Cấu trúc, độ đo và chiều hausdorff của lớp tập - cantor

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
LÊ HOÀI THƯƠNG
CẤU TRÚC, ĐỘ ĐO VÀ CHIỀU HAUSDORFF
CỦA LỚP TẬP λ - CANTOR
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. VŨ THỊ HỒNG THANH
NGHỆ AN - 2014
Mục lục
1 Kiến thức cơ sở 5
1.1 Các loại ánh xạ và tập bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Độ đo và chiều Hausdorff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Chiều Hausdorff của tập tự đồng dạng thỏa mãn điều kiện tập mở . . . . . 11
2 Cấu trúc, độ đo và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor 13
2.1 Cấu trúc và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Phân loại cấu trúc phủ của tập λ - Cantor theo λ . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3 Độ đo và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor với một số giá trị cụ thể của λ 29
Tài liệu tham khảo 34
1
LỜI NÓI ĐẦU
Hình học Fractal là một lĩnh vực mới và hấp dẫn của toán học. Dù mới chỉ có hơn ba
thập kỷ ra đời và phát triển nhưng hình học Fractal đã thu được nhiều thành tựu đáng
kinh ngạc trong nhiều lĩnh vực và luôn thu hút sự quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà
toán học.
Công cụ chính để nghiên cứu hình học Fractal là độ đo và chiều Hausdorff. Việc tính
chiều Hausdorff là rất khó. Đối với những tập fractal sinh bởi hệ hàm lặp thỏa mãn điều
kiện tập mở (Open Set Condition - OSC) người ta đã thiết lập được công thức đẹp để tính
chiều Hausdorff. Tuy nhiên, đối với các tập sinh bởi hệ hàm lặp không thỏa mãn OSC thì

việc tính chiều Hausdorff là rất khó. Điều này tựa như việc tính độ đo của hợp hai tập hợp
có giao với nhau. Trong trường hợp này, bước đầu, các nhà toán học xét các tập fractal là
mở rộng của các tập fractal quen thuộc thỏa mãn điều kiện tập mở. Tập λ - Cantor là một
tập fractal không thỏa mãn OSC, nó là mở rộng của tập Cantor cổ điển quen thuộc. Nó
được ngiên cứu bởi nhiều nhà toán học như H. Rao và Z. Y. Wen trong [2], M. Kean, M.
Smorodinsky và B. Solomyak trong [7], M. Pollicot và K. Simon trong [8]. Từ việc nghiên
cứu cấu trúc, độ đo và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor ta có thể mở rộng nghiên cứu
cho các tập là mở rộng của tam giác Sierpinsky, đường cong và hình bông tuyết Von Koch,
rồng Hightway, Vì vậy, để tập duyệt với nghiên cứu khoa học và tìm hiểu về vấn đề này
chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn của mình là:
“Cấu trúc, độ đo và chiều Hausdorff của lớp tập λ - Cantor”.
Mục đích của luận văn là nghiên cứu độ đo và chiều Hausdorff. Từ đó, nghiên cứu cấu
trúc, độ đo và chiều Hausdorff của lớp tập λ - Cantor, làm cơ sở để nghiên cứu về độ đo
và chiều Hausdorff của một số fractal không thỏa mãn OSC.
Ngoài Lời mở đầu, Mục lục và Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn được trình
bày trong hai chương.
Chương 1. Kiến thức cơ sở. Trong chương này, chúng tôi trình bày các khái niệm
cơ bản về tập tự đồng dạng, tập fractal, độ đo, độ đo Hausdorff và chiều Hausdorff.
Chương 2. Cấu trúc, độ đo và chiều Hausdorff của lớp tập λ - Cantor. Trong
chương này, chúng tôi trình bày các kết quả nghiên cứu được về cấu trúc, độ đo và chiều
Hausdorff của lớp tập λ- Cantor.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn tận tình, chu
đáo và nghiêm khắc của cô giáo TS. Vũ Thị Hồng Thanh. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn
2
sâu sắc nhất đến Cô, người đã chỉ bảo cho tác giả những kiến thức, kinh nghiệm trong học
tập và nghiên cứu khoa học.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm
Khoa Sư phạm Toán học, quý Thầy giáo - Cô giáo trong tổ Giải tích của khoa SP Toán
học Trường Đại học Vinh đã nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian
học tập. Tác giả xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè, đặc biệt là bạn bè trong lớp

Cao học 20 - chuyên ngành Giải tích đã cộng tác, giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt
quá trình học tâp và nghiên cứu.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không thể tránh khỏi những hạn chế,
thiếu sót. Kính mong quý Thầy Cô và bạn bè đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện
hơn.
Nghệ An, tháng 10 năm 2014
Tác giả
3
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ sở về ánh xạ, hệ hàm lặp,
tập bất biến, độ đo, độ đo Hausdorff và chiều Hausdorff.
1.1 CÁC LOẠI ÁNH XẠ VÀ TẬP BẤT BIẾN
Mục này trình bày các khái niệm về các loại ánh xạ, hệ hàm lặp, tập bất biến qua một
hệ hàm lặp, tập tự đồng dạng và tập fractal. Trong mục này, kí hiệu |x − y| được hiểu là
khoảng cách thông thường giữa hai phần tử x và y trong R
n
.
1.1.1 Định nghĩa ([9]). Giả sử D ⊂ R
n
, D = ∅ (thường lấy D = R
n
).
i) Ánh xạ f : D −→ D được gọi là một ánh xạ co trên D nếu tồn tại c ∈ [0; 1) sao cho
|f(x) − f(y)|  c|x − y| với ∀x, y ∈ D,
c được gọi là tỷ số co.
ii) Ánh xạ f : D −→ D được gọi là một ánh xạ đồng dạng trên D nếu tồn tại c > 0 sao
cho
|f(x) − f(y)| = c|x − y| với ∀x, y ∈ D,
c được gọi là tỷ số đồng dạng.

iii) Ánh xạ f : D −→ D được gọi là một ánh xạ đẳng cự trên D nếu
|f(x) − f(y)| = |x − y| với ∀x, y ∈ D.
iv) Ánh xạ f : D −→ D được gọi là một ánh xạ Lipschitz trên D nếu tồn tại c > 0 sao
cho
|f(x) − f(y)|  c|x − y| với ∀x, y ∈ D.
v) Ánh xạ f : D −→ D được gọi là một ánh xạ Holder trên D nếu tồn tại c > 0 và
α > 0 sao cho
|f(x) − f(y)|  c|x − y|
α
với ∀x, y ∈ D.
4
1.1.2 Mệnh đề ([3]). Cho f : D −→ D. Khi đó, f là ánh xạ đồng dạng khi và chỉ khi f
có thể biểu diễn được dưới dạng sau
f(x) = ρ × R × x + b
trong đó ρ ∈ (0; 1) là tỷ số đồng dạng của f, b ∈ R
n
và R là ma trận trực giao cỡ n × n.
1.1.3 Định nghĩa ([5]). Một họ hữu hạn ánh xạ co {f
i
}
m
i=1
với f
i
: D −→ D được gọi là
một hệ hàm lặp (IFS - Iterated Function System) trên D.
1.1.4 Định nghĩa. Cho D là một tập con đóng trong không gian mêtric (R
n
, d) với d là
mêtric được xác định bởi

d(x, y) = |x − y| =




n

i=1
(x
i
− y
i
)
2
, ∀x = (x
1
, . . . , x
n
), y = (y
1
, . . . , y
n
) ∈ R
n
.
Với mỗi x ∈ R
n
và mỗi tập con A của D ta xác định khoảng cách từ x đến tập A như sau
d(x, A) = inf{d(x, a) : a ∈ A}.
Với mỗi số thực dương δ, ta đặt

