xây dựng hàm tử ext trong phạm trù các không gian banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Xuân

XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM
TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thanh Xuân

XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM
TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. TRẦN HUYÊN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012

-1-

LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên, tôi xin gởi đến T.S Trần Huyên, Khoa Toán, Trường Đại học Sư
Phạm Tp. Hồ Chí Minh – người đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình
hoàn thành luận văn này lòng biết ơn chân thành sâu sắc nhất.

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong trường Đại học Sư Phạm
Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học
cũng như tìm tòi các tài liệu nghiên cứu.

Vì kiến thức còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, rất
mong được sự chỉ bảo chân thành của các thầy, các cô và các bạn.


-2-

MỤC LỤC
Trang

MỤC LỤC ...............................................................................................................................................2

MỞ ĐẦU .................................................................................................................................................3

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ..........................................................................................4

§1 HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ MÔĐUN .................................................................4

§2. KHÔNG GIAN ĐỊNH CHUẨN VÀ KHÔNG GIAN BANACH ................................... 12
§3. PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH .................................................................. 16

CHƯƠNG 2: HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH ...... 24
§1. PHÂN LỚP CÁC DÃY KHỚP NGẮN .............................................................................. 24

§2 TÍCH DÃY KHỚP NGẮN VỚI CÁC CẤU XẠ ................................................................. 28

§3 CẤU TRÚC NHÓM ABEL CHO EXT(C,A) ..................................................................... 48
§4 XÂY DỰNG HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH.
............................................................................................................................................................56

KẾT LUẬN .......................................................................................................................................... 61

TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................................. 62


-3-

MỞ ĐẦU
Trong cuốn Homology, bằng việc tính toán cụ thể trên các phần tử,
Saunders MacLane đã xây dựng được hàm tử Ext trong phạm trù môđun. Bây
giờ nếu ta thay phạm trù môđun bởi phạm trù các không gian Banach thì liệu
rằng ta có thể xây dựng được hàm tử Ext trong đó hay không? Với ý tưởng
này, chúng tôi đã cố gắng phân tích, đánh giá con đường chứng minh của
MacLane dưới góc độ của phạm trù và tìm cách chứng minh các kết quả đó
trong phạm trù các không gian Banach và đó cũng là mục đích chính của cuốn
luận văn này.
Bố cục luận văn chia làm ba chương:
♦ Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày một cách khái quát con đường xây

dựng hàm tử Ext trong phạm trù môđun qua đó lấy làm cơ sở cho việc xây
dựng hàm tử Ext trong phạm trù các không gian Banach.

Xây dựng phạm trù các không gian Banach và trình bày một số kết quả liên
quan tới cấu trúc của không gian Banach cùng với các ánh xạ tuyến tính trên
đó.

♦ Chương 2: Xây dựng hàm tử Ext trong phạm trù các không gian Banach
Dựa trên cơ sở phép tính Berơ, vốn đã được trình bày trong lý thuyết
môđun. Chúng tôi cũng đưa ra một số kết quả được xem là tương tự như trong
lý thuyết môđun, dẫu vậy, việc chứng minh có phần phức tạp hơn về những đặc
trưng riêng của phạm trù đang xét.


-4-

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
§1 HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ MÔĐUN
Giả sử A và C là các môđun trái trên vành R. Ta gọi một mở rộng của A nhờ C là
dãy khớp ngắn các R-môđun trái và các R-đồng cấu:

=
E

χ
σ
→ B 
→C → 0
( χ ,σ ) : 0 → A 

Tập hợp các mở rộng của A nhờ C ta sẽ kí hiệu là £(C,A).

Bây giờ ta sẽ xây dựng hàm tử Ext qua ba giai đoạn chính: phân lớp tập £(C,A)
thành Ext(C,A) → trang bị cho Ext(C,A) phép toán hai ngôi để Ext(C,A) trở thành
nhóm Aben (nhóm giao hoán) → xây dựng hàm tử Ext.
Đầu tiên ta thực hiện sự phân lớp tập £(C,A).

Định nghĩa 1.1.1

χ
σ
Trong tập £(C,A) cho hai mở rộng E : 0 → A 
→ B 
→ C → 0 và
χ'
σ'
E ' : 0 → A ' 
→ B ' 
→C ' → 0 .

Cấu xạ toàn đẳng giữa E và E ' (nếu có) là bộ ba các đồng cấu môđun
=
T (1A , β ,1C ) : E → E ' làm cho biểu đồ sau là giao hoán:
χ
σ
→ B 
→C → 0
E : 0 → A 

↓β

↓ 1A
χ'

↓ 1C
σ'

E ' : 0 → A ' → B ' → C ' → 0

Khi đó ta nói E toàn đẳng với E ' và kí hiệu là E ≡ E ' .

Nhận xét 1 : Nhờ bổ đề 5 ngắn ta dễ dàng kiểm tra được quan hệ toàn đẳng
trên £(C,A) là quan hệ tương đương. Do đó nó thực hiện sự phân lớp tập £(C,A).
Ta gọi tập thương của £(C,A) theo quan hệ toàn đẳng này là Ext(C,A). Đó chính
là tập các lớp toàn đẳng các lớp mở rộng của A nhờ C. Lớp chứa mở rộng E ta kí


-5-

hiệu là E hoặc đơn giản là E nếu không sợ nhầm lẫn. Tiếp theo ta sẽ trang bị
cho Ext(C,A) một phép toán cộng để nó trở thành nhóm giao hoán. Để làm điều
này trước tiên ta cần đưa ra các định nghĩa về tích bên trái và tích bên phải của
một mở rộng với một đồng cấu.
Định nghĩa 1.1.2
χ
σ
Cho E : 0 → A 
→ B 
→ C → 0 là một mở rộng của A nhờ C và đồng cấu
χ'

