Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


nmlinh16

Đăng ký: 18-03-2018
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 02:32
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Học gì ở Toán phổ thông

12-04-2021 - 22:48

Còn một chủ đề nữa trong toán olympic là giải tích. Gần như các bài giải tích chỉ xoay quanh một câu hỏi rất nhảm là tính giới hạn dãy số, làm cho học sinh tưởng là giải tích chỉ có mỗi vậy.


Trong chủ đề: Tại sao tìm nghiệm hữu tỉ lại khó?

12-04-2021 - 16:00

Bài 2. Trở ngại Brauer-Manin

 

1. Nhóm Brauer

 

Ta bắt đầu với nhóm Brauer của một trường. Cho $k$ là một trường và $k_s$ là một bao đóng tách của nó (nếu $k$ hoàn hảo, ví dụ hữu hạn hoặc đặc số bằng $0$) thì $k_s$ đơn giản là một bao đóng đại số của $k$.

 

Nhóm Brauer của $k$ là nhóm đối đồng điều Galois $\mathrm{Br}(k):=\mathrm{H}^2(k,k_s^\times)$. Nhóm này phân loại các đại số chia (hữu hạn chiều) trên $k$ sai khác đẳng cấu, và cũng phân loại các đại số đơn (hữu hạn chiều) trên $k$ với tâm bằng $k$ (CSA / central simple algebra) sai khác đẳng cấu ổn định. Cụ thể, ta chứng minh được rằng nếu $A$ là một CSA thì tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu) đại số chia $D$ trên $k$ sao cho $A$ đẳng cấu với một vành ma trận vuông trên $D$. Nếu $B$ là một CSA khác, tương ứng với đại số chia $D'$ thì ta nói $A$ và $B$ đẳng cấu ổn định nếu $D \simeq D'$. Phép toán trên các CSA này là tích ten-xơ trên $k$ (chú ý rằng tích ten-xơ của hai đại số chia không nhất thiết là một đại số chia, vì thế ta cần chuyển qua các CSA). Phần tử đơn vị là lớp đẳng cấu ổn định của $k$. Phần tử đối của một CSA $A$ là đại số đối $A^{\mathrm{op}}$ của nó.

 

Nhóm Brauer có tính hàm tử: nếu $k \subseteq \ell$ là một mở rộng trường thì đồng cấu hạn chế trong đối đồng đều Galois cho ta một đồng cấu $\mathrm{Br}(k) \to \mathrm{Br}(\ell)$.

 

Ví dụ.

1. Nếu $k$ là một trường đóng tách (chẳng hạn, đóng đại số) thì $\mathrm{Br}(k) = 0$.

2. Nếu $k$ là một trường hữu hạn thì $\mathrm{Br}(k) = 0$, vì mọi đại số chia hữu hạn chiều trên $k$ đều là một trường.

3. $\mathrm{Br}(\mathbb{R}) = \{[\mathbb{R}], [\mathbb{H}]\} \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, với $\mathbb{H}$ và là đại số quarternion thông thường (có thể dùng toán tử Adam trong K-lý thuyết tô-pô để chỉ ra rằng các đại số chia (không nhất thiết hết hợp) hữu hạn chiều trên $\mathbb{R}$ là $\mathbb{R}, \mathbb{C}$, $\mathbb{H}$ và $\mathbb{O}$ (đại số octonion thông thường), trong đó $\mathbb{C}$ không phải là một CSA trên $\mathbb{R}$ vì nó là một trường, còn $\mathbb{O}$ thì không kết hợp.

4. Từ lý thuyết trường các lớp địa phương, nếu $k$ là một trường địa phương phi ác-si-mét thì $\mathrm{Br}(k) \simeq \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$.