A
δ
= {x ∈ R
n
: d(x, A)  δ}
là tập gồm những điểm cách tập A một khoảng cách không quá δ. Ta gọi A
δ
là δ−bao của
A. Gọi K là lớp tất cả các tập con compact khác rỗng của D. Với hai tập A, B thuộc K,
ta ký hiệu
d
H
(A, B) = inf{δ > 0 : A ⊂ B
δ
và B ⊂ A
δ
}. (1.1)
1.1.5 Định lý ([5]). Với cách xác định d
H
như (1.1) thì d
H
là một mêtric trên K. Hơn
nữa, (K, d
H
) là không gian mêtric đầy đủ.
1.1.6 Mệnh đề ([5]). Cho N ánh xạ co {S
i
}
N
i=1

trên D. Ta xác định ánh xạ
S : K −→ K
E −→ S(E) =
N

i=1
S
i
(E) (1.2)
khi đó S là ánh xạ co.
5
Từ Mệnh đề 1.1.6 và Định lý 1.1.5 ta có định lý sau.
1.1.7 Định lý ([5]). Cho hệ hàm lặp {S
i
}
m
i=1
và S là ánh xạ được xác định như (1.2).
Khi đó, luôn tồn tại duy nhất một tập F ∈ K sao cho S(F ) = F . Hơn nữa, nếu có tập
E ∈ K sao cho S
i
(E) ⊂ E (1  i  m) thì với S
k
là sự lặp lại k lần ánh xạ S ta có
F =
∞

k=1
S
k

(E).
Từ Định lý 1.1.7 ta có định nghĩa sau.
1.1.8 Định nghĩa ([5]). Cho hệ hàm lặp {S
i
}
m
i=1
trên D. Khi đó, ta định nghĩa
1) Tập F ∈ K sao cho S(F ) = F được gọi là tập bất biến hay tập hút (attractor) của hệ
hàm lặp {S
i
}
m
i=1
.
2) Nếu S
i
(1  i  m) là ánh xạ đồng dạng thì tập bất biến F được gọi là tập tự đồng dạng
(self-similar set).
3) Các tập bất biến được xem là các tập Fractal.
1.1.9 Ví dụ. 1) Tập Cantor cổ điển F được xây dựng bằng cách lấy đoạn thẳng [0; 1]
chia làm ba phần bằng nhau và bỏ đi khoảng mở I =

1
2
;
3
2

được tập F

1
=

0;
1
3

∪

2
3
; 1

.
Lặp lại bước trên cho hai đoạn của F
1
ta có tập F
2
. Tiếp tục tiến hành như vậy ta có
dãy các tập F
0
= [0; 1] ⊃ F
1
⊃ F
2
⊃ . . . ⊃
∞

i=0
F

i
= F.
Hình 1.1: Tập Cantor
Tập cantor F là một tập tự đồng dạng sinh bởi hệ hàm lặp {S
i
}
2
i=1
trên [0, 1] với
S
1
(x) =
1
3
x, S
2
(x) =
1
3
x +
2
3
.
2) Tập được xây dựng bằng cách xuất phát từ hình vuông đơn vị, chia nó thành 16
hình vuông nhỏ có độ dài cạnh là
1
4
, giữ lại 4 hình vuông ở 4 góc và bỏ đi 12 hình vuông
khác. Làm như thế cho 4 hình vuông được giữ lại và cứ tiếp tục mãi. Đến bước thứ k ta có
4

k
hình vuông cạnh là
1
4
k
. Quá trình này được lặp lại vô hạn lần, khi đó ta thu được bụi
Cantor.
Tương tự như tập Cantor, bụi Cantor là tập tự đồng dạng sinh bởi hệ hàm lặp {S
i
}
4
i=1
6
trên [0, 1]X[0, 1] với
S
1
(x, y) =

x
4
+
1
4
,
y
4

, S
2
(x, y) =


x + 3
4
,
y + 1
4

,
S
3
(x, y) =

x
4
+
1
2
,
y + 3
4

, S
4
(x, y) =

x
4
,
y
4

+
1
2

.
1.2 ĐỘ ĐO VÀ CHIỀU HAUSDORFF
Phần này giới thiệu khái niệm và các tính chất cơ bản về độ đo, độ đo Hausdorff và
chiều Hausdorff.
1.2.1 Định nghĩa ([5]). Cho X là tập khác ∅. Một đại số hay một trường là một lớp
các tập con của X thỏa mãn
1) Chứa X và ∅.
2) Khép kín đối với mọi phép toán về tập hợp (hợp, giao, phần bù, trừ và trừ đối xứng
AB = (A\B) ∪ (B\A)).
1.2.2 Định nghĩa ([5]). Cho X là một tập hợp tùy ý và C là đại số các tập con của X.
1. Hàm tập µ : C → R được gọi là một độ đo trên C nếu thỏa mãn các điều kiện sau
i) µ (A)  0 với mọi A ∈ C;
ii) µ (φ) = 0;
iii) µ là σ - cộng tính, tức là nếu A
i
∈ C (i = 1, 2, ), A
i
∩ A
j
= ∅ (i = j),
∞

i=1
A
i
∈ C

thì
µ(
∞

i=1
A
i
) =
∞

i=1
µ(A
i
).
2. Hàm µ được gọi là một độ đo ngoài trên C nếu µ thỏa mãn i), ii) và thay iii) bởi iii’) là
iii’) Nếu A
i
∈ C (i = 1, 2, ),
∞

i=1
A
i
∈ C thì
µ(
∞

i=1
A
i

) ≤
∞

i=1
µ(A
i
).
1.2.3 Định lý ([5]). Giả sử µ
∗
là độ đo ngoài trên X. Kí hiệu
L = { A ⊂ X : µ
∗
(E) = µ
∗
(E ∩ A) + µ
∗
(E \ A) }.
Khi đó, L là một đại số và µ = µ
∗
/L là một độ đo trên L.
µ được gọi là độ đo sinh bởi độ đo ngoài µ
∗
.
7
Tập A ∈ L được gọi là tập µ
∗
- đo được.
1.2.4 Định nghĩa ([5]). 1) Cho F ⊂ R
n
, F = ∅. Khi đó, đường kính của tập F được

xác định bởi công thức |F | = sup {d(x, y) : x, y ∈ F}.
2) Cho {U
i
} là một họ đếm được các tập con trong R
n
. Nếu F ⊂
∞

i=1
U
i
thì {U
i
} được gọi
là một phủ của F . Nếu thêm điều kiện 0 < |U
i
|  δ với mọi i, trong đó δ > 0 cho trước
thì {U
i
} được gọi là một δ−phủ F .
1.2.5 Nhận xét. Với F ⊂ R
n
, s  0 và δ > 0 ta đặt
H
s
δ
(F ) = inf

∞


i=1
|U
i
|
s
: {U
i
} là δ − phủ F

. (1.3)
Khi đó, H
s
δ
(F ) là hàm nghịch biến theo δ. Do vậy, luôn tồn tại lim
δ→0
H
s
δ
(F ) (dù giới hạn
này có thể là ∞). Ta ký hiệu
H
s
(F ) = lim
δ→0
H
s
δ
(F ).
1.2.6 Định lý ([5]). Cho C là lớp các tập con của R
n

, với mỗi s  0 hàm tập H
s
: C −→ R
n
xác định bởi
H
s
(F ) = lim
δ→0
H
s
δ
(F )
với F ∈ C là một độ đo ngoài trên C.
Từ Định lý 1.2.6 ta đi đến định nghĩa sau.
1.2.7 Định nghĩa ([5]). Độ đo sinh bởi độ đo ngoài H
s
được gọi là độ đo Hausdorff trên
σ−đại số L các tập con H
s
−đo được của R
n
. Tập F ⊂ R
n
thỏa mãn 0 < H
s
(F ) < +∞
được gọi là s−tập.
Sau đây là một số tính chất của độ đo Hausdorff.
1.2.8 Định lý ([5]). Cho λ, s > 0 và F ⊂ R

n
.
1) Khi đó, H
s
(λF ) = λ
s
H
s
(F ) với λF = {λx: x ∈ F }.
2) Nếu f là ánh xạ đồng dạng với tỉ số đồng dạng là λ > 0 thì với F ⊂ R
n
, ta có
H
s
(f(F )) = λ
s
H
s
(F ).
3) Nếu f là một ánh xạ đẳng cự trên F , thì
H
s
(f(F )) = H
s
(F ).
4) Nếu f là một ánh xạ Lipschitz trên F, thì
H
s
(f(F ))  c
s