σ'
γ : C ' → C . Mở rộng E ' : 0 → A 
→ B ' 
→ C ' → 0 được gọi là tích bên phải

cấu xạ Tγ
của mở rộng E và đồng cấu γ nếu tồn tại=

ta có biểu đồ sau giao hoán :

(1A , β , γ ) : E → E ' . Tức là

χ'
σ'
E ' : 0 → A 
→ B ' 
→C ' → 0

↓ 1A

↓β

↓γ

χ
σ
E : 0 → A 
→ B 
→C → 0

Khi đó ta kí hiệu E ' = Eγ .
Mệnh đề 1.1.3

χ
σ
Cho mở rộng E : 0 → A 
→ B 
→ C → 0 và đồng cấu γ : C ' → C . Khi đó

luôn luôn tồn tại duy nhất (chính xác tới một toàn đẳng) mở rộng
χ'
σ'
→ B ' 
→ C ' → 0 thỏa E ' = Eγ .
E ' : 0 → A ' 
Chứng minh :

Để chứng minh sự tồn tại của E ' ta cần tìm môđun B ' và các đồng cấu
χ ' : A → B ',σ ' : B ' → C ', β ' : B ' → B sao cho biểu đồ
χ'
σ'
E ' : 0 → A 
→ B ' 
→C ' → 0

↓β

↓γ

χ

σ
E : 0 → A 
→ B 
→C → 0

(1) là giao hoán và dòng trên là khớp.

Ta lấy B ' là tập con của B ⊕ C ' được xác
định: B '
=

( b, c ' ) σ ( b )
{=

γ ( c ')}

Ta chọn β , σ ' là các phép chiếu từ môđun B ' xuống các môđun thành phần B

β ( b, c ') b=
, σ ' ( b, c ' ) c ' .
và C ' tương ứng, tức là:=


-6-

Đồng cấu χ được xác định: χ ' ( a ) = ( χ ( a ) ,0 ) .

Với cách xây dựng như trên ta dễ dàng kiểm tra biểu đồ (1) là giao hoán và
dòng trên là khớp. Hơn nữa, sự tồn tại của E ' là duy nhất chính xác tới một
toàn đẳng, nghĩa là nếu tồn tại E " = Eγ thì E " ≡ E .

Nhận xét 2: Với cách xây dựng B ' và các cấu xạ σ ' : B ' → C ', β : B ' → B như
σ'
B ' 
→C '

trên thì biểu đồ ↓ β (2) ↓ γ chính là một níu nếu xét theo cấp độ phạm trù.
σ
B 
→C

Chứng minh:

Theo cách xây dựng β , σ ' thì hiển nhiên biểu đồ (2) là giao hoán.

Giả sử f : X → C ' và g : X → B là cặp đồng cấu thỏa γ f = σ g . Khi đó ∀x ∈ X
ta có γ f ( x ) = σ g ( x ) . Suy ra ( g ( x ) , f ( x ) ) ∈ B ' . Do đó ta xây dựng cấu xạ

h : X → B ' như sau: x  h ( x ) = ( g ( x ) , f ( x ) )

βh g .
Ta có: β h=
( x) β ( g ( x), f =
( x ) ) g ( x ) , ( ∀x ∈ X ) hay=
σ ' h=
σ 'h f .
( x ) σ '( g ( x ) , f =
( x ) ) f ( x ) , ( ∀x ∈ X ) hay=

β h = g

Ta cần chứng minh h là đồng cấu duy nhất thỏa 
.
=
σ
'
h
f

β h = g
Gọi h1 : X → B ' là đồng cấu thỏa  1
. Ta có
σ ' h1 = f


 β h1 ( x ) = g ( x )
, ∀x ∈ X mà

=
'
h
x
f
x
σ
(
)
(
)

1



' nên h1 ( x )
β , σ ' là hai cấu xạ chiếu từ B ' lên B và C =

Suy ra h1 = h .

( g ( x ) , f ( x ) ) , ∀x ∈ X .

σ'
B ' 
→C '

Vậy biểu đồ ↓ β

↓ γ là một níu.

σ
B 
→C

Tương tự với cách xây dựng trong mệnh đề 1.1.3, ta có kết quả sau:


-7-

Mệnh đề 1.1.4

C'
Trong phạm trù môđun mọi biểu đồ

↓ đều có thể nâng lên thành níu.
B→C

Mệnh đề 1.1.5

(1A , β , γ ) : Eγ → E có tính chất phổ dụng. Tức là mọi cấu xạ
(α 1 , β1 , γ 1 ) : E1 → E với γ 1 = γ đều phân tích được một cách duy nhất qua T

=
Cấu xạ T

=
T1

( 1 )
(
)
→ Eγ 1 
→E .
dưới dạng: E1 
α , β ',1

T = 1, β ,γ

Định nghĩa 1.1.6

χ
σ
Cho mở rộng E : 0 → A 

→ B 
→ C → 0 và đồng cấu α : A → A ' . Mở rộng
χ'
σ'
E ' : 0 → A ' → B ' → C → 0 được gọi là tích bên trái của mở rộng E và
đồng cấu α nếu tồn tại=
cấu xạ Tα (α , β ,1C ) : E → E ' . Tức là ta có biểu đồ sau

giao hoán:

χ
σ
E : 0 → A 
→ B 
→C → 0

↓α

↓β

↓ 1C

χ'
σ'
E ' : 0 → A 
→ B ' 
→C → 0

Khi đó ta kí hiệu E ' = α E .
Mệnh đề 1.1.7

χ
σ
Cho mở rộng E : 0 → A 
→ B 
→ C → 0 và đồng cấu α : A → A ' . Khi đó
luôn luôn tồn tại duy nhất (chính xác tới một toàn đẳng) mở rộng
χ'
σ'
E ' : 0 → A ' 
→ B ' 
→ C → 0 thỏa E ' = α E .

