KHÔNG GIAN MÊTRIC.pdf

KHÔNG GIAN MÊTRIC

GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)

Tài liệu ôn thi cao học năm 2005

Phiên bản đã chỉnh sửa

PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 15 tháng 12 năm 2004

KHÔNG GIAN MÊTRIC

Cho p > 1, q > 1 thỏa mãn 1q + 1q = 1, sau đây là bất đẳng thức Holder và bất đẳng thức Minkovski cho ba trường hợp

Cho xi, yi, i = 1, 2, , n là số thực hoặc phức

n

X

i=1

|xiyi| 6

n

X

i=1

|xi|p

!1/p n

X

i=1

|yi|q

!1/q

(Bất đẳng thức Holder)

n

X

i=1

|xi+ yi|p

!1/p

6

n

X

i=1

|xi|p

!1/p

+

n

X

i=1

|yi|p

!1/p

(Bất đẳng thức Minkovski)

Cho xi, yi, i ∈ N là các số thực hay phức

∞

X

i=1

|xiyi| 6

∞

X

i=1

|xi|p

!1/p ∞

X

i=1

|yi|q

!1/q

∞

X

i=1

|xi+ yi|p

!1/p

6

∞

X

i=1

|xi|p

!1/p

+

∞

X

i=1

|yi|p

!1/p

1.3 Tích phân

Cho x, y : [a, b] → R khả tích

Z b a

|x(t)y(t)|dt 6

Z b a

|x(t)|pdt

1/pZ b

a

|y(t)|qdt

1/q

Z b a

|x(t) + y(t)|pdt

1/p

6

Z b a

|x(t)|pdt

1/p

+

Z b a

|y(t)|pdt

1/p

Cho X 6= ∅, mêtric d trên X là ánh xạ d : X × X → R thỏa mãn:

• d(x, y) = d(y, x)

• d(x, y) > 0, d(x, y) = 0 ⇔ x = y

• d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ X (Bất đẳng thức tam giác)

d(x, y) là khoảng cách giữa hai phần tử x, y Cặp (X, d) là không gian mêtric

Ví dụ: i) Trên Rn hoặc Cn, x = (x1, x2, , xn), y = (y1, y2, , yn), đặt

d1(x, y) =

n

X

i=1

|xi− yi|

d2(x, y) =

n

X

i=1

|xi− yi|2

!1/2

(khoảng cách Euclide)

dp(x, y) =

n

X

i=1

|xi− yi|p

!1/p

, p > 1

Khi đó d1, d2, dp là các mêtric

ii) Với p > 1, đặt X = {x = (xn)n:P∞

i=1|xn|p < +∞} Với x = (xn)n, y = (yn)n đặt d(x, y) =

∞

X

n=1

|xn− yn|p

!1/p

Khi đó (X, d) là không gian mêtric

iii) Cho X là tập hợp các dãy số thực bị chặn Với x = (xn)n, y = (yn)n thuộc X ta đặt

d(x, y) = sup{|xn− yn| : n ∈ N}

Khi đó (X, d) là không gian mêtric

Thật vậy, dễ dàng thấy rằng: d(x, y) = d(y, x), d(x, y) > 0 và d(x, y) = 0 ⇔ xn = yn, ∀n ∈

N ⇔ x = y Kiểm tra bất đẳng thức tam giác: Với mọi n ta có

|xn− zn| = |xn− yn+ yn− zn| 6 |xn− yn| + |yn− zn| 6 d(x, y) + d(y, z)

Suy ra

d(x, z) = sup{|xn− zn| : n ∈ N} 6 d(x, y) + d(y, z)

Vậy d là mêtric trên X.

iv) Đặt X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b] Với x, y ∈ X, đặt:

d0(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]}

d1(x, y) =

Z b a

|x(t) − y(t)|dt

d2(x, y) =

Z b a

|x(t) − y(t)|2dt

1/2

dp(x, y) =

Z b a

|x(t) − y(t)|pdt

1/p

, p > 1

Khi đó d0, d1, d2, dp là các mêtric trên X

Thật vậy, dễ kiểm tra d2, dp thỏa mãn bất đẳng thức tam giác(dùng bất đẳmg thức Minkovski)

Ta kiểm tra d0 thỏa mãn bất dẳng thức tam giác Với mọi t ∈ [a, b], ta có:

|x(t) − z(t)| = |x(t) − y(t) + y(t) − z(t)| 6 |x(t) − y(t)| + |y(t) − z(t)|

6 d0(x, y) + d0(y, z) Suy ra:

d0(x, z) = max{|x(t) − z(t)| : t ∈ [a, b]} 6 d0(x, y) + d0(y, z)

Cụ thể, cho [a, b] = [0, 2], x(t) = t, y(t) = t2, ta tính

d0(x, y) = max{|t − t2|, t ∈ [0, 2]}

Đặt

ϕ(t) = |t − t2| = t − t2 t ∈ [0, 1]

t2− t t ∈ [1, 2]

ϕ0(t) = 1 − 2t t ∈ [0, 1]

2t − 1 t ∈ [1, 2]

