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
***--

#725332 Học gì ở Toán phổ thông

Gửi bởi nmlinh16 trong 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.




#724627 Tại sao tìm nghiệm hữu tỉ lại khó?

Gửi bởi nmlinh16 trong 25-03-2021 - 00:25

Bài 1. Giới thiệu

 

Ở bài viết này mình sẽ giới thiệu theo kiểu layman về một vấn đề của lý thuyết số hiện đại.

 

1. Dẫn nhập

 

Một câu hỏi cơ bản và lâu đời nhất của số học là làm thế nào để biết một (hệ) phương trình đa thức với hệ số nguyên (phương trình Diophantus) cho trước có nghiệm nguyên (hay hữu tỉ) hay không, và tìm nghiệm nguyên (hay hữu tỉ) như thế nào? A priori, đây là một câu hỏi rất khó và hoàn toàn có thể là không có câu trả lời. David Hilbert đã phát biểu nó thành bài toán thứ 10 trong danh sách 23 bài toán thế kỷ:


Liệu có một thuật toán mà, cho trước một phương trình Diophantus, trả lời rằng phương trình đó có nghiệm hay không?

Định lý Matiyasevich đã đưa ra câu trả lời phủ định: Không tồn tại một thuật toán phổ quát như vậy.

 

Chú ý, nếu ta không nói đến nghiệm nguyên (hay hữu tỉ), mà quan tâm đến nghiệm phức (hoặc nghiệm trong một trường đóng đại số), thì vấn đề rất đơn giản: Trong logic toán và lý thuyết mô hình, đây là tính chất khử lượng từ (QE/quatifier /elimination) của lý thuyết ACF (algebraically closed field). Tương tự đối với nghiệm thực (hoặc nghiệm trong một trường đóng thực), lý thuyết RCF (real closed field) cũng có QE. Ngoài ra ta còn có các công cụ của giải tích: thuật toán Sturm, đạo hàm...

 

Ở bài này, chúng ta tìm hiểu lí do tại sao việc tìm nghiệm hữu tỉ lại khó.

 

Tổng quát hơn, ta quan tâm đến việc tìm nghiệm trong một trường số (number field). Đây là bước chuyển từ lý thuyết số sơ cấp sang lý thuyết số đại số. Lịch sử của lý thuyết số đại số bắt nguồn từ nỗ lực chứng minh định lý lớn Fermat, rằng phương trình $$x^p - y^p = z^p$$ không có nghiệm với $p > 2$ là số nguyên tố (dễ thấy chỉ cần xét lũy thừa nguyên tố). Với $p = 2$ thì ta có thể phân tích $z^2 = (x-y)(x+y)$ và dùng suy luận về phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố. Với $p > 2$, ta cũng có thể phân tích như vậy, nhưng phải thông qua tập số phức, $$z^p = (x-y)(x - \zeta y)(x - \zeta^2 y)\cdots (x - \zeta^{p-1} y),$$ trong đó $\zeta = e^{\frac{2\pi i}{p}} = \cos\frac{2\pi}{p} + i\sin\frac{2\pi}{p}$ là một căn bậc $p$ phức nguyên thủy của $1$. Như vậy ta phải là việc trong một môi trường rộng hơn các số nguyên và số hữu tỉ, đó là các trường số, cụ thể ở đây là các trường số cyclotomic. Cách tiếp cận trên của Cauchy và Lamé, dù sau cùng đã thất bại, đã khai sinh ra ngành lý thuyết số đại số.

 

Một trường số là một mở rộng hữu hạn của trường số hữu tỉ $\mathbb{Q}$, tức là một trường mà là một không gian véc-tơ hữu hạn chiều trên $\mathbb{Q}$. Ví dụ, $$\mathbb{Q}(i) = \{a + bi: a,b \in \mathbb{Q}\}$$ hay $$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) = \{a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}: a,b,c \in \mathbb{Q}\}$$ là các trường số. Vai trò của các số nguyên trong $\mathbb{Q}$ được thay bởi các số nguyên đại số trong các trường số trên., cụ thể lần lượt là $$\mathbb{Z}[i] = \{a + bi: a,b \in \mathbb{Z}\}$$ và $$\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}] = \{a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}: a,b,c \in \mathbb{Z}\}.$$ Theo định lý phần tử nguyên thủy trong lý thuyết Galois, mọi trường số đều có dạng như trên: kết nạp một số đại số $\alpha$ cùng với các biểu thức cộng, trừ, nhân, chia có thể thực hiện được với $\alpha$ vào trường $\mathbb{Q}$ (một số đại số là nghiệm của một phương trình đa thức một biến với hệ số hữu tỉ).

 

Cản trở đầu tiên trong cách tiếp cận trên để chứng minh định lý lớn Fermat là tính chất phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố không còn được bảo toàn nữa. Ví dụ, trong $$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}] = \{a + b\sqrt{-5}: a,b \in \mathbb{Z}\},$$ số 6 có hai phân tích khác nhau là $$6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5}).$$

 

 

2. Từ địa phương

 

Một cách tấn công cơ bản cho các phương trình Diophantus là thay vì giải trực tiếp (hệ) phương trình ban đầu, ta giải phương trình đồng dư tương ứng, với một modulo thích hợp. Nếu một số nguyên dương $n$ có phân tích ra thừa số nguyên tố $n = p_1^{d_1} \cdots p_r^{d_r}$, thì việc giải một phương trình đồng dư modulo $n$ tương đương với việc giải hệ gồm phương trình ban đầu theo các modulo $p_i^{d_i}$, $i=1,\ldots,r$. Đây là nội dung của định lý số dư Trung Hoa. Như vậy, ta chỉ cần đưa bài toán về giải phương trình đồng dư modulo lũy thừa của một số nguyên tố $p$. Việc làm như vậy được coi là tìm nghiệm "địa phương" của (hệ) phương trình ban đầu.

Ta trình bày lại việc này theo ngôn ngữ của lý thuyết số hiện đại.

 

Rõ ràng tìm nghiệm modulo $p^{n+1}$ thì khó hơn tìm nghiệm modulo $p^n$. Như vậy ta bắt đầu tìm nghiệm modulo $p$ trước (các số nguyên modulo $p$ tạo thành một trường, và ta có thể dùng các công cụ như đại số tuyến tính...) Sau đó ta tìm cách "nâng" nghiệm này thành modulo $p^2$, sau đó nâng thành modulo $p^3$,... Các bước nâng này có thể thực hiện theo thuật toán, điều này được đảm bảo bởi bổ đề Hensel và (phiên bản phi Ác-si-mét) của phương pháp xấp xỉ nghiệm bằng tiếp tuyến của Newton. Như vậy ta thu được một hộ nghiệm modulo $p^n$ với mọi $n$, được xem như một "nghiệm địa phương". Vấn đề là nghiệm này không nhất thiết đến từ một số nguyên hay số hữu tỉ; nó đến từ một không gian lớn hơn, được gọi là các số $p$-adic.

 

Ví dụ. Phương trình $x^2 + 1 = 0$ không có nghiệm nguyên. Tuy nhiên nó có "nghiệm địa phương" tại $p = 5$. Thật vậy, xét modulo $5$, phương trình đồng dư $x^2 + 1 \equiv 0 \pmod 5$ có nghiệm $x_1 = 2$. Giả sử ta đã tìm được nghiệm $x_n$ modulo $5^n$, tức là $x_n^2 + 1 \equiv 0 \pmod{5^n}$. Ta tìm nghiệm modulo $5^{n+1}$ ở dạng $x_{n+1} = x_n + 5^ny$, với $y$ là một số nguyên sẽ chọn sau. Ta đã có $5^n \,|\, x_n^2 + 1$ và ta muốn $5^{n+1} \,|\, (x_n + 5^n y)^2 + 1$, tức là tương đương với $$5 \,|\, 2x_n y + \frac{x_n^2 + 1}{5}.$$ Dễ thấy rằng $x_n$ không chia hết cho $5$, nên ta luôn chọn được $y$ thỏa mãn yêu cầu trên ($y$ là duy nhất modulo $5$, chẳng hạn nếu ta yêu cầu rằng $y \in \{0,1,2,3,4\}$). Dãy nghiệm $(x_n)_{n \ge 1}$ ở trên mô tả thông tin modulo $5^n$ với mọi $n$, và các thông tin này "nhất quán" với nhau, tức là $x_{n+1} \equiv x_n \pmod{5^n}$. 

 

Ý tưởng của số $p$-adic như sau: nếu một số nguyên $x$ có khai triển cơ số $p$ là $$x = a_0 + a_1p + a_2p^2 + \cdots, \qquad a_i \in \{0,1,\ldots,p-1\},$$ thì ta có thể biết $x$ khi biết các số $a_0,a_1,\ldots$, tức là biết $$x_n = a_0 + a_1p + \cdots + a_{n-1}p^{n-1}$$ với mọi $n$. $x_n$ ở đây chính là số dư của $x$ khi chia cho $p^n$. Rõ ràng ta có $x_{n+1} \equiv x_n \pmod{p^n}$ (điều kiện "nhất quán" ở trên). Tuy nhiên, cho trước một bộ số nguyên $(x_n)_{n \ge 1}$ "nhất quán" theo nghĩa như trên, ta không nhất thiết tìm được một số nguyên $x$ tương ứng với nó. Thật vậy, một điều kiện cần hiển nhiên là các số $a_n$ ở trên phải bằng $0$ kể từ một lúc nào đó. Cái chúng ta thu được ứng với một bộ nhất quán bất kỳ (không cần điều kiện $a_n = 0$ kể từ một lúc nào đó), chính là các số nguyên $p$-adic. Một số nguyên $p$-adic là một tổng hình thức $$x = a_0  + a_1p + a_2p^2 + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n p^n,$$ trong đó $a_i \in \{0,1,\ldots,p-1\}$ tùy ý. Chú ý rằng ta chưa hề nói gì về việc tổng vô hạn này có nghĩa (hội tụ) hay không, nó hoàn toàn hình thức. Một số nguyên $p$-adic lưu giữ thông tin modulo $p^n$ với mọi $n$, và các thông tin này nhất quán với nhau. Cụ thể, thông tin modulo $n$ thu được bằng các "chặt đuôi", tức là chỉ xét phần tổng hữu hạn (và vì thế có nghĩa, là một số nguyên thực sự, $$x_n = a_0 + a_1p + \cdots + a_{n-1} p^{n-1} \in \mathbb{Z}$$). 

