Luận văn Xây dựng hàm tử ext trong phạm trù các không gian Banach

0aψ = . Do ,ϕ ψ là các đơn ánh nên suy ra 1 0a = và 2 0a = . Vậy ( ){ }ker 0,0ϕ ψ⊕ = hay ϕ ψ⊕ cũng là đơn ánh. - 22 - 3. Giả sử 1 1 2 2: , :A B A Bϕ ψ→ → là các toàn ánh. Xét 1 2 1 2: A A B Bϕ ψ⊕ ⊕ → ⊕ Với ( )1 2,b b bất kỳ thuộc 1 2B B⊕ , do ,ϕ ψ là các toàn ánh nên tồn tại 1 1 2 2,a A a A∈ ∈ sao cho ( ) ( )1 1 2 2,a b a bϕ ψ= = . Suy ra tồn tại ( )1 2 1 2,a a A A∈ ⊕ mà : ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 2 1 2 1 2, , ,a a a a b bϕ ψ ϕ ψ⊕ = = Vậy 1 2 1 2: A A B Bϕ ψ⊕ ⊕ → ⊕ là một toàn ánh. 4. Giả sử 1 1 2 2: , :A B A Bϕ ψ→ → là các ánh xạ mở thì 1 2 1 2: A A B Bϕ ψ⊕ ⊕ → ⊕ là ánh xạ mở. Thật vậy : Gọi U là một lân cận của ( ) 1 20 0,0 A A= ∈ ⊕ suy ra tồn tại 1U là một lân cận của 10 A∈ và 2U là một lân cận của 20 A∈ . Ta có : ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2,U U U U Uϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ⊕ ⊕ = ⊂ ⊕ Lại do ,ϕ ψ là các ánh xạ mở nên từ 1 2,U U là các lân cận mở của 0 trong 1 2,A A thì ( ) ( )1 2,U Uϕ ψ lần lượt là các lân cận mở trong 1 2,B B từ đó ta suy ra ( )( )Uϕ ψ⊕ là lân cận của ( )0 0,0= trong 1 2B B⊕ . Vậy 1 2 1 2: A A B Bϕ ψ⊕ ⊕ → ⊕ 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 A Bϕ= → (ϕ là ánh xạ tuyến tính liên tục). Với phép cộng trên Hom(A,B) được xác định như sau : Với mọi ( ), ,Hom A Bϕ ψ ∈ , thì : A Bϕ ψ+ → mà với mọi ( )( ) ( ) ( )a :A a a aϕ ψ ϕ ψ∈ + = + là một nhóm aben. Thật vậy :  ( ), ,Hom A Bϕ ψ ∈ vì hiển nhiên ϕ ψ+ là ánh xạ tuyến tính, hơn nữa với mọi a A∈ thì ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )a a a a aϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ+ = + ≤ + do tính bị chặn của ánh xạ tuyến tính liên tục ϕ và ψ nên : - 23 - ( ) ( ) 1 2a a k a k aϕ ψ+ ≤ + với 1 2, 1k k ≥ nào đó Đặt 1 2k k k= + thì ( ) ( )a a k aϕ ψ+ ≤ hay ( )( )a k aϕ ψ+ ≤ 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 ( ), , ,Hom A Bϕ ψ θ ∈ lúc đó với mọi a A∈ ta có : ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) a a a a a a a a a a ϕ ψ θ ϕ ψ θ ϕ ψ θ ϕ ψ θ ϕ ψ θ + + = + + = + + = + + = + + Vậy ( ) ( )ϕ ψ θ ϕ ψ θ+ + = + +  Với ( ), ,Hom A Bϕ ψ ∈ , lúc đó với mọi a A∈ thì : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )a a a a a aϕ ψ ϕ ψ ψ ϕ ψ ϕ+ = + = + = + . 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 ( ), , ', ' ,Hom A Bϕ ψ ϕ ψ ∈ và 1 2,r r R∈ . Với mọi a A∈ thì : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ' ' ' ' ' ' ' ' r r a r a r a r a r a r a r a r a r a ϕ ϕ ψ ϕ ϕ ψ ϕ ϕ ϕ ψ ϕ ϕ ϕ ψ ϕ ϕ ϕ ψ + =  +  =   +        =   +   = +    Vậy ( )1 2 1 2' ' 'r r r rϕ ϕ ψ ϕ ϕ ϕ ψ+ = + . Tương tự ta có: ( )1 2 1 2' ' ' 'r r r rϕ ψ ϕ ϕ ϕ ψ ϕ+ = + . ♦ Dãy khớp trong phạm trù các không gian Banach : - 24 - Dãy các ánh xạ tuyến tính liên tục : ( ), : 0 0E A B Cχ σχ σ= → → → → trong phạm trù các không gian Banach 𝔅 với A, B, C là các không gian Banach, được gọi là dãy khớp ngắn nếu : χ - là phép nhúng, σ là phép chiếu và Im Kerχ σ= . Dãy khớp ngắn ( ),E χ σ= còn được gọi là một mở rộng của không gian A nhờ không gian C. CHƯƠNG 2: HÀM TỬ EXT TRONG PHẠM TRÙ CÁC KHÔNG