Luận văn một số dạng toán trong giải tích hàm

Trong đó, thầy Lê Hồng Đức là giảng viên giảng dạy môn Giải tích hàm và cũng là giáo viên hướng dẫn đề tài đã giúp em vượt qua một số khó khăn, trở ngạy về vấn đề chuyên môn cũng như về

Lời nói đầu

Đề tài này, với đặc trưng là có số lượng bài tập phong phú, đa dạng và có kết cấu chặt chẽ, chính là thành quả làm việc hơn ba tháng của em Ngoài ra, nó cũng chính là kết tinh của những kết quả mẫu mực, là sự liên hệ giữa cái đã biết và cái chưa biết và còn nhiều, nhiều nữa mà những điều này không thể không nhắc đến những thầy, cô đã đưa em đi trên con đường chinh phục tri thức Vì lý do đó, em xin trân trọng gửi lời cám ơn đến Bộ Môn Toán- Khoa Sư Phạm- Trường Đại Học Cần Thơ, đặc biệt là bộ môn Giải tích: thầy Đỗ Quang Huy, thầy Lê Hồng Đức, cô Trần Thị Thanh Thúy, thầy Phạm Gia Khánh, cô Dương Thị Xuân An đã tạo điều kiện để em hoàn thành luận văn này Trong đó, thầy Lê Hồng Đức là giảng viên giảng dạy môn Giải tích hàm và cũng là giáo viên hướng dẫn đề tài đã giúp em vượt qua một số khó khăn, trở ngạy về vấn đề chuyên môn cũng như về phương pháp nghiên cứu Bên cạnh

đó, thầy Phạm Gia Khánh và cô Dương Thị Xuân An, là cán bộ giảng dạy môn Giải tích, đã cung cấp cho em những kiến thức nền tảng về Giải tích thông qua những giờ

mà thầy, cô đã trực tiếp giảng dạy ở lớp Sư Phạm Toán K30 Ngoài ra, cô Trần Thị Thanh Thúy và thầy Đỗ Quang Huy cũng là những người có ảnh hưởng rất lớn đến thành tựu về tư duy toán học mà em đã đạt được trong những năm học ỏ bậc Đại học Điều đó chính là niềm khích lệ để em hoàn thành đề tài

Sinh viên thực hiện đề tài

Nguyễn Trung Kiên

A.PHẦN MỞ ĐẦU

1) Lý do chọn đề tài

Giải tích hàm là một ngành toán học được giảng dạy và học tập ở bậc cử nhân cũng như sau đại học Đối với sinh viên đây là một môn học khó bởi vì nó có tính trừu tượng khá cao Vì vậy, không ít sinh viên cảm thấy e sợ và có cảm giác xa lạ đối với môn học Là một sinh viên, cũng như những sinh viên khác, em đã hiểu được những

khó khăn, trở ngại khi học môn giải tích hàm Nhìn chung sự khó khăn đó bắt nguồn

Chính vì vậy, việc khắc phục những khó khăn trên là hết sức cần thiết Với lý

do đó, em quyết định chọn đề tài: Một số dạng toán trong Giải tích hàm

2) Lịch sử vấn đề

Giải tích hàm là một ngành toán học ra đời cách đây một khoảng thời gian khoảng trên dưới 80 năm Vì vậy, giải tích hàm đã tích lũy được một số kết quả hết sức mẫu mực và đặc thù Những kết quả đó ảnh hưởng ít nhiều đến các ngành toán học

lý thuyết và ứng dụng khác Do đó, nó mở ra chân trời mới để nghiên cứu và học tập toán học

Tuy nhiên, dù có phát triển đến mức độ nào đi chăng nữa thì những kết quả ban đầu vẫn đóng một vai trò quan trọng trong việc xây dựng những mẫu toán học tổng quát và trừu tượng Nói một cách khác, những kết quả “thô sơ” này là những viên gạch đầu tiên để xây dựng nên một lâu đài toán học nguy nga, đồ sộ Với lý do đó, những quyển sách về giải tích hàm vẫn tiếp tục được biên soạn và ra mắt bạn đọc, nhưng với

mức độ hiện đại ngày càng cao Dựa trên tinh thần này, sinh viên cũng nên nắm bắt môn học giải tích hàm theo hướng tinh giản hóa và hiện đại hóa Cho nên, em nghĩ rằng đề tài này một mặt giúp cho em làm quen với việc nghiên cứu toán học theo hướng hiện đại, mặt khác nó có thể làm một tài liệu tham khảo cho các bạn yêu thích môn giải tích hàm

3) Mục đích nghiên cứu

Em nghiên cứu đề tài này với mục đích:

