Tài liệu Tài liệu tham khảo – giải thích doc

Định lý: Không gian định chuẩn là Banach ⇔ Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ Chứng minh:  Thuận: Giả sử KG định chuẩn là Banach... Chứng minh là không gian Banach Giả sử { } là d

Tài liệu tham khảo – giải ch thực – Lớp giải ch K19

Chương 1:

1 Mệnh đề 1.4: Gọi (ℝ ) là tập hợp các hàm bậc thang xác định trên ℝ

a Nếu , ∈ (ℝ ) thì + , ∈ (ℝ )

b Cho : ℝ → ℂ thỏa (0) = 0 Nếu ∈ (ℝ ) thì ( ) ∈ (ℝ )

c Với , , … , ∈ (ℝ ) ta có max{ , , … , } ∈ (ℝ ), min { , , … , } ∈ (ℝ )

Chứng minh:

a Nếu , ∈ (ℝ ) thì + , ∈ (ℝ )

Theo giả thiết ta có thể biểu diễn , dưới dạng chính tắc như sau:

( ) = ∑ , ( ) = ∑ Và do đó:

b Cho : ℝ → ℂ thỏa (0) = 0 Nếu ∈ (ℝ ) thì ( ) ∈ (ℝ )

Với cách biểu diễn chính tắc của , ta dễ thấy rằng:

c Với , , … , ∈ (ℝ ) ta có max{ , , … , } ∈ (ℝ ), min { , , … , } ∈ (ℝ )

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp = 2

Ta đã có + , − ∈ (ℝ ) Biểu diễn − dưới dạng chính tắc − = ∑

Và | − | = ∑ | | ∈ (ℝ )

Ta được: max{ , } = | |∈ (ℝ ) và min{ , } = | |∈ (ℝ )

2 Mệnh đề 1.7: Cho , là hàm bậc thang trên ℝ , và cho ∈ ℂ Khi đó:

a ∫ ( +ℝ )= ∫ℝ + ∫ℝ

b Nếu ≥ thì ∫ℝ ≥ ∫ℝ

Chứng minh:

a Chứng minh ∫ ( +ℝ )= ∫ℝ + ∫ℝ

Trước hết từ định nghĩa ch phân hàm bậc thang ta chứng minh được nếu ≥ 0 thì ∫ℝ ≥ 0 (1)

Giả sử: = ∑ , ∩ = ∅ nếu ≠ ; = ∑ , ∩ = ∅ nếu ≠

⋃ = ⋃ (có thể có một số , bằng 0)

Đặt = ∩ , 1 ≤ ≤ , 1 ≤ ≤ Khi đó: | | = ∑ , = ∑

Vậy: ∫ ( +ℝ )= ∑ + (tổng trên các = 1,2, … , ; = 1,2, … , )

b Chứng minh: nếu ≥ thì ∫ℝ ≥ ∫ℝ

Thật vậy: nếu ≥ ⇔ − ≥ 0 Theo (1) ta có:

∫ℝ − ≥ 0 ⇒ ∫ℝ − ∫ℝ ≥ 0 ⇒ ∫ℝ ≥ ∫ℝ

3 Mệnh đề 1.8: Cho , : ℝ → ℂ là hai hàm khả ch Lebesgue Khi đó , < ∞ hkn và + ( ∈ ℂ), | | là các hàm khả ch Lebesgue và

∫ ( +ℝ )= ∫ℝ + ∫ℝ , ∫ℝ ≤ ∫ | |ℝ

Chứng minh:

 Chứng minh: , < ∞ hkn

Giả sử ngược lại tức là tồn tại có ( ) > 0 sao cho ( ) = ∞, ∀ ∈ Khi đó:

∫ℝ ( ) ≥ ∫ | | = ∞

Ta có mâu thuẫn Vậy < ∞ hkn

Chứng minh tương tự ta cũng có < ∞ hkn

 Chứng minh : + khả ch Lebesgue

Ta có ∫ | +ℝ | ≤ ∫ (| | + | || |)ℝ = ∫ | |ℝ + | | ∫ | |ℝ < ∞

Vậy + khả ch Lebesgue

 Chứng minh: | | khả ch Lebesgue

Đặt ℎ( ) = | ( )| thì ∫ |ℎ( )|ℝ = ∫ | ( )|ℝ < ∞

Vậy | | khả ch Lebesgue

 Chứng minh: ∫ ( +ℝ )= ∫ℝ + ∫ℝ

Do , khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang { } đơn điệu tăng hội tụ đến hkn và có dãy hàm bậc thang { } đơn điệu tăng hội tụ đến hkn Do đó:

∫ℝ + ∫ℝ = lim

→ ∫ (ℝ + )= ∫ ( +ℝ ) (Do + là dãy hàm bậc thang đơn điệu tăng đến + )

 Chứng minh: ∫ℝ ≤ ∫ | |ℝ

Do khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang { } đơn điệu tăng hội tụ đến hkn Do đó:

∫ℝ = lim

→ ∫ℝ ≤ lim

→ ∫ | | =ℝ ∫ | |ℝ

Chương 2:

1 Bất đẳng thức Holder: Cho , đo được trên một tập đo được Ω; + = 1, 1 < < ∞

 Nếu ∈ (Ω), ∈ (Ω) thì ‖ ‖ = ∫ | | ≤ ∫ | | ∫ | | = ‖ ‖ ‖ ‖

 Nếu ∈ (Ω), ∈ (Ω) thì ‖ ‖ ≤ ‖ ‖ ‖ ‖

Chứng minh:

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Young như sau:

Cho hai số thực p1, q1 thoả 1 1 1

pq , với hai số thực  0 ,  0 ta luôn có:

p q

    (*)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi p q

 Với  0 hoặc  0 thì bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng

 Với  0 và  0, ta xét hàm số ( )

t t

f t

p q



( )

f t xác định với mọi t > 0 và có đạo hàm 1 1

1

1 '( )

p q

q

t

f t t t

t



  





Ta có: '( )f t 0 t 1

Với t 1 thì '( ) 0f t 

Với t  thì 1 f t '( ) 0

Suy ra hàm ( )f t đạt cực ểu trong khoảng (0 , ) tại t 1

Từ đó suy ra với t  ta có 0 f t( ) f(1) 1 1 1

p q

Với = ta có:

q p

 



Nhân hai vế bất đẳng thức trên cho   ta được

1

Từ 1 1 1

pq ta suy ra được p 1 p

q   và q 1 q

p 

Vì vậy ta được bất đẳng thức cần chứng minh

p q

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức Holder

 Nếu f p 0 hoặc g g 0 thì ( ) ( )f x g x 0 hkn trên X

Do đó fg 1 0 suy ra bất đẳng thức Holder đúng trong trường hợp này

 Nếu f p 0 và g q 0 thì theo chứng minh trên với mọi x  ta có:

Lấy ch phân hai vế bất đẳng thức trên ta được

f g   p f  q g 

( ) ( )

p q

f x g x dx

p q

f x g x dx

f g 

f x g x dx( ) ( ) f p g q



Hay fg1 f p g q

2 Định lý: Không gian định chuẩn là Banach ⇔ Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ

Chứng minh:

 Thuận: Giả sử KG định chuẩn là Banach Chứng minh mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ

Xét chuỗi ∑ là chuỗi hội tụ tuyệt đối ⇒ ∑ ‖ ‖ hội tụ nên theo nh chất Cauchy ta có:

∀ > 0, ∃ ∈ ℕ, ∀ > , ∀ ≥ 1 ta có :

≤ ‖ ‖ + ‖ ‖ + ⋯ + <

Vậy dãy { } Cauchy trong , mà Banach nên dãy { } hội tụ

Suy ra ∑ là chuỗi hội tụ

 Nghịch: Giả sử mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ Chứng minh là không gian Banach

Giả sử { } là dãy Cauchy trong Khi đó với mọi số tự nhiên tồn tại số tự nhiên ( > ) sao cho với mọi , > ta có ‖ − ‖ <

Đặc biệt − <

Vì chuỗi ∑ − hội tụ nên chuỗi (*) hội tụ về phần tử ∈ Khi đó:

= lim

Cho → ∞ thì → ∞ Do đó lim

Vậy dãy { } hội tụ hay là không gian Banach

3 Chứng minh ∀ ≥ , ( ) là không gian Banach

Chứng minh:

 Ta chứng minh nếu ≠ 0 hkn thì ∫ | | > 0, ≥ 1 Do đó hàm ‖ ‖: → ‖ ‖ là một chuẩn trong không gian (Ω)

Thật vậy: ∀ , ∈ (Ω), ∈ ℂ

i) Ta có ‖ ‖ ≥ 0; ‖ ‖ = 0 ⇔ ∫ | | = 0 ⇔ = 0

ii) ‖ ‖ = ∫ | | = ∫ | | | | = | | ∫ | | = | |‖ ‖

iii) Chứng minh ‖ + ‖ ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖

- Với = 1 ta có: ‖ + ‖ = ∫ | + | ≤ ∫ | | + ∫ | | = ‖ ‖ + ‖ ‖

- Với > 1 Giả sử + = 1 ⇔ − 1 =

Do đó | + | ∈ (Ω)