5. Như vậy, nếu $k$ là một trường số thì với mọi chốn $v$, ta có một phép nhúng $k_v \hookrightarrow \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$, được gọi là bất biến địa phương (local invariant), ảnh của nó là $0$ nếu $v$ là một chốn phức, $\frac{1}{2}\mathbb{Z}/\mathbb{Z}$ nếu $v$ là một chốn thực, và là toàn bộ $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ nếu $v$ là một chốn phi ác-si-mét. Định lý Albert-Brauer-Hasse-Noether trong lý thuyết trường các lớp toàn cục cho ta một dãy khớp $$0 \to \mathrm{Br}(k) \to \bigoplus_v \mathrm{Br}(k_v) \to \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \to 0.$$

 

Vì đối đồng điều Galois chính là đối đồng điều étale, định nghĩa trên của nhóm Brauer mở rộng cho lược đồ bất kỳ: Nếu $X$ là một lược đồ, ta định nghĩa $$\mathrm{Br}(X):=\mathrm{H}^2_{\text{ét}}(X,\mathbb{G}_m).$$

 

 

2. Trở ngại Brauer-Manin

 

Cho $k$ là một trường số và $X$ là một đa tạp trơn trên $k$. Manin đã sử dụng nhóm Brauer đưa ra một tiêu chuẩn đối đồng điều rất hữu ích để xét xem một $X$ có thỏa mãn nguyên lý Hasse hay định lý xấp xỉ yếu hay không.

 

Cụ thể, cho $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ là một lớp đối đồng điều và $(x_v)_v \in \prod_v X(k_v)$ là một họ các điểm địa phương. Ta kí hiệu $\alpha(x_v) \in \mathrm{Br}(k_v) \subseteq \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ là ảnh của $\alpha$ qua kéo lùi của cấu xạ $x_v: \mathrm{Spec}(k_v) \to X$.

 

Giả sử họ $(x_v)_v$ đến từ một điểm hữu tỉ $x \in X(k)$. Thế thì định lý Albert-Brauer-Hasse-Noether ở trên cho ta một đẳng thức $\begin{equation} \sum_v \alpha(x_v) = 0. \tag{$\star$} \end{equation}$

 

Việc lấy giá trị của một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ tại các $k_v$-điểm là liên tục (thực ra là hằng địa phương) theo tô-pô $v$-adic. Do đó, nếu tồn tại một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ sao cho $(\star)$ không được thỏa mãn thì họ $(x_v)_v$ không thể xấp xỉ được bởi một điểm hữu tỉ. Đó là trở ngại Brauer-Manin đối với định lý xấp xỉ yếu. Nếu với mọi bộ $(x_v)_v$ đều tồn tại một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ sao cho $(\star)$ không được thỏa mãn thì $X$ không thể có điểm hữu tỉ. Đó là trở ngại Brauer-Manin đối với nguyên lý Hasse.

 

Ta hiệu $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}}$ là tập hợp các bộ $(x_v)_v \in \prod_v X(k_v)$ sao cho $(\star)$ đúng với mọi $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$, đó là tập hợp Brauer-Manin của $X$.

 

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là:

Trở ngại Brauer-Manin có là duy nhất hay không?

 

Cụ thể, cho $\mathscr{C}$ là một lớp các đa tạp trơn trên $k$. Ta nói trở ngại Brauer-Manin của $\mathscr{C}$ là duy nhất đối với nguyên lý Hasse nếu với mọi $X \in \mathscr{C}$ sao cho $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}} \neq \varnothing$ thì $X(k) \neq \varnothing$. Ta nói trở ngại Brauer-Manin của $X$ là duy nhất đối với định lý xấp xỉ yếu nếu $X(k)$ trù mật trong $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}}$.

 

 

3. Giả thuyết Colliot-Thélène và một số kết quả

 

Nói chung, trở ngại Brauer-Manin không nhất thiết là duy nhất. Một giả thuyết lớn của Colliot-Thélène là:

Nếu $X$ là một đa tạp trơn, riêng (proper) và liên thông hữu tỉ hình học trên một trường số $k$ thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

 

Một đa tạp $X$ trên một trường $k$ với đặc số $0$ được gọi là liên thông hữu tỉ nếu hai điểm ở vị trí tổng quát (general, không phải generic) bất kỳ của $X$ có thể được nối bởi một đường cong hữu tỉ, tức là một cấu xạ $\mathbb{P}^1_k \to X$. Ta nói $X$ là liên thông hữu tỉ hình học nếu $X_{\overline{k}}$ là liên thông hữu tỉ.