+ Tổng hợp các tính chất, định lý của giải tích hàm một cách có hệ thống + Phân dạng bài tập cho phù hợp với mỗi định lý, tính chất

+ Cụ thể hóa các không gian trừu tượng để nhấn mạnh mối liên hệ giữa cái cụ thể và cái trừu tượng

4) Phạm vi nghiên cứu

Trong khuôn khổ đề tài của em, em chỉ nghiên cứu những vấn đề về không gian định chuẩn và ánh xạ tuyến tính liên tục

5) Phương pháp nghiên cứu

+ Tổng hợp tài liệu để có được nguồn kiến thức cần thiết

+ Phân tích những mặt mạnh và những mặt chưa phù hợp (trong phạm vi mục đích và yêu cầu của đề tài) của những tài liệu hiện có để rút ra những kinh nghiệm nghiên cứu cần thiết

+ Tiếp thu những thông tin mới về các vấn đề có liên quan đến đề tài, chủ yếu

từ Internet

Chương 0 Không gian vectơ tôpô và không

gian lồi địa phương

Chương này nhằm giới thiệu một số khái niệm và tính chất cơ bản của không gian vectơ tôpô và không gian lồi địa phương để làm nền tảng cho việc nghiên cứu các chương sau một cách có hệ thống

Trong toàn bộ đề tài này, K là trường số thực hay trường số phức

0.1 Không gian vectơ tôpô 0.1.0 Định nghĩa

Cho tập E≠ø. E được gọi là không gian vectơ tôpô nếu:

i) E là không gian vectơ trên trường K

ii) E là không gian tôpô

iii) Các phép toán:

y x y x

E E E

+

→

× +

a ) , (

:

và

x x

E E

) , (

Giả sử A là tập con của không gian tuyến tính E

i) A được gọi là lồi nếu:







=+

0,

,

µ λ µ λ

A y x

λ K

A x

ta đều có λ x∈A

iii) A được gọi là tuyệt đối lồi nếu A lồi và cân

iv) A được gọi là hút x E∈ nếu:

) :

( :

0.1.2 Các tập lồi, cân, tuyệt đối lồi và hút cụ thể

Ta có thể xem R2 là không gian vectơ trên R

0,

)1,0(),(),,(

µ λ µ λ

S t z y x

Ta có: λ(x, y) + µ(z,t) = (λ x + µ z,λ y + µ t) mà

12)

(2)(

)(

)(

)(λ x+µ z 2 + λ y+µ t 2 =λ2 x2 + y2 +µ2 x2 + y2 + λµ xz+ yt <λ2 +µ2 + λµ =

)1,0('),

(

λ λ

S y x

+ Tập tuyệt đối lồi:

Dễ dàng chứng minh được tập S(0,1) và S’(0,1) là tập tuyệt đối lồi

+ Tập hút:

),(x y ∈R x + y ≤r Với mỗi (u,v)∈R2((u,v)≠(0,0)) ta có:

0

2 2

λ µ

µ ≥

),(],0

2 2 2 2

r v u v u v u

µ

Nếu (u,v)=0 thì rõ ràng (u,v) ∈S[ 0 ,r]

Vậy S[0,r] là tập hút

0.1.3 Một số tính chất của không gian vectơ tôpô

0.1.3.1 Giả sử E là không gian vectơ tôpô và U là cơ sở lân cận của gốc Khi

đó họ U có các tính chất sau:

i) Mỗi U∈ U là tập hút

ii) Với mỗi U∈ U tồn tại V∈ U :V+V∈U

iii) Với mỗi U∈ U tồn tại lân cận cân W của gốc sao cho W⊂U

λ

λ a

→

K

Hiển nhiên f liên tục tại λ=0 vì phép nhân liên tục

Do đó tồn tại một lận cận N ε ={λ λ <ε} của 0K sao cho

U N

Chứng minh

Bổ đề:

Cho E và F là hai không gian vectơ tôpô trên cùng trường K và toàn ánh

tuyến tính liên tục f :E→ F Khi đó f biến tập hút trong E thành tập hút trong F

y U

x∈µ ⇒ = ∈ µ =µ (Vì f tuyến tính)

Hay ∃λ> 0 :y∈µ f(U) ( ∀µ: µ >λ)

Do đó f(U) là tập hút.