Chứng minh :

Để chứng minh sự tồn tại của mở rộng E ' ta cần tìm môđun B ' và các đồng cấu
χ ' : A ' → B ', σ ' : B ' → C , β : B → B ' sao cho biểu đồ
χ
σ
E : 0 → A 
→ B 
→C → 0

↓α

↓β

χ'
σ'
E ' : 0 → A ' 

→ B ' 
→C → 0

(3) là giao hoán và dòng dưới là khớp.


-8-

{

}

Gọi N = ( −α ( a ) , χ ( a ) ) a ∈ A ⊂ A '⊕ B . Lấy B=' A '⊕ B N .
Ta xây dựng các đồng cấu β , χ ', σ ' như sau:

β (=
b)

( 0, b ) + N , ∀b ∈ B
χ ' ( a=
') ( a ',0 ) + N , ∀a ' ∈ A '
σ ' ( ( a ', b ) + N =
) σ ( b ) , ∀ ( ( a ', b ) + N ) ∈ B '

Với cách xây dựng như trên, ta dễ dàng kiểm tra biểu đồ (2) là giao hoán và
dòng dưới là khớp. Hơn nữa sự tồn tại của E ' là duy nhất (chính xác tới một
toàn đẳng).
Nhận xét 3: Với cách xây dựng B ' , các cấu xạ β và χ ' như trên thì biểu đồ
χ
A 

→B

↓α

↓ β (4) là một buông nếu xét theo cấp độ phạm trù.

χ'
A ' 
→B'

Chứng minh:

Giả sử f : B → D và g : A ' → D là cặp đồng cấu thỏa f χ = gα .

+N
Lấy ( a '1 , b1 ) =

( a '2 , b2 ) + N ∈ B ' . Khi đó ( a '2 − a '1 , b2 − b1 ) ∈ N , tức tồn tại phần



−α ( a )
a '2 + α ( a )
a '2 − a '1 =
a '1 =
tử a ∈ A thỏa 
. Khi đó ta có:
⇔
b2 − b1 = χ ( a )
b1 = b2 + χ ( a )




g ( a '1 ) + f ( b1 ) = g ( a '2 + α ( a ) ) + f ( b2 − χ ( a ) )

= g ( a '2 ) + f ( b2 ) + gα ( a ) − f χ ( a )
= g ( a '2 ) + f ( b2 )
Vì vậy ta xây dựng đồng cấu h : B → D như sau:

N)
( a ', b ) + N  h ( ( a ', b ) + =

g ( a ') + f ( b ) , ∀a ' ∈ A ', ∀b ∈ B

Khi đó:

hχ ' ( a=
') h ( ( a ',0 ) + N
=
0 ) g ( a ') , ∀a ' ∈ A hay h=
χ' g
) g ( a ') + f (=
hβ (=
b ) h ( ( 0, b ) + N
=
b ) f ( b ) , ∀b ∈ B hay h=
β f
) g ( 0 ) + f (=

-9-

β h = f
Ta cần chứng minh h là đồng cấu duy nhất thỏa 
σ ' h = g

h β = f
.
Gọi h1 : B ' → D là cấu xạ thỏa  1
h1χ ' = g

Với mọi phần tử ( a ', b ) + N ∈ B ' , ta có :

h1 ( ( a ', b ) + N=
) h1 ( ( 0, b ) + N ) + h1 ( ( a ',0 ) + N=) h1β ( b ) + h1χ ' ( a )
= f ( b ) + g ( a ') =h ( ( a ', b ) + N )

β h = f
Điều này chứng tỏ h là duy nhất thỏa 
.
σ ' h = g
χ
A 
→B

Vậy biểu đồ ↓ α

↓ β là một buông.

χ'

A ' 
→B'

Tương tự cách xây dựng mệnh đề 1.1.7 ta có kết quả sau :

Mệnh đề 1.1.8

χ
→B
A 

Trong phạm trù môđun mọi biểu đồ ↓ α

A'

buông.

đều có thể nâng lên thành

Mệnh đề 1.1.9

(α , β ,1C ) : E → α E có tính chất phổ dụng. Tức là mọi cấu xạ
=
T1 (α1 , β1 , γ 1 ) : E → E1 (với α1 = α ) đều được phân tích một cách duy nhất qua
(α , β ',1)
(1, β ,γ )
T dưới dạng: E 
E1 (α = α1 ) .
→α E →
Cấu xạ T

=

1

1

Mệnh đề 1.1.10

Với mọi cặp đồng cấu α : A → A ' và γ ' : C ' → C và mọi mở rộng E thuộc £(C,A)

ta luôn có (α E ) γ ≡ α ( Eγ ) .


- 10 -

Mệnh đề 1.1.11
Cho E ∈£(C,A) và E ' ∈ £ ( C ', A ') . Khi đó mọi=
cấu xạ T
ta toàn đẳng α E = E ' γ .

(α , β , γ ) : E → E ' đều cho

Mệnh đề 1.1.12

Nếu E1 ∈£ ( C1 , A1 ) , E2 ∈ £ ( C2 , A2 ) và α1 : A1 → A '1 , α 2 : A2 → A '2 thì:

(α 1 ⊕ α 2 )( E1 ⊕ E2 ) ≡ α1E1 ⊕ α 2 E2 .