 

Ví dụ về các đa tạp liên thông hữu tỉ trên $k$ là các đa tạp hữu tỉ (trường hàm của nó là một mở rộng thuần siêu việt của $k$), tổng quát hơn là các đa tạp thuận hữu tỉ (unirational - trường hàm của nó là một trường con của một mở rộng thuần siêu việt của $k$). Đối với chiều $\leqslant 2$, hai khái niệm hữu tỉ và liên thông hữu tỉ là tương đương. Đối với chiều $\geqslant 3$, khái niệm liên thông hữu tỉ tổng quát hơn khái niệm hữu tỉ, và người ta phỏng đóng rằng nó tổng quát hơn khái niệm thuận hữu tỉ (ta vẫn chưa tìm được ví dụ về đa tạp liên thông hữu tỉ nhưng không thuận hữu tỉ!).

 

Cho $k$ là một trường số. Giả thuyết Colliot-Thélène đã được thiết lập trong một số trường hợp như sau:

1. (Borovoi, 1996) Nếu $G$ là một nhóm tuyến tính đại số trên $k$, $H$ là một nhóm con liên thông của $G$ và $X$ tương đương song hữu tỉ với (chẳng hạn, là một com-pắc hóa trơn của) $V = G/H$ thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

2. Tổng quát hơn, Borovoi đã chứng minh kết quả trên nếu $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của $G$ (nói nôm na là một đa tạp $V$ sao cho $V_{\overline{k}} \simeq G_{\overline{k}} / \Gamma$ (nhóm $\Gamma \subseteq G(\overline{k})$ là nhóm dừng hình học (geometric stabilizer) của $V$), nếu $\Gamma$ là liên thông.

3. Trường hợp $\Gamma$ hữu hạn thì khó hơn. Borovoi đã chứng minh rằng nếu $G$ là một nhóm tuyến tính nửa đơn và đơn liên (simply connected), $V$ là một không gian thuần nhất của $G$ với nhóm dừng hình học hữu hạn và abel, và $X$ tương đương song hữu tỉ với $V$, thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

4. Nếu ta làm yếu điều kiện cho nhóm dừng từ "hữu hạn và abel" thành "hữu hạn và giải được" thì Harpaz và Wittenberg đã chứng minh rằng nếu một giả thuyết thuần túy số học (một giả thuyết cũng rất mạnh của Harpaz và Wittenberg) là đúng, thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

5. Nếu thay điều kiện "hữu hạn và giải được" thành "hữu hạn và siêu giải được (hypersolvable)" thì Harpaz và Wittenberg đã chứng minh được rằng trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất (không cần đến giả thuyết ở trên).

6. Một phiên bản tương tự của giả thuyết của Colliot-Thélène là khi ta thay các điểm hữu tỉ bởi các 0-chu trình (zero-cycle) (Sansuc, Kato, Saito). Được gọi là giả thuyết (E). Demarche và Lucchini Arteche (2019) đã có một kết quả xuất sắc khẳng định rằng: Để chứng minh giả thuyết (E) khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của một nhóm đại số liên thông, ta chỉ cần chứng minh nó khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của $\mathrm{SL}_n$ với nhóm dừng hình học hữu hạn.

7. Harpaz và Wittenberg (2020) đã đưa điều kiện "hữu hạn" của nhóm dừng hình học về "là $p$-nhóm" (a fortiori, "hữu hạn và giải được", từ đó họ đã sử dụng quy nạp trên điều kiện giải được để chứng minh được giả thuyết (E) khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của một nhóm đại số liên thông.