Bây giờ, xét V là tập mở trong E

Vì V là tập mở nên V là lân cận của y trong V

Lúc đó tồn tại lân cận U của gốc sao cho y+U⊂V

Vì U là tập hút và phép cộng là song ánh tuyến tính liên tục nên y+U cũng là tập hút

E E h

λ

λ, ) a (

:K× →

Khi đó h liên tục tại λ= 0 ,x= 0vì phép nhân liên tục

Do đó tồn tại lân cận V và ε >0 sao cho: λ x∈U khi λ ≤ε và x∈V

⇒ là lân cận cân và W ⊂U

0.1.3.2 Giả sử E là không gian vectơ tôpô và A là tập đóng trong E Chứng minh rằng nếu x∉A thì tồn tại lân cận U của x và lân cận V của A sao cho U∩V =ø

(Ở đây ta hiểu tập V là lân cận của tập A nếu V là lân cận của mọi điểm trong A)

Chứng minh

Vì A đóng nên tồn tại lân cận V của x sao cho V ∩A= ø

Ta lại có tồn tại lân cận W của gốc sao cho: x+W⊂V

A W

Khi đó đặt: U=x+Ω và V=A+Ω

Ta có U, V lần lượt là lân cận của x và A mà U∩V = ø

Thật vậy nếu có y∈U∩V = (x+ Ω ) ∩ (A+ Ω ) thì y=x+u=a+v với u, v∈ Ω và

A

a v u

x+ − =

Mà u−v∈Ω+Ω⊂W

A W x v u

x+ − ∈ + ∩

Vậy U∩V = ø

Ø Nhận xét:

Không gian vectơ tôpô là không gian tách

Thật vậy ∀x, ythuộc không gian vectơ tôpô mà x≠y thì x∉{ }y Nên theo tính chất trên ta có đpcm

0.1.3.3 Giả sử E là không gian vectơ tôpô và A, B là các tập con của E Hãy chứng minh:

i) Nếu A mở, B tùy ý thì A+B là tập mở

ii) Nếu A là tập đóng, B là tập compact thì A+B là tập đóng

Chứng minh

i) Giả sử x+y∈A+B, ở đó x∈A,y∈B

Do A mở nên tồn tại lân cận Ux của x sao cho U x ⊂ A

⇒tồn tại lân cận U của gốc sao cho x+U=Ux

Lúc đó x+y+U là lân cận của x+y và x+y+U⊂A+B

Vậy A+B là tập mở

ii) Ta sẽ chứng minh E\ (A+B) là tập mở Thật vậy:

Lấy x∉A+B thì với mỗi b∈Bta có {x−b}∩A=ø

Từ giả thiết A đóng nên tồn tại lân cận Ub của gốc sao cho

=

∩+

b V V U V

V + ⊂ + ⊂

∈

≠

∩ +

1 2

n n

i A A

i a x

i b y

i

i i i n

i i i n

i i

λ β λ

u ∈

2

12

1(

Nếu U là tập lồi và λ, µ là các số dương thì λ U +µ U = (λ+µ)U

Chứng minh tương tự như 0.1.4.5

0.1.3.6 Nếu một không gian vectơ tôpô E có một không gian con tuyến

x M

i) Kerf hoặc là tập đóng hoặc là tập trù mật trong E

ii) f liên tục nếu và chỉ nếu Kerf là tập đóng

Chứng minh

i) Giả sử Kerf không là tập đóng, ta chứng minh Kerf trù mật trong E

Vì Kerf không là tập đóng nên ∃y∈Kerf \Kerf ⇒ f(y) ≠ 0

Với mỗi x∈E ta có:

0)()(

)()()

x f x f y y f

x f x

Kerf y

y f

x f

⇒

)(

)(

ky u

x= +

)(

)(,

y f

x f k Kerf

,lim

,,v Kerf u Kerf v Kerf sao cho u u v v

n n n n

n

n n n n

Vì u∈Kerf ⊂Kerf , y∈Kerf và Kerf là không gian con tuyến tính của E nên:

Kerf ky

u

x= + ∈

Vậy X=Kerf hay Kerf là tập trù mật khắp nơi trong E

Ngược lại, nếu Kerf không là tập trù mật khấp nơi trong E thì Kerf \ Kerf =Ø

Do đó, Kerf là tập đóng

ii) Nếu ta có f liên tục thì

{ }x n ∈Kerf

∀ mà x n →x Ta chứng minh x∈Kerf Thật vậy:

0)(lim)lim()(0)

Ngược lại, ta có Kerf là tập đóng

Nếu f là hàm 0 thì đương nhiên f liên tục

=

y f

z+ ⊂ \ Giả sử ∃x∈V: f(x) ≥ε, khi đó:

Kerf x

f

x z x

f x f z f x f

x z

)(0

)()()())(

x f

)(

ε

)( ≤

x f

ε

và V là tập cân)

V z x f

x

⇒

)(

ε

x f

x

)(

0.2 Không gian lồi địa phương

Trong các không gian vectơ tôpô thì không gian lồi địa phương đóng một vai trò quan trọng