GIAN BANACH §1. PHÂN LỚP CÁC DÃY KHỚP NGẮN Ta kí hiệu £(C,A) là tập hợp các dãy khớp ngắn trong phạm trù các không gian Banach có dạng: ( ), : 0 0E A Cχ σχ σ= → →•→ → Định nghĩa 2.1.1 Cho hai mở rộng: ( ), : 0 0E A B Cχ σχ σ= → → → → và ( ) ' '' ', ' : 0 ' 0E A B Cχ σχ σ= → → → → Ta định nghĩa mở rộng tổng trực tiếp của E và 'E là: ' '' : 0 ' ' ' 0E E A A B B C Cχ χ σ σ⊕ ⊕⊕ → ⊕ → ⊕ → ⊕ → - 25 - Định nghĩa trên hợp lý vì: Theo mệnh đề 1.3.2 thì do , 'χ χ là ánh xạ tuyến tính đơn, liên tục và , 'χ χ là phép nhúng nên 'χ χ⊕ là ánh xạ tuyến tính đơn, liên tục và là phép nhúng. Theo mệnh đề 1.3.2 do , 'σ σ là các ánh xạ tuyến tính mở, liên tục nên 'σ σ⊕ là các ánh xạ mở, liên tục. Ta có ( ) ( ) ( )' . ' . '. 'σ σ χ χ σ χ σ χ⊕ ⊕ = ⊕ Do , 'E E là các mở rộng nên . 0σ χ = và '. ' 0σ χ = do đó ( ). '. ' 0σ χ σ χ⊕ = hay '. ' 0σ σ χ χ⊕ ⊕ = . Vậy ( )Im ' ' 1Kerχ χ σ σ⊕ ⊂ ⊕ . Ngược lại: Lấy ( ), ' ' 'b b Ker B Bσ σ⊂ ⊕ ⊂ ⊕ Ta có ( )( ) ( ) ( )( ) ( )' , ' ' ' 0,0b b b bσ σ σ σ⊕ = ⊕ = Suy ra ( ) ( ) 0 ' ' 0 b b σ σ =  = hay Im ' ' Im ' b Ker b Ker σ χ σ χ ∈ =  ∈ = (do , 'E E là các dãy khớp ngắn) Nên Im ' Im ' b b χ χ ∈  ∈ Suy ra tồn tại , ' 'a A a A∈ ∈ mà ( ) ( ), ' ' 'a b a bχ χ= = . Vậy tồn tại ( ), ' 'a a A A∈ ⊕ mà ( ) ( )' , ' , 'a a b bχ χ⊕ = . Hay ( ) ( ), ' Im ' 2b b χ χ∈ ⊕ . Từ (1) và (2) ta có Im ' 'Kerχ χ σ σ⊕ = ⊕ . Vậy ' '' : 0 ' ' ' 0E E A A B B C Cχ χ σ σ⊕ ⊕⊕ → ⊕ → ⊕ → ⊕ → là một mở rộng. Định nghĩa 2.1.2: Trong £(C,A) cho hai dãy khớp ngắn: : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ' '' : 0 ' 0E A B Cχ σ→ → → → . Cấu xạ toàn đẳng giữa E và 'E ( nếu có) là bộ ba các cấu xạ ( )1 , ,1A CT β= làm biểu đồ sau giao hoán: ' ' : 0 0 1 1 ' : 0 ' ' 0 A C E A B C E A B C χ σ χ σ β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Khi đó ta nói E toàn đẳng với 'E và kí hiệu 'E E≡ . - 26 - Mệnh đề 2. 1.3 Quan hệ toàn đẳng trên £(C,A) là quan hệ tương đương. Chứng minh:  Tính phản xạ: Với mỗi dãy khớp ngắn E∈£(C,A) ta luôn có cấu xạ toàn đẳng duy nhất: ( )1 1 ,1 ,1 :E A B C E E= → Điều đó chứng tỏ E E≡ hay quan hệ toàn đẳng có tính phản xạ.  Tính đối xứng: , 'E E ∈£(C,A) Giả sử , 'E E ∈£(C,A) với 'E E≡ nhờ cấu xạ ( )1 , ,1A CT β= . Khi đó ta có biểu đồ sau giao hoán: ( ) ' ' : 0 0 1 1 1 ' : 0 ' ' 0 A C E A B C E A B C χ σ χ σ β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Theo bổ đề 5 ngắn ta có β là song xạ nên tồn tại ' : 'B Bβ → . Ta cần chứng minh ' : 'B Bβ → liên tục, muốn vậy ta chứng minh β là ánh xạ mở. Giả sử U là một tập mở bất kỳ thuộc B, do σ là ánh xạ mở nên ( )Uσ là một tập mở trong C. Lại do 1C là đồng phôi nên ( )( )1C Uσ là tập mở trong C. Do 'σ là ánh xạ liên tục suy ra ( )( )( )1' 1C Uσ σ− là một tập mở trong 'C . Ta chứng minh ( ) ( )( )( )1' 1CU Uβ σ σ−= . Giả sử 'b là một phần tử bất kỳ thuộc ( )Uβ suy ra tồn tại b U∈ mà ( ) 'b bβ = , do hình vuông phải của biểu đồ là giao hoán nên ( ) ( )' 1b bCσ β σ= hay ( ) ( )' ' 1Cb bσ σ= ta suy ra: ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1 1' ' 1 ' ' ' ' 'Cb b b Uσ σ σ σ σ σ− − −∈ = ⊂ hay ( )( )1' ' 'b Uσ σ−∈ . Vậy ( ) ( )( ) ( )1' 1U Uβ σ σ−⊂ . - 27 - Bằng tính toán ta