Trong chủ đề: Một chút giải tích hàm

06-03-2019 - 00:11

VII - Định lý Bishop

 

Giả sử $X$ là một không gian mê-tríc com-pắc. Từ định lý Radon-Nikodym, ta biết rằng đối ngẫu tô-pô của không gian hàm $\mathcal{C}(X,\mathbb{C})$ (cùng chuẩn đều) là không gian $\mathcal{M}(X, \mathcal{C})$ các độ đo Radon phức trên $X$. Chuẩn toán tử của mỗi độ đo chính là biến phân toàn phần của độ đo đó.

 

Giả sử $A$ là một đại số con của $\mathcal{C}(X, \mathbb{C})$.

 

Def. Một tập con $E \subseteq X$ được gọi là $A$-phản đối xứng nếu $A_E = \{f|_E \,|\, f \in A \}$ chỉ gồm các hàm hằng.

 

Định lý [Bishop]. Giả sử $A$ đóng và $g \in \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$ thỏa mãn: với mọi tập con $E \subset X$ $A$-phản đối xứng cực đại (theo quan hệ bao hàm) , ta có $g|_E \in A_E$. Khi đó $g \in A$.

 

Chứng minh

 

Đặt $$A^{\perp} := \left\{\mu \in \mathcal{M}(X,\mathbb{C})  \,| \, \forall f \in A,\,\int_X f d\mu = 0 \right\}.$$ Gọi $$K := \{\mu \in A^{\perp} \,| \, |\mu\|(X) \le 1 \}$$ là giao của $K$ với quả cầu đơn vị của $\mathcal{M}(X, \mathcal{C})$. Thế thì $K$ là lồi và com-pắc yếu-$\ast$ theo định lý Banach-Alaoglu.

Nếu $K = \{0\}$ thì $A^{\perp} = \{0\}$, nên theo hệ quả của định lý Hahn-Banach ta có $A = \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$. Vì thế ta có thể giả sử $K \neq \{0\}$. Theo định lý Krein-Milman, ta biết rằng $K$ là tổ hợp lồi của các điểm cực biên của nó.

Giả sử $\mu$ là một điểm cực biên của $K$. Chọn $E$ là giá của $\mu$. Giả sử $f \in A$ là một hàm thực sao cho $-1 < f < 1$ treen $E$. Ta định nghĩa các độ đo $\sigma$ và $\tau$ bởi $d\sigma = (1+f)d\mu$ và $d\tau = (1 - f)d\mu$. Ta có $\mu = \sigma + \tau$. Nói riêng, $|\sigma|(X) + |\tau|(X) = 1$, nên ta có $$\mu = |\sigma|(X) \cdot \frac{\sigma}{|\sigma|(X)} + |\tau|(X) \cdot \frac{\tau}{|\tau|(X)}.$$ Từ đây suy ra $$\mu = \frac{\sigma}{|\sigma|(X)} = \frac{\tau}{|\tau|(X)}$$ vì $\mu$ là một điểm cực biên. Do đó $f = 2|\sigma|(X) - 1 \quad (\mu\text{-h.k.n.})$ là hằng số trên $E$, nghĩa là $E$ là $A$-phản đối xứng.

Ta lấy $g$ thỏa mãn giả thiết của định lý, thế thì với mọi điểm cực biên $\mu$ của $K$, giá của $\mu$ là một tập $A$-phản đối xứng cực đại, vì thế ta có $g = c \quad (\mu\text{-h.k.n.})$ với $c$ là hằng số. Vì $A$ chứa các hàm hằng, ta có $$\int_X g \,d\mu = 0.$$ Nhờ định lý Krein-Milman, đẳng thức trên đúng với mọi $\mu \in K$, và vì thế đúng với mọi $\mu \in A^{\perp}$. Vì $A$ đóng, theo định lý Hahn Banach dạng hình học, ta có  $g \in A$. $\square$

 

 

Hệ quả [Định lý Stone-Weierstrass]. Nếu $A$ tách các điểm (nghĩa là với $x \neq y \in X$ tùy ý, tồn tại $f \in A$ sao cho $f(x) \neq f(y)$), ổn định với phép lấy liên hợp phức, và với mọi $x \in X$, tồn tại $f \in A$ sao cho $f(x) \neq 0$. Thế thì $A$ là trù mật trong $\mathcal{C}(X,\mathbb{C})$. (chứng minh điều kiện $A$ tách các điểm cho thấy các tập con $A$-phản đối xứng cực đại của $E$ chỉ gồm 1 điểm, áp dụng định lý Bishop cho $\overline{A}$ ta được $\overline{A} = \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$).