Mệnh đề 1.1.13

Nếu E1 ∈£ ( C1 , A1 ) , E2 ∈ £ ( C2 , A2 ) và γ 1 : C '1 → C1 , γ 2 : C '2 → C2 thì: :

( E1 ⊕ E2 )(γ 1 ⊕ γ 2 ) ≡ E1γ 1 ⊕ E2γ 2 .

Mệnh đề 1.1.14

Cho E ∈£(C,A). Khi đó:
i) ∆ A E ≡ ( E ⊕ E ) ∆ C

ii) E∇C ≡ ∇ A ( E ⊕ E )

Định nghĩa 1.1.15

χ
σ
Ta nói mở rộng 0 → A 
→ B 
→ C → 0 là tự phân rã nếu nó toàn đẳng với
i1
p2
mở rộng : 0 → A 
→ A ⊕ C → C → 0 .

Mệnh đề 1.1.16

Với bất kì mở rộng E = ( χ , σ ) , các kết hợp χ E và Eσ là tự phân rã.

Bây giờ cho E1 , E2 , E1 ', E2 ' là các mở rộng của A nhờ C với E1 ≡ E1 ', E2 ≡ E2 ' . Ta

dễ dàng kiểm tra được E1 ⊕ E2 ≡ E1 '⊕ E2 ' và do đó theo các kết quả về tích bên

trái và bên phải của một mở rộng và một đồng cấu thì
∇ A ( E1 ⊕ E2 ) ∆ C ≡ ∇ A ( E1 '⊕ E2 ') ∆ C . Nhờ vậy mà tính hợp lý của phép cộng ta
đưa ra dưới đây được bảo đảm :

Định nghĩa 1.1.17 (phép cộng Berơ)


- 11 -

Cho E1 , E2 ∈ Ext ( C , A ) . Tổng của E1 và E2 , kí hiệu E1 + E2 được cho bởi công

∇ A ( E1 ⊕ E2 ) ∆ C .
thức : E1 + E2 =
Mệnh đề 1.1.18

E1 + E2 ∈ Ext ( C , A ) , α : A → A ', γ : C ' → C . Khi đó :

i ) α ( E1 + E2 ) = α E1 + α E2

ii ) ( E1 + E2 ) γ =E1γ + E2γ
Theo cách trang bị phép cộng cho Ext ( C , A ) như trên thì Ext ( C , A ) trở thành

một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa là lớp các mở rộng tự phân rã

i1
p2
E0 : 0 → A 
→ A ⊕ C 
→ C → 0 , phần tử đối của E ∈ Ext ( C , A ) là lớp mở

rộng ( −1A ) E . Và từ mệnh đề 1.1.18 ta có kết quả sau :

Mệnh đề 1.1.19

Cho các đồng cấu α : A → A ', γ : C ' → C . Khi đó các qui tắc :

α* : Ext ( C , A ) → Ext ( C , A ')

γ * : Ext ( C , A ) → Ext ( C ', A )

E  αE

E  Eγ

là các đồng cấu nhóm.

Đến đây ta hoàn toàn có đủ công cụ để xây dựng các hàm tử một biến Ext ( −, A )

và Ext ( C , − ) trong phạm trù môđun :

♦ Cho C là môđun cố định, ta xây dựng hàm tử Ext ( C , − ) từ phạm trù môđun

đến phạm trù các nhóm giao hoán bằng cách cho tương ứng :
 Mỗi môđun A với một nhóm Ext ( C , A ) .

 Mỗi đồng cấu α : A → A ' với một cấu xạ α * : Ext ( C , A ) → Ext ( C , A ')

Khi đó hàm tử Ext ( C , − ) là hàm tử hiệp biến.

♦ Cho A là môđun cố định, ta xây dựng hàm tử Ext ( −, A ) từ phạm trù môđun

đến phạm trù các nhóm giao hoán bằng cách cho tương ứng :


- 12 -

 Mỗi môđun C với một nhóm Ext ( C , A ) .

 Mỗi đồng cấu γ : C ' → C với một cấu xạ γ * : Ext ( C , A ) → Ext ( C ', A )

Khi đó hàm tử Ext ( −, A ) là hàm tử phản biến.

§2. KHÔNG GIAN ĐỊNH CHUẨN VÀ KHÔNG GIAN
BANACH
Cho E là một K – không gian vectơ. Một chuẩn trên E là một hàm x  x từ E

vào R thỏa mãn các điều kiện sau với mọi x, y ∈ E , mọi λ ∈ R

( n1 )

x ≥ 0, x =
0 nếu và chỉ nếu x = 0

( n2 ) λ x
( n3 )

=λ x

x+ y ≤ x + y

Điều sau đây là hiển nhiên
1.2.1 Định lý

Nếu x  x là một chuẩn trên E thì d ( x, y=
)

x − y là một mêtric trên E.

d ( x, y ) và d ( λ x, λ y ) = λ d ( x, y ) với mọi
Mêtric này thỏa mãn d ( x + z , y + z ) =
x, y , z ∈ E , λ ∈ K .

Ta gọi không gian định chuẩn là không gian vectơ cùng với một chuẩn trên nó.
Không gian định chuẩn là không gian mêtric với mêtric sinh bởi chuẩn (mêtric
nói trong định lý 1.2.1)

1.2.2 Định lý

Cho E là một không gian định chuẩn. Khi đó ánh xạ ( x, y )  x + y từ E × E vào

E và ( λ , x )  λ x từ K × E vào E là liên tục.
Chứng minh

Giả sử ( x, y ) và ( x0 , y0 ) ∈ E × E


- 13 -

Ta có

( x, y ) − ( x0 , y0 )

=

( x − x0 ) − ( y − y0 )

≤ x − x0 − y − y0 .

