ra nếu f ∈ Lip(A), với A ⊂Rn, luôn

có nghĩa như hàm f : A →R và ngược lại Hơn thế nữa, ánh xạ mở rộng

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 10 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 4 Cho Ω ⊂Rn là tập mở bị chặn, cho f ∈Lip(Ω) Ta biểuthị

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

∥.∥Lip được gọi là chuẩn Lip

Định lý 6 (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). (3)

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

ϵ > 0 sẽ tồn tại h = h(ϵ) ∈N sao cho

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

Hệ quả 2 Bao hàm C1(Ω) ⊂Lip(Ω) là ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa 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 ?? và nhận xét ?? (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 7 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 46) 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 7 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 8 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 ??)

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

Định nghĩa 5 Cho A ⊂Rn, hàm f : A → R được gọi là liên tục Holder

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

6 ĐỊNH LÝ CAUCHY

[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) và g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồn

tại c ∈ (a, b) sao cho:

f (b) − f (a) g(b) − g(a) =

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 8 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

7 KHÔNG GIAN CÁC HÀM LIÊN TỤC

Nhận xét 9 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 6 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 10 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 10 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 11 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 11 Bởi vì đa thức là các hàm đơn giản nhất, máy tính cóthể trực tiếp đánh giá các đa thức Định lý này có ý nghĩa trong cả lýthuyết và thực tiễn Đặc biệt là trong nội suy đa thức.

[a, b]

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,

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 12 (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 12 (2) suy ra ∆(T ) là iđêan củaT Theo Bổ đề 12 (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 12 (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 khảnghịch trong S nên 1 + su ∈ U (R) Theo Bổ đề 12 (1) thì s ∈ ∆(R) hay

S ⊆ ∆(R)

Từ đặt trưng của ∆(R) trong Định lý 55 (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

55 (1) ta thu được hệ quả sau

Hệ quả 5 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 12 (2) Khi đó ¯ku−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 6 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 Zhoặc Zn := Z/nZ, với n > 1 và là nhân tử bình phương Theo Mệnh đề

15 (3) và Hệ quả 7 ta có ∆(T )/∆(R) = ∆(T /∆(R)) = J (T /∆(R)) = 0 hay

∆(T ) = ∆(R)

Từ Mệnh đề 15 (1), áp dụng choS = Z(R) là tâm của R, ta có hệ quảsau

n Từ Mệnh đề 15 (3) ta suy ra trực tiếp hệ quả sau.

Định lý 14 ∆(R) = J (R) nếu R thỏa mãn một trong các điều kiện 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 12 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 44, mỗi phần tử của R là tổng của ba phần tử khả nghịch, theo

Hệ quả 7 ∆(R) = J (R) = 0 Khi đó S là thể và rõ ràng ∆(S) = 0 Do đó

(1) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 12 (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 7 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 7 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

Bổ đề 3 Giả sử G là nhóm con của nhóm R đối với phép toán cộng.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 55(2)và Bổ đề 5 chỉ ra∆(R)là căn Jacobsoncủa R đóng với phép nhân bởi các phần tử tựa khả nghịch Giả sử G lànhóm cộng bao gồm các phần tử tựa khả nghịch và đóng với phép nhân

chứa đơn vị củaR, theo Bổ đề 5,G đóng với phép nhân các phần tử khảnghịch của R Do đó theo Định lý 55 (2) ta được G ⊆ ∆(R)

9 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)

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

9.0.1 Định lý đồng cấu vành

Định nghĩa 11 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

9.0.2 Một số kết quả liên quan

ϱ ∗ f → f đều trên tập compact của Rn.

Theo tính liên tục đều của f trên tập compact K′, ∀ϵ > 0 tồn tại 0 <

δ = δ(ϵ, K′) < 1 thỏa mãn

|f (x − y) − f (x)| ≤ ϵ, ∀x ∈ K, ∀y ∈ B(0, δ). (9)

Mặt khác, nếu h ∈N thỏa 1/h < δ và x ∈ K, theo (??),

|(f ∗ ϱh)(x) − f (x)| =

Z

Rn

f (x − y)ϱh(y)dy − f (x)

=