chứng minh được ( )( ) ( ) ( )1' 2U Uσ σ β− ⊂ Từ (1) và (2) ta có ( ) ( )( )( )1' 1CU Uβ σ σ−= . Vậy ( )Uβ là một tập mở trong 'B và do đó β là ánh xạ mở hay ' : 'B Bβ → liên tục. Vậy ta có ' : 'B Bβ → là đẳng xạ thỏa '' 1Bββ = và ' 1Bβ β = Ta xét biểu đồ sau: ( ) ' '' : 0 ' ' 0 1 1 2 : 0 0 A C E A B C E A B C χ σ χ σ β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Từ biểu đồ (1) ta có: ' 1 ' '' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '1 ' ' B B χ β χβχ χ β βχ β χ χ β χ σ σ β σβ σ ββ σβ σ σβ σ == = =   ⇒ ⇒ ⇒   = = = =   Vậy biểu đồ (2) giao hoán tức 'E E≡ hay quan hệ toàn đẳng có tính đối xứng.  Tính bắc cầu: Giả sử , ', ''E E E ∈£(C,A) mà 'E E≡ và ' ''E E≡ nhờ các cấu xạ toàn đẳng: ( )1 11 , ,1 : 'A CT E Eβ= → ( )2 21 , ,1 : ' ''A CT E Eβ= → Khi đó tích ( )2 1 2 11 , ,1 : ''A CT T T E Eβ β= = → cũng là một cấu xạ toàn đẳng. Vậy ''E E≡ hay quan hệ toàn đẳng có tính bắc cầu. Quan hệ toàn đẳng đưa ra ở trên thực hiện sự phân lớp tập £(C,A). Và ta gọi tập gồm các lớp toàn đẳng trong £(C,A) là Ext(C,A). Lớp chứa dãy khớp ngắn E ta kí hiệu là E hoặc đơn giản là E nếu không sợ nhầm lẫn. - 28 - §2 TÍCH DÃY KHỚP NGẮN VỚI CÁC CẤU XẠ Định nghĩa 2.2.1 Cho : 0 0E A B Cχ σ→ → → → ∈£(C,A) và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'C Cγ → . Dãy khớp ngắn ' '' : 0 ' ' 0E A B Cχ σ→ → → → được gọi là tích bên phải của E với γ nếu tồn tại cấu xạ ( ): 1 , , : 'AT E Eγ β γ → . Tức là ta có biểu đồ sau giao hoán: ' '' : 0 ' ' 0 1 : 0 0 A E A B C E A B C χ σ χ σ β γ → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Tích bên phải của E với γ được kí hiệu là Eγ . Vậy 'E Eγ= . Định nghĩa này chưa đảm bảo cho sự tồn tại hay không các Eγ với bất kỳ E và γ . Vì vậy ta cần chứng minh: Mệnh đề 2.2.2 Cho dãy khớp ngắn : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'C Cγ → . Khi đó luôn luôn tồn tại ít nhất một mở rộng ' '' : 0 ' ' 0E A B Cχ σ→ → → → thỏa 'E Eγ= Chứng minh: Để chứng tỏ sự tồn tại của mở rộng 'E Eγ= , ta thiết lập mở rộng 'E và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'B Bβ → để biểu đồ sau là giao hoán: ( ) ( ) ' '' ', ' : 0 ' ' 0 1 , : 0 0 A E A B C E A B C χ σ χ σ χ σ β γ χ σ = → → → → ↓ ↓ ↓ = → → → → ▪ Xây dựng 'B : ( ) ( ) ( ){ }' ', ' , ' : 'B B C B b c b cσ γ⊂ ⊕ = = Khi đó 'B khép kín với hai phép toán xác định trên 'B C⊕ : - 29 - Thật vậy: + Giả sử: ( ) ( )1 1, ' , , ' 'b c b c B∈ thì: ( ) ( )'b cσ γ= và ( ) ( )1 1 'b cσ γ= . Ta có: ( ) ( ) ( )1 1 1 1, ' , ' , ' 'b c b c b b c c− = − − và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1' ' ' 'b b b b c c c cσ σ σ σ σ σ− = − = − = − Nên: ( )1 1, ' ' 'b b c c B− − ∈ hay ( ) ( )1 1, ' , ' 'b c b c B− ∈ + Với r R∈ ta có: ( ) ( ), ' , 'r b c rb rc= và ( ) ( ) ( ) ( )' 'rb r b r c rcσ σ γ γ= = = Nên ( ), ' 'rb rc B∈ hay ( ), ' 'r b c B∈ Như vậy 'B là không gian tuyến tính con của không gian 'B C⊕ Chứng minh 'B là không gian Banach con của không gian 'B C⊕ Lấy { } ( )' , ' , 'n n n nb b b c= là dãy Cauchy trong 'B . Khi đó ta có: ( ) ( ) ( )' ' , ' , ' , ' ' ' 'm n m m n n m n m n m n m nb b b c b c b b c c b b c c− = − = − − = − + − Mà do { }'nb là dãy Cauchy