 

Chúng ta sẽ làm rõ ý nghĩa của chuỗi (i.e. tổng vô hạn) ở trên. Như đã biết, số thực là khái niệm được xây dựng từ số thực bằng phương pháp hoàn toàn toàn không hề đại số: Một dãy số được gọi là cơ bản hay Cauchy nếu các số hạng của nó có thể gần nhau một cách tùy ý kể từ lúc nào đó. Tất cả các dãy số hội tụ đều là dãy cơ bản. Tuy nhiên một dãy số hữu tỉ cơ bản thì không nhất thiết hội tụ về số hữu tỉ. Ta "kết nạp" tất cả các giới hạn trên vào trường số hữu tỉ để tạo thành trường số thực $\mathbb{R}$, nơi mọi dãy cơ bản đều hội tụ. Thao tác như vậy được gọi là đầy đủ hóa. Bây giờ ta sẽ làm điều tương tự, như thay vì nói về sự hội tụ thông thường, ta sẽ đưa ra một quan niệm khác về sự hội tụ trên $\mathbb{Q}$. Một giá trị tuyệt đối trên $\mathbb{Q}$ là một hàm $|\cdot|: \mathbb{Q} \to \mathbb{R}_{\ge 0}$ thỏa mãn các tính chất sau đây.

  1. Xác định dương: $|0| = 0$ và $|x| > 0$ với mọi $x \neq 0$.

  2. Nhân tính: $|xy| = |x||y|$ với mọi $x,y$.

  3. Bất đẳng thức tam giác: $|x+y| \le |x| + |y|$ với mọi $x,y$.

Ví dụ: ta đã có hàm giá trị tuyệt đối theo nghĩa thông thường trên $\mathbb{Q}$, ta sẽ ký hiệu nó bởi $|\cdot|_\infty$. Như vậy $|x|_\infty = x$ nếu $x \ge 0$ và $|x|_\infty = -x$ nếu $x < 0$. 

Hai số hữu tỉ $x,y$ được coi là gần nhau nếu hiệu của chúng có giá trị tuyệt đối nhỏ, từ đó ta có thể nói về sự hội tụ. Trường số thực $\mathbb{R}$ là đầy đủ hóa của $\mathbb{Q}$ theo giá trị tuyệt đối $|\cdot|_\infty$. Bây giờ ta thay giá trị tuyệt đối thông thường $|\cdot|_\infty$ bởi giá trị tuyệt đối $p$-adic như sau. Mỗi số hữu tỉ $x \neq 0$ có thể viết dưới dạng $x = p^n\frac{a}{b}$, với $a,b$ là các số nguyên không chia hết cho $p$. Số nguyên $n$ là duy nhất và được ký hiệu bởi $v_p(x)$. Hàm $v_p$ đo xem số hữu tỉ $x$ "chia hết cho $p$ bao nhiêu lần". Quy ước rằng $v_p(0) = \infty$. Dễ thấy ta có các tính chất sau.

  1. $v_p(xy) = v_p(x) + v_p(y)$.

  2. $v_p(x + y) \ge \min\{v_p(x),v_p(y)\}$. Ngoài ra, nếu $v_p(x) \neq v_p(y)$ thì ta có đẳng thức.

Đặt $|x|_p = p^{-v_p(x)}$. Đây được gọi là giá trị tuyệt đối $p$-adic trên $\mathbb{Q}$. Dễ thấy nó thỏa mãn các tính chất 1 và 2 của một giá trị tuyệt đối. Đối với tính chất 3, nó thỏa mãn một bất đẳng thức còn mạnh hơn, được gọi là bất đẳng thức ultrametric: $|x+y|_p \le \max\{|x|_p, |y|_p\}$, và nếu $|x|_p \neq |y|_p$ thì ta có đẳng thức. Nói cách khác, đối với giá trị tuyệt đối $p$-adic, mọi tam giác đều cân. Một giá trị tuyệt đối như vậy được gọi là phi Ác-si-mét.

 

Theo giá trị tuyệt đối $p$-adic, hai số hữu tỉ là gần nhau nếu hiệu của chúng là một số hữu tỉ có tử số chia hết cho một lũy thừa lớn của $p$. Điều này khác biệt với quan niệm gần nhau thông thường. Ví dụ, $p^2$ thì gần $0$ hơn $p$, dãy $1, p, p^2, \ldots$ thì hội tụ về $0$, vì dãy giá trị tuyệt đối $p$-adic tương ứng là $|1|, |p|^{-1}, |p|^{-2},\ldots$ Khi đầy đủ hóa $\mathbb{Q}$ theo giá trị tuyệt đối $p$-adic, ta thu được trường $\mathbb{Q}_p$, đó là trường các số $p$-adic. Có thể chứng minh rằng một số $p$-adic khác $0$ được viết duy nhất dưới dạng $$x = \sum_{n = k}^{\infty} a_n p^n,$$ với $k$ là số nguyên tùy ý (không nhất thiết $\ge 0$), các số $a_n \in \{0,1,\ldots,p-1\}$, và $a_k \neq 0$. Sự hội tụ của tổng vô hạn ở đây là theo giá trị tuyệt đối $p$-adic. Nếu $k \ge 0$ thì ta nói $x$ là một số nguyên $p$-adic.

 

Ví dụ. Trong $\mathbb{Q}_2$, ta có $1 + 2 + 2^2 + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} 2^n = -1$. Thật vậy, xét tổng riêng thứ $N$, $\sum_{n = 0}^N 2^n = 2^{N+1} - 1$, khoảng cách $2$-adic giữa nó và $-1$ là $|2|^{-N-1}$, giá trị này tiến về $0$ khi $N \to \infty$.

 

Như đã nói ở trên, việc trả lời câu hỏi một phương trình đa thức cho trước có nghiệm hay không, và nếu có thì tì như thế nào, đều có thể thực hiện một các không quá khó khăn trong $\mathbb{R}$ hay trong $\mathbb{Q}_p$. Đối với các (hệ) phương trình Diophantus, việc tìm nghiệm thực và nghiệm $p$-adic được coi là việc "giải địa phương".

 

 

3. Đến toàn cục

 

Ta đã thấy rằng việc đầy đủ hóa $\mathbb{Q}$ theo các giá trị tuyệt đối khác nhau sẽ thu được các trường số thực $\mathbb{R}$, và các trường các số $p$-adic $\mathbb{Q}_p$. Ứng với $\mathbb{R}$, ta sẽ thêm một ký hiệu tưởng tượng là $\infty$, và gọi nó là "số nguyên tố tại vô cùng". $\infty$ cùng với các số nguyên tố thường thường, $2, 3, 5, 7, 11\ldots$ được gọi là các chốn (place) của $\mathbb{Q}$.

 

Định lý Ostrowski. Đó là tất cả các chốn của $\mathbb{Q}$.

 

Tổng quát hơn, đối với một trường số $k$, ta xét vành các số nguyên đại số trong $k$, ký hiệu bởi $\mathcal{O}_k$. Nó đóng vai trò như $\mathbb{Z}$ đối với $\mathbb{Q}$. Trong vành này nói chung không có phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố. Tuy nhiên tính chất mà chúng ta giữ được là phân tích duy nhất của iđêan ra iđêan nguyên tố (nói cách khác, $\mathcal{O}_k$ là một vành Dedekind). Về mặt lịch sử, iđêan được gọi là các số lý tưởng (ideal number). Đối với một trường số tùy ý thì ta sẽ xét các iđêan nguyên tố thay vì các số nguyên tố. Định lý Ostrowski đối với trường số $k$ có dạng như sau: Tất cả các chốn $v$ của $k$ được cho bởi.

 

1. Các chốn hữu hạn (hay chốn phi ác-si-mét), ứng với các iđêan nguyên tố $\mathfrak{p}_v$ của $\mathcal{O}_k$. Đầy đủ hóa $k_v$ tương ứng là một mở rộng hữu hạn $\mathbb{Q}_p$, với $p$ là số nguyên tố (theo nghĩa thông thường) nào đó (số nguyên tố $p$ được gọi là nằm dưới $v$). Trường $k_v$ được gọi là một trường số $p$-adic.

2. Các chốn vô hạn (hay chốn ác-si-mét), ứng với các phép nhúng thực $k \hookrightarrow \mathbb{R}$, và các cặp phép nhúng phức (không thực) liên hợp $k \hookrightarrow \mathbb{C}$. Đầy đủ hóa $k_v$ tương ứng hoặc là $\mathbb{R}$ (đối với mỗi phép nhúng thực, được gọi là một chốn thực), hoặc là $\mathbb{C}$ (đối với mỗi cặp phép nhúng phức liên hợp, được gọi là một chốn phức).

 

Các trường số $p$-adic cùng với $\mathbb{R}$ và $\mathbb{C}$ được gọi là các trường địa phương. Trường số $k$ được gọi là một trường toàn cục.

 

Tìm nghiệm trong trường địa phương là một vấn đề dễ. Câu hỏi là liệu ta có thể "dán" các "nghiệm địa phương" thành "nghiệm toàn cục" (tức là nghiệm trong trường số $k$ ban đầu hay không).

 

Cho một đa thức thuần nhất bậc hai (với nhiều biến), chẳng hạn $4x^2 + 3xy - y^2$. Rõ ràng nó luôn có nghiệm tầm thường (cho tất cả các biến bằng $0$). Ta quan tâm đến nghiệm không tầm thường của nó.

 

Định lý Hasse-Minkowski. Một đa thức bậc hai thuần nhất với hệ số hữu tỉ có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{Q}$ khi và chỉ khi nó có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{R}$ và trong tất cả các trường $\mathbb{Q}_p$, với $p$ là số nguyên tố.

 

Minkowski đã chứng minh định lý trên cho $\mathbb{Q}$, và Hasse đã tổng quát hóa nó cho trường số bất kỳ.

 

Nếu một (hệ) phương trình đa thức (với hệ số trong một trường số) thỏa mãn tính chất trên ("có nghiệm địa phương trong tất cả các chốn thì có nghiệm toàn cục"), ta nói (hệ) phương trình đó thỏa mãn nguyên lý Hasse (hay nguyên lý địa phương-toàn cục).

