Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


nmlinh16

Đăng ký: 18-03-2018
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 14:24
*----

#732038 Ba giai đoạn của quá trình học toán, theo Terence Tao

Gửi bởi nmlinh16 trong 20-03-2020 - 05:15

The history of every major galactic civilization tends to pass through three distinct and recognizable phases, those of Survival, Inquiry and Sophistication, otherwise known as the How, Why, and Where phases. For instance, the first phase is characterized by the question ‘How can we eat?’, the second by the question ‘Why do we eat?’ and the third by the question, ‘Where shall we have lunch?’ (Douglas Adams, “The Hitchhiker’s Guide to the Galaxy“)

 

Dịch từ bài đăng của Terence Tao: https://terrytao.wor...our-and-proofs/

 

Việc học toán có thể chia thành ba giai đoạn:

  1. Giai đoạn trước sự chặt chẽ: Toán học được dạy theo xu hướng trực giác, không câu nệ, dựa trên những ví dụ và những khái niệm mờ. Chẳng hạn, giải tích (phương pháp tính, từ gốc: calculus) bắt đầu với những khái niệm như độ dốc (hệ số góc), diện tích, tốc độ thay đổi,... Việc dạy toán trong giai đoạn này tập trung vào tính toán hơn là lý thuyết. Giai đoạn này thường kéo dài đến hết những năm đầu của đại học.
  2. Giai đoạn của sự chặt sẽ: Toán học được dạy để người học có thể thực sự "làm toán". Người học cần suy nghĩ một cách chính xác và hình thức hơn (chẳng hạn, chứng minh lại toàn bộ các kết quả giải tích bằng ngôn ngữ $\varepsilon-\delta$). Lúc này chúng ta tập trung vào lý thuyết; và người học cần có kỹ năng làm việc với các đối tượng trừu tượng mà không cần quá tập trung vào việc các đối tượng đó "có ý nghĩa gì". Giai đoạn này diễn ra vào những năm cuối của đại học và những năm đầu sau đại học.
  3. Giai đoạn sau sự chặt chẽ: Ở giai đoạn này, người học đã quen với toàn bộ nền tảng chặt chẽ của toán học, ít nhất là ở chuyên ngành của mình. Người học đã sẵn sàng quan sát và tinh luyện các khái niệm trực giác ở Giai đoạn 1, nhưng là với nền tảng lý thuyết chặt chẽ. Chẳng hạn, người học có thể thực hiện các tính toán Giải tích véc-tơ một cách nhanh chóng và chính xác dựa trên Giải tích trên các con số vô hướng; có thể sử dụng một cách không-hoàn-toàn-chính-thức và gần-chặt-chẽ các khái niệm vô cùng bé, O lớn, v.v.; và có khả năng chuyển các tính toán như vậy thành các lập luận chính xác khi cần. Giai đoạn này tập trung vào ứng dụng, trực giác và "big picture" của toán học.

Việc chuyển từ Giai đoạn 1 sang Giai đoạn 2 được biết đến là rất "đau đớn", với những câu hỏi dạng "chứng minh" thay vì "tính toán", được coi như nỗi ác mộng của các sinh viên. Tuy nhiên, việc chuyển từ Giai đoạn 2 sang Giai đoạn 3 cũng không kém phần quan trọng, và không được phép bỏ qua.

 

Hiển nhiên là việc biết cách suy nghĩ chặt chẽ rất quan trọng; nó mang lại khả năng tránh các lỗi cơ bản và loại bỏ những sự hiểu lầm phổ biến. Thật không may là nó đang mang lại một hệ quả ngoài ý muốn, rằng những dạng tư duy "mờ", "trực giác" (heuristic reasoning, ngoại suy một cách có lý từ những ví dụ, tương tự hóa...) bị coi là "không chặt chẽ". Điều thường xuyên xảy ra là người học mất đi trực giác vốn có của mình và chỉ có thể làm toán ở mức độ hình thức, rồi bị kẹt lại ở Giai đoạn 2. (Ví dụ, khả năng đọc hiểu các bài báo toán học sẽ bị ảnh hưởng, tạo ra một lối suy nghĩ trực nghĩa thái quá, để rồi bị "lỗi biên dịch" như một cái máy khi gặp chỉ một lỗi chính tả chẳng hạn).

 

Mục đích của sự chặt chẽ không phải là loại bỏ hoàn toàn trực giác, mà là để loại bỏ những trực giác tệ hại và lọc ra những trực giác tốt. Để giải quyết một bài toán phức tạp, cần phải kết hợp cả khả năng suy luận hình thức chặt chẽ và trực giác lành mạnh: trước hết bạn cần phải thực hiện chính xác các chi tiết nhỏ, sau đó là bức tranh lớn. Nếu chỉ có một trong hai, bạn sẽ mất rất nhiều thời gian mò mẫm trong bóng tối và sai lầm (có thể sẽ mang tính xây dựng, nhưng cực kỳ thiếu hiệu quả). Vì thế, một khi bạn đã quen với việc tư duy hình thức trong toán học, bạn nên quay lại quan sát, sử dụng kỹ năng tư duy mới này để kiểm tra, tinh luyện trực giác trước đây thay vì loại bỏ hoàn toàn chúng. Một trong nhiều cách làm điều này là tự đặt những câu hỏi ngây thơ, hoặc học lại một lĩnh vực nào đó.

 

Xem thêm:

Chú ý rằng người làm toán cả ba giai đoạn trên đều có thể mắc những sai sót hình thức khi viết về toán. Tuy nhiên bản chất của những sai sót này thường khác nhau, phụ thuộc vào từng giai đoạn:

  1. Người làm toán ở giai đoạn trước sự chặt chẽ thường mắc những lỗi hình thức vì họ không hiểu cách vận hành của tính hình thức trong toán học, và áp dụng những quy tắc hình thức hoặc suy luận heuristic một cách mù quáng. Rất khó để người làm toán ở giai đoạn này có thể nhận ra  và sửa những lỗi đó, ngay cả khi có người khác chỉ ra rõ ràng cho họ.
  2. Người làm toán ở giai đoạn của sự chặt chẽ vẫn có thể mắc những lỗi hình thức vì họ chưa hoàn toàn kỹ năng tư duy hình thức, hoặc không có khả năng thực hiện các suy luận kiểu kiểm-tra-tính-lý-trí của các trực giác (sanity check), hoặc một lỗi do bất cẩn như sai dấu, bỏ sót giả thiết quan trọng,... Tuy nhiên, họ thường phát hiện (và thường sửa được) khi được chỉ ra những lỗi đó.
  3. Người làm toán ở giai đoạn sau của sự chặt chẽ không phải là bất khả chiến bại. Họ vẫn có thể mắc những lỗi hình thức khi viết. Tuy nhiên lí do thường là vì họ không còn cần tính hình thức để có thể suy luận toán học ở trình độ cao, và thường thực hiện quá trình tư duy phần lớn nhờ trực giác, thứ mà sau đó được dịch (có thể là, một cách không chính xác) thành ngôn ngữ toán học hình thức.

Sự phân biệt giữa ba kiểu sai sót trên có thể dẫn đến hiện tượng một người-làm-toán-ở-giai-đoạn-3 mắc những "lỗi địa phương" (chính tả, hình thức,...) nhưng suy luận toàn cục là hợp lý, và các lỗi địa phương có thể lây lan một chút trước khi tự triệt tiêu lẫn nhau (điều này có thể gây khó khăn với người đọc ở trình độ thấp hơn). Ngược lại, khi không được kiểm nghiệm bởi một trực giác lành mạnh, một sai sót của môt người-làm-toán-ở-giai-đoạn-nhỏ-hơn-3 có thể lây lan đến mức không thể kiểm soát nổi, và sau cùng là một lời giải vô nghĩa. Xem thêm: https://terrytao.wor...to-detect-them/ và https://www.youtube....h?v=48Hr3CT5Tpk.




#729102 Logic bậc nhất: Tính đúng đắn vs. tính chặt chẽ

Gửi bởi nmlinh16 trong 19-01-2020 - 02:04

5. Completeness theorem

 

Trong phần này, "lý thuyết" được hiểu là lý thuyết suy diễn. Ta luôn giả sử $\mathcal{L}$ là một ngôn ngữ.

 

 

Định lý về tính đầy đủ. Nếu $\Phi \vDash \chi$ thì $\Phi \vdash \chi$. 

 

 

Trong các tài liệu hiện đại về logic, người ta thường trình bày chứng minh xây dựng của Henkin thay vì chứng minh gốc của Gödel. 

 

 

Bước 1 (Bổ đề ngữ nghĩa)

 

Ta chỉ cần chứng minh rằng mọi lý thuyết nhất quán đều thỏa mãn được.

 

Chứng minh. Giả sử $\Phi$ và $\chi$ chỉ gồm các phát biểu. Nếu $\Phi \vDash \chi$ thì $\Phi \cup \{\neg \chi\}$ không thỏa mãn được. Theo giả thiết, nó không nhất quán, do đó $\Phi \vdash \neg \neg \chi$, và vì thế $\Phi \vdash \chi$.   

Giả sử $\Phi$ và $\chi$ gồm các công thức tùy ý. Ta chia tập các biến $\mathcal{V} = \{x_i:i \in \mathbb{N}\}$ thành hai phần: phần với chỉ số chẵn và phần với chỉ số lẻ. Ta xét mỗi lần xuất hiện của các biến trong tất cả công thức của $\Phi$ như sau: Nếu $x_i$ xuất hiện phụ thuộc, đổi tên nó và các lượng từ ứng với nó thành $x_{2i}$. Nếu $x_i$ xuất hiện tự do, đổi tên nó thành $x_{2i+1}$. Ta thu được một hệ tiên đề $\Phi'$ tương đương với $\Phi$ về hình thức cũng như ngữ nghĩa, và các biến tự do đều có chỉ số lẻ. Ta làm điều tương tự cho $\chi$ để thu được $\chi'$. Xét ngôn ngữ $\mathcal{L}'$ thu được từ $\mathcal{L}$ bằng các thêm vào các ký hiệu hằng $x_{2i+1}$, $i \in \mathbb{N}$. Trong ngôn ngữ mới, $\Phi'$ và $\chi'$ là các phát biểu. $\square$

 

 

Mục tiêu của chúng ta bây giờ là tìm một mô hình cho một lý thuyết nhất quán cho trước.
 
Giả sử $\mathcal{T}$ là một $\mathcal{L}$-lý thuyết.
 
 

Bước 2 (Ngôn ngữ)

 

Chúng ta Henkin hóa ngôn ngữ $\mathcal{L}$. Khó khăn nằm ở những công thức có lượng từ dạng $\exists x\, \varphi$: ta không kiểm soát được các nhân chứng của công thức $\varphi$ trong các mô hình khác nhau. Ý tưởng của chúng ta là thêm vào ngôn ngữ $\mathcal{L}$ ký hiệu hằng $c_{(x,\varphi)}$; trong cấu trúc được xây dựng, ký hiệu này sẽ được thông dịch thành một nhân chứng của $\varphi$ (nhân chứng Henkin - Henkin's witness).
 