0.2.1 Định nghĩa 0.2.1

Không gian vectơ tôpô E được gọi là không gian lồi địa phương nếu trong

E có một cơ sở lân cận của gốc gồm toàn các tập lồi

Vì khi tịnh tiến một tập lồi ta lại được một tập lồi, do đó trong không gian lồi địa phương, mỗi điểm đều có một cơ sở lân cận lồi

0.2.2 Không gian lồi địa phương cụ thể

Cho E là không gian lồi địa phương, với cơ sở lân cận gốc U gồm các tập lồi

Gọi U’ ={V'V' =V ∩ −V,V ∈ U}

- Vì V là lân cận của gốc nên V' cũng là lân cận của gốc và V'⊂V

Do đó, U’ là một cơ sở lân cận

- Vì V là tập lồi nên –V là tập lồi ⇒V'=V ∩−V là tập lồi

1

2

11

2

11

()2

Chương 1 Không gian định chuẩn

Trong chương 0, chúng ta đã được làm quen với không gian vectơ tôpô Không gian định chuẩn là một lớp quan trọng trong không gian vectơ tôpô Chính vì vậy, việc nghiên cứu không gian định chuẩn sẽ cho ta một số kết quả quan trọng giúp

ta tìm hiểu được những tính chất của không gian vectơ tôpô

1.1 Định nghĩa và ví dụ

Trong phần này, các khái niệm cơ bản như hệ độc lập tuyến tính, hệ phụ thuộc tuyến tính, số chiều của không gian vectơ… là đã biết

1.1.1 Định nghĩa 1.1

- Cho E là không gian vectơ trên trường K

- Một ánh xạ :E→R được gọi là một chuẩn nếu nó thỏa các tính chất sau:

Ta qui ước:

- Quả cầu mở tâm a, bán kính r là tập

{x E x a r} {x E d x a r}

r a

- Quả cầu đóng tâm a, bán kính r là tập

{x E x a r} {x E d x a r}

r a

Mỗi một không gian định chuẩn đều là một không gian mêtric Mặt khác, mỗi một không gian mêtric đều là không gian tôpô với cơ sở tôpô là họ các quả cầu mở Vì vậy không gian định chuẩn là một không gian tôpô

Ta có không gian định chuẩn E là không gian vectơ và cũng là không gian tôpô

Do đó, để xét xem E có là một không gian vectơ tôpô hay không thì ta xét tính liên tục của phép cộng và phép nhân trong E

- Lấy x,y∈E và W là lân cận của x+y ⇒ tồn tại quả cầu mở B(x+y,r) sao cho B(x+y,r) ⊂W

Lúc này, ta lấy các quả cầu )

2 , (x r

B và )

2,(y r

B , chúng lần lượt là lân cận của x và

2,()2,(x r B y r B x y r

2,()2,(x r B y r B

2,(x r B

2,(y r B

Ta được:

r r r y v x u y v x u y x v u y x

22)

()()()()(

) , (x y r B

t∈ +

Do đó B x r +B y r)⊂B(x+y,r)⊂W

2,()2,

Vậy phép cộng trong E là liên tục

- Lấy λ∈K, x∈E và V là lân cận của λ x⇒ tồn tại quả cầu mở B(λ x,r) sao cho B(λ x,r) ⊂V

Khi đó, với mọi µ thoả

1 2 , (x r B x r

+

∈

µ

r x B

Ta được:

r x x

r r

x x

u x

x x u x

<

−+

−

≤

−+

()(

µ µ λ

µ µ

λ µ µ µ λ

µ

λ

) ,

,

µ

Vậy phép nhân trong E là liên tục

Từ những kết luận trên, ta được E là một không gian vectơ tôpô

Vậy mọi tính chất của không gian vectơ tôpô đều đúng cho không gian định chuẩn

Ngoài ra, ta dễ dàng nhận thấy các quả cầu mở có tâm tại gốc là các tập lồi Vì vậy, không gian định chuẩn là không gian vectơ tôpô có một cơ sở lân cận gồm toàn các tập lồi Do đó, không gian định chuẩn cũng là không gian lồi địa phương

β

α, sao cho

1 2

α ≤ ≤ ∀x∈E Theo kết quả trên, ta đã biết gian định chuẩn là không gian vectơ tôpô Vấn đề đặt ra là sự so sánh chuẩn có dẫn đến sự so sánh tôpô gây ra bởi các chuẩn đó hay không? Chúng ta nghiên cứu định lý sau:

1.1.4 Định lý 1.1.2

Giả sử

1 và

2 là hai chuẩn xác định trên E Lúc đó, chuẩn

1 mạnh hơn chuẩn

2 và B1(x,r), B2(x,r) lần lượt là các quả cầu mở tâm x bán kính r trong (E, 1), (E, 2)