H
s
(F ).
8
5) Nếu f là một ánh xạ Holder trên F, thì
H
s/α
(f(F ))  c
s/α
H
s
(F ).
1.2.9 Mệnh đề ([5]). Nếu F là tập hữu hạn thì H
s
(F ) = 0 với mọi s > 0.
1.2.10 Mệnh đề ([5]). Với δ > 0 và t > s  0, F ⊂ R
n
ta luôn có
H
t
δ
(F )  δ
t−s
H
s
δ
(F ).
Từ mệnh đề trên ta có nhận xét sau mà nó là cơ sở dẫn đến khái niệm chiều Hausdorff.
1.2.11 Nhận xét. 1) Nếu H
s

(F ) < ∞ thì H
t
(F ) = 0 với mọi t > s  0.
2) Nếu H
t
(F ) > 0 thì H
s
(F ) = ∞ với mọi t > s  0.
1.2.12 Mệnh đề ([5]). Cho ∅ = F ⊂ R
n
là tập Borel. Khi đó, luôn tồn tại duy nhất
một giá trị s
F
∈ [0; +∞] để
1. H
s
(F ) = 0 với mọi s > s
F
.
2. H
s
(F ) = +∞ với mọi s < s
F
.
1.2.13 Định nghĩa ([5]). Cho F ⊂ R
n
. Số s
F
∈ [0; +∞] được nói tới trong Mệnh đề
1.2.12 được gọi là chiều Hausdorff của F , ký hiệu dim

H
F .
1.2.14 Nhận xét. Nếu F ⊂ R
n
thì
1. dim
H
F = inf{s: H
s
(F ) = 0} = sup{s : H
s
(F ) = ∞}.
2. Nếu tồn tại s ∈ [0; +∞] để 0 < H
s
(F ) < ∞ thì dim
H
F = s.
Sau đây là một số tính chất của chiều Hausdorff.
1.2.15 Mệnh đề ([5]). 1) Nếu E ⊂ F ⊂ R
n
thì dim
H
E  dim
H
F (tính đơn điệu).
2) dim
H
∞

i=1

F
i
= sup
i=1,2,
{dim
H
F
i
} (tính ổn định đếm được).
3) dim
H
F = 0 với mọi tập đếm được F ⊂ R
n
.
4) Nếu F là tập mở trong R
n
, F = ∅ thì dim
H
F = n.
5) Nếu F là đa tạp con trơn m chiều trong R
n
thì dim
H
F = m.
6) dim
H
R
n
= n.
1.2.16 Mệnh đề ([5]). Giả sử f : F → R

n
.
1) Nếu f là ánh xạ Holder thì
dim
H
f(F ) ≤
1
α
dim
H
F.
9
2) Nếu f là ánh xạ Lipschitz thì
dim
H
f(F ) ≤ dim
H
F.
3) Nếu f là ánh xạ đẳng cự thì
dim
H
f(F ) = dim
H
F.
4) Nếu f là ánh xạ song Lipschitz thì
dim
H
f(F ) = dim
H
F.

Sau đây là một số khái niệm về chiều hộp, mối liên hệ giữa chiều hộp và chiều Hausdorff.
1.2.17 Định nghĩa ([5]). Cho F ⊂ R
n
, F = ∅ và bị chặn. Kí hiệu N
δ
(F ) là số tối thiểu
các tập có đường kính không vượt quá δ và phủ F . Chiều hộp trên và chiều hộp dưới của
F lần lượt được định nghĩa bởi
dim
B
(F ) = lim
δ→0
log N
δ
(F )
−log δ
và
dim
B
(F ) = lim
δ→0
log N
δ
(F )
−log δ
.
Nếu dim
B
(F ) = dim
B

(F ) thì tồn tại lim
δ→0
log N
δ
(F )
−log δ
= s, khi đó s được gọi là chiều hộp của
F và kí hiệu là dim
B
(F ).
Sau đây là mối liên hệ giữa chiều hộp và chiều Hausdorff.
1.2.18 Mệnh đề ([5]). 1) Nếu F ⊂ R
n
thì dim
H
(F ) ≤ dim
B
(F ) ≤ dim
B
(F ).
2) Nếu F là tập tự đồng dạng thì dim
H
(F ) = dim
B
(F ).
1.3 CHIỀU HAUSDORFF CỦA TẬP TỰ ĐỒNG DẠNG THỎA MÃN ĐIỀU
KIỆN TẬP MỞ
1.3.1 Định nghĩa ([5]). Ta nói rằng hệ hàm lặp {f
1
, f

2
, . . . , f
m
} trên R
n
thỏa mãn điều
kiện tập mở (OSC – Open Set Condition) nếu tồn tại tập mở V khác rỗng trong R
n
sao
cho







m

i=1
f
i
(V ) ⊂ V ;
f
i
(V ) ∩ f
j
(V ) = ∅ ∀i = j.
(1.4)
10

Ngược lại, ta nói hệ hàm lặp có phủ (overlap).
1.3.2 Định lý ([5]). Cho hệ hàm lặp {S
i
}
m
i=1
trên R
n
thỏa mãn OSC, gồm các ánh xạ
đồng dạng với các tỷ số đồng dạng tương ứng là c
i
∈ (0; 1), i = 1, 2, . . . , m và F là tập bất
biến qua hệ hàm lặp {S
i
}
m
i=1
tức là F =
m

i=1
S
i
(F ). Khi đó, dim
H
F = s với s là nghiệm duy
nhất của phương trình
m

i=1

c
s
i
= 1. (1.5)
1.3.3 Ví dụ. Tập Cantor F là tập bất biến sinh bởi hệ hàm lặp gồm hai ánh xạ đồng
dạng
S
1
(x) =
1
3
x, S
2
(x) =
1
3
x +
2
3
với tỷ số đồng dạng c
1
= c
2
=
1
3
thỏa mãn OSC. Thật vậy, lấy V = (0, 1), khi đó
f
1
(V ) = (0,

1
3
), f
2
(V ) = (
2
3
, 1). Do đó





f
1
(V ) ∪ f
2
(V ) ⊂ V ;
f
1
(V ) ∩ f
2
(V ) = ∅.
(1.6)
Theo Định lý 1.3.2, ta có dim
H
F = s với s là nghiệm của phương trình

1
3


s
+

1
3

s
= 1 hay s =
log 2
log 3
.
11
CHƯƠNG 2
CẤU TRÚC, ĐỘ ĐO VÀ CHIỀU HAUSDORFF
CỦA LỚP TẬP λ - CANTOR
Các tập tự đồng dạng được sinh bởi hệ hàm lặp thỏa mãn OSC, người ta đã chỉ ra công
thức khá đơn giản để tính chiều Hausdorff như ở Định lí 1.3.2. Tuy nhiên, việc kiểm tra
hệ hàm lặp có thỏa mãn điều kiện tập mở hay không là rất khó. Có rất nhiều hệ hàm lặp
quan trọng và phong phú mà không thỏa mãn điều kiện tập mở. Do đó, việc nghiên cứu
cách tính chiều Hausdorff của các tập sinh bởi hệ hàm lặp có phủ là rất cần thiết. Tập
Cantor được sinh bởi hệ hàm lặp thỏa mãn OSC và có nhiều tính chất thú vị. Người ta đã
mở rộng tập Cantor thành tập λ - Cantor mà chúng sinh bởi hệ hàm lặp không thỏa mãn
OSC. Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày các kết quả nghiên cứu được về cấu trúc,
độ đo và chiều Hausdorff của lớp tập này.
2.1 CẤU TRÚC VÀ CHIỀU HAUSDORFF CỦA LỚP TẬP λ - CANTOR
2.1.1 Cấu trúc của lớp tập λ - Cantor
2.1.1.1. Định nghĩa([2]). Cho λ ∈ [0, 1] và hệ hàm lặp được xác định bởi
S
1