Với mỗi phát biểu dạng $\exists x \, \varphi$ với $FV(\varphi) \subseteq \{x\}$, ta thêm một ký hiệu hằng mới $c_{(x,\varphi)}$ (hằng số Henkin) vào $\mathcal{L}$. Ngôn ngữ $$\mathcal{L}':=\mathcal{L} \sqcup \{c_{(x,\varphi)}: x \in \mathcal{V}, \varphi \in \mathcal{L}\text{-Form}, FV(\varphi) \subseteq \{x\}\}$$ được gọi là ngôn ngữ Henkin hóa của $\mathcal{L}$.
 
Ta đặt $\mathcal{L}_0:=\mathcal{L}$, $\mathcal{L}_{n+1} = \mathcal{L}'_n$ với mỗi $n \in \mathbb{N}$ và $\hat{\mathcal{L}} = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \mathcal{L}_n$. Nhận xét rằng với mỗi $\hat{\mathcal{L}}$-phát biểu dạng $\exists x \, \varphi$ với $FV(\varphi) \subseteq \{x\}$, ta có một ký hiệu hằng $c_{(x,\varphi)} \in \hat{\mathcal{L}}$. Ta nói rằng $\hat{\mathcal{L}}$ là một ngôn ngữ Henkin-đầy đủ.
 
 

Bổ đề. Giả sử $\tilde{\mathcal{L}}$ là một ngôn ngữ thu được bằng cách thêm các ký hiệu hằng vào $\mathcal{L}$. Nếu $\mathcal{T}$ là $\mathcal{L}$-nhất quán thì nó cũng $\tilde{\mathcal{L}}$-nhất quán.

 

Chứng minh. Ta dùng ký hiệu $\vdash_{\mathcal{L}}$ để chỉ các suy luận với các ký hiệu đều nằm trong $\mathcal{L}$. Giả sử $\varphi$ là một $\tilde{\mathcal{L}}$-công thức sao cho $\mathcal{T} \vdash \varphi$. Tồn tại một suy luận $D:\Phi \vdash \varphi$ với $\Phi \subseteq \mathcal{T}$ là một lý thuyết hữu hạn. Giả sử một ký hiệu hằng $c \in \tilde{\mathcal{L}} \setminus \mathcal{L}$ xuất hiện trong suy luận $D$. Theo bổ đề về tổng quát hóa, vì $c$ không xuất hiện trong $\Phi$ nên tồn tại biến $x$ không xuất hiện trong cả $\varphi$ và $\Phi$ sao cho ta có một suy luận $D[c:=x] : \Phi \vdash \varphi[c:=x]$. Sau một số hữu hạn lần thay thế các ký hiệu hằng trong $\tilde{\mathcal{L}} \setminus \mathcal{L}$ bởi các biến, ta thu được một suy luận $D':\Phi \vdash \varphi'$, trong đó mọi ký hiệu đều nằm trong $\mathcal{L}$ (nghĩa là $\varphi'$ là một $\mathcal{L}$-công thức và $\Phi \vdash_{\mathcal{L}} \varphi'$). Vì thế, $\mathcal{T} \not\vdash \neg \varphi$, vì nếu ngược lại thì $\Phi \vdash_{\mathcal{L}} \neg \varphi'$, nên $\mathcal{T} \vdash_{\mathcal{L}} \neg \varphi'$, mâu thuẫn với tính $\mathcal{L}$-nhất quán của $\mathcal{T}$. Điều này cho thấy $\mathcal{T}$ cũng $\tilde{\mathcal{L}}$-nhất quán. $\square$

 

 

 

Bước 3 (Lý thuyết)

 

Chúng ta bổ sung thêm các tiên đề Henkin. Với mỗi $\mathcal{L}$-phát biểu dạng $\exists x\,\varphi$ với $FV(\varphi) \subseteq \{x\}$, gọi $\eta_{(x,\varphi)}$ là phát biểu $$\exists x\,\varphi \rightarrow \varphi[x:=c_{(x,\varphi)}],$$ nói cách khác, tiên đề này nói rằng ký hiệu hằng $c_{(x,\varphi)}$ là một nhân chứng cho công thức $\varphi$. Ta gọi $\mathcal{L}'$-lý thuyết $$\mathcal{T}':=\mathcal{L} \sqcup \{\eta_{(x,\varphi)}: x \in \mathcal{V}, \varphi \in \mathcal{L}\text{-Form}, FV(\varphi) \subseteq \{x\}\}$$ là lý thuyết Henkin hóa của $\mathcal{T}$.
 
Ta đặt $\mathcal{T}_0:=\mathcal{T}$ và $\mathcal{T}_{n+1} = \mathcal{T}'_n$  với mỗi $n \in \mathbb{N}$. Trong $\hat{\mathcal{L}}$-lý thuyết $$\hat{\mathcal{T}}:= \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \mathcal{T}_n = \mathcal{T} \cup \{\eta_{(x,\varphi)}: x \in \mathcal{V},\varphi \in \hat{\mathcal{L}}\text{-Form},FV(\varphi) \subseteq \{x\}\},$$
mỗi định lý dạng $\exists x\,\varphi$ đều có một ký hiệu hằng làm nhân chứng. Ta nói $\hat{\mathcal{T}}$ là một lý thuyết Henkin.
 
 
Bổ đề. Nếu $\mathcal{T}$ nhất quán thì $\hat{\mathcal{T}}$ cũng nhất quán.
 
Chứng minh. Do tính hữu hạn của các công thức và các suy luận, ta chỉ cần chứng minh rằng $\mathcal{T}_n$ nhất quán với mỗi $n \in \mathbb{N}$. Bằng quy nạp, ta chỉ cần chứng minh rằng $\mathcal{T}'$ là nhất quán. Thật vậy, nếu ngược lại thì tồn tại một $\mathcal{L}$-phát biểu dạng $\exists x\,\varphi$ sao cho $FV(\varphi) \subseteq \{x\}$ và $\mathcal{T} \vdash \neg \eta_{(x,\varphi)}$, vì thế $\mathcal{T} \vdash \neg \varphi[x:=c_{(x,\varphi)}]$. Vì $c_{(x,\varphi)}$ không nằm trong $\mathcal{T}$ nên theo bổ đề về tổng quát hóa, tồn tại biến $y \notin V(\varphi)$ sao cho $\mathcal{T} \vdash \forall y\, \neg \varphi[x:=y]$, nên $\mathcal{T} \vdash \forall x\,\neg\varphi$, do đó $\mathcal{T} \vdash \neg \exists x\, \varphi$. Điều này cho thấy $\mathcal{T} \vdash \eta_{(x,\varphi)}$, nghĩa là $\mathcal{T}$ không nhất quán. $\square$
 
 
 

Bước 4 (Tính đầy đủ)

 

Giả sử $\{\Phi_i\}_{i \in I}$ một tập hợp các $\hat{\mathcal{L}}$-lý thuyết nhất quán chứa $\hat{\mathcal{T}}$ sao cho với mọi $i, j \in I$, ta có $\Phi_i \subseteq \Phi_j$ hoặc $\Phi_i \subseteq \Phi_j$, thế thì $$\Phi = \bigcup_{i \in I} \Phi_i$$ là một lý thuyết nhất quán chứa tất cả các lý thuyết $\Phi_i$, $i \in I$. Theo bổ đề Zorn, tồn tại một lý thuyết nhất quán $\mathcal{T}^\ast$ cực đại theo quan hệ bao hàm và chứa $\hat{\mathcal{T}}$. Đây là một lý thuyết đầy đủ, vì nếu $\varphi$ là một phát biểu sao cho $\mathcal{T}^\ast \not \vdash  \varphi$ thì $\mathcal{T}^\ast \cup \{\neg \varphi\}$ là một lý thuyết nhất quán chứa $\mathcal{T}^\ast$. Do tính cực đại của $\mathcal{T}^\ast$ nên ta có $\mathcal{T}^\ast \vdash \neg \varphi$.

 

 

 

Bước 5 (Cấu trúc)

 

Gọi $\mathbb{T}$ là tập hợp tất cả các $\hat{\mathcal{L}}$-biểu thức không chứa biến. Xét quan hệ tương đương $\sim$ trên $\mathbb{T}$ cho bởi: $t_1 \sim t_2$ khi và chỉ khi $\mathcal{T} \vdash t_1 = t_2$.
 
Xét cấu trúc $\mathbb{S}:=\mathbb{T}/\sim$, trong đó
  • với mỗi ký hiệu hằng $c$, $c^{\mathbb{S}} = [c]$;
  • với mỗi ký hiệu quan hệ $n$ ngôi $R$, $$R^{\mathbb{S}} = \{([t_1],\ldots,[t_n]) \in \mathbb{S}^n: \mathcal{T}^\ast \vdash R(t_1,\ldots,t_n)\};$$
  • với mỗi ký hiệu hàm $n$ biến $f$, $$f^{\mathbb{S}}: \mathbb{S}^n \to \mathbb{S}, \qquad ([t_1],\ldots,[t_n]) \mapsto [f(t_1),\ldots,f(t_n)].$$

Dễ thấy các định nghĩa trên đều không phụ thuộc và cách chọn đại diện của mỗi lớp tương đương của các biểu thức. Xét một phép chọn tham số $p: \mathcal{V} \to \mathbb{S}$ bất kỳ. Với mỗi biểu thức không chứa biến $t$, bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng $p(t) = [t]$.

 

Bổ đề. Với mỗi $\hat{\mathcal{L}}$-phát biểu $\varphi$, ta có $\mathbb{S} \vDash \varphi$ khi và chỉ khi $\mathcal{T}^\ast \vdash \varphi$.

 

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo độ phức tạp của $\varphi$.

  • Nếu $\varphi$ có dạng nguyên tử $R(t_1,\ldots,t_n)$ thì $t_1,\ldots,t_n$ không chứa biến. Do đó, $\mathbb{S} \vDash \varphi$ khi và chỉ khi $([t_1],\ldots,[t_n]) \in R^{\mathbb{S}}$, tức là khi và chỉ khi $T^\ast \vdash \varphi$ (theo cách xây dựng).
  • Nếu $\varphi$ có dạng $\neg \chi$, ta sử dụng tính đầy đủ của $\mathcal{T}^\ast$.
  • Trường hợp của toán tử $\land$ tầm thường.
  • Nếu $\varphi$ có dạng $\exists x\, \chi$ với $V(\chi) \subseteq \{x\}$, gọi $\eta$ là tiên đề Henkin $\eta_{(x,\chi)}$ và $c$ là hằng số Henkin $c_{(x,\varphi)}$. Nếu $\mathcal{T}^\ast \vdash \varphi$ thì $\mathcal{T}^\ast \vdash \chi[x:=c]$ (vì $\mathcal{T}^\ast \vdash \eta$), nên $\mathbb{S} \vDash \chi(\check{p})$ theo bổ đề về thay thế, với $\check{p}$ là phép chọn tham số sao cho $\check{p}|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\check{p}(x) = [c]$. Điều này chứng tỏ $\mathbb{S} \vDash \varphi$. Ngược lại, giả sử $\mathbb{S} \vDash \varphi$. Gọi $p'$ là một phép chọn tham số sao cho $p'|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\mathbb{S} \vDash \chi(p')$. Gọi $t$ là biểu thức không chứa biến sao cho $p'(x) = [t]$. Nói tiêng, $t$ thay được vào $x$ trong $\chi$, nên $\mathbb{S} \vDash \chi[x:=t]$ theo bổ đề về thay thế, suy ra $\mathcal{T}^\ast \vdash \chi[x:=t]$, và vì thế $\mathcal{T}^\ast \vdash \varphi$.