 

Ví dụ. Không gian các hàm đa thức trên $[0,1]$ là trù mật trong không gian các hàm liên tục trên đó.


Trong chủ đề: Một chút giải tích hàm

02-03-2019 - 16:49

Chứng minh định lý Kakutani.

"Chỉ khi". Giả sử $E$ là phản xạ. Ta cần chứng minh $B_E$ là com-pắc trong tô-pô yếu. Tuy nhiên điều này là hiển nhiên theo định lý Banach-Alaoglu: $B_{E^{\ast\ast}}$ là com-pắc trong tô-pô yếu-$\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$ và vì $E$ là phản xạ nên $j$ là một phép đồng phôi giữa $(E,\sigma(E,E^\ast))$ và $(E^{\ast\ast},\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast))$.

"Khi". Giả sử $B_E$ là com-pắc trong tô-pô yếu $\sigma(E,E^\ast)$. Ta cần chứng minh $j(B_E) = B_{E^{\ast\ast}}$. Tuy nhiên theo bổ đề Goldstine thì ta chỉ cần chứng minh $j(B_E)$ là đóng trong $B_{E^{\ast\ast}}$ với tô-pô yếu-$\ast$. $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$.

Ta biết rằng $j: E \to E^{\ast\ast}$ là liên tục với cặp tô-pô mạnh, vì thế nó cũng liên tục với cặp tô-pô yếu. Nhờ phép nhúng chính tắc $E^\ast \hookrightarrow E^{\ast\ast\ast}$, ta thấy rằng tô-pô yếu-$\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$ yếu hơn tô-pô yếu $\sigma(E^{\ast\ast},E^{\ast\ast\ast})$, do đó $j: (E, \sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)) \to (E^{\ast\ast}, \sigma(E^{\ast\ast},E^\ast))$ cũng liên tục. Từ đây ta có $j(B_E)$ là com-pắc đối với tô-pô yếu-$\ast$. Nói riêng thì nó đóng vì tô-pô yếu-$\ast$ là Hausdorff. $\square$

 

 

Hệ quả. Không gian con đóng của một không gian Banach phản xạ cũng là phản xạ.

 

Mệnh đề. Tính chất phản xạ là bất biến dưới các phép đẳng cự toàn ánh.

 

Mệnh đề: $E$ là một không gian phản xạ khi và chỉ khi $E^\ast$ là một không gian phản xạ.

 

 

VI - Tính lồi đều, tính khả ly và áp dụng cho $L^p$

 

Def. Không gian định chuẩn $E$ được gọi là lồi đều (uniformly convex) nếu với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho với mọi $x,y \in B_E$, nếu $\|(x+y)/2\| \geqslant 1 - \delta$ thì $\|x-y\| < \varepsilon$.

Nói cách khác, không gian là lồi đều nếu hai điểm bất kỳ trong quả cầu đơn vị là gần nhau tùy ý, miễn là trung điểm của đoạn thẳng nối chúng của chúng đủ gần biên.

 

Định lý [Milman - Pettis]. Mọi không gian Banach lồi đều đều phản xạ.

Chứng minh

Giả sử $E$ là một không gian Banach lồi đều. Gọi $j: E \hookrightarrow E^{\ast\ast}$ là phép nhúng chính tắc. Ta cần chứng minh $j(B_E) = B_E{^{\ast\ast}}$. Ta biết rằng $j(B_E)$ là đóng đối với tô-pô mạnh, nên ta chỉ cần chứng minh $j(B_E)$ là trù mật (đố với tô-pô mạnh) trong $B_E{^{\ast\ast}}$. Lấy $\xi \in B_E{^{\ast\ast}}$. Vì tính thuần nhất ta có thể giả sử $\|\xi\|_{E{^\ast\ast}}$ Lấy $\varepsilon > 0$ tùy ý, ta cần tìm $x \in B_E$ sao cho $\|\xi - j(x)\|_{E^{\ast\ast}} \leqslant \varepsilon$.