(x) =
1
3
x, S
2
(x) =
1
3
x +
λ
3
và S
3
(x) =
1
3
x +
2
3
là ba ánh xạ đồng dạng trên [0, 1]. Khi đó, tập tự đồng dạng được sinh bởi ba ánh xạ đồng
dạng này, kí hiệu là F
λ
và được gọi là tập λ - Cantor.
2.1.1.2. Nhận xét ([2]). 1) Nếu λ = 0 thì S
1
= S
2
và F
λ
chính là tập Cantor cổ điển. Khi

đó, dim
H
= log 2/ log 3. Tuy nhiên, nếu vẫn xem là ba ánh xạ thì hệ hàm lặp này không
thỏa mãn OSC.
2) Nếu λ = 1 thì F
λ
= [0, 1]. Khi đó, dim
H
= 1 và hệ hàm lặp này thỏa mãn OSC.
3) Nếu 0 < λ < 1 thì cấu trúc của F
λ
khá phức tạp và khi đó các câu hỏi sau được đặt ra
một cách tự nhiên.
i) Hệ hàm lặp {S
1
, S
2
, S
3
} có thỏa mãn OSC không?
ii) Độ đo và chiều Hausdorff của F
λ
được tính như thế nào? Chiều Hausdorff của nó
phụ thuộc vào tham số λ như thế nào?
12
iii) Có thể chỉ ra cấu trúc của tập F
λ
không?
Phần này chúng tôi sẽ trình bày phần trả lời cho các câu hỏi nêu trên.
Lấy I

0
= [0, 1] , kí hiệu Σ = {1, 2, 3}; Σ
k
= {i = i
1
, i
2
, , i
k
: i
j
∈ Σ, j = 1, 2, , k}
và Σ
∗
=
∞

k=1
Σ
k
. Với mỗi i = i
1
, i
2
, , i
k
, kí hiệu
S
i
(x) = S

i
1
,i
2
, ,i
k
(x)
= S
i
1
oS
i
2
o oS
i
k
(x).
Đặt F
λ,k
= S
k
(I
0
) =

i∈Σ
k
S
i
(I

0
) =

i
1
,i
2
, ,i
k
∈Σ
k
S
i
1
,i
2
, ,i
k
(I
0
).
Để ý rằng các S
i
(i = 1, 2, 3) là các ánh xạ co nên ta có S
i
(I
0
) ⊂ I
0
với i = 1, 2, 3. Do đó,

ta có
F
λ,1
⊃ F
λ,2
⊃ ⊃
∞

k=1
F
λ,k
=
∞

k=1
S
k
(I
0
) = F
λ
.
2.1.1.3. Định nghĩa ([2]).Với mỗi i ∈ Σ
k
, đặt I
i
= S
i
(I
0

) và gọi điểm mút bên trái
của I
i
là điểm bắt đầu của I
i
, đó chính là S
i
(0). Hơn nữa, độ dài của mỗi khoảng này là
|I
i
| = 3
−k
. Ta gọi các khoảng I
i
với i ∈ Σ
k
là khoảng cơ sở cấp k của F
λ
.
2.1.1.4. Định nghĩa ([2]). Giả sử I
i
và I
j
là hai khoảng cơ sở cấp k với i = i
1
i
k
= j =
j
1

j
k
. Nếu I
i
∩ I
j
= ∅ thì ta nói hai khoảng cơ sở cấp k có phủ. Ngược lại, ta nói chúng
là hai khoảng cơ sở cấp k tách rời nhau.
2.1.1.5. Định nghĩa ([2]). Nếu tồn tại k ∈ Z và i = j, (i, j ∈ Σ
k
) sao cho I
i
= I
j
thì ta
nói có một phủ hoàn toàn trong cấu trúc của F
λ
. Ngược lại, ta nói không có phủ hoàn toàn
trong cấu trúc của F
λ
.
Để ý rằng độ dài mỗi khoảng cơ sở thứ k là 3
−k
. Do vậy, để xác định I
i
ta chỉ cần biết
điểm bắt đầu của nó. Vì thế, ta xét tập tất cả các điểm bắt đầu của các khoảng cơ sở thứ
k và ta kí hiệu là M
λ,k
.

Như vậy, M
λ,k
= { S
i
(0) : i ∈ Σ
k
}.
Ta có sự biểu diễn giải tích của các phần tử trong M
λ,k
như sau.
2.1.1.6. Bổ đề ([2]).Với i ∈ Σ
k
ta có
S
i
(0) =
k

j=1
a
i
j
3
j
(2.1)
với a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1

, , i
k
≤ 3, nghĩa là
M
λ,k
=

k

j=1
a
i
j
3
j
: a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
k
≤ 3

.
13
Chứng minh. Ta chứng minh bổ đề bằng phương pháp quy nạp.
Với k = 1 ta có, M
λ,1
= {S

1
(0), S
2
(0), S
3
(0)} = {0,
λ
3
,
2
3
} = {
a
1
3
,
a
2
3
,
a
3
3
} . Vậy bổ đề đúng
với k = 1.
Giả sử bổ đề đúng với k = n, nghĩa là ta có
M
λ,n
=


n

j=1
a
i
j
3
j
: a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
n
≤ 3

.
Ta chứng minh bổ đề đúng với k = n + 1, nghĩa là ta phải chứng minh
M
λ,n+1
=

n+1

j=1
a
i
j
3

j
: a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
n+1
≤ 3

.
Thật vậy, x ∈ M
λ,n+1
thì x = S
i
(y) với y ∈ M
λ,n
.
Với i = 1 thì x = S
1
(y) =
n+1

j=1
a
i
j
3
j
, trong đó a

i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
n+1
≤ 3. Với
i = 2 thì x = S
2
(y) =
n+1

j=1
a
i
j
3
j
, trong đó a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
n+1
≤ 3. Với i = 3 thì
x = S
3
(y) =
n+1


j=1
a
i
j
3
j
, trong đó a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
n+1
≤ 3.
Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Vì độ dài mỗi khoảng cơ sở cấp k là 3
−k
nên từ sự biểu diễn giải tích của các phần tử
trong M
λ,k
ta có bổ đề sau.
2.1.1.7. Bổ đề ([2]). Hai khoảng cơ sở cấp k là I
i
và I
j
có phủ nếu và chỉ nếu khoảng
cách giữa hai điểm bắt đầu không vượt quá 3
−k
, nghĩa là

|
k

l=1
a
i
l
3
l
−
k

l=1
a
j
l
3
l
| ≤ 3
−k
.
Để ý rằng, từ định nghĩa về F
λ,k
ta thấy rằng F
λ,k
là hợp của một số khoảng đóng rời
nhau mà mỗi khoảng đóng đó có thể là một khoảng cơ sở cấp k hay hợp của một số khoảng
cơ sở cấp k có phủ. Các khoảng đóng này được gọi là khoảng phần tử thứ k.
2.1.1.8. Định nghĩa ([2]). Giả sử rằng J
1

và J
2
là hai khoảng phần tử thứ k và giả sử
tập các điểm bắt đầu của các khoảng cơ sở tạo nên J
1
và J
2
tương ứng là {x
1
, , x
m
} và
{y
1
, , y
l
}. Nếu tồn tại một song ánh giữa hai tập này thì ta nói hai khoảng phần tử này
có cùng kiểu. Hay J
1
và J
2
có cùng cấu trúc phủ.
Từ sự biểu diễn giải tích của M
λ,k
thì khi λ là số vô tỉ việc xác định cấu trúc M
λ,k
là
tương đối phức tạp. Nhưng khi λ là số hữu tỉ thì cấu trúc của M
λ,k
đơn giản hơn. Trong