- Nếu chuẩn

1 mạnh hơn chuẩn

2 thì tồn tại số dương c sao cho

1

2 c x

x ≤ Lúc này ta chứng minh τ2 ⊂τ1

Lấy G∈τ2, ta chứng minh G∈τ1 Thật vậy:

Với mọi x∈G thì x là τ2- điểm trong của G

Do đó ∃r>0 sao cho B2(x,r) ⊂G

Ta chứng minh 1( , ) B2(x,r)

c

r x

c

r x B

c

r c x y c x

c

r x

Vì vậy x là τ1- điểm trong của G

Vậy G là τ1- lận cận của mọi điểm trong G

<

x

rx

1 2

2

x r

2

Hệ quả:

Giả sử

1 và

2 là hai chuẩn xác định trên E Lúc đó, chuẩn

1 và chuẩn

2

. tương đương khi và chỉ khi tôpô gây nên bởi .1 và . 2 tương đương

Quá trình giới hạn chính là nội dung nghiên cứu của giải tích, quá trình giới hạn trong không gian định chuẩn là như thế nào? Ta nghiên cứu định nghĩa sau:

- Dãy { }x n là một dãy Cauchy trong E nếu

x , , , ) = + + +

( 1 2 1 1 2

1 2 2

2 2 1 2 2

(x x x n = x + x + + x n

) , , , max(

) , , , (x1 x2 x n ∞ = x1 x2 x n

Chứng minh .1, 2, ∞ là các chuẩn trên n

K

Chứng minh

Ta chứng minh

2 là một chuẩn tên n

K Còn

1 và . ∞ chứng minh tương tự

Để thuận tiện, ta xem K là trường số phức, trường hợp K là trường số thực là

trường hợp đặc biệt khi phần ảo bằng 0

Ta có:

n n

x x

x , , , ) = + + + ≥0 ∀( , , , )∈K

1 2 2

2 2 1 2 2

1

Và

( , , , ) ( )2 0 ( 1, 2, , ) (0,0, ,0)

1 2 2

2 2 1 2 2

1

2

1 2 2

2 2 1

2

1 2 2

2 2 1 2 2

1 2

2 1

), ,,(

), ,,(), ,,(

n

n

n n

n

x x x

x x

x

x x

x x

x x x

x x

λ λ

λ λ

λ λ

λ λ λ

=

+++

=

+++

2 2 2 1 1

2 2

2 1 1 2 2

1 2

1

) , ,

, (

) , , , ( ) , , , (

n n

n n n

n

y x y

x y x

y x y x y x y

y y x x x

+ + + + + +

=

+ +

+

= +

Ta thấy

( ) ( ) ( 2 2)2

2 2 1 2 2 2

2 2 1 2 2 2

2 2 2

2 2 1 2

1 2 2

2 2 1 1

1 1

Re(x y + x y + + x n y n + x n y n ≤ x +x + +x n y + y + + y n

⇔

1 2

1 2

2 2

1 2

1

2 1

1 1

1

)Im()

Re(

)Im(

)Re(

)Im(

)Re(

)Im(

)

Re(

))Im(

)Im(

)Re(

)Re(

)Im(

)Im(

)Re(

)

(Re(

n n

n n

n n

n n

y y

y y

x x

x x

y x

y x

y x y

x

++

++

++

++

≤

++

++

⇔

(Đúng theo bất đẳng thức Bunhiakovski)

Do đó:

2 2

1 2 2

1 2 2

1 2

1 , , , ) ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ) (x x x n + y y y n ≤ x x x n + y y y n

Vậy

2 là một chuẩn tên n

1

n n n

n

x x

nhân như sau:

Với mọi x={ }x n và y={ }y n trong Y, α trong K Ta có:

x

x Chứng minh ( )Y, là không gian định chuẩn

x x

x x

x x

x

n n n

n n

x

n n

n n

n n

Ta gọi ( )Y, là không gian l

1

n n n

n

x x

x x

Chứng minh ( )Z, là không gian định chuẩn

x x

2 1

x x

x x

x x

n n n

n n

n n

1

2 2

1

1

2 2

2 1

1

2 2 2

1

1 2

- Ta lại được∀x={ }x n ,y={ }y n ∈Z thì tương tự 1.1.6:

2 1

1

2 2

1

1

2 2

n n m

2 2

1 1

2 2

1 1

n n

x y

x y

x

n n n

n n

1

2 2

1

1

2 2

Ta gọi ( )Z, là không gian l

1.1.9 Cho A≠Ø và ( )E, là không gian định chuẩn

Đặt B(A,E) = {f :A→E f là ánh xạ bị chặn}

Với mọi f, g trong B(A,E), với mọi x trong A và mọi λ trong K ta đặt:

) ( ) ( ) )(

(f +g x = f x +g x

) ( ) )(

(λ f x =λ f x

})({sup f t f

Ta dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân trên thì B(A,E) là một

không gian vectơ

Ta chứng minh . ∞ là một chuẩn Thật vậy:

- Ta có ∀f ∈B(A,E) thì:

00

)(sup0

)

∈ f t hay f A

t t

f

A t

A t

t A

t

λ λ

λ λ

- Ta cũng có: ∀f,g∈B(A,E) thì

A t t

g t f t g t f t g

f + )( ) = ( ) + ( ) ≤ ( ) + ( ) ∀ ∈

(

g f

g f

A t A t A

x x F

Chứng minh ( )F, là một không gian định chuẩn

N N

x+ ≤ +

⇒Vậy (F, ) là không gian định chuẩn

Ø Nhận xét F=B(N,K)

1.1.11 Cho (E i, i), i= 1 ,n là n không gian định chuẩn trên trường K Đặt

n

E E

,(

), ,,(), ,,

(x1 x2 x n + y1 y2 y n = x1+ y1 x2 +y2 x n + y n

), ,,

(), ,,(x1 x2 x n λ x1 λ x2 λ x n

E n k

E k

E k

n

x

1 2

1 2

Để thuận tiện ta viết x i thay cho

i

E i

, ,,(

1 2

1 2

n k

k k

, ,,(

1 2

1 2

n k

k k

n

x

0

x

0

k

k k n k

k k

n k

x

x x

x

x x

x x

x x x

λ λ

λ λ

λ λ

λ λ λ

=

+++

=

+++

=

=

1 2

1

1 2

1 2

1

), ,,

(

E y y y y x x x

∀ ( 1, 2, , ), ( 1, 2, , )

- Ta chứng minh:

k k

k x y y

n k

k k

k n k

k k

k n n k

k

y y

y x

x x y

x y

x y

x

1 2

1 1 2

1 1 2

2 1

n

i

k i n

i

q k i i

x

1

1 1

n

i

k i n

i

q k i i

y

1

1 1

( ) n ( ) q

i

k i i k

n

i

k i k

n

i

k i n

i

q k i

x

1 1

1 1

n

i

k i k

n

i

k i n

i

k i

x

1

1 1

1 1

1 1

n

i

k i q

n

i

k i

x

1

1 1

1

1 1

n

i

k i k

n

i

k i

x

1

1 1

1 1

x y

n

i

k i k

n

i

k i i k

n

i

k i

x

1

1 1

1 1

1 1

k x y y

x+ ≤ +

⇒Vậy . k là một chuẩn trên E

E là tích các không gian định chuẩn

Ngoài ra E còn có thể được trang bị bởi các chuẩn sau:

) ,,,(x1 x2 x n

n

E n E

1 2 2

2 2 1

1.1.12 Cho (E, ) là một không gian định chuẩn trên K Cho F là không gian vectơ

con của E và F là tập đóng trong E Xét không gian vectơ thương

F

E Với

mọi

F E

x∈ ta đặt:

{v v x}

x

E F

=

∈+

- Ngoài ra

F E y

∀ , ta có: x+y ≤ x + y Thật vậy:

F v

≤ + + +

≤ + + +

= + + +

≤

x ( ) ( ) ( ) ( )

y x y

x+ ≤ +

⇒

Vậy E F,. F  là không gian định chuẩn

Ta gọi E F là không gian định chuẩn thương

1.2 Một số tính chất của không gian định chuẩn

1.2.1 Chứng minh trong không gian định chuẩn (E, )thì hình cầu đóng đơn vị

:

x p x

E p

:

x p x x

y t x

t y t x

t y t tx

y t

tx+ − ∈

⇒Vậy B( 0 , 1 ) là tập lồi

- Ngược lại, ta chỉ cần kiểm tra tính chất:

E y x y

x y

x+ ≤ + ∀ , ∈ (2)

Thật vậy:

E y

y x p

)(

,)

)()(

)

+ p y x

p

x p

Do đó vì S là tập lồi nên:

S y p

y y p x p

y p y

p

x y p x p

)(1

)()()(

)(

S y p x p

y y

p x p

+

++

⇒

)()()()(

1)()()()

⇒

y p x p

y y

p x p

x p

) ( ) ( ) (x y p x p y

p + ≤ +

⇒Hay x+y ≤ x + y

Vậy . là một chuẩn trong E

Tính chất của các loại tập hợp trong không gian định chuẩn giúp ta nghiên cứu tính chất của không gian định chuẩn một cách đầy đủ hơn, vì vậy ta xét xem các loại tập hợp trong không gian định chuẩn có những tính chất gì?