Ta lấy $\delta$ ứng với $\varepsilon$ trong định nghĩa của tính lồi đều và lấy $f \in B_{E^\ast}$ sao cho $|\xi(f)| > 1 - \delta/2$.Xét $$V = \{\eta \in E^{\ast\ast} \,|\, |(\eta - \xi)(f)| < \delta/2\}.$$ Đây là một lân cận mở của $\xi$ trong tô-pô yếu $-\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast}, E^\ast)$. Theo bổ đề Goldstine, tồn tại $x \in B_E$ sao cho $j(x) \in V$. Ta chứng minh $x$ là điểm cần tìm ở trên.

Giả sử không phải vậy, thế thì theo định lý Banach-Alaoglu, ta biết rằng $$W := E^{\ast\ast} \setminus (j(x) + \varepsilon B_{E^{\ast\ast}})$$ là một tập mở chứa $\xi$ trong tô-pô yếu-$\ast$. Theo định lý Goldstine, tồn tại $y \in B_E$ sao cho $j(y) \in V \cap W$.

Thứ nhất, do $y \in W$, ta có $$\|x - y\|_E = \|j(x) - j(y)\|_{E^{\ast\ast}} > \varepsilon \qquad (1).$$

Thứ hai, do $j(x),j(y) \in V$, ta có $\|xi(f) - f(x)\| < \delta/2$ và $\|xi(f) - f(y)\| < \delta/2$, từ đí $$1 - \frac{\delta}{2} < \xi(f) < \frac{1}{2}\left(f(x) + \frac{\delta}{2} + f(y) + \frac{\delta}{2}\right) = f\left(\frac{x+y}{2}\right) + \frac{\delta}{2},$$ nghĩa là $$1 - \delta \leqslant  f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leqslant \|f\|_{E^{\ast\ast}} \left\| \frac{x+y}{2} \right\|_E \leqslant \left\| \frac{x+y}{2} \right\|_E \qquad (2)$$

Ta thấy $(1)$ và $(2)$ mâu thuẫn với tính lồi đều của $E$. $\square$

 

 

Mệnh đề. Nếu $E$ là một không gian Banach sao cho $E^\ast$ là khả ly thì $E$ cũng khả ly.

Chứng minh

Lấy $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy trù mậ trong $E^\ast$. Với mỗi $n$, ta chọn $x_n \in E$ với $\|x_n\|_E = 1$ và $f_n(x_n) \geqslant \frac{1}{2}\|f_n\|_{E^\ast}$.

Đặt $F = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{Q} x_n$. Thế thì $F$ đếm được, ta sẽ chứng minh $\overline{F} = E$. Thật ra, dễ thấy rằng $\overline{F} = \overline{V}$ với $V = \text{Span}(F)$ nên ta chỉ cần chứng minh $\overline{V} = E$.

Nếu $\overline{V} \subsetneq E$ thì theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục khác $0$ triệt tiêu trên $V$. Vì thế, ta cần chứng minh rằng nếu $f \in E^\ast$ là một phiếm hàm liên tục tùy ý triệt tiêu trên $V$ thì nó bằng $0$. Gọi $f$ là một phiếm hàm như vậy và $\varepsilon > 0$ tùy ý. Lấy $n \in \mathbb{N}$ sao cho $\|f_n - f\|_{E^\ast} < \varepsilon$. Do $f(x_n) = 0$, ta có $$\|f\|_{E^\ast} =  \|f_n\|_{E^\ast} + \|f - f_n\|_{E^\ast} \leqslant 2f_n(x_n) + \varepsilon \leqslant 2(f_n - f)(x_n) + \varepsilon \leqslant 2\|f - f_n\|_{E^\ast} \|x_n\|_{E} + \varepsilon < 3\varepsilon.$$

Cho $\varepsilon \downarrow 0$ ta có điều phải chứng minh. $\square$

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian Banach, khi đó $E$ là khả ly và phản xạ khi và chỉ khi $E^\ast$ là khả ly và phản xạ.