 

Lý do đầu tiên khiến cho việc tìm nghiệm hữu tỉ (hay trong trong một trường số) khó, đó là nguyên lý Hasse nói chung không được thỏa mãn. Đây là ví dụ rất nổi tiếng của Selmer: phương trình $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$ có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{R}$ và trong tất cả các trường $\mathbb{Q}_p$, nhưng không có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{Q}$.

 

4. Hình học đã can thiệp vào số học như thế nào?

 

Với sự phát triển mạnh của hình học đại số hiện đại cuối thế kỷ XX, với công lớn phải kể đến thuộc về nhóm Bourbaki, đặc biệt là André Weil, Alexander Grothendieck, Pierre Deligne, Jean-Pierre Serre... các công cụ của hình học đại số đã trở nên đủ mạnh để tiếp cân các bài toán số học (chẳng hạn, đã cho phép Andrew Wiles kết thúc chứng minh của định lý lớn Fermat đã kéo dài 3 thế kỉ). Một đa tạp đại số là tập nghiệm của một hệ phương trình đa thức. Các đa tạp 1-chiều được gọi là các đường cong đại số, 2-chiều được gọi là các mặt đại số. Bài toán tìm nghiệm hữu tỉ của (hệ) phương trình Diophantus trở về bài toán tìm điểm hữu tỉ trên các đa tạp đại số. 

 

Câu hỏi tự nhiên của chúng ta là: một đa tạp cho trước có điểm hữu tỉ hay không, nếu có thì có nhiều không?

Ta bắt đầu với các đường cong. Ví dụ đơn giản nhất là tập nghiệm của một phương trình đa thức hai biến, tức là một đường cong phẳng (thật ra mọi đường cong đều tương đương song hữu tỉ/birationally equivalent với một đường cong phẳng). Ta sẽ quan tâm đến các giá trị số học (các bất biến) ảnh hưởng đến tập nghiệm hữu tỉ. Ví dụ ngây thơ nhất là bậc của đa thức. Tuy nhiên, bậc của đa thức hầu không phản ánh gì về tính chất của tập nghiệm hữu tỉ của đường cong. Một bất biến sâu sắc hơn là khái niệm giống (genus) của đường cong. Sau đây là kết quả.

 

Cho $C$ là một đường cong trơn (ta luôn làm được điều này, được gọi là giải kỳ dị, hay đơn giản hơn là chuẩn hóa đường cong) và đầy đủ (điều này tương đương với xạ ảnh) trên một trường số $k$. Gọi $g$ là giống của nó.

  1. Nếu $g = 0$ thì $C$ đẳng cấu với conic phẳng. Nếu nó có ít nhất 1 điểm hữu tỉ (đối với conic, ta có thể kiểm tra điều này bằng nguyên lý Hasse!), thì nó đẳng cấu với đường thẳng xạ ảnh $\mathbb{P}^1_k$ đây được gọi là phương pháp cát tuyến, vì thế có rất nhiều điểm hữu tỉ. Ví dụ, khi áp dụng phương pháp cát tuyến để tìm nghiệm của phương trình Pythagoras $x^2 + y^2 = z^2$, ta sẽ thu được phép chiếu nổi (stereographic projection).

  2. Nếu $g = 1$ thì $C$ được gọi là một đường cong elliptic, nó đẳng cấu với một đường cong bậc 3. Nếu nó có ít nhất 1 điểm hữu tỉ thì các điểm hữu tỉ của nó có một cấu trúc nhóm abel hữu hạn sinh (định lý Mordell-Weil). Các điểm này phân bố một cách rời rạc (chúng được đo bởi khái niệm chiều cao). Theo định lý về module hữu hạn sinh trên vành chính thì nhóm các điểm hữu tỉ phân tích thành tổng trực tiếp của một nhóm abel hữu hạn (phần xoắn) và một nhóm abel tự do (phần tự do) - nó có dạng $\mathbb{Z}^r$ - số $r$ được gọi là hạng của đường cong. Phần xoắn của nhóm này đã được hiểu khá rõ. Ví dụ khi $k = \mathbb{Q}$ thì ta có định lý Mazur (chứng minh rất sâu sắc, bản thân mình cũng chưa có thời gian kiểm tra toàn bộ, đây là một nguồn mà mình tìm được: http://www-personal..../679/index.html). Với $k$ tùy ý, ta có giả thuyết xoắn đã được chứng minh bởi Loïc Merel. Hạng $r$ vẫn còn là một bí ẩn. Việc tìm các đường cong với hạng cao rất khó, trang web này thống kê các kỉ lục về việc tìm đường cong elliptic với hạng lớn https://web.math.pmf...cMillen in 2000). Các suy luận heuristic gần đây của Bjorn Poonen và đồng nghiệp phỏng đoán rằng hạng này bị chặn trên, rằng 50% số đường cong có hạng bằng 0, 50% có hạng bằng 1 (nói riêng, hạng trung bình bằng 1/2). 

  3. Nếu $g \ge 2$ thì $C$ chỉ có một số hữu hạn điểm hữu tỉ. Đây là định lý Faltings, ban đầu được phỏng đoán bởi Mordell. Vojta và Bombieri sau này đã dùng các suy luận hình học để đơn giản hóa chứng minh gốc của Faltings. Phương pháp của Vojta gần đây đã được tổng quát hóa bởi Vesselin Dimitrov, Ziyang Gao và Philipp Habegger để đưa ra một chặn đều cho con số hữu hạn nói trên (từ đó phần nào trả lời một câu hỏi tổng quát được gọi là giả thuyết Lang). Đây là bài báo của DGH https://webusers.imj...cles/UnifML.pdf.

Đối với số chiều cao hơn, gần như ta vẫn chưa có câu trả lời hoàn chỉnh. Một lớp các đa tạp mà chúng ta đã giải quyết được là các đa tạp abel (tổng quát hóa của đường cong elliptic): chúng ta cũng có định lý Mordell-Weil cho các đa tạp abel.




#720664 Một chút giải tích hàm

Gửi bởi nmlinh16 trong 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.




#720594 Một chút giải tích hàm

Gửi bởi nmlinh16 trong 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. $\square$




#720573 Một chút giải tích hàm

Gửi bởi nmlinh16 trong 02-03-2019 - 06:29

V - Tô-pô yếu và tô-pô yếu-$\ast$ trên không gian Banach

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương và Hausdorff. Gọi $E^\ast$ là đối ngẫu tô-pô của $E$ (không gian các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên $E$.

Với một tập con hữu hạn $B \subseteq E^\ast$, ta định nghĩa nửa chuẩn $p_B: E \to \mathbb{R}$ bởi $p_B(x) := \max_{f \in B}|f(x)|$.

Tương tự, với một tập con hữu hạn $A \subseteq E$, ta định nghĩa nửa chuẩn $q_A: E^\ast \to \mathbb{R}$ bởi $q_A(f):= \sup_{x \in A}|f(x)|$.

  1. Ta gọi tô-pô sinh bởi họ $(p_B)_{B \text{ hữu hạn}}$ là tô-pô yếu trên $E$, ký hiệu bởi $\sigma(E,E^\ast)$.
  2. Ta gọi tô-pô ban đầu trên $E$ là tô-pô mạnh.
  3. Ta gọi tô-pô sinh bởi họ $(q_A)_{A \text{ hữu hạn}}$ là tô-pô yếu-$\ast$ trên $E^\ast$, ký hiệu bởi $\sigma(E^\ast,E)$.

Mệnh đề. Tô-pô mạnh mạnh hơn tô-pô yếu.

 

Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, các tô-pô yếu và tô-pô yếu-$\ast$ đều là Hausdorff. Sự hội tụ theo chúng được gọi lần lượt là hội tụ yếuhội tụ yếu-$\ast$.

 

Mệnh đề. Cho $E$ là một không gian Banach (tính lồi địa phương là hiển nhiên: mọi quả cầu đều lồi). $x_n$ $(n \in \mathbb{N})$ và $x$ là các điểm của $E$. $f_n$ $(n \in \mathbb{N}$ và $f$ là các phiếm hàm tuyến tính liên tục $E \to \mathbb{R}$. Khi đó

  1. $x_n$ hội tụ yếu về $x$ (ký hiệu $x_n \rightharpoonup x$) khi và chỉ khi với mọi $f \in E^\ast$, ta có $f(x_n) \to f(x)$.
  2. $f_n$ hội tụ yếu-$\ast$ về $f$ (ký hiệu $f_n \rightharpoonup^\ast f$) khi và chỉ khi với mọi $x \in E$, ta có $f_n(x) \to f(x)$.
  3. Sự hội tụ mạnh trong $E$ kéo theo sự hội tụ yếu.
  4. Sự hội tụ mạnh trong $E^\ast$ kéo theo sự hội tụ yếu$-\ast$.
  5. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ thì $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ bị chặn, hơn nữa $\|x\|_E \leqslant \liminf \|x_n\|_E$.
  6. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ và $f_n \to f$ (hội tụ mạnh trong $E^\ast$) thì $f_n(x_n) \to f(x)$.

Chứng minh

1. 2. Ta sử dụng tiêu chuẩn hội tụ đối với tô-pô sinh bởi một họ nữa chuẩn ở bài post trước.

3. Hiển nhiên.

4. Bất đẳng thức thứ nhất: Sử dụng nguyên lý bị chặn đều ($E^\ast$ là Banach kể cả khi $E$ chỉ là không gian định chuẩn). Bất đẳng thức thứ hai: Sử dụng kết quả $\|x\|_E = \sup_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\|_{E^\ast} \leqslant 1}}|f(x)|$.

5. Chỉ cần dùng bất đẳng thức tam giác với chú ý rằng $\|x_n\|$ bị chặn. $\square$

 

 

Mệnh đề. Trên không gian hữu hạn chiều, tô-pô mạnh và tô-pô yếu là như nhau (chứng minh: chỉ cần chọn một cơ sở cho $E$ và cơ sở đối ngẫu cho $E^\ast$).

 

Ngược lại, trong không gian vô hạn chiều, hai tô-pô này thực sự khác nhau. Chẳng hạn

 

Bài tập. Trong một không gian Banach vô hạn chiều, bao đóng yếu của mặt cầu đơn vị $S_E := \{x \in E: \|x\| = 1\}$ là toàn bộ quả cầu đơn vị $B_E := \{x \in E: \|x\| \leqslant 1\}$. (gợi ý: Đầu tiên, chứng minh rằng tập mở trong tô-pô yếu đều chứa một đường thẳng affine).