trường hợp này, ta xét tập T
λ,k
(a, b) kết hợp với M
λ,k
được xác định như sau.
14
Giả sử λ =
b
a
∈ Q, a, b ∈ N, (a, b) = 1, b < a. Đặt
T
λ,k
= T
λ,k
(a, b) = {(3
k
a)x : x ∈ M
λ,k
}. (2.2)
Ta gọi T
λ,k
là tập cấu trúc thứ k của F
λ,k
mà nó sẽ giữ vai trò quan trọng trong các phần
trình bày sau. Để đơn giản, thay vì viết T
λ,k
ta viết T
k
.
Với cách xác định T

k
như ở (2.2) thì mỗi phần tử của T
k
là một số nguyên tương ứng
duy nhất với một phần tử bắt đầu của khoảng cơ sở cấp k.
Ta có song ánh
U : M
λ,k
−→ T
k
S
i
(0) −→ (3
k
a).S
i
(0). (2.3)
Từ (2.1) và (2.2) ta có mệnh đề sau.
2.1.1.9. Mệnh đề ([2]). Với các kí hiệu như trên ta có
T
k
=

k

j=1
b
i
j
3

j−1
: b
i
j
∈ {0, b, 2a}, 1 ≤ i
j
≤ 3

. (2.4)
Chứng minh. Ta có
T
k
= {(3
k
a)x : x ∈ M
λ,k
}
=

3
k
a.
k

j=1
a
i
j
3
j

: a
1
= 0, a
2
= λ, a
3
= 2, 1 ≤ i
j
≤ 3

=

k

j=1
a.a
i
j
3
k−j
: a
1
= 0, a
2
= λ =
b
a
, a
3
= 2, 1 ≤ i

j
≤ 3

. (∗)
Đặt b
i
j
= a.a
i
k+1−j
. Khi đó, đẳng thức (*) trở thành
T
k
=

k

j=1
b
i
j
3
j−1
: b
0
= 0, b
1
= b, b
2
= 2a, 1 ≤ i

j
≤ 3

.
Ta có bổ đề sau.
2.1.1.10. Bổ đề ([2]). Với các kí hiệu như trên ta có T
k
⊂

0, 3
k
a

. (2.5)
Chứng minh. Lấy x ∈ T
k
thì x = 3
k
a.S
i
(0) ≥ 0.
Với cách xác định các S
i
ta có S
i
(0) ≤ 1. Do đó, x ≤ 3
k
a. Vậy T
k
⊂


0, 3
k
a

.
Để thiết lập mối quan hệ giữa T
k
và T
k+1
ta sử dụng các ánh xạ sau.
Với x ∈ N, lấy h
1
(x) = 3x, h
2
(x) = 3x + b và h
3
(x) = 3x + 2a.
15
Kí hiệu h
i
(A) = {h
i
(x) : x ∈ A}, i = 1, 2, 3; h(A) =
3

i=1
h
i
(A) và h

i
= h
i
1
o o h
i
k
,
h
k
= h o (h
k−1
).
Từ định nghĩa của F
λ,k
, T
k
và các ánh xạ h
i
ta có mệnh đề sau.
2.1.1.11. Mệnh đề ([2]). Với k ≥ 0 ta có
1) T
k+1
= h(T
k
) = h
k+1
(0);
2) h
k

(0) ⊂ h
k+1
(0) (như vậy T
k
⊂ T
k+1
).
Chứng minh. Ta có,
T
k
=

3
k
a.
k

j=1
a
i
j
3
j
: a
i
j
∈ {0, λ, 2}, 1 ≤ i
1
, , i
k

≤ 3

.
1) Ta chứng minh T
k+1
= h(T
k
).
Lấy y ∈ T
k+1
thì
y = 3
k+1
a.(
a
i
1
3
+
a
i
2
3
2
+ +
a
i
k
3
k

+
a
i
k+1
3
k+1
)
= 3.3
k
.a(
a
i
1
3
+ +
a
i
k
3
k
) + a.a
i
k+1
= 3.y
1
+ c
trong đó, y
1
∈ T
k

và c ∈ {0, b, 2a}.
Do đó, T
k+1
⊂ h(T
k
).
Lấy y ∈ h(T
k
) thì
y = h(x) = 3.3
k
.a(
a
i
1
3
+ +
a
i
k
3
k
) + c
= 3
k+1
.a(
a
i
1
3

+ +
a
i
k
3
k
+
c/a
3
k+1
) ∈ T
k+1
vì c ∈ {0, b, 2a} nên c/a ∈ {0, λ, 2}). Do đó, h(T
k
) ⊂ T
k+1
.
Vậy, T
k+1
= h(T
k
).
Vì T
0
= 0 và T
k+1
= h(T
k
) với mọi k, nên T
k+1

= h
k+1
(0).
2) Lấy y ∈ T
k
thì
y = 3
k
.a(
a
i
1
3
+ +
a
i
k
3
k
)
= 3
k+1
a(
0
3
+
a
i
1
3

2
+ +
a
i
k
3
k+1
) ∈ T
k+1
.
Vậy, T
k
⊂ T
k+1
.
Từ Mệnh đề 2.1.1.11 ta có định nghĩa sau.
2.1.1.12. Định nghĩa ([2]). Với các kí hiệu như trên, ta thấy rằng
T
1
⊂ T
2
⊂ ⊂ T
k
⊂ ⊂
∞

k=1
T
k
= T

16
và ta gọi T là tập cấu trúc của F
λ
.
Bây giờ ta sắp xếp các phần tử của T
k
theo thứ tự tăng dần. Giả sử x
1
≤ x
2
≤ ≤ x
#T
k
,
trong đó #
T
k
được hiểu là lực lượng của T
k
. Khi đó, ta viết T
k
= (x
1
, , x
#T
k
).
Giả sử ω = (x
i
, , x

i+m
) là dãy con của T
k
. Khi đó, kí hiệu |ω| = m + 1 được hiểu là độ
dài hay số phần tử của ω.
Giả sử x
1
, x
2
∈ T
k
. Khi đó, nếu |x
1
− x
2
| ≤ a thì x
1
, x
2
được gọi là liền nhau (trong
trường hợp này, hai khoảng cơ sở cấp k với hai điểm bắt đầu là (3
k
a)
−1
x
1
và (3
k
a)
−1

x
2
có
phủ). Ngược lại, ta nói x
1
và x
2
là rời nhau. Khi đó, hai khoảng cơ sở cấp k nói trên là
tách nhau.
2.1.1.13. Định nghĩa ([2]). Giả sử ω là một dãy con của T
k
. Nếu hai phần tử liên tiếp
bất kì của ω là liền nhau thì ω được gọi là dãy liên tục. Hơn nữa, nếu không tồn tại dãy
liên tục ω

(ω

= ω) mà ω là dãy con hay tập con của ω

thì ω được gọi là dãy sơ cấp thứ
k tương ứng với khoảng phần tử thứ k.
2.1.1.14. Định nghĩa ([2]). Với phần tử ω = (x
1
, , x
m
) ⊂ T
∗
k
= (0, 3
k

a], ta gọi dãy
(0, x
2
− x
1
, , x
m
− x
1
) là kiểu của ω.
Ta có bổ đề sau.
2.1.1.15. Bổ đề ([2]). Hai khoảng phần tử thứ k có cùng cấu trúc phủ nếu và chỉ nếu các
dãy sơ cấp thứ k tương ứng có cùng kiểu.
2.1.2 Độ đo và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor
Giả sử λ là số hữu tỉ, đặt
Q
c
= {λ ∈ Q ∩ [0, 1] : F
λ
có phủ hoàn toàn},
Q
nc
= {λ ∈ Q ∩ [0, 1] : F
λ
không có phủ hoàn toàn}.
Ta có định lí sau.
2.1.2.1. Định lí ([2]). Với các kí hiệu như trên ta có
1) Nếu λ ∈ Q
nc
thì |F