 

Mệnh đề. Giả sử $E$ là một không gian Banach lồi đều và $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy hội tụ yếu về $x$. Nếu $\limsup \|x_n\|_E \leqslant \|x\|_E$ thì $x_n$ hội tụ mạnh về $x$.

Chứng minh

Nếu $x = 0$, điều này là hiển nhiên, nên ta giả sử $x \neq 0$. Đặt $y =\frac{x}{\|x\|_E}$; $\lambda_n = \max(\|x_n\|_E,\|x\|_E)$ và $y_n = \frac{x_n}{\lambda_n}$. Ta thấy $\lambda_n \to \|x\|_E$, nên $y_n \rightharpoonup y$, do đó $\frac{1}{2}(y_n + y) \rightharpoonup y$. Vì thế $$1 = \|y\|_E \leqslant \liminf \left\| \frac{y_n+y}{2} \right\| \leqslant 1,$$ tức là ta có $\left\| \frac{y_n+y}{2} \right\|_E \to 1$. Từ tính lồi đều ta suy ra $\|y_n - y\|_E \to 0$. $\square$

 

Định lý. Cho $E$ là một không gian Banach, thế thì $B_{E^\ast}$ cùng tô-pô yếu-$\ast$ là mê-tríc hóa được khi và chỉ khi $E$ là khả ly.

Chứng minh

"Khi". Gọi $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy trù mật trong $B_E$. Ta xây dựng khoảng cách $d$ trên $B_{E^\ast}$ như sau $$\forall f,g \in B_{E^\ast}, \qquad d(f,g) := \sum_{n \in \mathbb{N}} 2^{-n}|(f-g)(x_n)|.$$

"Chỉ khi". Gọi $d$ là một khoảng cách trên $B_{E^\ast}$ sinh ra tô-pô yếu-$\ast$. Đặt $$U_n = \{f \in B_{E^\ast} \, | \,  d(f,0) < 1/n\}.$$ Thế thì $$\bigcap_{n \in \mathbb{N}} U_n = \{0\}.$$ Mặt khác $U_n$ là lân cận mở của $0$ nên nó chứa một tập $$V_n = \{f \in B_{E^\ast} \,| \, \forall x \in A_n,\,|f(x)| < r_n \},$$ trong đó $r_n \downarrow 0$ và $A_n \subseteq$ là một tập hữu hạn. Đặt $A = \text{Span}_{\mathbb{Q}}\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \right)$. Thế thì $A$ là đếm được và ta chứng minh nó trù mật trong $E$. Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh nếu một phiếm hàm $f \in E^\ast$ triệt tiêu trên $A$ thì nó bằng $0$. Tuy nhiên, điều này là hiển nhiên vì $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} V_n = \{0\}$.

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian Banach khả ly, khi đó từ mỗi dãy bị chặn của $E^\ast$ đều trích ra được một dãy con hội tụ yếu-$\ast$ (chứng minh: dùng định lý trên và định lý Banach-Alaoglu)

 

Hệ quả. Cho $E$ là một không gian Banach phản xạ, khi đó từ mỗi dãy bị chặn của $E$ đều trích ra được một dãy con hội tụ yếu. (chứng minh: xét một dãy $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ của $E$ và gọi $V$ là không gian con của $E$ sinh bởi dãy này. Khi đó $\overline{V}$ là khả ly và phản xạ (vì nó đóng trong $E$), nên $\overline{V}^\ast$ cũng khả ly, từ đó $B_{\overline{V}^{\ast\ast}}$ với tô-pô yếu-$\ast$ là mê-tríc hóa được (và com-pắc theo định lý Banach-Alaoglu). Do tính phản xạ, $B_{\overline{V}}$ với tô-pô yếu là mê-tríc hóa được và com-pắc).