$\square$

 

Nói riêng, ta có $\mathbb{S} \vDash \mathcal{T}$. Điều này chứng minh định lý Gödel theo bổ đề ngữ nghĩa.

 

Hệ quả. (Định lý biểu diễn compact) Một hệ tiên đề $\Phi$ là thỏa mãn được khi và chỉ khi mọi tập con hữu hạn của $\Phi$ đều thỏa mãn được.

 

Lí do là vì hai khái niệm "thỏa mãn được" và "nhất quán" là tương đương, đồng thời $\Phi$ là nhất quán khi và chỉ khi mọi tập con hữu hạn của nó đều nhất quán.




#729095 Logic bậc nhất: Tính đúng đắn vs. tính chặt chẽ

Gửi bởi nmlinh16 trong 18-01-2020 - 17:35

4. Soundness theorem

 

Ta cố định một ngôn ngữ $\mathcal{L}$.

 

Logic bậc nhất có tính "hợp lý" (sound): Nếu $\Phi \vdash \chi$ thì $\Phi \vDash \chi$.

 

Bổ đề. (đổi tên biến) Cho $\varphi$ là một công thức, $x$ là một biến và $t$ là một biểu thức. Tồn tại một công thức $\varphi'$ thu được từ $\varphi$ bằng cách đổi tên các biến phụ thuộc sao cho

  • $\vdash \varphi \leftrightarrow \varphi'$ (nói riêng,  $\vdash \exists x\, \varphi \leftrightarrow \exists x\,\varphi'$).
  • $t$ thay được vào $x$ trong $\varphi'$.

Chứng minh. Chứng minh. Quy nạp theo độ phức tạp của $\varphi$. Nếu $\varphi$ là một công thức nguyên tử (không có biến phụ thuộc) thì ta chọn $\varphi'$ chính là $\varphi$. Đối với các công thức dạng $\neg \varphi$ và $\varphi \land \chi$, ta lấy $\varphi'$ và $\chi'$ lần tương ứng với $\varphi$ và $\chi$, khi đó $\neg \varphi'$ và $\varphi' \land \chi'$ là các công thức cần tìm. Cuối cùng, xét công thức có dạng $\exists y\, \varphi$.

  • Nếu $y$ là $x$, ta giữ nguyên công thức $\exists x\, \varphi$ (nhắc lại rằng khi thay một biểu thức vào $x$, ta chỉ thay vào những lần xuất hiện tự do của $x$).
  • Nếu $y$ không phải là $x$ và $y \notin V(t)$, ta xét $\varphi'$ tương ứng với $\varphi$ và chọn $\exists y \,\varphi'$.
  • Nếu $y$ không phải là $x$ và $y \in V(t)$, gọi $z$ là một biến không xuất hiện trong $V(t) \cup V(\varphi') \cup \{x\}$. Khi đó công thức $\exists z \,\varphi'[y:=z]$ thỏa mãn những gì ta muốn.

$\square$

 

 

Ví dụ. Ta xét $\varphi$ là công thức $(\forall x\, R(x,y)) \rightarrow S(x,y,z)$ và $t$ là biểu thức $f(x,u)$. Rõ ràng $t$ không thay được vào $y$ trong $\varphi$. Ta có thể lấy $\varphi'$ là công thức $(\forall v\, R(v,y)) \rightarrow S(x,y,z)$.

 

 

Bổ đề. (tổng quát hóa) Nếu $\Phi \vdash \chi$ và $c$ là một ký hiệu hằng không xuất hiện trong $\Phi$ thì tồn tại một biến $x \notin V(\chi)$ sao cho $\Phi \vdash \forall x\, \chi[c:=x]$ (ta đã lạm dụng ký hiệu khi "thay" một biến vào một hằng số).
 
Chứng minh. Ta xét một tập con hữu hạn $\Phi_0 \subseteq \Phi$ và một cây suy luận $D$ với gốc là trình tự $\Phi_0 \vdash \chi$. Chọn một biến $x$ không xuất hiện trong toàn bộ $D$. Gọi $D[c:=x]: \Phi_0 \vdash \chi[c:=x]$ là cây thu được khi thay tất cả những lần xuất hiên của $c$ bởi $x$. Ta chứng minh rằng đây cũng là một suy luận bằng quy nạp theo gốc của $D$.
  • Nếu $D$ chỉ gồm một tiên đề $(\text{Ax})$, hoặc $(=_i)$, hoặc kết thúc ở $(=_e)$, kết luận là hiển nhiên.
  • Nếu $D$ dừng lại ở $(\text{Aff})$, hoặc ($\neg_i$), hoặc ($\neg_e$), hoặc ($\land_i$), hoặc ($\land_e$), kết luận đều hiển nhiên.
  • Nếu $D$ dừng lại ở $\dfrac{\Psi \vdash \psi}{\Psi \vdash \forall y\, \psi} \,_{\forall_i}$ với $y$ không xuất hiện tự do trong $\Psi$. Vì $x \notin V(\psi)$ và $x \neq y$ nên công thức $(\forall y\, \psi)[c:=x]$ chính là $\forall y\, \psi[c:=x]$ và $y$ không xuất hiện tự do trong $\Psi[c:=x]$, do đó $\dfrac{\Psi[c:=x] \vdash \psi[c:=x]}{\Psi[c:=x] \vdash \forall y\, \psi[c:=x]}$ thỏa mãn luật suy luận $(\forall_i)$.
  • Nếu $D$ dừng lại ở $\dfrac{\Psi \vdash \forall y\, \psi}{\Psi \vdash \psi[y:=t]} \,_{\forall_e}$ với $t$ thay được vào $y$ trong $\psi$. Tương tự như trên, công thức $(\forall y\, \psi)[c:=x]$ chính là $\forall y\, \psi[c:=x]$. Dễ thấy $t$ thay được vào $y$ trong $\psi[c:=x]$ và $\psi[c:=x][y:=t]$ chính là $\psi[y:=t][c:=x]$, nên $\dfrac{\Psi[c:=x] \vdash \forall y\, \psi[x:=c]}{\Psi \vdash \psi[y:=t][c:=x]}$  thỏa mãn luật suy luận $(\forall_e)$.

Tóm lại, $\Phi_0 \vdash \chi[c:=x]$, và vì $x$ không xuất hiện trong $\Phi_0$ nên $\Phi_0 \vdash \forall x\, \chi[c:=x]$ do $(\forall_i)$. $\square$

 

 

 

Một số kết quả về thay thế
 

Bổ đề 1. Cho $(\mathbb{S},p)$ là một cấu trúc với tham số, $t$, $\tau$ là các biểu thức và $x$ là một biến. Gọi $\check{t}$ là biểu thức $t[x:=\tau]$ là $\check{p}$ là phép chọn tham số sao cho $\check{p}|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\check{p}(x) = p(\tau)$. Khi đó $p(\check{t}) = \check{p}(t)$.

 

Chứng minh. Quy nạp theo độ phức tạp của $t$. Nếu $t$ là một ký hiệu hằng hoặc một biến khác $x$, kết luận là hiển nhiên. Nếu $t$ là $x$ thì $\check{t}$ là $\tau$, nên $p(\check{t}) = p(\tau) = \check{p}(x) = \check{p}(t)$. Cuối cùng, nếu $t$ có dạng $f(t_1,\ldots,t_n)$ thì $\check{t}$ là $f(\check{t}_1,\ldots,\check{t}_n)$, do đó theo giả thiết quy nạp $$p(\check{t}) = f^{\mathbb{S}}(p(\check{t}_1),\ldots,p(\check{t}_n)) = f^{\mathbb{S}}(\check{p}(t_1),\ldots,\check{p}(t_n)) = \check{p}(t).$$ $\square$

 

 

Bổ đề 2. Cho $\mathbb{S}$ là một cấu trúc, $\tau$ là một biểu thức, $x$, $y$ là hai biến phân biệt với $y \notin V(\tau)$ và $a \in \mathbb{S}$. Với mọi phép chọn tham số $p$, gọi

  • $\check{p}$ là phép chọn tham số sao cho $\check{p}|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\check{p}(x) = p(\tau)$;
  • $p'$ là phép chọn tham số sao cho $p'|_{y^c} = p|_{y^c}$ và $p'(y) = a$.
Khi đó, $\check{p'} = (\check{p})'$.
 
Chứng minh. Với mọi biến $z$ khác $x$ và $y$, ta có $$\check{p'}(z) = p'(z) = p(z) = \check{p}(z) = (\check{p})'(z).$$
Ta cũng có $$\check{p'}(y) = p'(y) = a = (\check{p})'(y)$$ và, do $y \notin V(\tau)$  $$\check{p'}(x) = p'(\tau) = p(\tau) = \check{p}(x) = (\check{p})'(x).$$
 
Bổ đề. (thay thế) Cho $(\mathbb{S},p)$ là một cấu trúc có tham số, $\varphi$ là một công thức, $x$ là một biến và $\tau$ là một biểu thức thay được vào $x$ trong $\varphi$. Gọi $\check{\varphi}$ là công thức $\varphi[x:=\tau]$ là $\check{p}$ là phép chọn tham số sao cho $\check{p}|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\check{p}(x) = p(\tau)$. Khi đó $\mathbb{S} \vDash \check{\varphi}(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \vDash \varphi(\check{p})$.
 
Chứng minh. Quy nạp theo độ phức tạp của $\varphi$.
  • Nếu $\varphi$ có dạng $R(t_1,\ldots,t_n)$ thì $\check{\varphi}$ là $R(\check{t}_1,\ldots,\check{t}_n)$. Do đó $\mathbb{S} \vDash \varphi(\check{p})$ khi và chỉ khi $(\check{p}(t_1),\ldots,\check{p}(t_n)) \in R^{\mathbb{S}}$, và $\mathbb{S} \vDash \check{\varphi}(p)$ khi và chỉ khi $(p(\check{t_1}),\ldots,p(\check{t_n})) \in R^{\mathbb{S}}$. Tuy nhiên $\check{p}(t_i) = p(\check{t_i})$ theo Bổ đề 1.
  • Trường hợp của các toán tử $\neg$ và $\land$ là tầm thường.
  • Giả sử $\varphi$ có dạng $\forall y\, \chi$. Nếu $x$ không xuất hiện tự do trong $\varphi$ thì $\check{\varphi}$ vẫn là $\varphi$ và kết luận là hiển nhiên vì sự thỏa mãn không phụ thuộc vào giá trị của phép chọn tham số tại $x$. Nếu $x$ xuất hiện tự do trong $\varphi$ thì $y$ không phải là $x$ và $x$ xuất hiện do trong $\chi$. Nói riêng, $\tau$ thay được vào $x$ trong $\chi$ và (do $y \notin V(\tau)$) $\check{\varphi}$ là $\forall y\,\check{\chi}$. Nếu $\mathbb{S} \vDash \check{\varphi}(p)$ thì tồn tại $a \in \mathbb{S}$ và phép chọn tham số $p'$ với $p'|_{y^c} = p|_{y^c}$ và $p'(y) = a$ sao cho $\mathbb{S} \vDash \check{\chi}(p')$, và vì thế $\mathbb{S} \vDash \chi(\check{p'})$ (quy nạp) và $\mathbb{S} \vDash \chi((\check{p})')$ (Bổ đề 2). Điều này chứng tỏ rằng $\mathbb{S} \vDash \varphi(\check{p})$. Nếu $\mathbb{S} \vDash \varphi(\check{p})$, chứng minh hoàn toàn tương tự.