1.2.2 Cho A là tập compăc trong không gian định chuẩn ( )E, Chứng minh:

Vì A không bị chặn nên ∃x2∈A: x2 > x1 + x1 + 1

Vì A không bị chặn nên ∃x3 ∈A: x3 > x2 + x1 + 1

Tiếp tục quá trình này ta được dãy { }x n n=1 ,∞ sao cho

1 1

1 ( + 1 + − = 1 + >

U c M t c cm m ct m c m

n c t m

x= +

r c t c t c m

Ta chứng minh M trù mật trong E Thật vậy:

r U x x

(Vì M là không gian con của E)

Vậy E =M hay M trù mật trong E

1.2.4 Cho A là tập cân trong không gian định chuẩn E Giả sử ∃r> 0 sao cho

2

1

x r x

n

j j

x∈ (0, )= −1 (0, )⊂ −1 = −1 (Vì phép nhân là phép đồng phôi)

A x r

x r

B r

x x

B s B

x x

1 1

1 1

1

2),0(

2)2,0()2,0(

x2∈ −12−1

∃

Tiếp tục quá trình này ta được:

một dãy { }x n trong E sao cho:

),,1min(

2

1

x r x

n

j j

1.2.5 Cho E là không gian định chuẩn Đặt Γ ={ ( )x,x x∈E} Chứng minh Γ là không gian con đóng của không gian định chuẩn tích E×E

Chứng minh

Ta dễ dàng chứng minh được Γ là không gian vectơ con của E×E

Trong E×E ta xét chuẩn: (x,y) = x + y với (x,y) ∈E×E

Ta chứng minh Γ là tập đóng trong E×E Thật vậy:

(lim),(),(

n n n

n n

0lim

Vậy Γ là không gian con đóng của E×E

1.2.6 Cho A là một tập compăc trong không gian định chuẩn ( )E, Cho { }V i i∈I là một họ tập mở của E sao cho A Ui I V i

i j I x V V

∈

1 ,

k

n x B

)

1 , (

k n

n x B

<

−+

−

≤

−

22

0

x y

k

n

),(x0 ε B

k

n x B

ii) Theo i) ta có ∃r >0 sao cho ∀x∈A thì ∃j∈I để B(x,r) ⊂V j

Ta chứng minh A bị phủ bởi hữu hạn các hình cầu mở có tâm là phần tử thuộc A

và bán kính r

Giả sử giả thiết trên không đúng

Lấy x1 ∈A, do A không bị phủ bởi B(x1,r) nên ∃x2 ∈A sao cho x2 −x1 ≥r

Do A không bị phủ bởi B(x1,r) ∪B(x2,r) nên ∃x3∈A sao cho

r x

x3 − 1 ≥ và x3 −x2 ≥r Tiếp tục quá trình trên ta được dãy { }x n ⊂ A sao cho x n −x m ≥r ∀n≠m

Do đó dãy { }x n ⊂ A không chứa dãy con nào hội tụ (trái với giả thiết A là tập compăc)

Vậy ∃J ⊂I và J hữu hạn sao cho

U

J j

j r V x

B A

∈

∈

⊂

1.3 Ánh xạ liên tục trong không gian định chuẩn

1.3.1 Định nghĩa 1.3.1

Cho E, F là các không gian định chuẩn và ánh xạ f :E→ F Ta nói:

Ÿ f liên tục tại x∈E nếu ∀ε >0 thì ∃δ >0 sao cho:

∀y∈E mà y−x <δ thì f(y) − f(x) <ε

Ÿ f liên tục trên A⊂E nếu f liên tục tại mọi điểm x∈A

Trong một số bài toán, để xét xem một ánh xạ có liên tục hay không, ta có thể sử dụng điều kiện sau:

Cho E, F là các không gian định chuẩn và ánh xạ f :E→ F Khi đó f liên tục

tại x∈E nếu và chỉ nếu với mọi dãy { }x n n=1,∞ ⊂ A mà x n x

2 Lúc đó

chuẩn

1

. và chuẩn

2 là tương đương khi và chỉ khi ánh xạ đồng nhất I từ (E, 1) vào

(E, 2) là phép đống phôi

Việc chứng minh định lý này khá dễ dàng, nhưng ta sử dụng đến điều kiện ánh

xạ tuyến tính liên tục ở chương 2 Vì vậy, ở chương này ta công nhận định lý mà không cần chứng minh

1.3.4 Cho E là không gian định chuẩn và A⊂E Chứng minh ánh xạ f :A→ F liên tục trên A nếu và chỉ nếu với mọi tập V mở trong F có một tập mở W trong E sao cho

W A

1

V f

V x

f( ) ∈ mà V là tập mở nên ∃ε > 0 :B(f(x),ε) ⊂V

Mặt khác, do f liên tục trên A nên ∃δ x >0 sao cho

V x

f B A x

B

) ( )