 

Định lý. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương và Hausdorff. Nếu $C \subseteq E$ là một tập lồi thì tính đóng của nó đối với hai tô-pô mạnh và yếu là tương đương.

Chứng minh

Ta cần chứng minh nếu $C$ đóng trong tô-pô mạnh thì nó cũng đóng trong tô-pô yếu. Thật vậy, lấy $x_0 \in E \setminus C$ tùy ý. Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại $f \in E^\ast$ và $\alpha \in R$ sao cho $f(x_0) < \alpha < f(x)$ với mọi $x \in C$. Do đó, $f^{-1}((-\infty,\alpha))$ là một tập mở trong tô-pô yếu chứa $x_0$ và nằm trong $E \setminus C$. Vậy $E \setminus C$ là mở trong tô-pô yếu. $\square$

 

 

Hệ quả [Mazur]. Giả sử $E$ là một không gian Banach, $x_n$ $(n \in \mathbb{N}$ và $x$ là các điểm trong $E$. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ thì tồn tại một dãy điểm, gồm tổ hợp lồi (hữu hạn) của các điểm trong dãy $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$, hội tụ mạnh về $x$.

Chứng minh

Gọi $C$ là bao lồi của các điểm $x_n$ và $\overline{C}$ là bao đóng mạnh của $C$. Thế thì $\overline{C}$ lồi và theo định lý trên, $\overline{C}$ là đóng trong tô-pô yếu. $\square$ (đây không phải một chứng minh xây dựng :< )

 

 

Định lý. Cho $T: E \to F$ là toán tử tuyến tính giữa hai không gian Banach. Khi đó tính liên tục đối với cặp tô-pô mạnh và cặp tô-pô yếu của $E$ và $F$ là tương đương.

 

Chứng minh

1. Giả sử $T$ là liên tục đối với tô-pô mạnh. Cố định $x_0 \in E$. Xét $V \subseteq F$ là một tập mở tùy ý trong tô-pô yếu (của $F$) chứa $Tx_0$, với $x_0 \in E$. Khi đó $$V \supseteq \{y \in F \,| \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, |f_i(y - Tx_0)| < \varepsilon\}$$ với $\varepsilon > 0$ và $f_1,\ldots,f_n \in F^\ast$. Vì $T$ là liên tục, ta dễ thấy $$U = \{x \in E \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, |f_i(T(x - x_0))| < \varepsilon\}$$ là tập mở (trong tô-pô yếu của $E$) chứa $x_0$. Hơn nữa $T(U) \subseteq V$, vậy $T$ liên tục (đối với tô-pô yếu) tại $x_0$.

2. Giả sử $T$ là liên tục đối với tô-pô yếu. Giả sử $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm trong $E$ hội tụ về $x$ sao cho $Tx_n \to y \in F$. Nói riêng, ta có $x_n \rightharpoonup x$ (vì thế $Tx_n \rightharpoonup Tx$) và $Tx_n \rightharpoonup y$. Vì tô-pô yếu là Hausdorff, ta có $y = Tx$, nên theo định lý đồ thị đóng, ta có $T$ liên tục đối với tô-pô mạnh. $\square$

 

 

Định lý [Banach - Alaoglu]. Giả sử $E$ là một không gian định chuẩn. Khi đó quả cầu đơn vị của $E^\ast$, $$B_{E^\ast} := \{f \in E^\ast \,| \, \|f\|_{E^\ast} \leqslant 1 \}$$ là com-pắc trong tô-pô yếu-$\ast$.

 

Chứng minh

Nếu $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm của $B_{E^\ast}$ hội tụ yếu-$\ast$ về $f \in E^\ast$ thì $f_n(x) \to f(x)$ với mọi $x \in E$. Do $\|f_n(x)| \leqslant \|x\|_E$ nên ta có $|f(x)| \leqslant \|x\|_E$, từ đó $\|f\|_{E^\ast} \leqslant 1$ hay $f \in B_{E^\ast}$. Vậy $B$ đóng trong tô-pô yếu-$\ast$. Ta chỉ cần chứng minh nó chứa trong một tập com-pắc.

 

Ta coi không gian tích $\mathbb{R}^E$ như không gian các phiếm hàm $E \to \mathbb{R}$ (tô-pô tích chính là tô-pô hội tụ điểm).

Ánh xạ đồng nhất $E^\ast \to E^\ast$ là liên tục (tô-pô của không gian nguồn là tô-pô vết cảm sinh từ $E^\ast \subseteq \mathbb{R}^E$ và tô-pô của không gian đích là tô-pô yếu-$\ast$).

Đặt $$K = \prod_{x \in E}[-\|x\|_E,\|x\|_E],$$ đây là một tập com-pắc theo định lý Tychonoff. Tiếp theo, $E^\ast$ là đóng trong $\mathbb{R}^E$ với tô-pô tích (một hệ quả của Nguyên lý bị chặn đều nói rằng giới hạn điểm của một dãy phiếm hàm tuyến tính liên tục là một phiếm hàm tuyến tính liên tục), do đó $E^\ast \cap K$ là tập compact của $E^\ast$ đối với tô-pô hội tụ điểm. Vậy nó cũng com-pắc đối với tô-pô yếu-$\ast$. Cuối cùng, dễ thấy nó chứa $B_{E^\ast}$. $\square$

 

 

Def. Nếu $E$ là một không gian  Banach, ta gọi $E^{\ast\ast}$ là song đối ngẫu tô-pô của nó.

 

Ta xét phép nhúng chính tắc $j: E \to E^{\ast\ast}$ cho bởi $x \mapsto (j(x): f \mapsto f(x))$. Dễ thấy $j$ được định nghĩa tốt và tuyến tính. Ngoài ra, theo hệ quả của định lý Hahn-Banach thì $j$ là một phép đẳng cự. Nói riêng, nó là đơn ánh. Ngoài ra

 

Mệnh đề: $j(B_E)$ là đóng trong $B_{E^{\ast\ast}}$.

Chứng minh

Giả sử $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm của $B_E$ sao cho $j(x_n) \to y \in E^{\ast\ast}$. Nói riêng, $(j(x_n))_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy Cauchy, vì thế $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ cũng vậy ($j$ là một phép đẳng cự). Vì $E$ là Banach, ta có $x_n \to x \in B_E$. Đương nhiên ta suy ra $j(x_n) \to j(x)$, vậy $y = j(x) \in j(B_E)$. $\square$

 

 

Def. $E$ được gọi là phản xạ (reflexive) nếu $j$ là một toàn ánh.

 

Định lý [Kakutani]. $E$ là phản xạ khi và chỉ khi $B_E$ là com-pắc đối với tô-pô yếu.

 

Mình sẽ viết chứng minh của định lý này trong post dưới (bây giờ mệt quá rồi, đi ngủ đã :<). Trước hết, chúng ta cần 2 bổ đề.

 

Bổ đề [Helly]. Cho $E$ là một không gian Banach, $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ là các số thực và $f_1,\ldots,f_n \in E^\ast$. Hai khẳng định sau đây là tương đương.

  1. Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại $x \in B_E$ sao cho với mọi $1 \leqslant i \leqslant n$, ta có $|f_i(x) - \alpha_i| < \varepsilon$.
  2. Với $n$ số thực bất kỳ $\beta_1,\ldots,\beta_n$, ta có $\left| \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n\beta_if_i \right\|_{E^\ast}$.

Chứng minh

1. suy ra 2. Ta cố định $\varepsilon > 0$ và chọn $x \in B_E$ như trong 1. Ta có $$\left| \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| \leqslant \sum_{i=1}^n \left|f_i(x) - \alpha_i \right| |\beta_i| + \left|\left(\sum_{i=1}^n \beta_if_i\right) x \right| \leqslant \varepsilon \sum_{i=1}^n |\beta_i| + \left\|\sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast}.$$ Cho $\varepsilon \downarrow 0$, ta có điều phải chứng minh.

2. suy ra 1. Xét toán tử tuyến tính liên tục $\varphi: E \to \mathbb{R}^n$ cho bởi $x \mapsto (f_i(x))_{1 \leqslant i \leqslant n}$. Ta cần chứng minh $\alpha \in \overline{\varphi(E)}$, ở đây $\alpha = (\alpha_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \mathbb{R}^n$. Giả sử ngược lại. Khi đó theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, vì $\overline{\varphi(E)}$ là một tập lồi đóng, tồn tại $\beta = (\beta_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ và $\gamma \in \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in E$, ta có $$\sum_{i=1}^n \beta_if_i(x) < \gamma < \sum_{i=1}^n\beta_i\alpha_i.$$ Nói riêng, $$\sup_{x \in B_E}\left|\left(\sum_{i=1}^n \beta_if_i \right)(x) \right| \leqslant \gamma < \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n\beta_if_i \right\|_{E^\ast},$$ mẫu thuẫn. $\square$

 

Bổ đề [Goldstine]. Cho $E$ là một không gian Banach. Khi đó $j(B_E)$ là trù mật trong $B_{E^\ast}$ với tô-pô yếu$-\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$.

 

Chứng minh

Lấy $\xi \in B_E^{\ast\ast}$ tùy ý và $V$ là một lân cận của $\xi$ trong tô-pô $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$. Ta cần chứng minh rằng tồn tại $x \in B_E$ sao cho $j(x) \in B_E$. Tuy nhiên, ta biết rằng có thể giả sử $$V = \{\eta \in E^{\ast\ast} \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, \,|(\eta-\xi)(f_i)| < \varepsilon\}$$ với $\varepsilon > 0$ và $f_1,\ldots,f_n \in E^\ast$. Đặt $\alpha_i = \xi(f_i)$.

Với $\beta_1,\ldots,\beta_n \in \mathbb{R}$ tùy ý, ta có $$\left|\sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| = \left|\xi\left( \sum_{i=1}^n \beta_if_i \right) \right| \leqslant \|\xi\|_{E^{\ast\ast}} \left\| \sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast} \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast}.$$ Theo bổ đề Helly, tồn tại $x \in B_E$ thỏa mãn $$\forall 1 \leqslant i \leqslant n, \qquad  | (j(x) - \xi)(f_i)| =  |f_i(x) - \alpha_i| < \varepsilon,$$ do đó ta có $j(x) \in V$. $\square$




#720571 Một chút giải tích hàm

Gửi bởi nmlinh16 trong 02-03-2019 - 04:18

Note này viết về một số kết quả cơ bản của giải tích hàm. Hầu như không có chứng minh nào hoặc rất tóm tắt. Mình rất mong được trao đổi.