λ
| > 0, với |F
λ
| là độ đo Lebeshue của F
λ
.
2) Nếu λ ∈ Q
c
thì dim
B
F
λ
< 1.
Chứng minh. 1) Giả sử λ =
b
a
. Vì λ ∈ Q
nc
, nên với bất kì k ≥ 1, thì các phần tử cơ sở
của M
λ,k
là khác nhau, nên các phần tử của T
k
cũng khác nhau. Vì khoảng cách giữa hai
phần tử khác nhau bất kì của T
k
≥ 1, nên khoảng cách của hai phần tử khác nhau bất kì
của M
λ,k
lớn hơn hoặc bằng (a3

k
)
−1
. Điều này dẫn đến khoảng cách của hai điểm bất đầu
bất kì của khoảng cơ sở cấp k lớn hơn (a3
k
)
−1
.
17
Vậy với bất kì k ≥ 1 thì
|F
λ,k
| ≥ 3
k
.(a3
k
)
−1
=
1
a
,
do đó |F
λ
| ≥
1
a
> 0.
2) Nếu λ ∈ Q

c
, thì tồn tại số nguyên k
0
và i = j, (i = i
1
i
k
0
, j = j
1
j
k
0
) sao cho hai
khoảng cơ sở I
i
và I
j
trùng nhau. Do đó, có ít nhất 3
k
− 1 khoảng cơ sở cấp k khác nhau.
Vì thế, với bất kì n ≥ 1 có ít nhất (3
k
−1)
n
khoảng cơ sở cấp nk khác nhau. Vì các khoảng
này (với độ dài 3
−nk
0
) phủ F

λ
, nên
dim
B
F
λ
≤ − lim
n→∞
log(3
k
0
− 1)
n
log 3
−nk
0
=
log(3
k
0
− 1)
log 3
k
0
< 1.
Từ Định lí 2.1.2.1 và Định lí 1.3.3 ta có hệ quả sau.
2.1.2.2. Hệ quả ([2]). Giả sử λ ∈ Q. Khi đó, F
λ
thỏa mãn OSC nếu và chỉ nếu λ ∈ Q
nc

.
Hơn nữa, nếu λ ∈ Q
nc
thì F
λ
chứa điểm trong.
Từ Định lí 2.1.2.1 và Hệ quả 2.1.2.2, ta có hệ quả sau.
2.1.2.3. Hệ quả ([2]). Ta có dim
H
F
λ
= 1 nếu λ ∈ Q
nc
và dim
H
F
λ
< 1 nếu λ ∈ Q
c
. Vì
cả Q
c
và Q
nc
trù mật trong Q nên độ đo Hausdorff của F
λ
không liên tục trên [0, 1].
2.1.3 Cấu trúc và chiều Hausdorff của tập λ - Cantor trong trường hợp có phủ
hoàn toàn
Trong phần trước, chúng ta đã thấy nếu λ ∈ Q

nc
thì |F
λ
| > 0 và điều kiện tập mở thỏa
mãn. Nếu λ ∈ Q
c
thì |F
λ
| = 0. Vì vậy, để xác định cụ thể chiều Hausdorff của tập λ -
Cantor, trong phần này chúng tôi sẽ xem xét cấu trúc của F
λ
với λ ∈ Q
c
. Ta sẽ thấy, F
λ
là
một tập A - hoàn hảo theo nghĩa Marion.
2.1.3.1. Định nghĩa ([2]). Cho E
1
, , E
m
là các tập con compact của R với tính chất
sau: Tồn tại ξ > 0 sao cho với mỗi j = 1, 2, , m, E
j
là hợp của a
1j
phần rời nhau, mỗi
phần đều đồng dạng với E
1
với tỉ số đồng dạng ξ, a

2j
phần rời nhau mỗi phần đều đồng
dạng với E
2
với tỉ số đồng dạng ξ, , và a
mj
phần rời nhau mỗi phần đều đồng dạng với
E
m
với tỉ số đồng dạng ξ. Nghĩa là, E
j
được thiết lập bởi
m

i=1
a
i
j
phần rời nhau. Khi đó,
dãy tập {E
j
}
1≤j≤m
được gọi là một họ các tập A - hoàn hảo.
2.1.3.2. Định nghĩa ([10]). Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Một số
λ ∈ K được gọi là giá trị riêng của ma trận A nếu tồn tại vectơ khác không u ∈ K
n
, sao
cho A(u) = λu. Khi đó vectơ u được gọi là vec tơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng
18

λ.
2.1.3.3. Định lí ([10]). Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó, số
λ ∈ K là giá trị riêng của A nếu và chỉ nếu phương trình thuần nhất (A − λI
n
)x = 0 có
nghiệm không tầm thường.
2.1.3.4. Định nghĩa ([2]). 1) Một ma trận vuông A không âm (A = (a
i
j
)
n×n
, a
i
j
≥ 0)
được gọi là ma trận nguyên thủy nếu tồn tại một số nguyên dương n sao cho tất cả các
phần tử của A
n
đều dương.
2) Nếu A là một ma trận nguyên thủy thì sẽ tồn tại giá trị riêng α > 0 sao cho α > |µ| với
bất kì giá trị riêng µ = α. Giá trị riêng α đó được gọi là giá trị riêng Perron - Frobenius
(PF).
2.1.3.5. Định nghĩa ([10]). Cho A = (a
ij
) là ma trận vuông cấp n trên K. Đa thức
f
A
(t) = det(A − tI
n
) ∈ K[x] được gọi là đa thức đặc trưng của ma trận A. Phương trình

f
A
(t) = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A.
2.1.3.6. Định lí ([10]). Cho A là một ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó, số
λ ∈ K là giá trị riêng của A nếu và chỉ nếu λ là nghiệm của phương trình đặc trưng
f
A
(t) = 0.
Với các kí hiệu như trên ta được kết quả sau.
2.1.3.7. Định lí ([4]). Giả sử {E
j
} là một họ của các tập A - hoàn hảo và {A
ij
} là ma
trận nguyên thủy với α là giá trị riêng PF. Khi đó, với mỗi j = 1, , m ta có
dim
H
E
j
=
log α
−log ξ
,
với ξ là tỉ số đồng dạng. Hơn nữa, mỗi E
j
là một s - tập.
Giả sử A ⊂ N, ta kí hiệu A(mod m) = {a (mod m) : a ∈ A}.
Ta có bổ đề sau.
2.1.3.8. Bổ đề ([2]).Với n ∈ N
∗

ta có: T = T
n
(mod 3
n
).
Chứng minh. Với bất kì n ∈ N
∗
ta có T
n
⊂ T . Do đó T
n
⊂ T (mod 3
n
).
Ta cần chứng minh T ⊂ T
n
(mod 3
n
). Thật vậy, lấy c ∈ T và k
c
= inf{k : c ∈ T
k
}. Nếu
k
c
≤ n thì c ∈ T
n
do đó c ∈ T
n
(mod 3

n
). Nếu k
c
> n thì từ (2.4) ta có, c =

k
c
j=1
b
i
j
3
j−1
,
điều này kéo theo c =
n

j=1
b
i
j
3
j−1
(mod 3
n
). Vì
n

j=1
b

i
j
3
j−1
∈ T
n
nên ta có T ⊂ T
n
(mod 3
n
).
Do vậy, ta có T = T
n
(mod 3
n
).
Ta có mệnh đề sau.
2.1.3.9. Mệnh đề ([2]). Giả sử λ ∈ Q
c
. Khi đó, tồn tại M ∈ N sao cho với mọi ω ∈ T ta
có |ω| ≤ M.
19
Chứng minh. Trong chứng minh Định lí 2.1.2.1 ta đã chỉ ra rằng nếu λ ∈ Q
c
thì
lim
n→∞
inf
#T
n

3
n
= 0.
Do đó, tồn tại dãy {n
k
}
k≥1
, sao cho lim
k→∞
#T
n
k
3
n
k
= 0. Lấy n
0
∈ N với 3
n
0
> a và
#T
n
0
3
n
0
<
1
a