$\square$

 

 

Định lý về tính đúng đắn. Nếu $\Phi \vdash \chi$ thì $\Phi \vDash \chi$.

 

Chứng minh. Ta xét một tập con hữu hạn $\Phi_0 \subseteq \Phi$ và một cây suy luận $D$ với gốc là trình tự $\Phi_0 \vdash \chi$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo gốc của $D$. Thật ra mọi trường hợp đều tầm thường, trừ trường hợp $D$ kết thúc ở $\dfrac{\Psi \vdash \forall x\, \varphi}{\Psi \vdash \varphi[x:=t]}\,_{\forall_e}$ với $t$ thay được vào $x$ trong $\varphi$. Bằng quy nạp, ta có $\Psi \vDash \forall x\, \varphi$. Giả sử $(\mathbb{S},p)$ là một mô hình (với tham số) của $\Phi$. Gọi $\check{p}$ là phép chọn tham số sao cho $\check{p}|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\check{p}(x) = p(t)$. Vì $\mathbb{S} \vDash (\forall x \,\varphi)(p)$ nên $\mathbb{S} \vDash \varphi(\check{p})$. Theo Bổ đề về thay thế, ta có $\mathbb{S} \vDash \varphi[x:=t](p)$. Vậy $\Psi \vDash \varphi[x:=t]$. $\square$

 

 

Hệ quả. Mọi hệ tiên đề thỏa mãn được đều nhất quán.

 

 

Trong bài cuối cùng, chúng ta sẽ nói về Định lý về tính đầy đủ: nếu $\Phi \vDash \chi$ thì $\Phi \vdash \chi$.




#729042 Logic bậc nhất: Tính đúng đắn vs. tính chặt chẽ

Gửi bởi nmlinh16 trong 15-01-2020 - 18:06

3. Suy luận

Ta cố định một ngôn ngữ $\mathcal{L}$.

 

Một dãy ký tự $\Phi \vdash \chi$ trong đó $\Phi$ là một tập hợp các công thức và $\chi$ là một công thức được gọi là một trình tự tự nhiên (natrual sequent). 

 

Một suy luận tự nhiên (natural deduction) là một cây hữu hạn được trang trí bởi các trình tự tự nhiên thỏa mãn các quy luật nhất định.

 

Ta nói $\Phi$ chứng minh $\chi$ nếu tồn tại một tập con HỮU HẠN $\Phi_0 \subseteq \Phi$ và một suy luận tự nhiên trong đó gốc của cây là trình tự $\Phi_0 \vdash \chi$, và các lá của cây là dãy ký tự trống.

 

Định nghĩa. Một hệ tiên đề $\mathcal{T}$ được gọi là một lý thuyết suy diễn nếu $\phi \in \mathcal{T}$ khi và chỉ khi $\mathcal{T} \vdash \phi$.

 

 

Định nghĩa. Cho $\Phi$ là một hệ tiên đề.

1. Với mỗi phát biểu $\chi$ sao cho $\Phi \vdash \chi$, ta gọi $\chi$ là một định lý (theorem/syntactic consequence) của hệ tiên đề $\Phi$.

2. Tập hợp các định lý của $\Phi$ được gọi là lý thuyết suy diễn (deductive theory) sinh bởi $\Phi$.

3. Ta nói $\Phi$ là nhất quán (consistent / coherent) nếu không có phát biểu $\chi$ nào sao cho $\Phi \vdash \chi$ và $\Phi \vdash \neg \chi$.

4. Ta nói $\Phi$ là đầy đủ (complete) nếu với mọi phát biểu $\chi$, ta có $\Phi \vdash \chi$ hoặc $\Phi \vdash \neg \chi$.

 

 

 

So sánh giữa hai khái niệm $\vDash$ và $\vdash$:

  • Semantics (ngữ nghĩa) vs. Syntax (hình thức) 
  • Hệ quả logic vs. Định lý
  • Lý thuyết vs. Lý thuyết suy diễn
  • Tính thỏa mãn được vs. Tính nhất quán
  • Tính đầy đủ vs. Tính đầy đủ
 
Mục tiêu của chúng ta là chỉ ra rằng mỗi cặp khái niệm tương ứng ở trên là tương đương nhau.
 
 
 
Các quy luật suy luận của logic mệnh đề (propositional logic)
 

 

1. $(\text{Ax})$ Các tiên đề (hay giả thiết) được chứng minh một cách trực tiếp:
$$\frac{}{\{\varphi\} \vdash \varphi} \,_{\text{Ax}}.$$
2. $(\text{Aff})$ Làm yếu/weakening:
$$\frac{\Phi \vdash \chi}{\Phi \cup \{\varphi\} \vdash \chi} \,_{\text{Aff}}$$
(trình tự ở dưới là đỉnh cha của các trình tự ở trên, ta đọc: "Nếu $\Phi$ chứng minh $\chi$ thì $\Phi \cup \{\varphi\}$ chứng minh $\chi$").

 

 

Các toán tử logic $\neg, \land, \lor, \rightarrow$ có thể được thêm vào (introduce) hoặc khử đi (eliminate).

 

 

Phép phủ định cho phép chứng minh bằng phản chứng:
3. $\dfrac{\Phi \cup \{\chi\} \vdash \psi \qquad \Phi \cup \{\chi\} \vdash \neg\psi}{\Phi \vdash \neg \chi} \,_{\neg_i}$
4. $\dfrac{\Phi \vdash \neg \neg \chi}{\Phi \vdash \chi} \,_{\neg_e}$
 
Phép hội:
5. $\dfrac{\Phi \vdash \chi \qquad \Phi \vdash \psi}{\Phi \vdash \chi \land \psi} \,_{\land_i}$
6. $\dfrac{\Phi \vdash \chi \land \psi}{\Phi \vdash \chi} \,_{\land_e}$ và $\dfrac{\Phi \vdash \chi \land \psi}{\Phi \vdash \psi} \,_{\land_e}$
 
Phép tuyển:
7. $\dfrac{\Phi \vdash \chi}{\Phi \vdash \chi \lor \psi} \,_{\lor_i}$ và $\dfrac{\Phi \vdash \psi}{\Phi \vdash \chi \lor \psi} \,_{\lor_i}$
8. $\dfrac{\Phi \vdash \chi \lor \psi \qquad \Phi \cup \{\chi\} \vdash \varphi \qquad \Phi \cup \{\psi\} \vdash \varphi}{\Phi \vdash \varphi} \,_{\lor_e}$ ("xét từng trường hợp")
 
Phép kéo theo:
7. $\dfrac{\Phi \cup \{\chi\} \vdash \psi}{\Phi \vdash \chi \rightarrow \psi} \,_{\rightarrow_i}$
8. $\dfrac{\Phi \vdash \chi \qquad \Phi \vdash \chi \rightarrow \psi}{\Phi \vdash \psi} \,_{\rightarrow_e}$

 

Ví dụ. Ta đưa ra một chứng minh hình thức cho luật bài trung (excluded middle)

$$\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{}{\{\varphi\} \vdash \varphi}\,_{\text{Ax}}}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi), \varphi\} \vdash \varphi}\,_{\text{Aff}}}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi), \varphi\} \vdash \varphi \lor \neg \varphi}\,_{\lor_i} \qquad \dfrac{\dfrac{}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi)\} \vdash \neg(\varphi \lor \neg \varphi)} \,_{\text{Ax}}}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi), \varphi\} \vdash \neg(\varphi \lor \neg \varphi)}\,_{\text{Aff}}}{\dfrac{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi)\} \vdash \neg \varphi}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi)\} \vdash \varphi \lor \neg \varphi} \,_{\lor_i}}\,_{\neg_i} \qquad \dfrac{}{\{\neg(\varphi \lor \neg \varphi)\} \vdash \neg(\varphi \lor \neg \varphi)} \,_{\text{Ax}}}{\dfrac{\vdash \neg \neg (\varphi \lor \neg \varphi)}{\vdash \varphi \lor \neg \varphi} \,_{\neg_e}} \,_{\neg_i}$$

 

Mệnh đề. Ta có các khẳng định sau.

1. $\varphi \vdash \chi$ khi và chỉ khi $\vdash \varphi \rightarrow \chi$.
2. $\vdash \varphi \leftrightarrow \neg \neg \varphi$.
3. $\vdash (\varphi \rightarrow \chi) \leftrightarrow (\neg \varphi \lor \chi)$ (ở đây $\psi_1\leftrightarrow \psi_2$ là viết tắt của $(\psi_1 \rightarrow \psi_2) \land (\psi_2 \rightarrow \psi_1)$).
4. (phản đề) $\vdash (\varphi \rightarrow \chi) \leftrightarrow (\neg \chi \rightarrow \neg \varphi)$.
5. (luật De Morgan) $\vdash \neg(\varphi \land \chi) \leftrightarrow (\neg \varphi \lor \neg \chi)$.
6. (luật De Morgan) $\vdash \neg(\varphi \lor \chi) \leftrightarrow (\neg \varphi \land \neg \chi)$.
 
Nhận xét rằng, một hệ tiên đề không nhất quán có thể chứng minh tất cả các phát biểu (nói cách khác, không thể phân biệt đúng sai). Thật vậy, nếu $\Phi \vdash \chi$ và $\Phi \vdash \neg \chi$ thì với mọi phát biểu $\varphi$, ta có $\Phi \cup \{\neg \varphi \} \vdash \chi$ và $\Phi \cup \{\neg \varphi \} \vdash \neg \chi$ (do $(\text{Aff})$), vì thế $\Phi \vdash \neg \neg \varphi$ (do $(\neg_i)$) và $\Phi \vdash \varphi$ (do $(\neg_e)$).
 
 
 
 

Thay thế

 

Cho $\varphi$ là một công thức và $t$ là một biểu thức. Ta ký hiệu bởi $\varphi[x:=t]$ công thức thu được khi thay đồng thời tất cả các lần xuất hiện TỰ DO của $x$ trong $\varphi$ bởi $t$. Ta nói $t$ thay được vào $x$ trong $\varphi$ nếu không có biến của $V(t)$ trở thành một biến phụ thuộc khi thay vào $\varphi$.