Điều này cho ta tính liên tục của ánh xạ ( x, y )  x + y tại mọi điểm ( x0 , y0 ) .
Với ( λ , x ) , ( λ0 , x0 ) ∈ K × E ta có

λ x − λ0 x0 = λ ( x − x0 ) + ( λ − λ0 ) x0 + ( λ − λ0 )( x − x0 )
≤ λ0 x − x0 + λ − λ0 x0 + λ − λ0 x − x0

Bất đẳng thức này cho ta tính liên tục của ánh xạ ( λ , x )  λ x tại điểm ( λ0 , x0 ) .

1.2.3 Định lý

Cho E là không gian định chuẩn. Khi đó với mọi a ∈ E ánh xạ x  a + x là phép
đồng phôi đẳng cự (tức là bảo tồn khoảng cách) từ E lên E và với mọi
λ ∈ K , λ ≠ 0 ánh xạ x  λ x là phép đồng phôi đều E lên E.
Chứng minh

Dễ thấy các ánh xạ này là những song ánh. Kết luận về tính liên tục hai chiều
được suy ra từ các đẳng thức

(a + x) − (a + y)

= x− y

λx − λ y = λ x − y .

1.2.4 Hệ quả

Cho E là không gian định chuẩn. Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

a) U là lân cận của điểm 0 ∈ E

αU
b)=

{α x : x ∈ U } là lân cận của 0 với mọi α ∈ K ,α ≠ 0

c) a + U = {a + x : x ∈ U } là lân cận của a với mọi a ∈ E

Ta gọi không gian Banach là không gian định chuẩn đầy đủ ( với mêtric sinh
bởi chuẩn).
1.2.5 Không gian con và không gian thương


- 14 -

♦ Không gian con :

Giả sử E là không gian Banach và F là không gian vectơ con của E. Khi đó hiển
nhiên F cũng là không gian định chuẩn với chuẩn của chuẩn trên E. Nếu F là
không gian con đóng thì F cũng là không gian Banach.
♦ Không gian thương :

Giả sử E là không gian Banach và F là không gian con đóng của E. Xét không
gian thương E/F. Trên E/F ta xác định một chuẩn như sau :
Giả sử ξ ∈ E F và x là phần tử thuộc lớp ξ tức là nếu ξ = x thì

ξ =x + F ={ x + y y ∈ F }

Do F là một tập đóng trong E nên ξ= x + F là một tập đóng trong E.

=
ξ inf x , x ∈ ξ . Khi đó ξ là một chuẩn. Thật vậy ta kiểm tra ba
Trong F đặt

tiên đề :

=
ξ inf x ≥ 0
1) Vì x ≥ 0 với mọi x ∈ E nên với mọi x ∈ ξ thì x ≥ 0 do đó

Giả sử ξ = 0 theo định nghĩa của inf thì tồn tại dãy { xn } ⊂ ξ mà xn → 0 do ξ là

tập đóng nên 0 ∈ ξ . Vậy ξ là lớp chứa 0 tức là ξ = 0 ∈ E F

=
x 0
: ξ inf
Ngược lại nếu ξ là lớp 0 dễ dàng ta thấy rằng=
x∈ξ

Tóm lại ξ = 0 khi và chỉ khi ξ = 0 .
2) Với r ∈ R và ξ ∈ E F ta có :

inf rx inf
inf x r ξ
rξ =
r x r=
=
=
x∈ξ

x∈ξ

x∈ξ

Hay rξ = r ξ

3) Cho ξ ,η ∈ E F lúc đó với mọi ε > 0 bao giờ cũng tồn tại x ∈ ξ , y ∈η sao cho :
x ≤ ξ +ε, y ≤ η +ε .

Ta có x + y ≤ ξ + η + 2ε

(1)


- 15 -

Mặt khác x + y ≤ M ( x + y

) kết hợp với (1)

Suy ra x + y ≤ M ( ξ + η + 2ε )

( 2)

Do x + y ∈ ξ + η nên ξ + η ≤ x + y

Kết hợp với (2) ta có : ξ + η ≤ M ( ξ + η + 2ε )
Do ε tùy ý, ta suy ra ξ + η ≤ M ( ξ + η

)

=
ξ inf x , x ∈ ξ là một chuẩn xác định trên E/F.
Vậy

Khi đó E/F cũng là không gian Banach.

1.2.6 Định lý

Nếu E là không gian Banach và F là không gian con đóng của E thì E F là

không gian Banach.

Chứng minh : Sách Giải tích hàm, Đậu Thế Cấp, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
trang 39.
1.2.7 Định lý

Cho f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian định chuẩn E vào không gian định
chuẩn E vào không gian định chuẩn F. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương :
a) f là liên tục đều

b) f là liên tục

c) f liên tục tại điểm 0 ∈ E

d) f bị chặn, tức là tồn tại số k > 0 sao cho f ( x ) ≤ k x với mọi x ∈ E .

Chứng minh : [5, tr. 29].

1.2.8 Định lý

Đẳng cấu đại số f : E → F là đẳng cấu nếu và chỉ nếu tồn tại các số dương a và b
sao cho a x ≤ f ( x ) ≤ b x với mọi x ∈ E .


- 16 -

Chứng minh : [5,tr. 29].

1.2.9 Định lý

Nếu f : E → F và g : F → G là các ánh xạ tuyến tính liên tục thì gf là ánh xạ

tuyến tính liên tục và gf ≤ g f
Chứng minh : [5, tr 32].

Định lý 1.2.10 (Định lý ánh xạ mở)
Mọi toàn ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach E lên một không gian
Banach F là mở, tức là với mọi tập mở U ⊂ E , f (U ) là tập mở trong F.

Chứng minh : [5, tr. 56].