trong 'B nên ' ' 0m nb b− → Suy ra 0m nb b− → và ' ' 0m nc c− → hay { }nb và { }'nc là các dãy Cauchy trong B và 'C . Lại do B và 'C là không gian Banach nên { }nb và { }'nc hội tụ hay 0 0nb b− → và 0' ' 0nc c− → Từ đó ta suy ra được 0' ' 0nb b− → với ( )0 0 0' , 'b b c= hay ta có dãy { }'nb hội tụ . Do đó 'B là không gian Banach con của 'B C⊕ . ▪ Ta thiết lập các ánh xạ: ', ', 'χ σ β như sau: ( ) ( )( )' : ', ' ,0A B x x xχ χ χ→ = . ' : ' 'B Cσ → là thu hẹp của phép chiếu 2 : ' 'B C Cπ ⊕ → trên 'B . ' : 'C Cβ → là thu hẹp của phép chiếu 1 : 'B C Cπ ⊕ → trên 'C . - 30 - ▪ Ta chứng tỏ ' : 'A Bχ → là phép nhúng:  Vì ' : 'A Bχ → có thể phân tích thành tích của hai ánh xạ : A Bχ → và : 'j B B C→ ⊕ thể hiện bằng sơ đồ sau 'jA B B Cχ→ → ⊕ . Tức là ' jχ χ= , do χ và j là hai phép nhúng nên 'χ là một phép nhúng.  ' : 'C Cβ → là thu hẹp của hai phép chiếu 1 : 'B C Cπ ⊕ → trên 'C . Mà 1π là ánh xạ tuyến tính liên tục nên ' : 'C Cβ → là ánh xạ liên tục.  ' : ' 'B Cσ → là thu hẹp của phép chiếu 2 : ' 'B C Cπ ⊕ → trên 'B nên 'σ la ánh xạ tuyến tính liên tục. Ta cần chứng minh 'σ là toàn ánh và mở. Cho 'c bất kỳ thuộc 'C suy ra ( )'c Cγ ∈ , do σ là toàn ánh nên tồn tại b B∈ mà ( ) ( )'b cσ γ= khi đó ( ), ' 'b c C∈ và ( )' , ' 'b c cσ = . Vậy ' : ' 'B Cσ → là toàn ánh. Chứng minh ' : ' 'B Cσ → là ánh xạ mở. Lấy lân cận gốc U của 'B lúc đó ' *U B U= ∩ . Với *U là một tập hợp mở trong 'B C⊕ . Mà ánh xạ 2 : ' 'B C Cπ ⊕ → là một phép chiếu thì 2π là một ánh xạ mở, do đó ( )2 *Uπ là tập mở trong C . Mà 'σ là thu hẹp của 2π trên 'B nên ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2' ' * ' *U B U B Uσ π π π= ∩ = ∩ do ( )2 'Bπ và ( )2 *Uπ là tập mở nên ( )' Uσ là tập mở. Vậy 'σ là ánh xạ mở. ▪ Ta chứng minh Im ' 'Kerχ σ=  Cho a bất kỳ thuộc A ta có: ( ) ( )( ) ( )( )' ' ' ' ' , 0 0a a aσ χ σ χ σ χ= = = suy ra ' ' 0σ χ = . Vậy ( )Im ' ' 1Kerχ σ⊂  Ngược lại, lấy ( ), ' 'b c Kerσ∈ suy ra ( )' , ' ' 0b c yσ = = do ( ), ' Imb c Kerσ χ∈ = do đó tồn tại x X∈ mà ( )x bχ = Từ đó ta có ( ) ( )( ) ( ), ' ,0 'b c a aχ χ= = suy ra ( ), ' Im 'b c χ∈ hay ( )' Im ' 2Kerσ χ⊂ Từ (1) và (2) ta có Im ' 'Kerχ σ= . ▪ Biểu đồ là giao hoán:  Với mọi a A∈ ta có: - 31 - ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )' ' , 0 1Aa a a a aβχ β χ β χ χ χ= = = = Suy ra ' 1Aβχ χ= . Vậy hình vuông bên trái của biểu đồ là giao hoán.  Với mọi ( ), ' 'b c B∈ ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )' , ' ' , ' 'b c b c c bγσ γ σ γ σ= = = vì ( ), ' 'b c B∈ và ( ) ( )( ) ( ), ' , 'b c b c bσβ σ β σ= = Ta suy ra ( ) ( )' , ' , 'b c b cγσ σβ= hay 'γσ σβ= . Hình vuông bên phải là giao hoán. Vậy 'E Eγ= Chú ý rằng khi cho trước mở rộng: Cho dãy khớp ngắn : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'C Cγ → thì mở rộng 'E Eγ= nói trong mệnh đề 2.2.2 nói chung là không duy nhất. Để xét mối quan hệ giữa các mở rộng đó ta cần chứng minh: Mệnh đề 2.2.3 Cho mở rộng : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'C Cγ → . Nếu 'E Eγ= và ''E Eγ= thì ' ''E E≅ . Như vậy mở rộng 'E Eγ= là tồn tại và duy nhất chính xác tới một toàn đẳng. Chứng minh: Cho mở rộng : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'C Cγ → . Mở rộng 'E Eγ= được xây dựng như trong mệnh đề 2.2.2, và mở rộng ''E Eγ= với ( )' : 1 , ', : ''AT E Eβ γ → là cấu xạ xác định ''E . Xét biểu đồ sau: - 32 - ( ) ( ) '' '' ' ' '' : 0 '' ' 0 1 '' 1 2 ' : 0 ' ' 0 1 1 : 0 0 A C A E A B C E A B C E A B C χ σ χ σ χ σ β β γ → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Ta xây dựng ( ) ( ) ( )( )'' : " ', " " ' " , " "B B b b bβ β β σ→ = . Khi đó ( )" " 'b Bβ ∈ vì ( )( ) ( ) ( )' " ' " " "b b bσ β σβ γσ= = tức là "β là hợp lý. Lại do ', "β σ là các ánh xạ tuyến tính nên "β là ánh xạ tuyến tính.  '' : " 'B Bβ → là bị chặn. Thật vậy: Với mọi " "b B∈ ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )" " ' " , " " ' " " "b b b b bβ β σ β σ= = + do ', "β σ là các toán tử liên tục nên bị chặn do đó: ( ) ( ) ( )1 2 1 2' " " " " " "b b K b K b K K bβ σ+ ≤ + = + Vậy ( )" " "b K bβ ≤ nếu đặt 1 2K K K= + . Tức là '' : " 'B Bβ → liên tục. Ta chứng tỏ biểu đồ dòng (2) là giao hoán: + Với mọi a A∈ ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )" " " " ' " , " " 1 ,0 ,0 ' '1A Aa a a a a a a aβ χ β χ β χ σ χ χ χ χ χ= = = = = = Suy ra " " 'β χ χ= tức hình vuông thứ nhất của dòng (2) là giao hoán. + Với mọi " "b B∈ ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )' " " ' " " ' ' " , " " " " 1 " "Cb b b b b bσ β σ β σ β σ σ σ= = = = Suy ra ' " 1 "Cσ β σ= tức là hình vuông thứ hai của dòng (2) là giao hoán. Vậy bộ ba ( )'' : 1 , '',1 : '' 'A CT E Eβ → là một cấu xạ toàn đẳng nên '' 'E E≡ . Từ mệnh đề 2.2.3 ta có: - 33 - Hệ quả 2.2.4 Nếu 1 2,E E ∈£(C,A) mà 1 2E E≡ và : 'C Cγ → là một ánh xạ tuyến tính liên tục thì 1 2E Eγ γ≡ Chứng minh: Xét biểu đồ: 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 : 0 ' 0 1 : 0 0 1 1 : 0 0 A A C E A B C E A B C E A B C χ σ χ σ χ σ γ β γ β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Do 1 2E E≡ nên ta có cấu xạ toàn đẳng ( )1 1 1 2: 1 , ,1 :A CT E Eβ → Gọi ( )2 1 1: 1 , , :AT E Eβ γ γ → chính là cấu xạ xác định mở rộng 1E γ . Khi đó ( )2 1 1 1 21 , ,1 :A CT T T E Eβ β γ= = → chính là cấu xạ xác định mở rộng 2E γ . Tức là biểu đồ giao hoán trên cho phép xem 1E γ chính là 2E γ , theo mệnh đề 2.2.3 ta có: 1 2E Eγ γ≡ . Mệnh đề 2.2.5 Cấu xạ ( )1 , ,AT β γ= có tính chất phổ dụng. Tức là mọi cấu xạ ( ) ( )1 1 1 1 1 1, , :T E Eα β γ γ γ= → = đều phân tích được môt cách duy nhất qua T dưới dạng: ( ) ( )1 , ',1 1, ,1 1 TE E Eα β β γγ =→ → Chứng minh: Xét biểu đồ - 34 - ( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 1 ' ' ' : 0 ' 0 ' 1 1 : 0 ' ' 0 1 2 : 0 0 C A E A B C T E A B C T E A B C χ σ χ σ χ σ α β γ β γ → → → → ↓ ↓ ↓ ↓ → → → → ↓ ↓ ↓ ↓ → → → → Trong đó mở rộng Eγ được xác định như trong mệnh đề 2.2.2. Ta định nghĩa: ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1 1 1' : ', ' ,B B b b bβ β β σ→ = Khi đó ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1 1' , 'b b b Bβ β σ= ∈ vì ( )( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1 1 1 1 1b b b bσ β σβ γσ γ σ= = = tức là định nghĩa 'β hợp lý. Do 1 1,β σ là các ánh xạ tuyến tính nên 'β là ánh xạ tuyến tính.  1' : 'B Bβ → bị chặn, thật vậy: Với mọi 1 1b B∈ ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1' ,b b b b bβ β σ β σ= = + Do 1 1,β σ là các ánh xạ tuyến tính liên tục nên bị chặn, vì vậy: ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1b b K b K b K K bβ σ+ ≤ + = + Nếu đặt 1 2K K K= + thì ( )1 1' b K bβ ≤ . Vậy 1' : 'B Bβ → bị chặn tức là 'β liên tục.  