 

Đầu tiên chúng ta bắt đầu với

 

I - Định lý Baire về phạm trù.

 

Def. Trong một không gian tô-pô,

  1. một tập $G_\delta$ là giao của một họ đếm được các tập mở,
  2. một tập $G_\delta$-trù mật là giao của một họ đếm được các tập mở trù mật.

Def. Một không gian tô-pô được gọi là Baire nếu mọi tập $G_\delta$-trù mật đều trù mật.

Nói cách khác, một không gian $X$ là Baire nếu với mọi cách viết $X$ thành giao của một họ đếm được các tập đóng, ít nhất một trong các tập đó có phần trong khác rỗng. Dễ thấy không gian con mở của một không gian Baire cũng là Baire.

 

Định lý [Baire]. Không gian mê-tríc đầy đủ và không gian Hausdorff, com-pắc địa phương là các không gian Baire.

 

Def. Một tính chất được gọi là đúng hầu khắp nơi theo nghĩa Baire nếu nó đúng trên một tập $G_\delta$-trù mật.

 

Định lý. Giả sử $X$ là một không gian Baire, $(Y,d)$ là một không gian mê-tríc và $f_n: X \to Y$ $(n \in \mathbb{N})$ là một dãy hàm liên tục, hội tụ điểm về $f$. Khi đó $f$ liên tục hầu khắp nơi theo nghĩa Baire.

 

Chứng minh

Với $n, p \in \mathbb{N}$, đặt $$F_{n,p}:= \{x \in X \, | \, \forall q \geqslant p, \, d(f_p(x),f_q(x)) \leqslant 2^{-n} \}.$$ Đây là một tập đóng, hơn nữa với mỗi $n \in \mathbb{N}$, dễ thấy $$\bigcup_{p \in \mathbb{N}}F_{n,p} = X.$$

Với $U \subseteq X$ là một tập mở tùy ý, ta có $$\bigcup_{p \in \mathbb{N}}(U \cap F_{n,p}) = U,$$ hơn nữa $U$ là một không gian Baire nên tồn tại $p = p(n,U) \in \mathbb{N}$ sao sao cho $$A_{n,U} := \text{int}(U \cap F_{n,p}) \neq \varnothing.$$

Khi đó, với mỗi $n$, $$A_n := \bigcup_{U \text{ mở}} A_{n,U}$$ là tập mở trù mật. Do đó $$A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}}A_n$$ là một $G_\delta$-trù mật. Ta dễ dàng chứng minh được $f$ là liên tục trên $A$. $\square$

 

Ví dụ. Cho $I \subset \mathbb{R}$ là một khoảng mở, $F$ là một không gian Banach và $f: I \to F$ là một hàm khả vi. Khi đó $f'$ là liên tục hầu khắp nơi theo nghĩa Baire. (chứng minh: áp dụng lý trên cho dãy hàm $(f_n)_{n \in \mathbb{N}})$ xác định bởi $f_n(x) = n(f(x+1/n) - f(x))$.

 

 

 

II - Nguyên lý bị chặn đều, định lý ánh xạ mở và định lý đồ thị đóng

 

Def [Tô-pô sinh bởi một họ nửa chuẩn]. Khi $E$ là một không gian véc-tơ thực và $p_\alpha: E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}$ $(\alpha \in \mathcal{A})$ là một họ các nửa chuẩn, ta có thể định nghĩa trên $E$ một tô-pô sinh bởi cơ sở là các tập có dạng $$\{y \in E \, | \, \forall \beta \in \mathcal{B},\,p_\beta(x-y) < r\}$$ trong đó $x \in E$, $r > 0$ và $\mathcal{B}$ là một tập con hữu hạn của $\mathcal{A}$. Tô-pô này khiến cho $E$ trở thành một không gian véc-tơ tô-pô.

 

Def. Một họ nửa chuẩn $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ được gọi là tách nếu với mỗi điểm $x \in E$, từ chỗ $p_\alpha(x) = 0$ với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$ suy ra $x = 0$.

 

Không khó để chứng minh được rằng,

  1. một dãy điểm $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$  trong $E$ hội tụ về một điểm $x$ theo nghĩa tô-pô khi và chỉ khi với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$, ta có $p_\alpha(x_n - x) \to 0$,
  2. một họ nửa chuẩn là tách khi và chỉ khi tô-pô sinh bởi họ đó là Hausdorff,
  3. tô-pô sinh bởi một họ con của $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ thì thô hơn tô-pô sinh bởi $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$,
  4. một tập con $A \subseteq E$ là bị chặn khi và chỉ khi với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$, tồn tại $C > 0$ sao cho với mọi $x \in A$, ta có $p_\alpha(x) \leqslant C$.

Def. Một không gian tiền Fréchet là một không gian véc-tơ cùng một dãy tăng các nửa chuẩn tách.

 

Khi ta có một dãy nửa chuẩn bất kỳ, ta có thể dễ dàng thay nó bởi một dãy tăng, vì tổng của hai nửa chuẩn vẫn là một nửa chuẩn.

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian tiền Fréchet với dãy nửa chuẩn $(p_j)_{j \in \mathbb{N}}$. Khi đó ta có thể mê-tríc hóa tô-pô tương ứng bằng cách đặt $$\forall x,y \in E, \qquad d(x,y) := \sum_{j \in \mathbb{N}} 2^{-n} \min(1, p_j(x-y)).$$

Một không gian Fréchet là một không gian tiền Fréchet đầy đủ.

 

Chẳng hạn, một họ gồm một chuẩn duy nhất là một họ tách. Vì thế các không gian định chuẩn đều là tiền Fréchet và các không gian Banach đều là Fréchet.

 

Mệnh đề. Một toán tử tuyến tính $T: (E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}}) \to (F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ giữa hai không gian tiền Fréchet là liên tục khi và chỉ khi với mọi $k \in \mathbb{N}$, tồn tại $C > 0$ và $n \in \mathbb{N}$ sao cho với mọi $x \in E$, ta có $q_k(Tx) \leqslant Cp_j(x)$.

 

Chứng minh

"Chỉ khi". Cố định $k \in \mathbb{N}$. Vì $T$ liên tục nên tồn tại lân cận mở $U$ của $0$ sao cho $q_k(Tx) < 1$ với mọi $x \in U$. Đương nhiên $U$ chứa một tập mở trong cơ sở, nghĩa là tồn tại $j \in \mathbb{N}$ và $r > 0$ sao cho $$\{x \in E \, | \, p_j(x) < r\} \subseteq U.$$ Ta lấy $C = 2/r$ và dùng tính thuần nhất của nửa chuẩn để kết luận.

 

"Khi". Cố định $x \in E$ và gọi $V$ là một lân cận mở của $Tx$ trong $F$. Tương tự như trên, tồn tại $k \in \mathbb{N}$ và $r > 0$ sao cho $$\{x \in E \, | \, q_k(y - Tx) < r\} \subseteq V.$$ Khi đó, với mọi $x' \in E$ thỏa mãn $p_j(x - x') < r/C$, ta có $q_k(Tx - Tx') < r$, nghĩa là $Tx' \in U$. Vậy $T$ liên tục tại $x$. $\square$

 

 

Định lý [Banach-Steinhauss hay Nguyên lý bị chặn đều]. Cho $(E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}})$ là một không gian Fréchet,  $(F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ là một không gian tiền Fréchet và $T_\alpha: E \to F$ $(\alpha \in \mathcal{A})$ là một họ các toán tử tuyến tính liên tục sao cho với mọi $x \in E$, họ $(T_\alpha x)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ là bị chặn trong $F$. Khi đó họ $(T_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ là đồng liên tục, tức là $$\forall k \in \mathbb{N}, \exists C > 0, \exists j \in \mathbb{N},\forall x \in E, \forall \alpha \in \mathcal{A},q_k(T_\alpha x) \leqslant C{p_j}(x).$$

 

Hệ quả.

  1. Cho $(E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}})$ là một không gian Fréchet,  $(F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ là một không gian tiền Fréchet và $T_n: E \to F$ $(n \in \mathbb{N})$ là một dãy các toán tử tuyến tính liên tục hội tụ điểm về $T$. Khi đó $T$ là một toán tử tuyến tính liên tục. Hơn nữa, nếu $x_n \to x$ thì $T_nx _n\to Tx$.
  2. Giả sử $G$ là một không gian Banach và $B \subseteq G$ là một tập con thỏa mãn: với mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: B \to \mathbb{R}$, $f(B)$ là bị chặn. Khi đó $B$ là bị chặn.

Chứng minh

1. Hiển nhiên theo Nguyên lý bị chặn đều và tiêu chuẩn liên tục của toán tử tuyến tính giữa hai không gian tiền Fréchet ở trên.

2. Áp dụng nguyên lý bị chặn đều cho $E = G^\ast$, $F = \mathbb{R}$ và họ toán tử $(T_b)_{b \in B}$ trong đó $T_b(f) = f(b)$, ta thấy tồn tại $C > 0$ sao cho với mọi phiếm hàm $f \in G^\ast \to \mathbb{R}$ và mọi $b \in B$, ta có $|f(b)| \leqslant C \| f \|$, từ đó dễ thấy $B$ bị chặn. $\square$

 

Định lý [Ánh xạ mở]. Mọi toán tử tuyến tính liên tục toàn ánh giữa hai không gian Fréchet đều mở.

 

Định lý [Đồ thị đóng]. Một toán tử tuyến tính giữa hai không gian Fréchet là liên tục khi và chỉ khi đồ thị của nó là đóng trong không gian tích.

 

Một bài tập vui. Cho $f$ và $f_n$ $(n \in \mathbb{N})$ là các hàm thực khả vi liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu $f_n$ hội tụ đều về $f$ thì $f_n'$ hội tụ đều về $f'$.