Khi đó theo BĐT Holder ta có

∫ | || + | ≤ ‖ ‖ ∫ | + |( ) = ‖ ‖ ‖ + ‖

Tương tự ta có: | || + | ≤ ‖ ‖ ‖ + ‖

Khi đó: ‖ + ‖ = ∫ | + | = ∫ | + | = ∫ | + || + |

≤ ∫ | || + | + ∫ | || + | ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖ ‖ + ‖

Nhân hai vế của BĐT trên với ‖ + ‖ ta được điều phải chứng minh

Vậy ‖ ‖ là một chuẩn trong không gian (Ω)

 Lấy chuỗi tùy ý ∑ trong (Ω) và giả sử ∑ | | = < ∞ Ta cần chứng minh ∑ hội

tụ trong (Ω)

Đặt ( )= ∑ | ( )| , ∀ ∈ ℕ, ∈ Ω Khi đó ta có các hàm:

( )

∈ (Ω) à ‖ ‖ ≤ ∑ ‖ ‖ ≤

Từ đó suy ra ∫ | | ≤

Với ∀ ∈ Ω thì ( ) là dãy tăng và bị chận trên nên tồn tại hàm ( ) sao cho lim

→ ( ) = ( )

Vì hàm đo được và đơn điệu tăng đến nên là hàm đo được trên Ω

Theo bổ đề Fator ta có ∫ = ∫ lim

Suy ra hữu hạn hkn

Như vậy với ∀ ∈ Ω, ( ) hữu hạn nên chuỗi ∑ hội tụ trong (Ω)

 Xây dựng hàm ( ) như sau: : → ℂ

( ) = ∑ ( ) ế ( )ℎℎ

0 ế ( ) = +∞

- Chứng minh ∈ (Ω)

Kí hiệu: ( ) = ∑ ( ) Khi đó lim

→ ( ) = ( ) hkn Suy ra ( ) là hàm đo được

Mặt khác ta có: |∑ ( )| ≤ ∑ | ( )| ⇒ | | ≤ ( ), ∀ ∈ Ω

Khi đó: ∫ | | ≤ ∫ ≤ < ∞ ⇒ ∈ (Ω)

- Ta chứng minh ( ) → ( ) khi → ∞ trong (Ω)

Ta có | − | ≤ ( + ) ≤ 2

Vì hàm 2 khả ch trong (Ω) nên theo định lý hội tụ bị chận ta có

∫ | − | → 0 ℎ → ∞ Nghĩa là: ‖ − ‖ → 0 khi → ∞ Suy ra ‖ − ‖ → 0 khi → ∞

Vậy (Ω) là không gian Banach

4 Định lý tập các hàm bậc thang trù mật trong ( )

Với ∀ ∈ (Ω) (1 ≤ < ∞) thì tồn tại dãy ( ) các hàm bậc thang sao cho → trong (Ω) Nghĩa là tập các hàm bậc thang trù mật trong (Ω)

Chứng minh:

a Trường hợp ≥ 0

Theo giả thiết thì tồn tại các hàm , ∈ sao cho = − Khi đó có 2 dãy hàm bậc thang ( ) và ( ) sao cho ↗ ; ↗

Đặt Φ = max {( − ), 0}

 Dùng định lý hội tụ bị chận ta chứng minh Φ → hkn trong (Ω)

Ta có Φ ( ) = max{( − ), 0}

Vì ↗ ; ↗ và > nên với đủ lớn ta có Φ ( ) = ( ) − ( ) > 0

Do đó Φ ( ) → ( ) − ( ) = ( ) hkn

Suy ra Φ ( ) → ( ) hkn

Ta có ( ) − ( ) ≤ ( ) − ( )

Do đó Φ ( ) = max {( − ), 0} ≤ max { ( ) − ( ), 0}

Đặt ( ) = max { ( ) − ( ), 0}

Rõ ràng | | khả ch trong (Ω) và |Φ ( )| ≤ ( )

Theo định lý hội tụ bị chận ta có ‖Φ − ‖ → 0 khi → ∞

b Trường hợp tổng quát = + với , là các hàm thực

Đặt = − ; = ℎ − ℎ với , , ℎ , ℎ > 0

Khi đó = − + ℎ − ℎ

Theo câu a tồn tại các dãy hàm bậc thang Φ , Φ , Φ , Φ

Sao cho Φ → , Φ → , Φ → ℎ , Φ → ℎ trong (Ω)