Với mọi 1 1a A∈ ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ' ' ' , ,0 ,0a a a a a a a a β χ β χ β χ σ χ χα χ α χ α χα = = = = = = Tức là 1 1'β χ χα= . Vậy hình vuông bên trái của dòng (1) biểu đồ là giao hoán.  Với mọi 1 1b B∈ ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 ' 1 1' ' ' ' ' , 1Cb b b b b bσ β σ β σ β σ σ σ= = = = Tức là 1' ' 1Cσ β σ= . Vậy Vậy hình vuông bên trái của dòng (2) biểu đồ là giao hoán. - 35 -  Cấu xạ ( )0 1 ' 1, ',1 :CT E Eα β γ= → là duy nhất, vì nếu tồn tại cấu xạ 0 1' :T E Eγ→ cũng thỏa mãn điều kiện của mệnh đề thì với mọi 1 1b B∈ ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1" " , ' " , 'b b b b b bβ ββ σ β β σ β= = = . Điều này chứng tỏ 0T là tồn tại và duy nhất. Liên quan đến tổng trực tiếp của hai mở rộng và tổng trực tiếp của hai đồng cấu ta có: Mệnh đề 2.2.6 Nếu 1E ∈£( 1 1,C A ), 2E ∈£( 2 2,C A ) và 1 1 1 2 2 2: ' , : 'C C C Cγ γ→ → là các ánh xạ tuyến tính liên tục thì ( )( )1 2 1 2 1 1 2 2E E E Eγ γ γ γ⊕ ⊕ = ⊕ . Chứng minh: ▪ Trước tiên ta chỉ ra sự tồn tại cấu xạ 1 1 2 2 1 2:T E E E Eγ γ⊕ → ⊕ Giả sử: 1 11 1 1 1: 0 0E A B Cχ σ→ → → → , 2 22 2 2 2: 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ( ) ( )1 21 1 1 1 1 2 2 2 2 21 , , : , 1 , , :A AE E E Eβ γ γ β γ γ→ → là các cấu xạ xác định 1 1 2 2,E Eγ γ lúc đó ta có: ( )1 2 1 21 2 ' ' 1 1 2 2 1 21 , ,1 :A A C CT E E E Eβ β γ γ⊕ ⊕= ⊕ ⊕ → ⊕ cũng là một cấu xạ. Gọi cấu xạ ( ) ( )( )1 21 1 2 1 2 1 2 1 21 , , :A AT E E E Eβ γ γ γ γ⊕= ⊕ ⊕ ⊕ → ⊕ là cấu xạ xây dựng mở rộng ( )( )1 2 1 2E E γ γ⊕ ⊕ . Theo tính chất đối phổ dụng của cấu xạ 1T thì tồn tại và duy nhất cấu xạ: ( ) ( )( )1 2 1 20 ' ' 1 1 2 2 1 2 1 21 , ',1 :A A C CT E E E Eβ γ γ γ γ⊕ ⊕= ⊕ → ⊕ ⊕ sao cho 1 0T TT= thể hiện bằng sơ đồ sau: ( )( )0 11 1 2 2 1 2 1 2 1 2T TE E E E E Eγ γ γ γ⊕ → ⊕ ⊕ → ⊕ Ta thấy rằng cấu xạ 0T là cấu xạ toàn đẳng. Vậy ( )( )1 1 2 2 1 2 1 2E E E Eγ γ γ γ⊕ ≡ ⊕ ⊕ . Hoàn toàn tương tự tích bên phải của một mở rộng với một toán tử, ta có: Định nghĩa 2.2.7 - 36 - Cho : 0 0E A B Cχ σ→ → → → ∈£(C,A) và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'A Aα → . Dãy khớp ngắn ' '' : 0 ' ' 0E A B Cχ σ→ → → → được gọi là tích bên trái của E với α nếu tồn tại cấu xạ ( ): , ,1 : 'CT E Eα β → . Tức là ta có biểu đồ sau giao hoán: ' ' : 0 0 1 ' : 0 ' 0 C E A B C E A B C χ σ χ σ α β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Tích bên phải của E với α được kí hiệu là Eα . Vậy 'E Eα= . Định nghĩa này chưa đảm bảo cho sự tồn tại hay không các Eα với bất kỳ E và α . Vì vậy ta cần chứng minh: Mệnh đề 2.2.8 Cho dãy khớp ngắn : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'A Aα → . Khi đó luôn luôn tồn tại ít nhất một mở rộng ' '' : 0 ' ' 0E A B Cχ σ→ → → → thỏa 'E Eα= . Chứng minh: Xây dựng biểu đồ sau: ' ' : 0 0 1 ' : 0 ' ' 0 C E A B C E A B C χ σ χ σ α