 

Ví dụ.  Xét công thức $\varphi$: $(\forall x\, R(x,y)) \rightarrow S(x,y,z)$.
1. $x$ không thay được vào $y$ trong $\varphi$.
2. Một biểu thức $t$ thay được vào $y$ trong $\varphi$ khi và chỉ khi $x \notin V(t)$.
3. Mọi biểu thức $t$ đều thay được vào $x$ trong $\varphi$, và khi đó $\varphi[x:=t]$ là $(\forall x\, R(x,y)) \rightarrow S(t,y,z)$.
4. Mọi biểu thức $t$ đều thay được vào $z$ trong $\varphi$.
 
 
 
Các quy luật suy luận của logic bậc nhất
Đẳng thức:
1. $\dfrac{}{t = t}\,_{=_i}$ (mọi lá của một suy luận tự nhiên đều có dạng ($=_i$) hoặc ($\text{Ax}$)).
2. $\dfrac{\Phi \vdash \chi[x:=t] \qquad \Phi \vdash t = t'}{\Phi \vdash \chi[x:=t']}\,_{=_e}$ nếu $t$ và $t'$ đều thay được vào $x$ trong $\chi$.
 
Lượng từ phổ biến:
1. $\dfrac{\Phi \vdash \chi}{\Phi \vdash \forall x\,\chi}\,_{\forall_i}$ nếu $x$ không xuất hiện tự do trong $\Phi$.
2. $\dfrac{\Phi \vdash \forall x\,\chi}{\Phi \vdash \chi[x:=t]}\,_{\forall_e}$ nếu $t$ thay được vào $x$ trong $\chi$.
 
Lượng từ tồn tại:
1. $\dfrac{\Phi \vdash \chi[x:=t]}{\Phi \vdash \exists x\,\chi}\,_{\exists_i}$ nếu $t$ thay được vào $x$ trong $\chi$.
2. $\dfrac{\Phi \vdash \exists x\,\psi \qquad \Phi \cup \{\psi\} \vdash \chi}{\Phi \vdash \chi}\,_{\exists_e}$ nếu $x$ không xuất hiện tự do trong $\Phi \cup \{\chi\}$.

 

Ví dụ. Ta đưa ra một chứng minh hình thức cho khẳng định $\vdash (\neg \exists x\,\varphi) \leftrightarrow (\forall x\, \neg \varphi)$. Một mặt,

$$\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{}{\{\varphi\} \vdash \varphi}\,_{\text{Ax}}}{\{\neg \exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \varphi}\,_{\text{Aff}}}{\{\neg\exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \exists x\,\varphi}\,_{\exists_i} \qquad \dfrac{\dfrac{}{\{\neg\exists x\,\varphi\} \vdash \neg\exists x\,\varphi} \,_{\text{Ax}}}{\{\neg\exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \neg\exists x\,\varphi}\,_{\text{Aff}}}{\dfrac{\{\neg\exists x\,\varphi\} \vdash \neg \varphi}{\{\neg\exists x\,\varphi\} \vdash \forall x\, \neg \varphi} \,_{\forall_i}} \,_{\neg_i}$$
Mặt khác
$$\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{\dfrac{}{\{\forall x \, \neg\varphi\} \vdash \forall x\, \neg \varphi}\,_{\text{Ax}}}{\{\forall x\,\neg\varphi, \exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \forall x\,\neg\varphi}\,_{\text{Aff}}}{\{\forall x\,\neg\varphi, \exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \neg\varphi}\,_{\forall_e} \qquad \dfrac{\dfrac{}{\{\varphi\} \vdash \varphi} \,_{\text{Ax}}}{\{\forall x\,\neg\varphi, \exists x\,\varphi, \varphi\} \vdash \varphi}\,_{\text{Aff}}}{\dfrac{\{\forall x\, \neg\varphi, \varphi\} \vdash \neg \exists x\, \varphi}{\{\forall x\, \neg\varphi, \exists x\, \varphi, \varphi\} \vdash \neg \exists x\, \varphi} \,_{\text{Aff}}} \,_{\neg_i} \qquad \dfrac{\dfrac{}{\{\exists x \, \varphi\} \vdash \exists x\, \varphi}\,_{\text{Ax}}}{\{\forall x\,\neg\varphi, \exists x\,\varphi\} \vdash \exists x\,\varphi}\,_{\text{Aff}}}{\{\forall x\,\neg \varphi,\exists x \,\varphi\} \vdash \neg \exists x\,\varphi}\,_{\exists_e}$$
Sau đó, sử dụng $\text{(Ax)}$, $\text{(Aff)}$ và $(\neg_i)$, ta thu được $\{\forall x\,\neg \varphi\} \vdash \neg \exists x\,\varphi$. Cuối cùng, sử dụng $(\rightarrow_i)$ và $(\land_i)$.
 
 
Chú ý. Nếu $\{\varphi\} \vdash \chi$ thì $\{\exists x\, \varphi\} \vdash \exists x\, \chi$ và $\{\forall x\, \varphi\} \vdash \forall x\, \chi$. Tuy nhiên, ta KHÔNG có $\vdash (\varphi \rightarrow \chi) \rightarrow (\exists x\,\varphi \rightarrow \exists x\,\chi)$ cũng như $\vdash (\varphi \rightarrow \chi) \rightarrow (\forall x\,\varphi \rightarrow \forall x\,\chi)$.
 
 
Nhận xét. Ta cũng có $\vdash (\varphi \lor \chi) \leftrightarrow \neg (\neg \varphi \land \neg \chi)$ và $\vdash (\varphi \rightarrow \chi) \leftrightarrow \neg (\varphi \land \neg \chi)$. Như vậy, tất cả các công thức đều tương đương với một công thức chỉ chứa gồm các toán tử logic $\neg$ và $\land$ và lượng từ $\exists$. Các chứng minh cũng có thể được thực hiện sao cho chỉ có các ký tự này xuất hiện, chúng ta sẽ không đi quá sâu vào các chi tiết (có thể chứng minh, chẳng hạn bằng quy nạp theo độ phức tạp của các công thức). Sự tương đương trên cũng đúng về mặt ngữ nghĩa $(\vDash)$, nên kể từ nay, khi quy nạp theo độ phức tạp của công thức, ta chỉ cần xét các trường hợp: Công thức nguyên tử, công thức có dạng $\neg \varphi$, $\varphi \land \chi$ và $\exists x \,\varphi$. Đặc biệt, khi nói về các phát biểu, ta chỉ cần xét các phát biểu có dạng $R(t_1,\ldots,t_n)$ (các biểu thức $t_1,\ldots,t_n$ không chứa biến); $\neg \varphi$, $\varphi \land \chi$ với $\varphi$ và $\chi$ là các phát biểu; $\exists x\, \varphi$ với $\varphi$ là một công thức sao cho $FV(\varphi) \subseteq x$.
 
 
Trong bài sau, chúng ta sẽ nói kỹ hơn về việc thay thế và định lý về tính đúng đắn: Nếu $\Phi \vdash \chi$ thì $\Phi \vDash \chi$.



#729029 Logic bậc nhất: Tính đúng đắn vs. tính chặt chẽ

Gửi bởi nmlinh16 trong 15-01-2020 - 02:39

2. Sự thỏa mãn

Ta cố định một ngôn ngữ $\mathcal{L}$.

 

Định nghĩa. Tập hợp $\mathcal{L}\text{-Form}$ các $\mathcal{L}$-công thức (formula) là tập hợp nhỏ nhất sao cho

1. nếu $R \in \mathcal{L}$ (có thể là dấu $=$) là một ký hiệu hàm $n$ ngôi và $t_1,\ldots,t_n$ là các biểu thức thì $R(t_1,\ldots,t_n)$ là một công thức. Mỗi công thức như vậy được gọi là một công thức cơ sở hay công thức nguyên tử;
2. nếu $\varphi$ và $\psi$ là các công thức thì $\neg \varphi$, $\varphi \land \psi$, $\varphi \lor \psi$ và $\varphi \rightarrow \psi$ là các công thức;
3. nếu $\varphi$ là một công thức và $x$ là một biến thì $\forall x\, \varphi$ và $\exists x\, \varphi$ là các công thức.
 
Định nghĩa. Giả sử $\varphi$ là một $\mathcal{L}$-công thức. Tập hợp $V(\varphi)$ (tương ứng, $FV(\varphi)$) các biến (tương ứng, biến tự do) được xác định một cách quy nạp như sau.
1. nếu $\varphi$ có dạng $R(t_1,\ldots,t_n)$, $V(\varphi) = FV(\varphi) = V(t_1) \cup \cdots \cup V(t_n)$;
2. nếu $\varphi$ và $\psi$ là các công thức và $\boxdot$ là một trong các toán tử $\land$, $\lor$ hoặc $\rightarrow$ thì $V(\neg \varphi) = V(\varphi)$, $FV(\neg \varphi) = FV(\varphi)$, $V(\varphi \boxdot \psi) = V(\varphi) \cup V(\psi)$ và $FV(\varphi \boxdot \psi) = FV(\varphi) \cup FV(\psi)$;
3. nếu $\varphi$ là một công thức và $x$ là một biến thì $V(\forall x \,\varphi) = V(\exists x\, \varphi) = V(\varphi)$ và $FV(\forall x \,\varphi) = FV(\exists x\, \varphi) = FV(\varphi) \setminus \{x\}$.
 
Một biến không tự do của $\varphi$ được gọi là một biến phụ thuộc. Mỗi công thức không có biến tự do được gọi là một phát biểu (sentence). Ta ký hiệu tập hợp các $\mathcal{L}$-phát biểu bởi $\mathcal{L}\text{-Sent}$.
 
Ví dụ. Trong công thức $(\exists x\,x^2 = y) \rightarrow (x = y)$, lần xuất hiện thứ nhất của $x$ là phụ thuộc, nhưng lần xuất hiện thứ hai là tự do.
 
 
Ta giả sử $\mathbb{S}$ là một $\mathcal{L}$-cấu trúc và $p: \mathcal{V} \to \mathbb{S}$ là một phép chọn tham số. Cặp $(\mathbb{S},p)$ được gọi là một cấu trúc với tham số.
 
Định nghĩa. Giả sử $\varphi$ và $\psi$ là các công thức. Ta định nghĩa sự thỏa mãn của một công thức trong $\mathbb{S}$ với tham số $p$ một cách quy nạp như sau.
1. nếu $\varphi$ có dạng $R(t_1,\ldots,t_n)$ thì $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$ khi và chỉ khi $(p(t_1),\ldots,p(t_n)) \in R^{\mathbb{S}}$;
2. $\mathbb{S} \vDash (\neg \varphi)(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \not\vDash \varphi(p)$;
3. $\mathbb{S} \vDash (\varphi \land \psi)(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$ và $\mathbb{S} \vDash \psi(p)$;
4. $\mathbb{S} \vDash (\varphi \lor \psi)(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$ hoặc $\mathbb{S} \vDash \psi(p)$;
5. $\mathbb{S} \vDash (\varphi \rightarrow \psi)(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \vDash \neg\varphi(p)$ hoặc $\mathbb{S} \vDash \psi(p)$;
6. $\mathbb{S} \vDash (\forall x\, \varphi) (p)$ khi và chỉ khi với mỗi phép chọn tham số $p'$ sao cho $p'|_{x^c} = p|_{x^c}$, ta có $\mathbb{S} \vDash \varphi(p')$;
7. $\mathbb{S} \vDash (\exists x\, \varphi) (p)$ khi và chỉ khi tồn tại một phép chọn tham số $p'$ sao cho $p'|_{x^c} = p|_{x^c}$ và $\mathbb{S} \vDash \varphi(p')$.
 