 

 

III - Định lý Hahn - Banach

 

Định lý [Hahn - Banach dạng giải tích]. Cho $E$ là một không gian véc-tơ thực và $p: E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}$ là một phiếm hàm dưới cộng tính thuần nhất dương, nghĩa là

  1. $\forall x, y \in E$, $p(x+y) \leqslant p(x) + p(y)$,
  2. $\forall x \in E, \lambda \geqslant 0$, $p(\lambda x) = \lambda p(x)$.

Giả sử $F$ là một không gian con của $E$ và $f: F \to \mathbb{R}$ là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn bởi $p$, khi đó $f$ thác triến được thành một phiến hàm tuyến tính trên $E$, bị chặn bởi $p$.

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian định chuẩn. Khi đó,

  1. mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục xác định trên một không gian con của $E$ đều thác triển được lên toàn $E$ thành một phiếm hàm với cùng chuẩn.
  2. với mỗi $x \in E$ đều tồn tại một phiếm hàm liên tục $f$ có chuẩn bằng $x$ sao cho $f(x) = \| x \|^2$,
  3. với mỗi $x \in E$, ta có $\|x\| = \sup\limits_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\| \leqslant 1}}|f(x)|$.

Chứng minh

1. Giả sử $f$ là một phiếm hàm liên tục xác định trên một không gian con $F$ của $E$. Áp dụng định lý Hahn-Bach cho $p = \| f \|_{E^\ast} \cdot \| \cdot \|_E$.

2. Xét toán tử tuyến tính $f$ xác định trên đường thẳng sinh bởi $x$ cho bởi $f(x) = \|x\|^2$.

3. Bất đẳng thức $\|x\| \geqslant \sup\limits_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\| \leqslant 1}}|f(x)|$ là hiển nhiên. Bất đẳng thức ngược lại suy ra từ phần trên. $\square$

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô. Một siêu phẳng affine trong $E$ là một tập con có dạng $$H = [f = \alpha] := \{x \in E \,| \, f(x) = \alpha\}$$ với $\alpha \in \mathbb{R}$ và $f$ là một phiếm hàm tuyến tính khác $0$.

 

Mệnh đề. $H$ là đóng khi và chỉ khi $f$ là liên tục.

 

Def. Một không gian véc-tơ tô-pô được gọi lồi địa phương nếu $0$ có một cơ sở lân cận gồm các tập lồi.

Rõ ràng điều kiện trên có thể thanh bởi "$0$ có một cơ sở lân cận gồm các tập lồi đối xứng", vì nếu $C$ là một tập lồi trong cơ sở lân cận này thì ta chỉ cần thay nó bởi $C \cap (-C)$.

 

Def. Cho $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô và $C \subseteq E$ là một tập lồi khác rỗng và là một lân cận của $0$. Thang (gauge) của $C$ là ánh xạ cho bởi $$\|\cdot\|_C:E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}, \qquad x \mapsto \inf \{t > 0 \, | \, x/t \in C\}.$$

 

Tính chất của thang.

  1. $\|\cdot\|_C$ là thuần nhất dương.
  2. $\|\cdot\|_C$ là dưới cộng tính.
  3. Nếu $C$ mở thì $C = \{x \in E \, | \, \| x \|_C < 1 \}$.
  4. $\|\cdot\|_C$ là liên tục.

Chứng minh

Vì $C$ là lân cận của $0$ nên $\|\cdot\|_C$ được định nghĩa tốt.

1. Hiển nhiên.

2. Xét $x,y \in C$. Ta lấy $s, t > 0$ bất kỳ sao cho$x/s \in C$ và $y / t \in C$. Vì $C$ lồi nên $$\frac{x+y}{s+t} = \frac{s}{s+t}\cdot \frac{x}{s} + \frac{t}{s+t} \cdot \frac{y}{t} \in C,$$ do đó $\|x+y\|_C \leqslant s+t$. Điều này đúng với mọi $s$ và $t$ nên $\|x+y\|_C \leqslant \|x\|_C + \|y\|_C$.

3. Với $x \in C$, vì $C$ mở nên tồn tại $\varepsilon > 0$ sao cho $(1 + \varepsilon)x \in C$. Từ đó $\| x\|_C\leqslant 1/(x + \varepsilon) < 1$. Ngược lại. nếu $x \in E$ sao cho $\| x\|_C < 1$ thì tồn tại $t \in (0,1)$ sao cho $x/t \in C$. Vì $C$ lồi và chứa $0$ nên $x \in C$.

4. Vì tính dưới cộng tính nên ta chỉ cần chứng minh $\|\cdot\|_C$ là liên tục tại $0$. Thật vậy, cho $\varepsilon > 0$, khi đó tồn tại lân cận mở $V_\varepsilon$ của $0$ sao cho $V_\varepsilon \subseteq \varepsilon C$. Từ đó ta thấy, với mọi $x \in V_\varepsilon$ thì $\|x\|_C \leqslant \varepsilon$. $\square$

 

Ta có kết quả thú vị sau đây.

 

Định lý. Một không gian véc-tơ tô-pô là lồi địa phương khi và chỉ khi tô-pô của nó được sinh bởi một họ nửa chuẩn.

Chứng minh

"Chỉ khi". Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương. Gọi $\mathcal{V}$ là cơ sở lân cận của $0$ gồm các tập lồi mở đối xứng (nếu $C$ là một tập lồi mở, ta thay nó bởi $C \cap (-C)$). Gọi$\mathcal{P}$ là tô-pô sinh bởi họ nửa chuẩn $(\|\cdot\|_C)_{C \in \mathcal{V}}$ và $\mathcal{T}$ là tô-pô ban đầu của $E$. Ta chứng minh $\mathcal{T} = \mathcal{P}$.

  • Nếu $V \in \mathcal{T}$ là lồi và đối xứng thì theo tính chất của thang, ta có $V = \{x \in E \, | \, \| x \|_V < 1 \}$, nên hiển nhiên $V \in \mathcal{P}$. Vậy $\mathcal{T} \subseteq \mathcal{P}$.
  • Xét một tập $U$ trong cơ sở của $\mathcal{P}$, nghĩa là $U = \{x \in E \,|\, \forall 1 \leqslant i \leqslant k, \|x\|_{V_i} < r\}$ (ta chỉ cần xét lân cận của $0$ do tính đối xứng của không gian véc-tơ tô-pô). Với $V_1,\ldots,V_k \in \mathcal{V}$ và $r > 0$. Khi đó $C = \bigcap_{i=1}^k rV_i \in \mathcal{T}$ là một lân cận lồi đối xứng của $0$. Dễ thấy $C \subseteq U$. Từ đây ta có $U \in \mathcal{T}$. Vậy $\mathcal{P} \subseteq \mathcal{T}$.

"Khi". Giả sử tô-pô của $E$ được sinh bởi họ nửa chuẩn $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$. Với mỗi tập hữu hạn $\mathcal{B} \subseteq \mathcal{A}$ và $r > 0$, dễ thấy tập hợp $$\{x \in E \,| \, \forall b \in \mathcal{B}, p_b(x) < r\}$$ là lồi. Chúng tạo nên một cơ sở lân cận lồi của $0$. $\square$

 

Định lý [Hahn-Banach dạng hình học]. Giả sử $A, B$ là hai tập lồi khác rỗng rời nhau của một không gian véc-tơ tô-pô $E$.

  1. Nếu $A$ mở thì tồn tại một siêu phẳng affine đóng $H = [f = \alpha]$ tách $A$ và $B$, nghĩa là $f(x) \leqslant \alpha \leqslant f(y)$ với mọi $x \in A$ và $y \in B$.
  2. Nếu $E$ lồi địa phương, $A$ compact và $B$ đóng thì tồn tại một siêu phẳng affine đóng $H = [f = \alpha]$ tách chặt $A$ và $B$, nghĩa là tồn tại $\varepsilon > 0$ sao cho $f(x) + \varepsilon \leqslant \alpha \leqslant f(y) - \varepsilon$ với mọi $x \in A$ và $y \in B$.

Chứng minh

Ta chứng minh

Bổ đề. Cho $C \subseteq E$ là một tập lồi mở và $x_0 \notin C$. Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục $\ell: E \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in C$, ta có $\ell(x) < \ell(x_0)$.

Chứng minh bổ đề. Ta có thể giả sử $0 \in C$. Ta biết rằng $C = \{x \in E \,|\, \| x \| < 1\}$, vì thế $\|x_0\| \geqslant 1$. Gọi $f$ là phiếm hàm tuyến tính xác định trên đường thẳng sinh bởi $x_0$ thỏa mãn $f(x_0) = 1$. Khi đó $f$ bị chặn trên bởi $\| \cdot \|_C$. Theo định lý Hahn-Banach, $f$ thác triển thành một phiếm hàm tuyến tính $\ell: E \to \mathbb{R}$ bị chặn bởi $\| \cdot \|_C$. Vì $C$ là lân cận của $0$ và ta dễ thấy với $\varepsilon > 0$ thì $ \ell(x) \geqslant \varepsilon$. Do đó $\ell$ là liên tục. Hiển nhiên ta có $\ell(x) \leqslant \|x\|_C < 1 = \ell(x_0)$ với mọi $x \in C$. $\square$

 

Trở lại định lý.

1. Ta áp dụng bổ đề trên cho $C = A - B$ và $x_0 = 0$.

2. Vì tính compact của $A$, ta có thể chọn được $n$ điểm $x_1,\ldots,x_n \in A$ và các lân cận mở $V_1,\ldots,V_n,V_1',\ldots,V_n'$ của $0$ sao cho

  • $(x_i + V_i) \cap A = \varnothing$.
  • $V_i' + V_i' \subseteq V_i$.
  • $A \subseteq \bigcup_{i=1}^n (x_i + V_i')$.

Gọi $W$ là lân cận mở của $0$ sao cho $$W + (-W) \subseteq \bigcap_{i=1}^n V_i'.$$ Khi đó $A' := A + W$ và $B' := B+W$ là hai tập lồi mở rời nhau. Ta áp dụng kết quả phần 1. cho $A'$ và $B'$. Cuối cùng, vì $W$ là lân cận của $0$ nên nó chứa tất cả các hướng, vì thế tồn tại $w_0 \in W$ sao cho $\ell(w_0) > 0$. Ta lấy $\varepsilon = \ell(w_0)$. $\square$

 

 

 

IV - Định lý Krein-Milman

 

Def. Cho $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô và $K$ là một tập con của $E$. Một tập con khác rỗng $A \subseteq K$ được gọi là một diện của $K$ nếu nó com-pắc và nếu với mọi $x,y \in K$, từ chỗ tồn tại $\lambda \in (0,1)$ sao cho $\lambda x + (1-\lambda)y \in A$ suy ra $x,y \in A$.