.
Theo Bổ đề 2.1.3.8 ta có,
#T (mod 3
n
0
) = #T
3
n
0
(mod 3
n
0
) < #T
3
n
0
<
3
n
0
a
.
Theo nguyên lí chuồng chim bồ câu thì tồn tại số nguyên dương t sao cho
t + 1, t + 2, , t + a /∈ T (mod 3
n
0
).
Bây giờ, giả sử rằng ω = (x
1
, , x

|ω|
) ∈ T với |ω| > 2.3
n
0
.
Lấy x
1
= m
1
và x
|ω|
= m
2
thì ta có m
2
− m
1
> 2.3
n
0
. Do đó, tồn tại m
∗
∈ N sao cho
m
∗
3
n
0
(m
∗

+ 1)3
n
0
∈ [m
1
, m
2
] . Điều này kéo theo m
∗
3
n
0
+ t + 1, , m
∗
3
n
0
+ t + a /∈ T. Vì
thế tồn tại hai số liên tiếp x
k
, x
k+1
∈ ω sao cho x
k+1
− x
k
> a (*). Tuy nhiên, theo tính
liên tiếp của ω thì x
k+1
−x

k
≤ a. Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy, với bất kì ω ⊂ T ta có
|ω| ≤ 2.3
n
0
.
Từ Mệnh đề 2.1.3.9 ta có hệ quả sau.
2.1.3.10. Hệ quả ([2]). Nếu tồn tại một phủ hoàn toàn trên T thì số kiểu của các phần
tử của T là hữu hạn.
2.1.3.11. Bổ đề ([2]). Giả sử ω
1
và ω
2
là hai phần tử đơn vị cùng kiểu của T. Khi đó,
h(ω
1
) và h(ω
2
) cũng có cùng kiểu.
Chứng minh. Từ giả thiết ta có
ω
1
= (x, x + x
1
, , x + x
n
), ω
2
= (y, y + x
1

, , y + x
n
),
nghĩa là ω
1
và ω
2
có cùng kiểu (0, x
1
, , x
n
).
Lấy ω
∗
= h(0, x
1
, , x
n
). Khi đó, ta dễ kiểm tra được rằng
h(ω
1
) = 3x + ω
∗
, h(ω
2
) = 3y + ω
∗
.
Nghĩa là h(ω
1

) và h(ω
2
) có cùng kiểu.
2.1.3.12. Nhận xét([2]). Từ Hệ quả 2.1.3.10 ta giả sử rằng có V kiểu khác nhau của
các phần tử đơn vị trên T , kí hiệu là ω
1
, , ω
V
. Với mỗi j = 1, 2, , V , giả sử rằng h(ω
i
)
chứa a
i
j
phần tử đơn vị mà các kiểu của nó là ω
j
. Ta thành lập ma trận A = (a
i
j
) cỡ V ×V .
20
Từ Nhận xét 2.1.3.12 ta có định nghĩa sau.
2.1.3.13. Định nghĩa([2]). i) Ta gọi ma trận A = (a
i
j
) cỡ V × V được thành lập như
trong Nhận xét 2.1.3.12 được gọi là ma trận truy hồi liên kết với F
λ
.
ii) Ma trận M = (m

ij
), trong đó m
ij
là số các dãy sơ cấp khác nhau của kiểu ω
j
sinh bởi
kiểu ω
i
được gọi là ma trận truy hồi.
Từ Mệnh đề 2.1.3.9, luôn tồn tại một số nguyên k sao cho mọi kiểu khác nhau của các
phần tử đơn vị của T xuất hiện trong T
k
. Nếu m > 0, nếu tất cả các kiểu của các phần tử
đơn vị của T
m
đều xuất hiện trong T
k−1
thì sẽ không có kiểu mới nào bởi vì k ≤ V .
Theo Bổ đề 2.1.1.15 thì các khoảng phần tử của F
λ,k
cũng có V kiểu khác nhau, kí hiệu
là I
1
, , I
V
và mỗi khoảng phần tử của kiểu I
i
cho ta a
i
j

khoảng của F
λ,k+1
với kiểu là I
i
.
Hơn nữa, độ dài của của mỗi khoảng phần tử của F
λ,k
với kiểu I
i
gấp 3 lần độ dài của mỗi
khoảng phần tử của F
λ,k+1
và cùng kiểu.
Lấy khoảng phần tử thứ k là U
j
với kiểu là I
j
và ta đặt E
j
= U
j
∩ F
λ
. Khi đó, ta có
{E
j
}
1≤j≤V
là họ các tập A - hoàn hảo.
Từ các kết quả trên và Định lí 2.1.3.7 ta có định lí sau.

2.1.3.14. Định lí([2]). Giả sử λ ∈ Q
c
và M
λ
là ma trận truy hồi liên kết với λ. Nếu M
λ
là ma trận nguyên thủy thì dim
H
F
λ
=
log α
log 3
. Hơn nữa, F
λ
là một s - tập, trong đó α là giá
trị riêng PF.
Chứng minh. Từ các kết quả trên ta có F
λ
là một tập A - hoàn hảo. Khi đó, theo Định lý
2.1.3.7 ta có dim
H
F
λ
=
log α
−log ξ
, với ξ là tỉ số đồng dạng. Mà F
λ
là tập tự đồng dạng với

tỉ số đồng dạng
1
3
. Vậy, dim
H
F
λ
=
log α
log 3
, với α là giá trị riêng PF.
Hơn nữa, F
λ
là một s - tập.
2.2 PHÂN LOẠI CẤU TRÚC PHỦ CỦA TẬP λ - CANTOR THEO λ
Trong kết quả đã chỉ ra ở phần trước, ta có dim
H
F
λ
= 1 nếu λ ∈ Q
nc
và dim
H
F
λ
< 1
nếu λ ∈ Q
c
. Do vậy, việc tìm xem với điều kiện nào của a, b thì λ ∈ Q
nc

và với điều kiện
nào của a, b thì λ ∈ Q
c
là cần thiết. Từ cách xác định Q
nc
và Q
c
thì bài toán trên trở
thành tìm điều kiện của a, b để F
λ
có hay không có phủ hoàn toàn. Vì vậy, trong phần này
chúng tôi sẽ trình bày các kết quả đạt được về việc giải quyết bài toán này. Các tập mà
chúng tôi sẽ sử dụng trong phần này là

T
k
= {|x − y| : x, y ∈ T
k
, x = y}, k ≥ 1,
21

T =

k≥1

T
k
= {|x − y| : x, y ∈ T, x = y}.
2.2.1 Điều kiện để F
λ

không có phủ hoàn toàn
Ta có mệnh đề sau.
2.2.1.1. Mệnh đề ([2]). Nếu λ là số vô tỉ thì không tồn tại phủ hoàn toàn trong T.
Chứng minh. Giả sử rằng tồn tại k ∈ Z và i = j, (i, j ∈ Σ
k
) sao cho S
i
(I
0
) = S
j
(I
0
). Khi
đó, các điểm bắt đầu của các khoảng S
i
(I) và S
j
(I) là trùng nhau, nghĩa là S
i
(0) = S
j
(0).
Từ ( 2.1 ) ta có
k

r=1
a
i
r

3
r
=
k

r=1
a
j
r
3
r
với 0 ≤ i
r
, j
r
≤ 2, a
0
= 0, a
1
= λ, a
2
= 2.
Từ đẳng thức trên ta suy ra
λ(