β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Trong đó '' A BB M ⊕= với ( ) ( )( ){ }, :M a a a Aα χ= − ∈ . Ta có M kép kín đối với hai phép toán xác định trên 'A B⊕ . Thật vậy: Nếu ( ) ( )( ) ( ) ( )( ), , ' , 'a a a a Mα χ α χ− − ∈ thì: a) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ), ' , ' ' , ' ' , 'a a a a a a a a a a a aα χ α χ α α χ χ α χ− + − = − + − + = − + +suy ra tổng của hai phần tử bất kỳ của M cũng thuộc M. b) Với r R∈ thì ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ), , ,r a a r a r a ra ra Mα χ α χ α χ− = − = − ∈ - 37 - Vậy M là không gian tuyến tính con của không gian 'A B⊕ , theo các kết quả đã biết ta có M cũng là không gian con của không gian 'A B⊕ và do vậy nó là không gian con đóng của không gian Banach 'A B⊕ . Do đó ta có '' A BB M ⊕= là một không gian Banach với chuẩn được xác định như sau: Với 'Bξ ∈ thì ( )inf ',a bξ = với ( )',a b ξ∈ . Ta xây dựng các ánh xạ tuyến tính liên tục , ', 'β χ σ như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) : ', 0, ' : ' ', ' ' ', 0 ' : ' , ' ', B B b b M A B a a M B C a b M b β β χ χ σ σ σ → = + → = + → + = , 'β χ theo định nghĩa trên là hợp lý. Cách xây dựng ' : 'B Cσ → cũng hợp lý. Thật vậy: Giả sử ( ) ( )1 1', ',a b M a b M+ = + suy ra ( ) ( ) ( )1 1 1 1', ', ' ',a b a b a a b b M− = − − ∈ do vậy tồn tại dãy { }na A⊂ mà ( ) ( )( ) ( )1 1, ' ',n na a a a b bα χ− → − − suy ra ( ) 1' 'na a aα− → − và ( ) 1na b bχ → − . Do ( ) Im erna Kχ χ σ∈ = mà σ liên tục nên ( )1er 0K σ σ −= là tập đóng. Nên Im χ là tập đóng, vì vậy 1 Imb b χ− ∈ nên tồn tại 0a A∈ mà ( )0 1a b bχ = − . Vậy ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 0b b b b aσ σ σ σχ− = − = = tức là ( ) ( )1b bσ σ= hay ( )( ) ( )( )1 1' ', ' ',a b M a b Mσ σ+ = + . Dễ dàng thấy , ', 'β χ σ là các ánh xạ tuyến tính liên tục. Sơ đồ trên giao hoán: + Với mọi a A∈ ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )0, ; ' ' ,0a a a M a a a Mβχ β χ χ χ α χ α α= = + = = + Mà: ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )0, ,0 ,a a a a Mχ α α χ− = − ∈ . - 38 - Vậy ( ) ( )( )'a aβχ χ α= − hay 'βχ χ α= . Hình vuông thứ nhất của biểu đồ là giao hoán. + Với mọi b B∈ ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )' ' ' 0, 1Cb b b M b bσ β σ β σ σ σ= = + = = Vậy ' 1Cσ β σ= . Hình vuông thứ hai của biểu đồ là giao hoán. ▪ Ta chứng tỏ ' '' : 0 ' ' 0E A B Cχ σ→ → → → là một mở rộng:  'χ là ánh xạ đơn. Thật vậy: Giả sử ( ) ( )1' ' ' 'a aχ χ= suy ra ( ) ( )1',0 ',0a M a M+ = + , tức là ( ) ( ) ( )1 1',0 ',0 ' ',0a a a a M− = − ∈ suy ra tồn tại { }na A⊂ mà ( ) ( )( ) ( )1, ' ', 0n na a a aα χ− → − Suy ra ( ) 1' 'na a aα− → − và ( ) 0naχ → . Lại do χ là phép nhúng nên từ ( ) 0naχ → ta có 0na → . Mặt khác α là ánh xạ tuyến tính liên tục nên ( ) 0naα− → vậy 1' ' 0a a− = hay 1' 'a a= . Hay 'χ là ánh xạ đơn.  