Một điểm $x_0 \in K$ được gọi là một điểm cực biên nếu $\{x_0\}$ là một diện.

 

Mệnh đề. Nếu $A$ là một diện của $K$ thì mỗi diện của $A$ đều là một diện của $K$.

 

Định lý [Krein-Milman]. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương, Hausdorff và $K \subseteq E$ là một tập lồi com-pắc. Khi đó $K$ là bao lồi đóng của các điểm cực biến của nó.

 

Chứng minh

1. Đầu tiên ta chứng minh $K$ có ít nhất một điểm cực biên. Fact: Phần này của định lý tương đương với tiên đề chọn.

Trên tập $\mathcal{P}$ các diện của $K$, ta định nghĩa một quan hệ thứ tự: $A \leqslant B$ nếu $A \supseteq B$. Nếu $\mathcal{Q} \subseteq \mathcal{P}$ được sắp thứ tự toàn phần, ta thấy $$\bigcap_{A \in \mathcal{Q}}A$$ là một diện của $K$ (do tính chất giao hữu hạn của tập com-pắc), vì thế đây là một chặn trên cho $\mathcal{Q}$. Theo bổ đề Zorn, tồn tại một diện $M$ cực đại theo quan hệ $\leqslant$. Ta chứng minh $|M| = 1$. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng tồn tại $x_0,x_1 \in M$ với $x_0 \neq x_1$. Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: E \to \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) < f(x_1)$. Đặt $$N = \{x \in M \,| \, f(x) = \inf_Mf\}.$$ Thế thì $N$ là một diện của $K$ (thứ nhất, $N \neq \varnothing $ vì $M$ là com-pắc; thứ hai $N$ cũng com-pắc vì nó đóng; tính chất còn lại trong định nghĩa diện được chứng minh dễ dàng). Mặt khác $x_1 \notin N$, điều này mâu thuẫn với tính cực đại của diện $M$.

2. Gọi $\mathcal{E}$ là tập các điểm cực biên của $K$. Đương nhiên $K$ chứa bao lồi đóng của $\mathcal{E}$. Ta giả sử phản chứng rằng tồn tại điểm $x_0 \in K$ không nằm trong bao lồi đóng của $\mathcal{E}$. Theo định lý Hahn-Bach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: E \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in \mathcal{E}$, ta có $f(x) < f(x_0)$. Tương tự nhiên trên, ta thấy $$A = \{x \in K \,| \, f(x) = \sup_K f\}$$ là một diện của $K$. Vì thế, nó có ít nhất một điểm cực biên $x_1$. Hiển nhiên $x_1$ cũng là một điểm cực biên của $K$ (mệnh đề trên), nghĩa là $x_1 \in \mathcal{E}$. Nhưng như vậy ta có $f(x_1) < f(x_0)$, mâu thuẫn. $\square$




#720231 Những hình dạng của không gian

Gửi bởi nmlinh16 trong 16-02-2019 - 03:49

góp ý: từ homotopy có thể dịch là "đồng luân"




#720230 Đề thi Concours SMF Junior 2018

Gửi bởi nmlinh16 trong 16-02-2019 - 03:42

Bai 7:

Giai the nay duoc khong

 

Ben trong hinh tron la khoang mat phang ma tam giac (ABC) tu tai C

Ben ngoai hai duong song song la khoang mat phang ma tam giac (ABC) tu tai A hoac B

 

Nhu vay phan dien tich cua vung mat phang ma tam giac (ABC) tu tren dien tich ca mat phang se luon lon hon hoac bang 1/2

Nhu vay sac xuat de duoc mot tam giac nhon la nho hon 1/2

 

Bạn hiểu sai đề rồi. Đề hỏi là có thể tìm được một độ đo xác suất trên R^2, tức là độ đo này không nhất thiết phải là diện tích (độ đo Lebesgue) thông thường., thỏa mãn tính chất đã cho hay không. https://en.wikipedia...obability_space




#718325 Đề thi Concours SMF Junior 2018

Gửi bởi nmlinh16 trong 11-12-2018 - 03:06

Concours SMF Junior là cuộc thi do Hội Toán học Pháp (Société Mathématique de France) tổ chức, với đối tượng hướng đến là những người đang học ở trình độ Master 1 ngành Toán của tất cả các trường đại học ở Pháp. 2018 là năm thứ hai cuộc thi được tổ chức. Hình thức thi như sau: Thi theo đội, mỗi đội tối đa 3 người. Trong một tuần (năm 2018 vừa qua là tuần nghỉ lễ Toussaint ở Pháp), đề thi được công bố online và các đội nộp mỗi bài giải cho từng bài toán. Có tất cả 10 bài toán thuộc 10 lĩnh vực khác nhau: Đại số, Giải tích, Tổ hợp - Mật mã, Hình học, Mô hình, Xác suất, Hệ động lực, Lý thuyết độ đo, Lý thuyết số, Tô-pô.

Dưới đấy là đề thi đã được dịch, mình đã đính kèm đề thi gốc bằng tiếng Pháp.

Bài 1. Với $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ là một hàm liên tục, ta ký hiệu $$\Gamma_f = \{(x,f(x)), \, x \in [0,1]\} \subset \mathbb{R}^2$$ là đồ thị của nó. Gọi $C \subset \mathbb{R}^2$ là bông tuyết Von Koch. Có tồn tại hay không một dãy các hàm liên tục $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$, với $f_n: [0,1] \to \mathbb{R}$ và một dãy $(T_n)_{n \in \mathbb{N}}$ các phép đẳng cự của mặt phẳng sao cho $$C \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}}T_n(\Gamma_{f_n}) ?$$

Bài 2. Chứng minh rằng với $p,q,r$ là ba số nguyên tố phân biệt tùy ý, phương trình $$x^p + y^q = z^r$$ có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$.

Bài 3. Đầu tiên, bài toán này giới thiệu về hệ động lực độ đo, định lý ergodic Birkhoff, martingale và định lý hội tụ Doob.
Cho $(X,\mathcal{B}, \mu)$ là một không gian xác suất và $T: X \to X$ là một ánh xạ đo được và bảo toàn độ đo. Gọi $\mathcal{J}$ là $\sigma$-đại số con của $\mathcal{B}$ gồm các tập $T$-bất biến, nghĩa là $A \in \mathcal{J} \iff T^{-1}(A) = A$.
Giả sử $(p_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy giảm các số thực trong $[0,1]$ sao cho $\sum_{n \in \mathbb{N}} p_n = \infty$ và $(\xi_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy biến ngẫu nhiên độc lập với $(X,\mathcal{B}, \mu)$ sao cho với mỗi $n \in \mathbb{N}$, $\xi_n$ tuân theo luật Bernoulli với tham số $p_n$ (nghĩa là $\mathbb{P}(\xi_n = 1) = p_n = 1 - \mathbb{P}(\xi_n = 0)$. Xét tập hợp ngẫu nhiên $\chi = \{n \in \mathbb{N}: \xi_n = 1\}$.

1. Với $c > 0$, khảo sát sự hội tụ của chuỗi $$\sum_{n \in \mathbb{N}} \frac{p_n}{(p_1 + \cdots + p_n)^c}.$$
2. Chứng minh rằng, với mọi hàm bình phương khả tích $f: X \to \mathbb{R}$, hầu như chắc chắn rằng, với $\mu$-hầu như tất cả $x$, $$\lim_{N \to \infty} \frac{1}{|\chi \cap [1,N]|} \sum_{n \in \chi \cap [1,N]} f(T^n x) = \mathbb{E}(f | \mathcal{J}),$$ và giới hạn này đúng cả theo nghĩa $L^2(\mu)$.

Bài 4. Pedro và Dilma chơi một trò chơi như sau trên đĩa đóng đơn vị $B$ của $\mathbb{R}^2$ (theo mê-tríc Euclid). Pedro bắt đầu bằng việc vẽ một điểm $P_1 \in B$, sau đó Dilma vẽ một đường thẳng $D_1$ đi qua $P_1$. Sau đó, Pedro vẽ một điểm $P_2 \in B \cap D_1$, sau đó Dilma vẽ một đường thẳng $D_2$ đi qua $P_2$. Tiếp tục như vậy, ta được dãy điểm $(P_n)_{n \ge 1}$ và dãy đường thẳng $(D_n)_{n \ge 1}$. Nếu dãy $(P_n)_{n \ge 1}$ hội tụ, Dilma là người thắng. Ngược lại, Pedro là người thắng. Có ai trong hai người chơi có chiến thuật để thắng hay không? Nếu có, ai?

Bài 5. Cho $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P})$ là một không gian xác suất. Một du động ngẫu nhiên trên $\mathbb{Z}$ là một dãy biến ngẫu nhiên $S = (S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ trong đó $S_0 = 0$ và $$S_n = X_1 + \cdots + X_n$$ với $(X_i)_{i \ge 1}$ là một dãy biến ngẫu nhiên với giá trị nguyên, độc lập và cùng luật, định nghĩa trên $(\Omega, \mathcal{F})$. Du động ngẫu nhiên được gọi là đối xứng nếu với mọi $n \in \mathbb{N}$, $\mathbb{P}(X_1 = n) = \mathbb{P}(X_1 = -n)$.
Có thể chứng minh được rằng, với mọi du động ngẫu nhiên,
- hoặc, hầu như chắc chắn rằng du động ngẫu nhiên đi qua $0$ vô hạn lần (khi đó ta nói du động ngẫu nhiên là recurrent)
- hoặc, hầu như chắc chắn rằng du động ngẫu nhiên chỉ đi qua mỗi điểm của $\mathbb{Z}$ một số hữu hạn lần (khi đó ta nói du động ngẫu nhiên là transient).
Chúng ta thừa nhân một tiêu chuẩn giải tích của Chung và Fuchs về tính recurrent/transient của một du động ngẫu nhiên, dựa vào luật của $X_1$: $$\text{S là transient} \iff \Re\left(\int_0^1\frac{dy}{1 - \mathbb{E}[e^{iyX_1}]} \right) < +\infty.$$
Khi du động ngẫu nhiên là đối xứng, tiêu chuẩn trên trở thành: $$\text{S là transient} \iff \int_0^1 \left(\sum_{n \ge 1} \mathbb{P}(X_1 = n)(1 - \cos (yn)) \right)^{-1} < +\infty.$$
1. Giả sử $X_1$ có kỳ vọng. Chứng minh rằng $S$ là recurrent khi và chỉ khi $\mathbb{E} X_1 = 0$.
2. Giả sử $\alpha, c$ là các số dương sao cho khi $n \to +\infty$, ta có $$\mathbb{P}(X_1 = n) = \mathbb{P}(X_1 = -n) \sim \frac{c}{n^{1 + \alpha}}.$$ Với giá trị nào của $\alpha$ thì $S$ là recurrent?
3. Tồn tại hay không hai du động ngẫu nhiên transient $S$ và $S'$ độc lập và khác luật với nhau sao cho $S + S'$ là recurrent? Trong trường hợp $S$ và $S'$ là đối xứng, liệu có tồn tại hay không?
4. Tồn tại hay không hai du động ngẫu nhiên recurrent $S$ và $S'$, đối xứng, độc lập và khác luật với nhau sao cho $S + S'$ là recurrent?