Do đó max ϕ[0, 1] = 14, max ϕ[1, 2] = 3 Vậy d0(x, y) = 3

Ta cũng tính được

d1(x, y) =

Z 2 0

|t − t2|dt =

Z 1 0

(t − t2)dt +

Z 2 1

(t2− t)dt = 1

d2(x, y) =

Z 2 0

t − t2
2dt

1/2

= √4 15 v) Cho (X, d) là không gian mêtric Với x, y ∈ X, đặt

d1(x, y) = d(x, y)

1 + d(x, y), d2(x, y) = arctg d(x, y), d3(x, y) = ln(1 + d(x, y)) Khi đó d1, d2, d3 là các mêtric trên X

Ta kiểm tra d1, d2, d3 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác Xét các hàm số

ϕ1(t) = t

1 + t, ϕ2(t) = arctg t, ϕ3(t) = ln(1 + t), t > 0

Ta có

ϕ01(t) = 1

(1 + t)2 > 0, ϕ02(t) = 1

1 + t2 > 0, ϕ03(t) = 1

1 + t > 0, t > 0 Suy ra ϕ1, ϕ2, ϕ3 là hàm tăng Dẫn đến, với mọi x, y, z ∈ X ta có

d1(x, z) = d(x, z)

1 + d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z)

1 + d(x, y) + d(y, z)

6 d(x, y)

1 + d(x, y) +

d(y, z)

1 + d(y, z) 6 d1(x, y) + d1(y, z)

d2(x, z) = arctg d(x, z) 6 arctg [d(x, y) + d(y, z)]

6 arctg d(x, y) + arctg d(y, z) 6 d2(x, y) + d2(y, z)

(Do tg(a + b) = tg a + tg b

1 − tg a tg b > tg a + tg b với 0 6 a + b < π2)

d3(x, z) = ln [1 + d(x, z)] 6 ln [1 + d(x, y) + d(y, z)]

6 ln [(1 + d(x, y))(1 + d(y, z))] 6 ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z))

6 d3(x, y) + d3(y, z)

Cho (X, d) là không gian mêtric, x0 ∈ X và r > 0 Đặt B(x0, r) = {x ∈ X : d(x0, x) < r} là quả cầu mở tâm x0 bán kính r Tập D ⊂ X được gọi là tập mở nếu với mọi x ∈ D, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D

Tập A ⊂ X được gọi là tập đóng nếu X \ A là tập mở

(i) Tập rỗng ∅ và X là tập mở

(ii) Quả cầu mở là tập mở

(iii) Nếu (Di)i∈I là họ các tập mở thì S

i∈IDi là tập mở

(iv) Nếu D1, D2, , Dn là các tập mở thìTn

i=1Di là tập mở

(i) Tập rỗng ∅ và X là tập đóng

(ii) Quả cầu đóng là tập đóng

(iii) Nếu (Di)i∈I là họ các tập đóng thìT

i∈IDi là tập đóng

(iv) Nếu D1, D2, , Dn là các tập đóng thì Sn

i=1Di là tập đóng

3.4 Điểm biên:

Cho D ⊂ X, điểm x0 ∈ X được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì

B(x0, r) ∩ D 6= ∅ và B(x0, r) ∩ (X \ D) 6= ∅ Nếu x0 là điểm biên của D thì x0 cũng là điểm biên của X \ D Tập hợp tất cả các điểm biên của D gọi là biên của D, ký hiệu ∂D

Ta có: ∂D = ∂(X \ D), ∂X = ∅

Nếu D là tập mở và x ∈ D thì x /∈ ∂D và ngược lại nếu x ∈ ∂D thì x /∈ D Vậy ta có:

D là tập mở ⇔ D không chứa điểm biên của D

A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A

Cho D là tập con bất kỳ của X Đặt

• D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D,o D được gọi là phần trong của D Ta cũngo

ký hiệuD = Int D.o

• D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D, D được gọi là bao đóng của D

Bài tập

1) Cho (X, d) là không gian mêtric, A và B là tập con của X

(a) Chứng minh: Int(A ∩ B) =A ∩o B và A ∪ B = A ∪ B.o

(b) Giả sử B là tập mở, A ∩ B 6= ∅ Chứng minh A ∩ B 6= ∅

(c) Tìm hai tập mở A, B trong X sao cho các tập A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B đều khác nhau trong trường hợp

(i) X = R, d(x, y) = |x − y|

(ii) X = R2, d(x, y) = [(x1− y1)2+ (x2− y2)2]1/2 với x = (x1.x2), y = (y1, y2)

Giải: a) Do A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên Int(A ∩ B) ⊂ A và Int(A ∩ B) ⊂o B Suy rao Int(A ∩ B) ⊂A ∩o B.o

Ngược lại, do A ∩o B là tập mở chứa trong A ∩ B nêno A ∩o B ⊂ Int(A ∩ B)o

Vậy Int(A ∩ B) = A ∩o B.o

Tương tự, do A ⊂ A∪B và B ⊂ A∪B nên A ⊂ A ∪ B và B ⊂ A ∪ B Suy ra A∪B ⊂ A ∪ B Ngược lại, do A ∪ B ⊂ A ∪ B và A ∪ B là tập đóng nên A ∪ B ⊂ A ∪ B