Ta chứng tỏ '' : ' A BA M χ ⊕→ là phép nhúng, điều đó tương đương với việc chứng tỏ ( )1' : ' ' 'A Aχ χ− → là liên tục. Lấy { } ( )' ' , 0n nAξ χ ξ⊂ → ta có ( )', 0n na Mξ = + . Chọn dãy { }n Rε +⊂ và 0nε → . Khi đó vì inf ,n nb bξ ξ= ∈ nên với 0nε > thì tồn tại n nb ξ∈ tức là tồn tại na A∈ mà ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )', 0 , ' ,n n n n n n nb a a a a a aα χ α χ= + − = − Sao cho: n n nb ξ ε≤ + . Khi n →∞ thì 0nε → và do 0nξ → nên 0nξ → . Vậy 0nξ → tức là 0nb → hay ( ) ( )( ) ( )' , 0,0n n na a aα χ− → . Ta suy ra là: ( )' 0n na aα− → và ( ) 0naχ → . Do : A Bχ → là phép nhúng nên từ ( ) 0naχ → suy ra 0na → , lại do α là ánh xạ tuyến tính liên tục nên ( ) 0naα → . Kết hợp với ( )' 0n na aα− → ta có ' 0na → . - 39 - Hay ( )1' : ' ' 'A Aχ χ− → là liên tục tức 'χ là phép nhúng.  'σ là ánh xạ toàn. Thật vậy: Giả sử c C∈ do σ toàn ánh nên tồn tại b B∈ mà ( )b cσ = suy ra tồn tại ( )', 'a b M B+ ∈ mà ( )( ) ( )' ',a b M b cσ σ+ = = . Vậy 'σ là toàn ánh.  'σ là ánh xạ mở. Xét sơ đồ sau: 'A B B Cπ σ⊕ → → trong đó : 'A B Bπ ⊕ → là phép chiếu nên π là ánh xạ mở. Nên : 'A B Cσπ ⊕ → là ánh xạ mở. Do đó ta có: ' KerA B Cσπ⊕ ≅ Và KerM σπ⊂ vì với ( )',a b M∈ thì tồn tại na A∈ mà ( ) ( )( ) ( ), ',n na a a bα χ− → với ( ) ( )( ),n na a Mα χ− ⊂ . Ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( )', lim , lim 0n n na b a a aσπ σπ α χ σχ= − = = Vậy ( )', Kera b σπ∈ hay KerM σπ⊂ . Lúc đó ánh xạ '' : ' A BB C M σ ⊕= → có thể phân tích thành tích của hai ánh xạ thể hiện bằng sơ đồ sau: ' ' KerkA B A B C CM σπσπ⊕ ⊕→ → với ( )( ) ( )', ', Kerk a b M a b σπ+ = + và  ( )( ) ( )', Kera b bσπ σπ σ+ = ta thấy rằng k là phép chiếu vì '' Ker KerA BA B M M σπ σπ ⊕ ⊕ = nên k là ánh xạ mở và σπ ánh xạ mở. Vậy ' .kσ σπ= là ánh xạ mở.  Ta chứng tỏ Im ' er 'Kχ σ= Với mọi ' 'a A∈ thì ( ) ( )( ) ( )' ' ' ' ', 0 0 0a a Mσ χ σ σ= + = = . Vậy ' ' 0σ χ = tức là ( )Im ' er ' 1Kχ σ⊂ . Ngược lại: Với mọi ( )', er ' 'a b M K Bσ+ ∈ ⊂ thì ( )( ) ( )' ', 0a b M bσ σ+ = = - 40 - suy ra er Imb K σ χ∈ = , nên tồn tại a A∈ mà ( )a bχ = Do ( ) ( ) ( )0,a b b Mβχ β= = + và ( ) ( )'a aβχ χ α= ta suy ra: ( ) ( )' 0,a b Mχ α = + hay ( )0, Imb M χ+ ∈ Mà ( ) ( ) ( )', ', 0 0, Im 'a b M a b M χ+ = + + ∈ Tức là: ( )er ' Im ' 2K σ χ⊂ Từ (1) và (2) ta có Im ' er 'Kχ σ= . Vậy 'E là một mở rộng và biểu đồ là giao hoán nên 'E Eα= . Sự xác định 'E Eα= trong mệnh đề 2.2.2 là không duy nhất theo mở rộng E và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'A Aα → tương tự như trong trường hợp tích bên phải ta có: Mệnh đề 2.2.9 Cho mở rộng : 0 0E A B Cχ σ→ → → → và ánh xạ tuyến tính liên tục : 'A Aα → . Nếu hai mở rộng ', "E E thỏa ' , "E E E Eα α= = thì ' "E E≡ . Nói cách khác mở rộng Eα là tồn tại và duy nhất, chính xác tới một toàn đẳng. Chứng minh: ' ' ' '' '' : 0 0 1 ' : 0 ' ' 0 1 '' 1 '' : 0 ' '' 0 C A C E A B C E A B C E A B C χ σ χ σ χ σ α β β → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → ↓ ↓ ↓ → → → → Trong đó mở rộng 'E và cấu xạ ( ): , ,1 : 'CT E Eα β → được xây dựng như trong mệnh đề 2.2.2 và: ( )' : , ',1 : ''CT E Eα β → là cấu xạ xác định ''E . Ta xây dựng cấu xạ toàn đẳng ( )0 ': 1 , '',1 : ' ''A CT E Eβ → tức là xây dựng ánh xạ tuyến tính liên tục '' : ' ''B Bβ → sao cho biểu đồ giao hoán.  '' : ' ''B Bβ → được xác định như sau: ( )( ) ( ) ( )" ', " ' 'a b M a bβ χ β+ = + - 41 - ''β được xác định như trên là hợp lý. Vì: Nếu ( ) ( )1 1', ',a b M a b M+ = + thì (