Bài 6. Xét một giọt mực hình cầu (trong 2 chiều: hình tròn) ngâm trong một chất lỏng. Chất lỏng đang chuyển động với vận tốc đã biết: Trường vân tốc là trường dừng (không phụ thuộc vào thời gian) và chính quy (không suy biến) theo biến không gian. Giả sử chất lỏng được chứa trong một vật chứa bị chặn và vận tốc của chất lỏng trên (thành của) vật chứa này bằng 0. Chất lỏng di chuyển và làm biến dạng giọt mực (bỏ qua sự khuếch tán và trọng lực). Mục tiêu của bài toán này là mô tả định tính và định lượng các đặc điểm của giọt mực theo thời gian.
1. Chứng minh rằng giọt mực không bao giờ chạm vào (thành của) vật chứa.
2. Tính liên thông của giọt mực có được bảo toàn theo thời gian không? Tính đơn liên thì sao?
3. Thể tích (trong 2 chiều: diện tích) của giọt mực thay đổi theo thời gian như thế nào?
4. Tìm một trường vân tốc sao cho giọt mực mất tính lồi sau một thời gian nhất định.
5. Chứng minh rằng, trong hai chiều, giọt mực giữ được tính lồi trong một khoảng thời gian đủ nhỏ. Xác định thời điểm giọt mực bắt đầu mất tính lồi như một hàm của trường vận tốc.
6. Tính com-pắc, tính trơn của biên, ... được bảo toàn bởi trường vân tốc. Tìm một (vài) trường vận tốc sao cho khi thời gian đủ dài, giọt mực hội tụ đến một hình dạng mà không còn một (vài) tính chất như trên nữa.

Bài 7. Tồn tại hay không một độ đo xác suất trên mặt phẳng sao cho: Nếu chọn ba điểm trên mặt phẳng một cách ngẫu nhiên và độc lập với nhau, xác suất để ta thu được một tam giác nhọn là lớn hơn $\frac{1}{2}$.

Bài 8. Một đa thức bậc $P$ với bậc $n$ được gọi là phản đối xứng nếu $P(-X) = X^n P(\tfrac{1}{X})$. Chứng minh rằng, một đa thức phản đối xứng với hệ số nguyên lẻ không thể có nghiệm trên đường tròn đơn vị của $\mathbb{C}$.

Bài 9. Cho $A$ là một tập hợp hữu hạn. Một từ hữu hạn trên bảng chữ cái $A$ là một dãy $u = (u_n)_{1 \le n \le \ell}$ các phần tử của $A$, mà ta sẽ viết đơn giản là $u = u_1\ldots u_{\ell}$. Số nguyên $\ell$ được gọi là độ dài của $u$, ký hiệu bởi $|u|$. Một từ vô hạn trên $A$ là một dãy $\mathbf{a} = (a_n)_{n \ge 1}$ các phần tử của $A$. Một từ hữu hạn $u$ là một từ con của một từ (hữu hạn hặc vô hạn) $v$ nếu tồn tại số nguyên $j$ sao cho $u = v_j \ldots v_{j + |u|-1}$.
Một từ vô hạn $\mathbf{a}$ được gọi là có độ hụt bị chặn nếu với mọi từ con $u$ của $\mathbf{a}$, tồn tại số nguyên $\ell$ sao cho mọi từ con $v$ của $\mathbf{a}$ với độ dài $\ell$ đều chứa $u$ như một từ con.
Một từ vô hạn $\mathbf{a}$ được gọi là một $T$-từ nếu nó thỏa mãn tính chất sau đây. $$\forall n \in \mathbb{N}, \exists p \in \mathbb{N} - \{0\},\forall k \in \mathbb{N}, a_{n + kp} = a_n.$$
Cho $\mathbf{a}$ và $\mathbf{b}$ là hai từ vô hạn lần lượt trên các bảng chữ cái $A$ và $B$. Tích $\mathbf{a} \times \mathbf{b}$ của chúng được định nghĩa là từ $\mathbf{c} = (c_n)_{n \ge 1}$ trên bảng chữ cái $A \times B$ với $c_n = (a_n,b_n)$.
1. Chứng minh rằng mọi $T$-từ đều có độ hụt bị chặn.
2. Cho $\mathbf{d} = (d_n)_{n \ge 1}$ là từ vô hạn được cho bởi $$d_n = \begin{cases} 1, & \text{nếu } s_2(n) \neq s_2(n+1) \pmod 2 \\ 0, & \text{nếu ngược lại}\end{cases}$$ với $s_2(n)$ là tổng các chữ số của $n$ trong biểu diễn nhị phân. Chứng minh rằng $\mathbf{d}$ là một $T$-từ.
3. Chứng minh rằng nếu $\mathbf{a}$ là một $T$-từ trên $A$ và $\mathbf{b}$ là một từ vô hạn có độ hụt bị chặn trên $B$ thì $\mathbf{a} \times \mathbf{b}$ là có độ hụt bị chặn.

Bài 10. Tồn tại hay không một bộ hữu hạn các điểm được tô màu đen và trắng trên mặt phẳng thỏa mãn cả hai tính chất sau đây hay không?
1. Với mọi điểm đen, có đúng 10 điểm trắng cách nó 1 đơn vị độ dài.
2. Số điểm đen nhiều hơn số điểm trắng.

File gửi kèm




#713560 Nhóm thương, vành thương, trường thương

Gửi bởi nmlinh16 trong 30-07-2018 - 20:24

Cho mình hỏi thêm: Cách chứng minh I la idean tối đại, thấy trong sách chứng minh: J là idean của X, J chứa I, 

đơn vị 1 thuộc J dẫn tới J = X ? sao lại J = X, có phải do 1 là đơn vị của J không? Cảm ơn nhiều

$1 \in J$ nên với mỗi $x \in X$, ta có $x = x \cdot 1 \in J$




#713216 Nhóm thương, vành thương, trường thương

Gửi bởi nmlinh16 trong 25-07-2018 - 18:08

chỉ có khái niệm "trường các thương" và nó không liên quan lắm đến nhóm thương hay vành thương




#707300 Vài điều lý thú về định lý Brouwer và định lý Borsuk-Ulam

Gửi bởi nmlinh16 trong 29-04-2018 - 16:44

Bình luận: Định lý này cho ta một cách chứng minh khẳng định: $\mathbb{R}^n$ và $\mathbb{R}^m$ đồng phôi khi và chỉ khi $n = m$.




#706365 Phương trình bậc $5$ trở lên sao không giải được?

Gửi bởi nmlinh16 trong 18-04-2018 - 23:29

Bạn thú vị này thật là thú vị :D




#706260 $$E \max (X,Y) = \sqrt{\dfrac{1-\rho...

Gửi bởi nmlinh16 trong 18-04-2018 - 00:22

Đặt $Z = \max(X,\,Y)$. Ta tính CDF của $Z$,

 

$$\begin{align*} \mathbb{P}(Z < z) & = \mathbb{P}(X < z,\,Y < z)\\ & = \int_{-\infty}^z \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi \sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(- \frac{x^2 - 2\rho xy + y^2}{2(1-\rho^2)} \right)\,dxdy\\ & = \int_{-\infty}^z \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2} \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi (1 - \rho^2)}} \exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x - \rho y}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right )^2 \right ) \, dx\right )\,dy\\ & = \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2} \Phi\left(\frac{z - \rho y}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right ) \, dy. \end{align*}$$

 

Tiếp theo, ta sử dụng công thức

$$\frac{d}{dt} \int_{\alpha(t)}^{\beta(t)} f(t,\,x)\, dx = \beta'(t) f(t,\,\beta(t)-0) - \alpha'(t) f(t,\,\alpha(t)+0) + \int_{\alpha(t)}^{\beta(t)} \frac{\partial}{\partial t} f(t,\,x)\,dx$$

để tính PDF của $Z$. Ta có

 

$$\begin{align*} f_Z(z) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi\sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(- \frac{y^2}{2} -\frac{(z - \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} \right) \, dy\\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi\sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(-\frac{z^2 - 2\rho zy + y^2}{2(1-\rho^2)} \right) \, dy \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi(1 - \rho^2)}} \exp \left(-\frac{1}{2}\left( \frac{y - \rho z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right)^2 \right) \, dy \\ & = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right). \end{align*}$$

 

Do đó, 

$$\begin{align*}\mathbb{E}Z & = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty z e^{-z^2/2} \Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right)\,dz \\ & = -\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right) \, de^{-z^2/2}\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2/2} \, d\Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right)\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \frac{1 - \rho}{\sqrt{2\pi(1 - \rho^2)}} \exp\left(-\frac{z^2}{2} - \frac{(1-\rho)^2 z^2}{2(1 - \rho^2)} \right ) \, dz\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \sqrt{\frac{1-\rho}{2\pi(1+\rho)}}\exp\left(-\frac{z^2}{1 + \rho} \right ) \, dz = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sqrt{\frac{1 - \rho}{2}} = \sqrt{\frac{1 - \rho}{\pi}}. \end{align*}.$$