Vậy A ∪ B = A ∪ B

b) Do A ∩ B = ∅ bà B là tập mở nên X \ B là tập đóng và A ⊂ X \ B Suy ra A ⊂ X \ B hay A ∩ B = ∅

c) i) Trường hợp X = R, d(x, y) = |x − y| Chọn A = (0, 2) ∪ (3, 4) và B = (1, 3) Khi đó

A = [0, 2] ∪ [3, 4] , B = [1, 3] và A ∩ B = (1, 2) Suy ra

A ∩ B = (1, 2] , A ∩ B = [1, 2) , A ∩ B = [1, 2] ∪ {3} , A ∩ B = [1, 2]

ii) Trường hợp X = R2 Chọn

A =x2

+ y2 < 4 ∪ 9 < x2

+ y2 < 16 và B =1 < x2

+ y2 < 9 Khi đó

A =x2+ y2 6 4 ∪ 9 6 x2+ y2 6 16

B =1 6 x2+ y2 6 9 và A ∩ B =1 < x2+ y2 < 4 Suy ra

A ∩ B =1 < x2

+ y2 6 4 ,A ∩ B = 1 6 x2

+ y2 < 4

A ∩ B =1 6 x2+ y2 6 4 ,A ∩ B = 1 6 x2+ y2 6 4 ∪ x2+ y2 = 9

2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b] với mêtric d(x, y) = max{|x(t)−y(t)| :

t ∈ [a, b]} Cho a 6 α 6 β 6 b, đặt

D = {x ∈ X : x(t) > 0, t ∈ [α, β]}

A = {x ∈ X : x(t) > 0, t ∈ [α, β]}

Chứng minh D là tập mở, A là tập đóng

Giải: Với x ∈ D, đặt m = min{x(t) : t ∈ [α, β]} thì m > 0 Với y ∈ B(x,m2), do:

d(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]} < m

2 Suy ra

y(t) > x(t) − |x(t) − y(t)| > m

2 > 0, ∀t ∈ [α, β]

Dẫn đến: B(x,m2) ⊂ D Vậy D là tập mở

Tương tự, ta cũng có tập U = {x ∈ X : x(t) < 0, t ∈ [α, β]} Đặc biệt, khi α = β = t ta có

Ut = {x ∈ X : x(t) < 0}

là tập mở Suy ra At= {x ∈ X : x(t) > 0} là tập đóng Do A =T

α6t6βAt nên A là tập đóng

Cho (X, d) là không gian mêtric, (xn)n là dãy trong X và x ∈ X Ta nói:

Dãy (xn)n hội tụ về x ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 ⇒ d(xn, x) < ε

⇔ lim

n→∞d(xn, x) = 0

Ta có các quan hệ sau:

• A là tập đóng ⇔ Với mọi dãy (xn)n trong A, limn→∞xn = x thì x ∈ A

• x ∈ ∂A ⇔ Có dãy (xn)n trong A và dãy (yn)n trong X \ A sao cho limn→∞xn = limn→∞yn= x

• x ∈ A ⇔ Có dãy (xn)n trong A sao cho limn→∞xn= x

Bài tập

1) Cho (X, d) là không gian mêtric Với x, y ∈ X đặt

d1(x, y) = d(x, y)

1 + d(x, y), d2(x, y) = arctg d(x, y), d3(x, y) = ln(1 + d(x, y)) Chứng minh:

lim

n→∞xn = x trong (X, d) ⇔ lim

n→∞xn= x trong (X, di), i = 1, 2, 3

Hướng dẫn:

d(x, y) = d1(x, y)

1 − d1(x, y), d(x, y) = tg d2(x, y), d(x, y) = e

d 3 (x,y)− 1

2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0, 1] Với x, y ∈ X đặt

d1(x, y) =

Z 1 0

|x(t) − y(t)| dt, d2(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [0, 1]}

a) Chứng minh: Nếu limn→∞xn= x trong (X, d2) thì limn→∞xn= x trong (X, d1)

b) Cho xn(t) = tn− t2n Tính d1(0, xn), d2(0, xn) Suy ra: limn→∞xn= 0 trong (X, d1) nhưng (xn)n không hội tụ về 0 trong (X, d2)

Hướng dẫn:

a) d1(x, xn) = R01|x(t) − xn(t)| dt 6 d2(x, xn)

b) d1(0, xn) = n+11 − 1

2n+1, d2(0, xn) = max{tn(1 − tn) : t ∈ [0, 1]} = 14 3) Cho (X, dX), (Y, dY) là không gian mêtric Đặt Z = X × Y , với z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2), đặt

d(z1, z2) = dX(x1, x2) + dY(y1, y2)

• Chứng minh d là mêtric trên Z

• Cho zn = (xn, yn) và z = (x, y) trong Z Chứng minh

lim

n→∞zn = z trong (Z, d) ⇔ limn→∞xn= x trong (X, dX)

limn→∞yn= y trong (Y, dY) (Z, d) là không gian mêtric tích của hai không gian mêtric (X, dX) và (Y, dY)