Sự thỏa mãn của một công thức không phụ thuộc chỉ phụ thuộc vào các biến tự do của nó. Cụ thể hơn, nếu $\varphi$ là một công thức, bằng cách quy nạp theo độ phức tạp của $\varphi$, ta có
 
Bổ đề.  Nếu $p$ và $p'$ là hai phép chọn tham số sao cho $p|_{FV(\varphi)} = p'|_{FV(\varphi)}$ thì $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$ khi và chỉ khi $\mathbb{S} \vDash \varphi(p')$.
 
Chẳng hạn, nếu $\varphi$ là một phát biểu thì sự thỏa mãn của nó không phụ thuộc vào phép chọn tham số. Khi đó, ta có thể viết $\mathbb{S} \vDash \varphi$ thay cho $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$.
 
 
Giả sử $\Phi$ là một tập hợp các công thức. Ta viết $\mathbb{S} \vDash \Phi(p)$ nếu với mỗi công thức $\varphi \in \Phi$, ta có $\mathbb{S} \vDash \varphi(p)$.
 
 
Định nghĩa. Giả sử $\chi$ là một công thức. Ta nói $\chi$ là một hệ quả logic (semantic consequence) của $\Phi$ (hay $\Phi$ thỏa mãn $\chi$) nếu với mọi cấu trúc $\mathbb{S}$ và mọi phép chọn tham số $p: \mathcal{V} \to \mathbb{S}$ sao cho $\mathbb{S} \vDash \Phi(p)$, ta có $\mathbb{S} \vDash \chi(p)$. Khi đó, ta viết $\Phi \vDash \chi$.
 
 
 
Sau đây, chúng ta nói về khái niệm hệ tiên đề và lý thuyết.
 
Định nghĩa. Một hệ tiên đề (axiomatization) là một tập hợp $\Phi$ các phát biểu. Mỗi phát biểu $\varphi \in \Phi$ được gọi là một tiên đề (axiom).
 
Định nghĩa. Một lý thuyết (theory) là một hệ tiên đề $\mathcal{T}$ sao cho $\varphi \in \mathcal{T}$ khi và chỉ khi $\mathcal{T} \vDash \varphi$.
 
Nếu $\Phi$ là một hệ tiên đề, tập hợp $$\text{Th}(\Phi):=\{\chi \in \mathcal{L}\text{-Sent}: \Phi \vDash \chi\}$$ các hệ quả logic của $\Phi$ được gọi là lý thuyết sinh bởi $\Phi$. Ta thường đồng nhất mỗi hệ tiên đề với lý thuyết sinh bởi nó.
 
Định nghĩa. Một hệ tiên đề $\Phi$ được gọi là đầy đủ (complete) nếu với mỗi phát biểu $\chi$, ta có $\Phi \vDash \chi$ hoặc $\Phi \vDash \neg \chi$.
 
Ví dụ. 
1. Nếu $\mathbb{S}$ là một cấu trúc thì $\text{Th}(\mathbb{S}):=\{\chi \in \mathcal{L}\text{-Sent}: \mathbb{S} \vDash \chi\}$ được gọi là lý thuyết của $\mathbb{S}$. Đây là một lý thuyết đầy đủ.
 
2. Trong ngôn ngữ rỗng $\{\}$, các tập hợp vô hạn được tiên đề hóa bởi hệ tiên đề gồm các tiên đề $$\exists x_1 \ldots \exists x_n \bigwedge_{i \neq j}\neg(x_i = x_j).$$
 
Chú ý rằng đó là một TẬP HỢP các tiên đề (hay lược đồ tiên đề/schema of axiom). Đây là một lý thuyết đầy đủ.
 
3. Trong ngôn ngữ thứ tự $\mathcal{L}_{\text{ord}} = \{<\}$, hệ tiên đề DLO (dense linear order without endpoints) gồm các tiên đề sau:
 

$<$ là một thứ tự toàn phần (thứ tự tuyến tính), chính xác hơn là các tiên đề

  • $\forall x \, \neg(x < x)$.
  • $\forall x \forall y\, \neg(x < y \land y < x)$.
  • $\forall x \forall y \forall z \, (x < y \land y < z) \rightarrow x < z$.
  • $\forall x \forall y\, \neg(x = y) \rightarrow (x < y \lor y < x)$.
  • (tính trù mật) $\forall x \forall y\, (x < y) \rightarrow \exists z\, (x < z \land z < y)$.
  • (không có đầu mút) $\forall x \exists y \exists z\, y < x \land z < x$.
Đây là một lý thuyết đầy đủ.
 
4. Trong ngôn ngữ nhóm, các nhóm được tiên đề hóa bởi hệ tiên đề gồm
  • $\forall x \forall y \forall z\,(x\cdot y) \cdot z = x \cdot (y \cdot z)$.
  • $\forall x \, (x\cdot 1 = x) \land (1 \cdot x = x)$.
  • $\forall x \, (x\cdot x^{-1} = 1) \land (x^{-1} \cdot x = 1)$.

 

5. Tương tự, ta dễ dàng viết được hệ tiên đề của vành và hệ tiên đề của trường trong ngôn ngữ vành.

 

6. Với mỗi số nguyên tố $p$, gọi $\varphi_p$ là tiên đề $\underbrace{1 + \cdots + 1}_{p \text{ lần}} = 0$. Ta cũng có các hệ tiên đề $\text{ACF}_p = \text{ACF} \cup \{\varphi_p\}$ (trường đóng đại số với đặc số $p$) và $\text{ACF}_0 = \text{ACF} \cup \{\neg \varphi_p: p \text{ nguyên tố}\}$ (trường đóng đại số với đặc số $0$). ACF không phải là một lý thuyết đầy đủ, nhưng các lý thuyết ACF$_0$ và ACF$_p$ đều đầy đủ.

 
7. Hình học Euclid được tiên đề hóa bởi hệ tiên đề Tarski. Đây là một hệ tiên đề đầy đủ, ta có thể dùng nó để chứng minh bất kỳ định lý hình học nào.
 
8. Số học Peano là một hệ tiên đề không đầy đủ (Định lý Gödel về tính không đầy đủ). Vì thế, $\text{Th(PA}_1) \subsetneq \text{Th}(\mathbb{N})$.
 
9. Các hệ tiên đề ZF và ZFC của lý thuyết tập hợp đều không đầy đủ. Giả thuyết continuum không thể chứng minh (Gödel) hay bác bỏ (Cohen) trong các hệ này.
 
Giả sử $\Phi$ là một hệ tiên đề và $\mathbb{S}$ là một cấu trúc.
 
Định nghĩa. Ta nói $\mathbb{S}$ là một mô hình (model) của $\Phi$ nếu $\mathbb{S} \vDash \Phi$. Khi đó ta cũng nói rằng $\Phi$ là thỏa mãn được (satisfiable).
 
 
Ví dụ. 
1. Dễ thấy rằng lý thuyết duy nhất không thỏa mãn được là lý thuyết chứa tất cả các phát biểu.
2. Trong ngôn ngữ nhóm, một cấu trúc là một nhóm khi và chỉ khi nó là một mô hình của hệ tiên đề nhóm, v.v.
 
 
Mệnh đề. $\Phi \vDash \chi$ khi và chỉ khi $\Phi \cup \{\neg \chi\}$ không thỏa mãn được.
Chứng minh. Nếu $\Phi \vDash \chi$ thì mọi mô hình của $\Phi$ đều thỏa mãn $\chi$, vì thế không thỏa mãn $\neg \chi$, vì thế $\Phi \cup \{\neg \chi\}$ không có bất kỳ một mô hình nào. Ngược lại, nếu $\Phi \cup \{\neg \chi\}$ không thỏa mãn được thì mọi mô hình (nếu có) của $\Phi$ đều không thỏa mãn $\neg \chi$, vì thế thỏa mãn $\chi$. $\square$
 
 
 
Trong bài sau, chúng ta sẽ nói về ký hiệu $\vdash$ (suy luận hình thức).



#729028 Logic bậc nhất: Tính đúng đắn vs. tính chặt chẽ

Gửi bởi nmlinh16 trong 14-01-2020 - 22:48

Khác với định lý về tính không đầy đủ (incompleteness theorem) của Gödel, định lý về tính đầy đủ (completeness theorem) ít được biết đến (và bị xuyên tạc) với đại chúng hơn. Lý do là vì phát biểu của định lý này trông "có vẻ" không có gì đặc biệt. Định lý được hiểu nôm na như sau: (trong logic bậc nhất) cái gì chứng minh được thì luôn đúng, cái gì luôn đúng thì chứng minh được. Nghe thật lạ. Thế nào gọi là đúng? Chẳng phải đó "chứng minh" có nghĩa là như vậy sao? Không hẳn. Khái niệm "đúng" và "chứng minh" trong phát biểu trên được hiểu theo 2 khía cạnh khác nhau của logic: "đúng" là một khái niệm ngữ nghĩa (semantic), nghĩa là ta nói đến các mô hình cụ thể; "chứng minh" là một khái niệm hình thức (syntactic). Ở những bài viết này, chúng ta sẽ giới thiệu về logic bậc nhất và định lý về tính đầy đủ.

 

Định lý về tính đầy đủ là một kết quả quan trọng của logic bậc nhất. Nó liên kết lý thuyết mô hình (model theory), tức là các đối tượng ngữ nghĩa cụ thể với lý thuyết chứng minh (proof theory), tức là các thao tác trên logic hình thức. Định lý thống nhất hai khái niệm sau đây.

 

$\Phi \vDash \chi$: "Một khi $\Phi$ đúng thì $\chi$ cũng đúng" (tính đúng đắn/verity).

$\Phi \vdash \chi$: "Tồn tại một quá trình suy luân cho phép chứng minh $\chi$ từ $\Phi$" (tính chặt chẽ/rigor).

 

Hai kết quả của logic bậc nhất là định lý về tính đúng đắn (soundness theorem): Nếu $\Phi \vdash \chi$ thì $\Phi \vDash \chi$. Định lý về tính đầy đủ khẳng định điều ngược lại: Nếu $\Phi \vDash \chi$ thì $\Phi \vdash \chi$.

 

 

1. Logic bậc nhất

 

Trong logic bậc nhất, ta luôn mặc định rằng có sẵn những đối tượng sau đây.

 

1. các toán tử logic: phủ định (negation, $\neg$, "không"), hội (conjunction, $\land$, "và"), tuyển (disjunction, $\lor$, "hoặc"), kéo theo (implication, $\rightarrow$, "suy ra");

2. một tập hợp vô hạn (thường là đếm được) $\mathcal{V}$ các biến.