§3. PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH
Định nghĩa 1.3.1
Ta kiểm tra được lớp tất cả các không gian Banach và các ánh xạ tuyến tính liên
tục thỏa mãn các tiên đề về phạm trù và ta gọi nó là phạm trù các không gian
Banach. Trong đó, lớp các vật là các không gian Banach và các cấu xạ là các ánh
xạ tuyến tính liên tục và luật hợp thành là phép lấy tích hai cấu xạ. Ta kí hiệu
phạm trù các không gian Banach là 𝔅.
Thật vậy:

Gọi 𝔅 là lớp tất cả các không gian Banach. Với mọi A, B ∈ 𝔅 tập tất cả các ánh
xạ tuyến tính liên tục (mà ta nói là các cấu xạ) từ A đến B là tập:
Hom ( A
=
, B ) {ϕ : A → B} (với ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục).


- 17 -

♦ Ta có ba đặc điểm sau đây không chỉ có trong phạm trù các môđun mà còn có
ở nhiều các phạm trù thông dụng khác của toán học. Đó là:
- Sự tồn tại của vật không (O).

- Sự tồn tại tổng trực tiếp hai vật.

- Sự tồn tại cấu trúc nhóm cộng aben cho mỗi cặp cấu xạ Hom(A,B) sao cho luật
hợp thành các cấu xạ là cộng tính.
Trong 𝔅 ta có :

 Vật : là các không gian Banach

 Cấu xạ : là các ánh xạ tuyến tính liên tục

 Nếu ϕ : A → B và ψ : B → C là các ánh xạ tuyến tính liên tục thì luật hợp
thành là phép nhân ánh xạ. Lúc đó ψ .ϕ : A → C là ánh xạ tuyến tính liên tục.

 Trong phạm trù 𝔅 với mọi A ∈ 𝔅 thì cấu xạ đồng nhất là ánh xạ tuyến tính
đồng nhất trên A :
1A : A → A (hiển nhiên 1A là liên tục)

Ta kiểm tra ba tiêu chuẩn của phạm trù cộng tính trên phạm trù các không gian
Banach :

i) Hiển nhiên phạm trù các không gian Banach là phạm trù có vật không
ii) Sự tồn tại tổng trực tiếp :

Cho A1 , A2 là các không gian định chuẩn với các chuẩn xác định trên A1 , A2 lần

lượt là . 1 , . 2 và đặt : A = A1 × A2 ={( a1 , a2 ) : a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 } .

Trên A= A1 × A2 ta xác định phép toán cộng ( + ) giữa hai phần tử bất kỳ của A

và phép nhân (.) một số thực r với một phần tử của A như sau :

=
a
Nếu
a + b=

a2 ) , b ( b1 , b2 ) ∈ A và r ∈ R thì :

( a1 , =
( a1 , a2 ) + ( b1 , b2 ) = ( a1 + b1 , a2 + b2 )

=
ra r=
( a1 , a2 )

( ra1 , ra2 )


- 18 -

Dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán trên biến tập hợp A= A1 × A2 thành

một không gian Banach. Thật vậy :

▪ Trên A= A1 × A2 ta xác định một phiếm hàm . : A → R như sau :

=
a
Với mọi

a
( a1 , a2 ) ∈ A đặt =

a1 1 + a2

2

. được xác định như trên đúng là một chuẩn trên A. Thật vậy : Ta kiểm tra .

thỏa mãn ba tiên đề về chuẩn :

=
a
1. Với mọi

( a1 , a2 ) ∈ A ta có

a = 0 ⇔ a1 1 + a2

2

Ta có ra = ra1 1 + ra2

Ta có :

≥ 0 do a1 1 ≥ 0 và a2

2

2

≥0

 a1 1 = 0
a1 = 0
=0 ⇔ 
⇔
⇔ a = ( a1 , a2 ) = 0

 a2 = 0
 a2 2 = 0

và a
2. Với mọi r ∈ R=

=
a
3. Với

a = a1 1 + a2

( a1 , a2 ) ∈ A suy ra ra = ( ra1 , ra2 )
2

= r a1 1 + r a2

2

= r ( a1 1 + a2

2

) =r

a

a2 ) , b ( b1 , b2 ) ∈ A thì : a + b = ( a1 + b1 , a2 + b2 )
( a1 , =

a + b = a1 + b1 1 + a2 + b2
=
( a1 1 + a2

2

)+( b

2

1 1

≤ a1 1 + b1 1 + a2
+ b2

2

) =a

2

+ b2

2

+ b

Vậy . được xác định như trên là một chuẩn trên A nên A là một không gian
định chuẩn.

▪ Ta chứng minh A cũng là một không gian Banach :

(

)

Lấy dãy {an } : an = a1n , a2n là một dãy Cauchy trong A.
Khi đó tồn tại n0 sao cho với mọi m, n ≥ n0 thì
⇒ ( a1m − a1n , a2m − a2n ) → 0 khi n, m → ∞

(( a

m
1

)

, a2m ) − ( a1n , a2n ) → 0


- 19 -

⇒ a1m − a1n + a2m − a2n
1

2

→ 0 khi n, m → ∞

⇒ a1m − a1n → 0 và a2m − a2n

1

2

→ 0 khi n, m → ∞ .