, (x A f 1 V

B x ∩ ⊂ −

)()

,

) (

1

V f A x

B

V f x

) (

1

1

),()

(

V f x

x

x B V

B V

f

V f x

1

1

),()

V f x

1

1

),()

Ta đặt U1( )

),(

V f x

x

x B W

−

∈

)(

1

- Ngược lại, nếu tập mọi V mở trong F có một tập mở W trong E sao cho

W A

Vậy f liên tục trên A

1.3.5 Cho E, F là các không gian định chuẩn, A là một tập compăc trong E, ánh xạ

)()()(limlimy f x f x0 f A

k

k n

Vậy f(A) là tập compăc

1.3.6 Cho A là tập compăc trong không gian định chuẩn E, f :A→E là đơn ánh liên

tục và B=f(A) Chứng minh g = f − 1 là ánh xạ liên tục từ B vào E

Chứng minh

Ta có A là tập compăc nên B=f(A) là tập compăc (theo 1.3.5)

- Ta chứng minh f biến tập đóng thành tập đóng Thật vậy:

1 B x δ B f x ε

⇒

Vậy ánh xạ g = f− 1 là ánh xạ liên tục từ B vào E

1.3.7 Cho X là tập compăc trong không gian định chuẩn E, ánh xạ f : X → R là ánh

xạ liên tục Chứng minh f có cực đại và cực tiểu trên X

Vì f(X) bị chặn nên ∃M = sup f(X) và m= inf f(X)

Vì f(X) đóng nên M,m∈ f(X)

Vậy f(X) có cực đại và cực tiểu

1.3.8 Cho E là không gian định chuẩn, M là tập compăc trong E Giả sử x0 ∈E và có

M f

−+

=

→

0

)(

:a

R

Rõ ràng ánh xạ f là liên tục (vì tính liên tục của chuẩn . )

Vì M là tập compăc nên theo 1.3.7 thì ∃u∈Mđể f(u) inf{ }f(x)

( ) (

) (x0 ku x0 k x0 ku x0 ku k x0 ku u f u

m− = + − + = − ⇒ m−m' = 0 ⇒m=m'

Vậy m là duy nhất

Ý nghĩa hình học của 1.3.8:

Bài toán 1.3.8 xuất phát từ một bài toán hình học sau:

Cho hình H khép kín, ta thu nhỏ hình H thì được hình H’ Đặt hình H’ sao cho H’ nằm hoàn toàn trên hình H (tức là H'⊂H) Lúc đó H và H’ có duy nhất một điểm bất

H’

H

1.3.9 Cho E là không gian định chuẩn, M ⊂E Giả sử x0 ∈E và có k∈K,k ≠ 0và

M f

−+

=

→

0

)(

:a

( ) (

) (x0 ku x0 k x0 ku x0 ku k x0 ku u f u

Vậy M không là tập compăc

1.3.10 Cho A là tập con của không gian định chuẩn E, f là ánh xạ từ A vào không gian

định chuẩn F Giả sử với mọi số thực dương η có một ánh xạ g η liên tục từ A vào F sao cho:

A x x

g x

Vì g ε liên tục nên ∃δ >0 sao cho mọi y thỏa x−y <δ thì

3)()

ε

ε ε

()()()

f

Vậy f là ánh xạ liên tục trên A

1.3.11 Cho E, F là các không gian định chuẩn và ánh xạ f :E →F

i) Giả sử f(tx) ≤ t f(x) với mọi x∈E và t∈K.Chứng minh f(0)=0 và f liên tục tại 0 nếu và chỉ nếu có M>0 sao cho f(x) ≤M x với mọi x trong E

ii) Giả sử f(x−y) ≥ f(x) − f(y) với mọi x, y trong E và f(0)=0 Chứng minh lúc đó f liên tục trên E nếu và chỉ nếu f liên tục tại 0

Chứng minh

i) Ta có f( 0 ) ≤ 0 f( 0 ) = 0 ⇒ f( 0 ) = 0

Giả sử f liên tục tại 0 Ta chứng minh ∃M : f(x) ≤M x ∀x∈E Thật vậy:

Vì f liên tục tại 0 nên ∃δ >0 sao cho z∀ thoả z ≤δ thì

1 ) 0 ( ) ( ) (z = f z − f ≤

δ

δ

δ δ

δ δ

x x

x f x x

x x f x

M M x M x f f

x

Vậy f liên tục tại 0

ii) Hiển nhiên ta có f liên tục trên E thì f liên tục tại 0

Giả sử f liên tục tại 0, ta chứng minh f liên tục trên E Thật vậy:

Vậy f liên tục tại mọi x trong E

Vậy f liên tục trên E