3. lượng từ phổ biến (universal quantifier, $\forall$, "với mọi") và lượng từ tồn tại (existential quantifier, $\exists$, "tồn tại").

4. dấu phẩy và các dấu ngoặc $($, $)$.

 

Logic bậc nhất có các quy tắc sau đây

- Các lượng từ chỉ sử dụng cho từng phần tử, KHÔNG sử dụng cho một tập hợp các phần tử, hay cho hàm số, quan hệ,...

- Các công thức logic phải hữu hạn (finitary logic), ta có thể viết $\forall x_1 \ldots \forall x_n$ để viết tắt cho $n$ lần dùng lượng từ liên tiếp, nhưng nói chung số ký hiệu trong $\ldots$ bắt buộc phải hữu hạn (và cố định). Nói riêng, không có cách nào để nói "tồn tại vô hạn... sao cho...".

 

 

Định nghĩa. Một ngôn ngữ bậc nhất (language) $\mathcal{L}$ gồm

1. các ký hiệu hằng (constant);

2. các ký hiệu quan hệ (relation); mỗi ký hiệu có một số biến (arity) là một số nguyên dương nhất định; một quan hệ $R$ với số biến bằng $n$ được gọi là một quan hệ $n$ ngôi. Thông thường, chúng ta mặc định rằng mọi ngôn ngữ đều có sẵn quan hệ hai ngôn $=$ (đẳng thức);

3. các ký hiệu hàm (function), mỗi ký hiệu có một số biến là một số nguyên dương nhất định; một quan hệ $f$ với số biến bằng $n$ được gọi là một hàm $n$ biến.

 

 

Ví dụ.

1. Ngôn ngữ nhóm $\mathcal{L}_{\text{grp}} = \{1, \,^{-1}, \cdot\}$, trong đó $1$ là một ký hiệu hằng (chỉ phần tử đơn vị), $\,^{-1}$ là một ký hiệu hàm một biến (chỉ ánh xạ nghịch đảo), $\cdot$ là một ký hiệu hàm hai biến (chỉ phép toán của nhóm).
2. Ngôn ngữ vành $\mathcal{L}_{\text{rng}} = \{0,1, +, - , \cdot\}$  (ở đây $-$ là một ký hiệu hàm một biến, tượng trưng cho "phần tử đối", thay vì phép trừ).
3. Ngôn ngữ thứ tự $\mathcal{L}_{\text{ord}} = \{<\}$.
4. Ngôn ngữ tập hợp $\mathcal{L}_{ZF} = \{\in\}$.
5. Ngôn ngữ Peano bậc nhất $\mathcal{L}_{PA} = \{0,s,+,\cdot\}$ (ở đây $s$ là một ký hiệu hàm một biến, dùng để chỉ "số liền sau" (successor)).
 
 
Giả sử $\mathcal{L}$ là một ngôn ngữ.
 

Định nghĩa. Một $\mathcal{L}$-cấu trúc (structure) gồm

1. một tập hợp nền $\mathbb{S}$;
2. với mỗi ký hiệu hằng $c \in \mathcal{L}$, một phần tử $c^{\mathbb{S}} \in \mathbb{S}$;
3. với mỗi ký hiệu quan hệ $n$ ngôi $R \in \mathcal{L}$, một tập con $R^{\mathbb{S}} \subseteq \mathbb{S}^n$;
4. với mỗi ký hiệu hàm $n$ biến $f \in \mathcal{L}$, một ánh xạ $f^{\mathbb{S}}: \mathbb{S}^n \to \mathbb{S}$.
 
 
Ví dụ. Mỗi nhóm là một $\mathcal{L}_{\text{grp}}$-cấu trúc (với cách thông dịch $1$, $\,^{-1}$ và $\cdot$ theo nghĩa thông thường). Tuy nhiên không phải mọi $\mathcal{L}_{\text{grp}}$-cấu trúc đều là một nhóm; chúng cần phải thỏa mãn các tiên đề của nhóm nữa.

 

 

Định nghĩa. Tập hợp $\mathcal{L}\text{-Term}$ các $\mathcal{L}$-biểu thức (term) là tập hợp nhỏ nhất sao cho

1. mỗi ký hiệu hằng $c \in \mathcal{L}$ là một biểu thức;

2. mỗi biến $x \in \mathcal{V}$ là một biểu thức;

3. nếu $f \in \mathcal{L}$ là một ký hiệu hàm $n$ biến và $t_1,\ldots,t_n$ là các biểu thức thì $f(t_1,\ldots,t_n)$ là một biểu thức.

 

 

Ví dụ. Trong một ngôn ngữ không có ký hiệu hàm (relational language), các biểu thức là các ký hiệu hằng và các biến.

 

 

Định nghĩa. Một phép chọn tham số (choice of parameters) là một ánh xạ $p:\mathcal{V} \to \mathbb{S}$.

 

Giả sử $t$ là một biểu thức và $p$ là một phép chọn tham số.

 

Định nghĩa. Thông dịch (interpretation) của $t$ bởi $p$ là phần tử $p(t) \in \mathbb{S}$ được xác định một cách quy nạp như sau.

1. nếu $c$ là một ký hiệu hằng, $p(c) = c^{\mathbb{S}}$;

2. nếu $x$ là một biến, $p(x)$ chính là ảnh của $x$ bởi ánh xạ $p$;

3. nếu $t$ có dạng $f(t_1,\ldots,t_n)$, $p(t) = f^\mathbb{S}(p(t_1),\ldots,p(t_n))$.

 

Định nghĩa. Tập hợp $V(t) \subseteq \mathcal{V}$ các biến của $t$ được xác định một cách quy nạp như sau.

1. nếu $c$ là một ký hiệu hằng, $V(c) = \varnothing$;

2. nếu $x$ là một biến, $V(x) = \{x\}$;

3. nếu $t$ có dạng $f(t_1,\ldots,t_n)$, $V(t) = V(t_1) \cup \cdots \cup V(t_n)$.

 

 

Ví dụ. Trong ngôn ngữ vành, $x + y \cdot z$ là một biểu thức với các biến $x, y, z$.

 

 

Bằng cách quy nạp theo độ phức tạp của biểu thức, ta có thể chứng minh dễ dàng

 

Bổ đề. Nếu $p, p'$ là hai phép chọn tham số sao cho $p|_{V(t)} = p'|_{V(t)}$ thì $p(t) = p'(t)$.

 

 

Trong bài sau, chúng ta sẽ nói về ký hiệu $\vDash$ (sự thỏa mãn).




#728762 Tại sao phải học hình học đại số?

Gửi bởi nmlinh16 trong 03-01-2020 - 02:00

Bài dịch từ bài gốc trên mathstackexchange: https://math.stackex...eCpTL64-MwpRhBI

 

Q: Tôi đang chuẩn bị bắt đầu tự học hình học đại số (HHĐS). Tôi tự hỏi rằng vì sao các nhà toán học nghiên cứu HHĐS? Các bài toán nào được quan tâm bởi các nhà HHĐS? Những định lý đẹp nhất của HHĐS là gì?

 

 

Câu trả lời của thành viên Javier Álvarez:

 

 

Bản thân tôi khuyến khích bạn bắt đầu và lấy động lực từ những tài liệu miễn phí sau. Chúng rất mang tính sư phạm, từ những nội dung cơ bản nhất của đường cong đại số phức tới Lược đồ (scheme) và Lý thuyết giao (intersection theory) với định lý Grothendieck-Riemann-Roch, tới một số định lý mà tôi sẽ nói dưới đây. Chúng rất tuyệt cho việc tự học khi vừa chặt chẽ về mặt toán học, vừa có rất nhiều hình vẽ (đáng tiếc là một số trong chúng lại không được phổ thông cho lắm?)

 

Tài liệu sau đây khá nổi tiếng, dài, nặng, trừu tượng, và phù hợp cho việc tự học:

Ngoài ra còn có một số nhiều video bài giảng đầy đủ về HHĐS sơ cấp, mặt đại số,...

mà bạn có thể bắt đầu một cách từ từ (cùng sách của tác giả) để đi đến định lý phân loại mặt.

 

 

Ngày nay, HHĐS là một trong những ngành lâu đời nhất, sâu nhất, rộng nhất và hoạt động tích cực nhất của toán học, với những kết nối tới gần như tất cả các nhánh toán học khác, trực tiếp hoặc gián tiếp. Động lực chính bắt đầu từ Pierre de Ferrmat và René Descartes, những người đã nhận ra rằng để nghiên cứu hình học, chúng ta có thể làm việc với các phương trình đại số thuần túy thay vì vẽ hình (và đó là điều bắt buộc khi làm việc với các đối tượng nhiều chiều hơn, vì trực giác của con người không cho phép). Phương trình cơ bản nhất mà người ta có thể hình dung là những phương trình đa thức (của các biến tọa độ của mặt phẳng/không gian, hay tổng quát hơn là trong một trường số/number field), vì đó là những xây dựng căn bản từ những phép toán số học sơ cấp.  Phương trình bậc nhất (đa thức bậc nhất) mô tả những đường thẳng, mặt phẳng, không gian véc-tơ con hay siêu phẳng (hyperplane). Phương trình bậc hai gồm tất cả các đường conic (giao tuyến của mặt phẳng và mặt nón) cổ điển; sự thật là vấn đề phân loại conic trong mặt phẳng Euclid affine và xạ ảnh (trên trường số thực và phức) chính là bài toán HHĐS đầu tiên mà mọi sinh viên đều biết: Bài toán phân loại tất cả các dạng chính tắc của đa thức bậc 2 (sai khác một phép biến đổi affine hoặc một phép đẳng cự/phép dời hình với 2 biến $(x, y)$, hoặc một phép biến đổi xạ ảnh với 3 biến thuần nhất $[x:y:z]$). Như vậy, các đường cong phẳng trên trường số thực có thể được nghiên cứu bởi các tính chất đại số của các đa thức. Thực ra, làm việc trên trường số phức sẽ tự nhiên hơn, vì đó là bao đóng đại số của trường số thực, nên nó đơn giản hóa rất nhiều vấn đề, như Định lý cơ bản của đại số và Định lý không điểm Hilbert (Nullstellensatz). Ngoài ra, làm việc với các đa tạp xạ ảnh bằng cách mở rộng không gian của chúng ta (thêm các điểm ở xa vô tận) cũng giúp rất nhiều, vì khi đó chúng ta làm việc với các đối tượng compact - một số vấn đề khó chịu sẽ biến mất, chẳng hạn hai đường cong bất kỳ luôn cắt nhau tại ít nhất một điểm (có thể ở xa vô tận), ta thu được Định lý Bézout. 

 

 

Từ góc nhìn thực hành thuần túy, người ta nhận ra rằng các hàm giải tích (analytic) không phải đa thức có thể xấp xỉ được bằng các hàm đa thức (chẳng hạn, chặt đuôi của khai triển chuỗi lũy thừa) - đó chính là những gì máy tính (calculator/computer) làm khi tính, chẳng hạn, các hàm lượng giác. Khi bất kỳ một phần mềm nào vẽ một mặt siêu việt (hay đa tạp), thực ra chúng đang vẽ một xấp xỉ đa thức của đối tượng đó (một đa tạp đại số). Như vậy, nghiên cứu HHĐS theo nghĩa ứng dụng và tính toán là tiền đề của phần còn lại của hình học.