1≤r≤k:a
i
r
=λ
3

−r
−

1≤r≤k:a
j
r
=λ
3
−r
) =

1≤r≤k;a
i
r
=λ
a
i
r
3
r
−

1≤r≤k;a
j
r
=λ
a
j
r
3

r
.
Đặt

1≤r≤k:a
i
r
=λ
3
−r
−

1≤r≤k:a
j
r
=λ
3
−r
= τ
1
và

1≤r≤k:a
i
r
=λ
a
i
r
3

r
−

1≤r≤k:a
j
r
=λ
a
j
r
3
r
= τ
2
.
Khi đó, ta có λτ
1
= τ
2
. Để ý rằng λ /∈ Q và τ
1
, τ
2
∈ Q. Do đó, nếu các tập
{r : a
i
r
= λ, 1 ≤ r ≤ k}
và
{r : a

j
r
= λ, 1 ≤ r ≤ k}
là khác nhau thì τ
1
= 0 và do đó τ
2
= 0. Điều này dẫn đến mâu thuẫn với tính vô tỉ của
λ. Vì thế ta có
{r : a
i
r
= λ, 1 ≤ r ≤ k} = {r : a
j
r
= λ, 1 ≤ r ≤ k}.
Do đó, τ
1
= τ
2
= 0, ta suy ra i = j (trái giả thiết). Vậy, T không có phủ hoàn toàn.
Bây giờ ta xét đến điều kiện của a, b để λ là số vô tỉ. Ta có mệnh đề sau.
2.2.1.2. Mệnh đề ([2]). Nếu a ≡ b ≡ 0 (mod 3) thì
b
a
∈ Q
nc
.
22
Chứng minh. Lấy p, q ∈ T, p = q. Từ điều kiện của mệnh đề, ta có 2a, b và 2a − b ≡

0 (mod 3). Do đó, theo định nghĩa của h
i
ta có, nếu i = j(1 ≤ i, j ≤ 3) thì h
i
(p) ≡
h
j
(q)(mod 3) và h
i
(p) = h
j
(q). Mặt khác, vì p = q nên h
i
(p) = h
i
(q). Vì vậy ta có,
h(p) ∩ h(q) = ∅. Điều này chứng tỏ không có phủ hoàn toàn trong T .
Từ Mệnh đề 2.2.1.2 ta có định lí sau.
2.2.1.3. Định lí ([2]). Giả sử λ = b/a ∈ Q ∩ [0, 1], (a, b) = 1, a > b. Khi đó, λ ∈ Q
nc
khi
và chỉ khi a ≡ b ≡ 0 (mod 3).
2.2.2 Điều kiện để F
λ
có phủ hoàn toàn
Cho s ∈ N, s ≡ 0 (mod 3), đặt K
s
= {1, 2, , [
s
2

]}.
Ta xác định một ánh xạ f
s
: Z \ {0} → Z \ {0} bởi
f
s
(x) =











x + s
3
nếu 3 | (x + s),
s − x
3
nếu 3 | (x − s),
x
3
nếu 3 | x.
(2.6)
Từ cách xác định của f
s

ta có f
s
(K
s
) ⊂ K
s
. Hơn nữa, ta có bổ đề sau.
2.2.2.1. Bổ đề ([2]). Thu hẹp của ánh xạ f
s
trên K
s
là một song ánh.
Chứng minh. Giả sử p, q ∈ K
s
và f
s
(p) = f
s
(q). Khi đó, với các trường hợp có thể xảy ra
là p ≡ 0, 1, 2 (mod 3) và q ≡ 0, 1, 2 (mod 3), ta có thể kiểm tra được p = q và f
s
(p) = f
s
(q)
đều không thể xảy ra. (1)
Giả sử p ∈ K
s
. Nếu 0 < p ≤ [s/2]/3 thì 3p ≤ [s/2] và f
s
(3p) = p. Nếu [s/2]/3 < p ≤ s/3

thì 0 < s − 3p ≤ [s/2], do đó f
s
(s − 3p) = p. Nếu s/3 < p ≤ [s/2] thì 0 < 3p − s ≤ [s/2],
do đó f
s
(s − 3p) = p. (2)
Kết hợp (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ ta xét {f
n
s
}
n≥0
ở trên K
s
. Vì K
s
là tập hữu hạn nên với p ∈ K
s
bất kì, dãy
{f
n
s
(p)}
n≥0
là tuần hoàn. Mặt khác, từ Bổ đề 2.2.2.1 thì f
s
là đơn ánh. Vì vậy, {f
n
s
(p)}

n≥1
là một dãy tuần hoàn.
2.2.2.2. Bổ đề ([2]). Với bất kì p ∈ K
s
thì dãy {f
n
s
(p)}
n≥1
là tuần hoàn.
2.2.2.3. Bổ đề ([2]). Với bất kì p ∈

T ta có 3p, | 3p ± b |, | 3p ± 2a |, | 3p ± (2a − b) |∈

T .
Chứng minh. Lấy p ∈

T . Khi đó, tồn tại p
1
, p
2
∈ T sao cho p = p
1
+ p
2
. Do đó, từ x ∈ T
thì ta có khẳng định sau h
i
(x) ∈ T và 0, 2a, b, 2a − b ∈ T. Vì vậy, ta có 3p, | 3p ± b |, |
3p ± 2a |, | 3p ± (2a − b) |∈


T .
23
Từ Bổ đề 2.2.2.2 và Bổ đề 2.2.2.3 ta có hệ quả sau.
2.2.2.4. Hệ quả ([2]). i) Giả sử p ∈

T , n ∈ N và r = b, 2a hoặc 2a − b, r ≡ 0 (mod 3).
Khi đó, f
−n
r
(p) ∈

T . Chú ý rằng, nếu p > [r/2] thì tạo ảnh của p không nhất thiết là duy
nhất.
ii) Nếu p ∈ K
r
và p ∈

T thì f
k
r
(p) ∈

T với k bất kì.
Chứng minh. i) Đặt f
−1
r
(p) = q. Khi đó, từ định nghĩa của f
r
ta thấy q có thể là 3p hoặc

3p ± r và từ Bổ đề 2.2.2.3 ta có điều cần chứng minh.
ii) Nếu p ∈ K
r
thì từ Bổ đề 2.2.2.2 sẽ tồn tại n ∈ N sao cho f
n
r
(p) = p, để f
r
(p) = f
−n−1
r
(p).
Do đó, f
r
(p) ∈

T .
Từ Hệ quả 2.2.2.4 ta có mệnh đề sau.
2.2.2.5. Mệnh đề ([2]). Giả sử a ≡ 0, b ≡ 0 (mod 3). Khi đó, tồn tại một phủ hoàn toàn
trong T .
Chứng minh. Từ điều kiện đã cho, ta có f
2a
(b) =
b
3
∈ K
2a
. Mặt khác, từ Hệ quả 2.2.2.4
ta có f
2a

(b) ∈

T . Do đó, b/3 ∈

T , nghĩa là tồn tại p, q ∈ T sao cho b/3 = p − q. Khi đó,
(3p − b) − 3q = 0, h
2
(p) = h
1
(q). Vì vậy, tồn tại một phủ hoàn toàn trong T .
Ta có mệnh đề sau.
2.2.2.6. Mệnh đề ([2]). Giả sử a, b và a + b ≡ 0 (mod 3). Khi đó, tồn tại một phủ hoàn
toàn trong T .
Chứng minh. Từ điều kiện đã cho ta có 2a − b ≡ 0 (mod 3). Do đó, f
2a
(b) = (2a − b)/3.
Bằng lập luận tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 2.2.2.5 ta có điều phải chứng
minh.
Trong phần này, ở Mệnh đề 2.2.2.5 và Mệnh đề 2.2.2.6 ta đã xét trường hợp a ≡
0 (mod 3). Bây giờ ta xét trường hợp a ≡ 0 (mod 3). Vì (a, b) = 1, b ≡ 0 (mod 3).
Giả sử a = 3
n
a
∗
với a
∗
≡ 0 (mod 3) (vì a ≡ 0 (mod 3) nên ta có n ≥ 1). Ta xây dựng hai
dãy {c
k
}

0≤k≤n
và {d
k
}
0≤k≤n
bởi
c
k
=
2.3
k
2.3
k
+ 1
, d
k
=
3
k
− 1
3
k
, 0 ≤ k ≤ n.
Rõ ràng, c
k
≤ d
k+1
≤ c
k+1
.

Tập I
0
= A
1
∪ A
2
∪ A
3
, trong đó
A
1
= [0, 2/3], A
2
= (c
0
, c
n
] =
n−1

i=0
((c
i
, d
i+1
] ∪ (d
i+1
, c
i+1
])

24