{ } { }

Suy ra các dãy a1n và a2n lần lượt là các dãy Cauchy trong A1 và A2 . Mà A1 và

{ } { }

n
n
A2 là các không gian Banach nên a1 và a2 hội tụ tức là a1n → a10 và a2n → a20

khi n → ∞ .
Do đó ta có được a1n − a10 1 + a2n − a20 2 → 0 khi n → ∞

(( a , a ) − ( a , a )) → 0 khi n → ∞ hay dãy {a } : a = ( a , a ) hội tụ trong
n
1

Suy ra

n
2

0
1

0
2

n

n

n
1

n
2

A. Do đó A là không gian Banach.
Ta gọi không gian định chuẩn đó là tổng trực tiếp của hai không gian Banach
= A1 ⊕ A2 .
A1 , A2 và kí hiệu là A

Tương tự cách xây dựng như trên ta có thể xậy dựng tổng trực tiếp của n không
gian Banach A1 , A2 ,..., An với các chuẩn tương ứng . 1 , . 2 ,..., . n , lúc đó chuẩn
xác định trên tổng trực tiếp A = ⊕ A=
là : với a
i

a = ∑ ai i .

( a1 , a2 ,..., an ) ∈ A thì

♦ Phép chiếu và phép nhúng :

Để mô tả các mối quan hệ giữa tổng trực tiếp A
= A1 ⊕ A2 với các không gian
thành phần A1 , A2 ta cần tới các phép chiếu và phép nhúng.

Cho A1 , A2 là các không gian Banach, A
= A1 ⊕ A2 là tổng trực tiếp của A1 , A2 , ta
định nghĩa
p1 :

A

→ A1

( a1 , a2 ) 

p2 :

A

a1

→ A2

( a1 , a2 ) 

a2

gọi là các phép chiếu từ A
= A1 ⊕ A2 đến các không gian thành phần A1 , A2 .

Và :


- 20 -

i1 : A1 → A = A1 ⊕ A2
a1 

( a1 ,0 )

i2 : A2 → A = A1 ⊕ A2
a2 

( 0, a2 )

gọi là các phép nhúng từ các không gian thành phần A1 , A2 đến không gian
A
= A1 ⊕ A2 .

 Phép chiếu là một ánh xạ tuyến tính liên tục và là ánh xạ mở

Chứng minh :

Cho A1 , A2 là các không gian Banach với các chuẩn tương ứng . 1 , . 2 và
A
= A1 ⊕ A2 là tổng trực tiếp với chuẩn . .

Ta chỉ cần chứng minh phép chiếu p1 : A = A1 ⊕ A2 → A1 là ánh xạ tuyến tính

liên tục.

 Rõ ràng p1 là một xánh xạ tuyến tính.

=
a
 p1 bị chặn: Thật vậy: Với mọi

( a1 , a2 ) ∈ A thì ta có:

p1 ( a1 , a2 ) 1 =a1 1 ≤ k a1 1 ≤ k ( a1 1 + a2

2

) =k ( a , a )
1

2

=k a với k ≥ 1 nào đó.

Hay p1 ( a1 , a2 ) 1 ≤ k a . Vậy p1 : A = A1 ⊕ A2 → A1 là ánh xạ tuyến tính liên tục.

Chú ý: Mọi phép nhúng đều là một ánh xạ tuyến tính liên tục. Hơn nữa là đồng
phôi lên ảnh của nó.
 Tổng trực tiếp của các ánh xạ:

Cho A1 , A2 , B1 , B2 là các không gian Banach với các chuẩn tương ứng xác định

trên nó là . 1 , . 2 , . 1 ', . 2 ' .

ϕ : A1 → B1; ψ : A2 → B2 là các ánh xạ tuyến tính. Ánh xạ:

γ =ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2

( a1 , a2 )  (ϕ ( a1 ) ,ψ ( a2 ) )


- 21 -

được gọi là tổng trực tiếp của ánh xạ tuyến tính ϕ với ánh xạ tuyến tính ψ .

Dễ dàng thấy tổng trực tiếp γ= ϕ ⊕ψ là một ánh xạ tuyến tính. Để xét các tính
chất của ánh xạ tổng trực tiếp ta cần chứng minh mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.3.2

1. Nếu ϕ ,ψ là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ϕ ⊕ψ là liên tục.

2. Nếu ϕ ,ψ là đơn ánh thì ϕ ⊕ψ cũng là đơn ánh.

3. Nếu ϕ ,ψ là toàn ánh thì ϕ ⊕ψ cũng là toàn ánh.

4. Nếu ϕ ,ψ là các ánh xạ mở thì ϕ ⊕ψ cũng là ánh xạ mở.

Chứng minh:

1. Giả sử ϕ : A1 → B1 ,ψ : A2 → B2 là các ánh xạ tuyến tính liên tục thì ánh xạ

ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2 là liên tục. Thật vậy, từ hệ thức:

(ϕ ⊕ψ )( a1 , a2 )

=
(ϕ ( a1 ) ,ψ ( a2 ) ) =ϕ ( a1 ) 1 '+ ψ ( a2 ) 2 ' và tính bị chặn của các

ánh xạ tuyến tính ϕ ,ψ nên:

ϕ ( a1 ) 1 '+ ψ ( a2 ) 2 ' ≤ k1 ϕ ( a1 ) 1 + k2 ψ ( a2 ) 2 ≤ k  ϕ ( a1 ) 1 + ψ ( a2 ) 2  trong đó

k = max {k1 , k2 } .

Vậy (ϕ ⊕ψ )( a1 , a2 ) ≤ k ( a1 , a2 ) tức là ánh xạ tuyến tính

ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2 bị chặn trên A1 ⊕ A2 hay ϕ ⊕ψ là liên tục.

2. Giả sử ϕ : A1 → B1 ,ψ : A2 → B2 là các đơn ánh. Xét ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2 .

Ta có :

ker
=
ϕ ⊕ψ

)( a , a ) 0}
{( a , a ) : (ϕ ⊕ψ =
1

2

Trong đó (ϕ ⊕ψ )( a1 , a=
2)

1

2

) ) ( 0,0 ) suy ra ϕ ( a ) = 0 và ψ ( a ) = 0 .
(ϕ ( a ) ,ψ ( a=
1

2

Do ϕ ,ψ là các đơn ánh nên suy ra a1 = 0 và a2 = 0 .