 

 

Từ góc nhìn toán học thuần túy, HHĐS xạ ảnh phức là một vấn đề trung tâm. Lí do là vì nhiều kết quả (như Nguyên lý Lefschetz), nói rằng nghiên cứu hình học (đại số) trên một trường đóng đại số với đặc số $0$ về căn bản là tương đương với HHĐS xạ ảnh phức; Định lý  Chow nói rằng mỗi đa tạp xạ ảnh phức đều là một đa tạp đại số, nghĩa là Hình học vi phân và Hình học đại số đang cùng làm việc với một đối tượng (Mọi đa tạp xạ ảnh phức đều là tập không điểm của một họ hữu hạn các đa thức thuần nhất). Định lý này được làm mạnh thành Định lý GAGA Jean-Pierre-Serre, thống nhất và tương đương hóa Hình học giải tích và Hình học đại số trong một bối cảnh rất tổng quát. Đặc biệt, trường hợp đường cong đại số xạ ảnh phức chính là các mặt compact định hướng được (chúng luôn thừa nhân một cấu trúc chỉnh hình/holomorphic), và như vậy Lý thuyết của các diện Riemann compact của giải tích phức và Hình học vi phân (Tô-pô đại số của các đa tạp 2-chiều và Hình học đại số của các đường con đại số) của các mặt thực được thống nhất. Ở đây, người ta thấy những kết quả tuyệt đẹp và sâu sắc như hệ quả khái niệm Bậc của ánh xạ, chỉ số và độ cong, tất cả được kết nối bởi các định lý cột mốc như Gauss-Bonnet, Poincaré-Hopf hay Riemann-Roch. Việc phân loại các đường cong đại số theo giống (genus) của chúng; một bất biến được chứng minh là như nhau trên những phương diện khác nhau: giống tô-pô (số quai cầm của chiếc bánh doughnut), giống số học (đa thức Hilbert) và giống hình học (số 2-dạng vi phân/differential form chỉnh hình độc lập trên một diện Riemann). Tương tự, việc nghiên cứu các đa tạp 4-chiều thực của Hình học vi phân và Tô-pô vi phân là một vấn đề trung tâm không chỉ của toán học mà cả Vật lý lý thuyết, như Lý thuyết chuẩn (gauge theory), vì thế việc nghiên cứu các mặt cong đại số trên trường số phức cung cấp các kết quả và công cụ cần thiết. Việc phân loại hoàn chỉnh (sai khác đến mức song hữu tỉ/birational) của các mặt đại số đã được thiết lập bởi Định lý Kodaira-Enrique và là xuất phát điểm của "Chương trình mô hình cực tiểu Mori" (Mori nimial model program) - đó là ý đồ phân loại tất cả các đa tạp đại số (xạ ảnh) phức với số chiều cao hơn đến mức độ song hữu tỉ. Sự khác biệt căn bản với các dạng hình học khác là sự hiện diện của kỳ dị (singularity), đóng vai trò rất quan trọng trong HHĐS, lý do là vì nhiều trở ngại xuất hiện cũng bởi chúng; tuy nhiên Định lý giải Hirokana khẳng định, ít nhất là trên trường với đặc số $0$, rằng mọi đa tạp đều có một mô hình song hữu tỉ trơn (không có kỳ dị). Hơn nữa, các không gian moduli (moduli space) của các đối tượng hình học là một chủ đề quan trọng (chẳng hạn, xây dựng Deligne-Mumford), vì không gian tất cả các đối tượng như vậy thường (lại) là một đối tượng HHĐS. Có rất nhiều định lý và kết quả thú vị trong Hình học đếm (enumerative geometry) và Lý thuyết giao, từ cổ điển, đến định lý Cayley-Salmon, nói rằng mọi mặt bậc 3 trên một trường đóng đại số đều chứa đúng 27 đường thẳng, công thức Thom-Porteus cho cụm suy biến (degeneracy locus), tính toán Schubert tới đối đồng điều lượng tử (Công thức Kontsevich và ELSV), định lý Torelli và việc xây dựng một đường cong đại số từ đa tạp Jacobi của nó, và cuối cùng là Định lý Grothendieck-Hirzebruch-Riemann-Roch, đếm số lớp cắt toàn cục (global section) độc lập của một phân thớ véc-tơ (vector bundle), chính xác hơn là đặc trưng Euler-Poincaré của nó, nhờ bội giao (intersection number) của các cụm không điểm tổng quát (generic zero locus) của lớp đặc trưng (characteristic class) trên đa tạp.

 

 

Bên cạnh tất cả những điều này, kể từ những đóng góp khổng lồ mang tính nền tảng của Alenxander Grothendieck, HHĐS đã có một nền tảng vững chắc, trừu tượng và mạnh mẽ để có thể kết hợp được với Lý thuyết số, như nhiều người đã hi vọng trước đó. Hình học đại số trừu tượng với những đối tượng như bó (sheaf) và lược đồ (scheme) ngày nay đóng một vai trò then chốt trong Lý thuyết số đại số (algebraic number theory), được biết đến dưới dạng Hình học số học/Hình học Diophantine (arithmetic geometry). Các kết quả kỳ diệu như Định lý Faltings, Định lý Mordell-Weil đều sử dụng những nền tảng trên, cũng như chứng minh nổi tiếng của Andrew Wiles cho Định lý lớn Fermat (FLT). Sự phát triển của HHĐS trừu tượng ít nhiều được thúc đẩy bởi Giả thuyết Weil liên hệ giữa số nghiệm của một hệ phương trình đa thức trên một trường hữu hạn với hình học của đa tạp phức được định nghĩa bởi các đa thức đó. Những công cụ hầm hố hơn đã được phát triển, như đối đồng điều étale. Việc áp dụng các xây dựng của hình học phức vào số học đã dẫn đến hình học Arakelov và Định lý Grothendieck-Riemann-Roch số học cùng nhiều kết quả khác.

 

 

Liên quan đến HHĐS, nhờ Lý thuyết lược đồ, một ngành mới mang tên Tô-pô số học đã ra đời, nơi những tính chất của số nguyên tố và Lý thuyết số đại số có những liên hệ và đối ngẫu với Lý thuyết nút (knot theory) và các đa tạp 3-chiều. Đây là một chủ đề mới mẻ, bí ẩn và thú vị, vì các nút và link cũng xuất hiện trong Vật lý lý thuyết (như Lý thuyết trường lượng tử tô-pô). Ngoài ra, Hình học anabel đã dẫn đường đến những nghiên cứu về mỗi quan hệ giữa nhóm cơ bản (fundamental group) của các đa tạp đại số và nhóm Galois của các mở trộng trường (field extension) số học.

 

 

Tóm lại, các nhà toán học nghiên cứu HHĐS vì đó là linh hồn của nhiều ngành khác, có tác dụng như cầu nối giữa các lĩnh vực tưởng như khác nhau; từ Hình học và Tô-pô đến Giải tích phức và Lý thuyết số. Sau cùng, đối với bất kỳ ngành nào nghiên cứu một đối tượng đại số cụ thể, việc nghiên cứu hình học của các đối tượng này cho ta một công cụ hữu ích và những nỗ lực thú vị trong chính bản thân chúng. Điều kiện "đại số giao hoán" đã được vượt qua nhờ công trình của Alain Connes, thứ đã mở ra một ngành mới mang tên Hình học không giao hoán (noncommutative geometry), với phong cách đại số và giải tích, với tham vọng hoàn thành quá trình "hình học hóa" toán học. Mặt khác, nó mang lại phiên bản lượng tử của hình học cổ điển, thứ được quan tâm rất nhiều trong Vật lý cơ bản (Hình học phức và Hình học không giao hoán xuất hiện một cách gần như bất buộc theo cách này hay cách khác trong mọi nỗ lực thống nhất các lực cơ bản với lực hấp dẫn, tức là Lý thuyết trường lượng tử với Lý thuyết tương đối rộng; thậm chí là Hình học đại số trừu tượng/phạm trù cũng có vai trò trong những chủ đề như Đối xứng gương đồng điều/homological mirror symmetry và Đối đồng điều lượng tử, những đối tượng có nguồn gốc vật lý).

 

 

 

Như vậy, các bài toán mà các nhà toán học đang giải trong HHĐS liên quan rất nhiều đến mọi thứ khác, gần như là bất kỳ điều gì liên quan đến phân loại (đến mức rõ ràng nhất có thể) của các đa tạp đại số (và một ngày nào đó có thể là các lược đồ), các bất biến, kỳ dị, biến dạng và không gian moduli, giao, tô-pô và hình học vi phân, các bài toán số học ở dạng hình học). Có nhiều bài toán mở thú vị:

 

Bản thân tôi bắt đầu từ Vật lý lý thuyết nhưng sau đó chuyển hoàn toàn sang Toán học lý thuyết vì HHĐS, và cũng đang bắt đầu tự học. Đó là một lĩnh vực rất sâu với những kết nối tới hầu như tất cả mọi thứ khác, khi mà người ta đã học đủ để nhận ra. Ngành này cũng đòi hỏi rất cao với yêu cầu background rất lớn, chẳng hạn về Đại số giao hoán và Đại số đồng điều (homological algebra), trước khi có thể tiếp cận những kết quả hiện đại và thú vị nhất. Nhưng nỗ lực sẽ được đền đáp! Sự thật là con đường qua Đại số giao hoán không chỉ dọn đường tới HHĐS mà còn tới Lý thuyết số đại số hay Hình học số học. Tôi có một background mạnh về Hình học vi phân nên tôi tiếp cận HHĐS bằng Hình học phức (Kähler), và bị mê hoặc cả bởi những dạng trừu tượng nhất của nó.

"Hình học đại số dường như được coi là mang trong mình sự bí truyền, độc quyền và rất trừu tượng, với những ai có âm mưu chiếm lấy tất cả phần còn lại của toán học. Một mặt nào đó, điều cuối cùng là chính xác... (Algebraic geometry seems to have acquired the reputation of being esoteric, exclusive, and very abstract, with adherents who are secretly plotting to take over all the rest of mathematics. In one respect this last point is accurate...)" - David Mumford.

 

Vì thế, câu hỏi lẽ ra nên là "Tại sao không học hình học đại số?". Hi vọng rằng câu trả lời này là đủ để thúc đẩy bạn sâu hơn vào đại dương rộng lớn này của thế giới toán học và tự mình kiểm chứng. Chúc may mắn!

 

Một danh sách phong phú các tài liệu về Hình học đại số, từ cơ bản đến nâng cao: https://math.stackex...y/269446#269446.

Động lực học Hình học đại số cùng với một số tài liệu tự học: https://math.stackex...s/285355#285355

Một số câu hỏi tương tự: https://math.stackex...ons/24443#24443

https://math.stackex...try/46921#46921

và https://math.stackex...rne/24447#24447




#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 $x = x \cdot 1 \in J$