Đặt Φ = Φ − Φ + Φ − Φ

Rõ ràng Φ là hàm bậc thang và Φ → − + ℎ − ℎ = khi → ∞ trong (Ω)

Chương 3:

1 Định lý 3.2: Giả sử M là không gian con đóng của không gian Hilbert Khi đó: với x  H tồn tại duy nhất yM được gọi là hình chiếu trực giao của x trên M sao cho:

( , ) in f

y M



Chứng minh

Đặt  d x M( , ) Lấy dãy (y n)M sao cho x y n 

 Ta sẽ chứng minh  y n là dãy Cauchy

Áp dụng bất đẳng thức hình bình hành cho cặp vectơ x y m và xy n ta có:

2

2

Vì 1 

2 y m  y n M nên  

2 2

1

x y  y 

Mặt khác, vì x y n   khi n   nên   0, n 0 sao cho  n n0 ta có

n

Do đó  y n là dãy Cauchy trong M Vì M là đầy đủ nên y n  yM và x  y    d x M ( , )

 Ta chứng minh y là duy nhất

Thật vậy, giả sử tồn tại y'M thoả nh chất như trên Áp dụng đẳng thức hình bình hành cho

xy và xy' ta được

Vì 1 '

2 y  y M nên

2 2

1 ( ') 2

Khi đó: y y'2 42420⇔ y  y '  0 hay y  y'

2 Định lý 3.3: Cho M là không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H Với mỗi x  H, tồn tại x '  M, x''M sao cho x  x '  x ''

Khi đó: d x M ( , )  x  x '  x '' và x 2  x ' 2 x ''2

Chứng minh

Lấy tuỳ ý x  H, đặt x'P M( )x Theo định lí 3.2 ta có: xx' d x M( , )

Ta sẽ chứng minhx'' xx'M

Với mọi v  M, với mọi   ta có x '   v  M Khi đó ta có:

2

( ' ) '' '' , '' '', '' '', , '' , '' '', '',

Vì x ''2  2 nên từ trên ta suy ra

'', '', 0 ,

Lấy   t x v '', ,   t Ta có: 2 2

Từ đây suy ra x v '', 0 Vì nếu x v '', 0 thì bất đẳng thức trên không thoả với ∈ ‖ ‖ , 0

Vì x v  '', 0 với v tuỳ ý thuộc M nên x''M

Vậy với mọi x  H ta có x  x ' (  x  x ')  x '  x '' với x'M x, ''M

3 Định lí 3.4: Giả sử không gian Hilbert Hcó cơ sở trực chuẩn đếm được ( )e n Khi đó:

i) = ∑ 〈 , 〉 , ∀ ∈

ii) 〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 , ∀ , ∈

Chứng minh

i) Theo bổ đề 3.4 phần a) ta có chuỗi ∑ |〈 , 〉| hội tụ Do đó theo bổ đề 3.4 phần b) ta có

= ∑ 〈 , 〉 ∈

Ta chứng minh =

Thật vậy với mọi j ta có: 〈 − , 〉 = 〈 − ∑ 〈 , 〉 , 〉 = 〈 , 〉 − 〈 , 〉 = 0

Do hệ ( )e i là đầy đủ nên suy ra x y 0 hay x y

ii) Vì ch vô hướng là lien tục nên theo câu a) ta có

〈 , 〉 = 〈∑ 〈 , 〉 , ∑ 〈 , 〉 〉 = lim

→ 〈∑ 〈 , 〉 , ∑ 〈 , 〉 〉

= lim

→ ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉

4 Định lí 3.5: Giả sử ( )e n là dãy trực chuẩn trong không gian Hilbert H Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

i) Dảy ( )e n là đầy đủ

ii) = ∑ 〈 , 〉 , ∀ ∈

iii) 〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 , ∀ , ∈

iv) ‖ ‖ = ∑ |〈 , 〉|

Chứng minh

 i)  ii) và i)  iii) (chứng minh lại định lý 3.4)

 Nếu thay x y vào iii) thì ta có iii)  iv)

 Ta còn phải chứng minh ii)  i) và iv)  i)

Từ ii) hoặc iv) ta đều suy ra nếu x e , i  0 ,  i thì x  0

Theo hệ quả 3.1 phần b) ta có dãy ( )e n là đầy đủ