 

 

 

Cho $p \in [1, +\infty)$ và $\Omega \subset \mathbb{R}^d$ là một tập mở. Ta nhắc lại rằng $L^p(\Omega)$ là khả li và đầy đủ (tính đầy đủ đúng kể cả khi $p = +\infty$).

 

Định lý. $L^p(\Omega)$ là lồi đều, do đó là phản xạ.

Chứng minh

Ta xét $h: \mathbb{R}_{\geqslant 0} \to \mathbb{R}$ cho bởi $h(r): = (1 + r^{1/p})^p + |1 - r^{1/p}|^p$.

Ta xét $u,v \in L^p(\Omega)$ với $\|u\|_{L^p(\Omega)} = \|v\|_{L^p(\Omega)} = 1$. Với $p \ge 2$ thì $h$ là một hàm lõm, sử dụng bất đẳng thức Jensen, ta có $$\frac{\int_{\Omega} u^p h\left(\left(\frac{v}{u}\right)^p\right)}{\int_{\Omega} u^p} \le h \left(\frac{\int_{\Omega} v^p}{\int_{\Omega} u^p} \right).$$ Sau khi biến đổi ta thu được tính lồi đều. Với $p \le 2$ thì $h$ là một hàm lồi, ta chỉ cần thay $(u,v)$ với $(u+v\,u-v)$. $\square$

 

Ta thu được một chứng minh cho đối ngẫu của $L^p(\Omega)$.

 

Định lý: Với $p \in (1,+\infty)$, ta có một phép đẳng cự $ L^p(\Omega)^\ast = L^q(\Omega)$, trong đó $1/p + 1/q = 1$.

Chứng minh

Ta xét ánh xạ tuyến tính cho $T: L^q(\Omega) \to L^p(\Omega)^\ast$ cho bởi $$\forall u \in L^q(\Omega), \qquad T(u): v \mapsto \int_\Omega uv.$$

Từ bất đẳng thức Holder ta thấy $T$ được định nghĩa tốt và liên tục, hơn nữa $$\|T(u)\|_{L^p(\Omega)^\ast} \le \|u\|_{L^q(\Omega)}.$$ Mặt khác, bằng cách xét hàm $v = \|u\|^{q-2} u \cdot \textbf{1}_{\{u \neq 0\}}$, ta thấy thu được bất đẳng thức ngược lại. Vậy $T$ là một phép đẳng cự.

Ta chứng minh $T$ là toàn ánh. Vì $L^q(\Omega)$ là đầy đủ và $T$ là một phép đẳng cự, ta dễ dàng chứng minh được rằng $T(L^q(\Omega))$ là đóng trong $L^p(\Omega)^\ast$. Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng $T(L^q(\Omega))$ là trù mật, nghĩa là nếu $\xi \in L^p(\Omega)^{\ast\ast}$ là một phiếm hàm triệt tiêt trên $T(L^q(\Omega))$ thì $\xi = 0$. Thật vậy, vì tính phản xạ, ta biết rằng tồn tại $h \in L^p(\Omega)$ sao cho $$\forall u \in L^q(\Omega), \qquad T(u)(h) = \xi(T(u)) = 0.$$

Chọn $u = \|h\|^{q-2} h \cdot \textbf{1}_{\{h \neq 0\}}$, ta thấy rằng $\|h\|_{L^p(\Omega} = 0$, do đó $h = 0$ hay $\xi = 0$. Ta có điều phải chứng minh. $\square$


Trong chủ đề: mọi phủ mở của tập mở A bất kì đều chứa một phủ con đếm được.

02-03-2019 - 06:38

Tính chất này không đúng: ví dụ lấy $\mathbb{R}$ với metric rời rạc, khi đó $\{\{x\}\}_{x \in \mathbb{R}}$ là một phủ mở của $\mathbb{R}$ mà không có bất kỳ phủ con nào đếm được.