Vậy ker ϕ ⊕ψ =
{( 0,0 )} hay ϕ ⊕ψ cũng là đơn ánh.

1

2


- 22 -

3. Giả sử ϕ : A1 → B1 ,ψ : A2 → B2 là các toàn ánh. Xét ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2

Với ( b1 , b2 ) bất kỳ thuộc B1 ⊕ B2 , do ϕ ,ψ là các toàn ánh nên tồn tại

=
ϕ ( a1 ) b=
b2 . Suy ra tồn tại ( a1 , a2 ) ∈ A1 ⊕ A2

a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 sao cho
1 ,ψ ( a2 )

mà :

(ϕ ⊕ψ )( a1 , a=
( b1 , b2 )
(ϕ ( a1 ) ,ψ ( a=
2)
2 ))

Vậy ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2 là một toàn ánh.

4. Giả sử ϕ : A1 → B1 ,ψ : A2 → B2 là các ánh xạ mở thì ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2

là ánh xạ mở. Thật vậy :

Gọi U là một lân cận của 0=

( 0,0 ) ∈ A1 ⊕ A2

suy ra tồn tại U1 là một lân cận của

0 ∈ A1 và U 2 là một lân cận của 0 ∈ A2 . Ta có :

(ϕ ⊕ψ=
)(U1 ⊕ U 2 ) (ϕ (U1 ) ,ψ (U 2 ) ) ⊂ (ϕ ⊕ψ )(U )
Lại do ϕ ,ψ là các ánh xạ mở nên từ U1 ,U 2 là các lân cận mở của 0 trong A1 , A2

thì ϕ (U1 ) ,ψ (U 2 ) lần lượt là các lân cận mở trong B1 , B2 từ đó ta suy ra

(ϕ ⊕ψ )(U ) là lân cận của 0 = ( 0,0 ) trong B1 ⊕ B2 .

Vậy ϕ ⊕ψ : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B2 là ánh xạ mở.

iii) Sự tồn tại cấu trúc nhóm cộng aben cho mỗi tập cấu xạ Hom(A,B) sao cho
luật hợp thành các cấu xạ là cộng tính :

Hom ( A
=
, B)

{ϕ : A → B} ( ϕ

là ánh xạ tuyến tính liên tục). Với phép cộng trên

Hom(A,B) được xác định như sau :

Với mọi ϕ ,ψ ∈ Hom ( A, B ) , thì ϕ + ψ : A → B mà với mọi

a ∈ A : (ϕ + ψ )( a ) =ϕ ( a ) + ψ ( a ) là một nhóm aben. Thật vậy :

 ϕ ,ψ ∈ Hom ( A, B ) vì hiển nhiên ϕ + ψ là ánh xạ tuyến tính, hơn nữa với mọi

a ∈ A thì (ϕ + ψ )( a ) = ϕ ( a ) + ψ ( a ) ≤ ϕ ( a ) + ψ ( a ) do tính bị chặn của ánh

xạ tuyến tính liên tục ϕ và ψ nên :


- 23 -

ϕ ( a ) + ψ ( a ) ≤ k1 a + k2 a với k1 , k2 ≥ 1 nào đó

Đặt k= k1 + k2 thì ϕ ( a ) + ψ ( a ) ≤ k a hay (ϕ + ψ )( a ) ≤ k a
Như vậy ϕ + ψ bị chặn trên X hay ϕ + ψ liên tục.

 Phần tử trung hòa của phép cộng là ánh xạ 0.

 Tính kết hợp : Với ϕ ,ψ ,θ ∈ Hom ( A, B ) lúc đó với mọi a ∈ A ta có :

( (ϕ +ψ ) + θ ) ( a )= (ϕ ( a ) +ψ ( a ) ) + θ ( a )=
= (ϕ + (ψ + θ ) ) ( a )

ϕ ( a ) + ψ ( a ) + θ ( a )= ϕ ( a ) + (ψ + θ )( a )

Vậy (ϕ + ψ ) + θ =ϕ + (ψ + θ )

 Với ϕ ,ψ ∈ Hom ( A, B ) , lúc đó với mọi a ∈ A thì :

ϕ ( a ) +ψ ( a ) =
ψ (a) + ϕ (a) =
(ϕ + ψ )( a ) =
(ψ + ϕ )( a ) . Suy ra ϕ + ψ = ψ + ϕ .

Vậy Hom(A,B) cùng với phép cộng được xác định ở trên lập thành một nhóm
aben.
 Luật hợp thành là song tuyến tính:

Giả sử ϕ ,ψ , ϕ ',ψ ' ∈ Hom ( A, B ) và r1 , r2 ∈ R . Với mọi a ∈ A thì :

ϕ ' ( r1ϕ + r2ψ )( a )= ϕ '  r1ϕ ( a ) + r2ψ ( a ) = ϕ '  r1ϕ ( a )  + ϕ '  r2ψ ( a ) 
= r1ϕ ' ϕ ( a )  + r2ϕ ' ψ ( a )=
 r1ϕ 'ϕ ( a ) + r2ϕ 'ψ ( a )

Vậy ϕ ' ( r1ϕ + r2ψ ) = r1ϕ 'ϕ + r2ϕ 'ψ .

Tương tự ta có: ( r1ϕ '+ r2ψ ') ϕ =r1ϕ 'ϕ + r2ψ 'ϕ .

♦ Dãy khớp trong phạm trù các không gian Banach :