Ôn thi cao học - Toán

Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn n + c là một không gian con tuyến tuyến của l∞ + Không gian con đóng của không gian Banach là không gian Banach.. Chứng minh rằng nếu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Khoa Sau đại học

Bµi tËp M«n gi¶i tÝch hµm

Th¸i nguyªn, th¸ng 04 n¨m 2007

bài tập chơng 1

Đại cơng về không gian banach

Bài 1. Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn n

+ c là một không gian con tuyến tuyến của l∞

+ Không gian con đóng của không gian Banach là không gian Banach

Vậy ta sẽ chứng minh c là không gian con đóng của l∞, tức là dãy {xn} c⊂ , bất kỳ thìn

x hội tụ đến một phần tử x thuộc c, lim xn n x l∞

Từ (1), (2) suy ra k N, l N≥ ≥ ⇒ ξ − ξ < εk l Vậy dãy x = ( )ξk hội tụ, tức là x c∈

Bài 2. Chứng minh rằng nếu x = ( )ξn là một phần tử của không gian c thì

Do đó n ( ) theo định nghĩa của chuẩn n

+ Rõ ràng L c⊂ Ngợc lại, giả sử x= ξ ∈( )n c, ε >0 cho trớc bất kỳ

Gọi L = {y: y=(r , ,r , )1 n }với rk =pk +iq ,k 1,n; p ,qk = k k∈Ô , n nguyên dơng bất kỳ

L là tập hợp con đếm đợc của không gian c Ta chứng minh L c=

+ Rõ ràng L c⊂ Ngợc lại, giả sử x= ξ ∈( )n c, ε >0 cho trớc bất kỳ Khi đó

x Ax = x

λ

a ThËt vËy, x,y X;∀ ∈ ∀µ∈K, ta cã

+ A(x y)+ = λ +(x y)X lµ kh«ng gian tuyÕn tÝnh = λ + λ =x y Ax Ay+

c) Do A là một phép đồng phôi tuyến tính nên với E là tập mở (đóng) trong X thì

1

A (E) { x : x E}− = λ ∈ = λE cũng là tập mở (đóng) trong X với mọi λ ≠0

Bài 5. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn và x0 X∈ Chứng minh rằng:

b) Ta biết rằng hai không gian đẳng cự tuyến tính thì cũng đồng phôi tuyến tính Do f là

đẳng cự tuyến tính nên f cũng đồng phôi tuyến tính Khi đó nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì f-1(E) = {x0+x : x E}∈ = x0 + E là một tập hợp mở (đóng) trong X

Do A-1 : Y→X bị chặn Khi đó ∃ >M 0 sao cho A y−1 ≤M y , y Y∀ ∈ (1)

Do đó A là song ánh tuyến tính và A có toán tử ngợc A-1: Y→X Với y Y∀ ∈ , đặt x =

A-1y, ta đợc y = Ax Thay vào (2), ta đợc 1 1 1

với không gian Banach Y thì X là một không gian Banach

n 0 n

→∞ = ∈ Vậy X là không gian đầy đủ, kết hợp với X là không gian tuyến tính

định chuẩn, ta có X là không gian Banach

Bài 8. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn Chứng minh rằng nếu với mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X, L(X, Y) đều là một không gian Banach thì

Y là một không gian Banach

Giải.

Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trờng K Từ giả thiết, mỗi không

gian tuyến tính định chuẩn X (tức là X tuỳ ý, vậy ta lấy X = K) suy ra L(K, Y) là một

không gian Banach Khi đó Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y) Thật vậy,

Với mỗi y Y∈ , gọi T : Ky →Y là ánh xạ xác định bởi (T )( )y λ = λy

Khi đó Ty là một toán tử tuyến tính vì với ∀λ à∈ ∀η∈, K; K

+ Do dim K 1= nên dim Y dim= (L(K, Y)) Vì vậy để chứng minh T là song ánh ta sẽ chỉ ra T là toàn ánh Thật vậy, ∀ ∈A L(K, Y), A là toán tử tuyến tính bị chặn từ K vào Y

và y Y∈ thì Ty = ⇔A (T )( ) A( )y λ = λ , với ∀λ∈K , tức là y A( )λ = λ với λ∈K bất kỳ

cho nên ta lấy λ =1 thì y = A(1)

Vậy A∀ ∈L(K, Y), y A(1)∃ = , y Y∈ sao cho T(y) = Ty = A Vậy T là toàn ánh.

Nh vậy, Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y) Khi đó, Y đồng phôi tuyến tính với

L(K, Y) mà L(K, Y) là không gian Banach nên theo kết quả bài 7 ta có Y là một không

gian Banach

gian tuyến tính định chuẩn X thì L là một tập hợp tha trong X

Giải.

Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử IntA ≠ ∅, tức là x0∈IntA Khi đó

→∞ = ∈ Giới hạn y không phụ thuộc vào cách chọn dãy {xn}

trong L Thật vậy, giả sử { '

+ Nếu x L∈ thì ta lấy xn = x với n∀ Do đó Ax = A0x, tức là AL =A0

Ngoài ra, Ax lim A xn 0 n A lim x0 x n A x , x X0

→∞ = Khi đó, vì B liên tục nên n 0 n

Gọi τ là tôpô trên X/L sinh ra bởi chuẩn và τ là tôpô thơng trên X/L, tức là tôpô mạnh

nhất trên X/L sao cho ánh xạ thơng ∏: X→X / L, xa x x L%= + liên tục

Ta biết rằng ∏ là một toán tử tuyến tính Với ∀ ∈x X, ta có %

Vậy toán tử ∏: X→(X / L, ) bị chặn, do đó liên tục

Từ định nghĩa của τ suy ra τ yếu hơn τ.

Đảo lại, giả sử V∈τ, tức V là một tập hợp mở trong X/L đối với tôpô thơng và %x0∈V

Bài 12. Giả sử L là một không gian con tuyến tính đóng của không gian tuyến tính địnhchuẩn X Gọi ∏: X→X / L(∏ = = +x x x L,x X% ∈ ) là toán tử thơng Chứng minh rằng ∏ là một ánh xạ mở.

đến B∈L(Y, Z) thì dãy {Bn0An} hội tụ điểm đến B0A.

lim A x Ax và lim B (Ax) B(Ax)

→∞ = →∞ = Vì với mỗi y Y∈ , dãy {B y} hội tụ trong Z n

phần tử cố định y của Y, B(.,y) : X→Ê là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên

X) Chứng minh rằng B là một phiếm hàm liên tục (đồng thời đối với cả 2 biến)

Nếu bỏ giả thiết B là song tuyến tính thì kết luận trên còn đúng nữa không?

Từ giả thiết ta có nlim B(x ,y ) B(x ,y ) 00 n 0 0

→∞ − = (2), với mỗi n, gọi *

n

x : X→Ê là phiếm hàm xác định bởi *

xa x (x) B(x,y )= Theo giả thiết, *

→∞ = Vậy B liên tục tại điểm (x ,y ) (đồng 0 0

thời đối với cả 2 biến)

Nếu B không phải là phiếm hàm song tuyến tính thì kết luận trên không đúng

Ví dụ Xét hàm số 2 2

xy

với (x, y) (0,0)

x yf(x,y)

b) Chứng minh rằng dãy {An} hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I trên l2 nhng không hội tụ đều đến I.

n

A →I.Tuy nhiên {An} không hội tụ đều đến I

Cách 1 Thật vậy, nếu {An} hội tụ đều đến I thì nlim An I 0 An0 I 1

→∞ − = → − < với n0

đủ lớn Lấy x e= n0 +1, ta đợc

0

2 n

Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2), tức là {An} không hội tụ đều đến I.

Vậy An không hội tụ theo chuẩn đến I Mâu thuẫn

Bài 4. Giả sử X, Y là hai không gian Banach

Chứng minh rằng không gian L(X, Y) đầy đủ theo nghĩa hội tụ điểm, tức là nếu với mỗi phần tử x của X, {Anx} là một dãy Cauchy trong Y thì tồn tại một toán tử tuyến tính bị chặn A : X→Y sao cho nlim A x Ax,n

trên một tập hợp P trù mật tuyến tính trong X

+ Điều kiện đủ Giả sử dãy toán tử {A }n ⊂L(X, Y) thỏa mãn 2 điều kiện a), b) Khi đótồn tại một số K > 0 sao cho An ≤K, với n∀ Từ giả thiết b) suy ra dãy {Anx} hội tụvới mỗi x LinP∈ Thật vậy, nếu x LinP∈ thì

Vì các dãy {Anxk} hội tụ nên dãy {Anx} hội tụ

Bây giờ giả sử x LinP và > 0∈ ε là một sô cho trớc bất kỳ

Vậy {Anx} là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y Do đó nó hội tụ.

Bài 6. Giả sử L, M là 2 không gian con tuyến tính đóng của không gian Banach X Chứng minh rằng nếu mỗi phần tử x của X đều đợc biểu diễn một cách duy nhất dới dạng x = y + z, trong đó y L,z M∈ ∈ thì tồn tại một số K sao cho

y ≤K x , z ≤K x , x X.∀ ∈

Giải.

Vì L và M đều là những không gian Banach nên L Mì là một không gian Banach với chuẩn (y,z) = y + z Khi đó ánh xạ A: L Mì →X, (y, z)a x = y + z là một song ánh tuyến tính vì ∀(y ,z ); (y ,z ) L M1 1 2 2 ∈ ì , k∀ ∈K thì

1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2

A((y ,z ) (y ,z )) A(y+ = +y ,z +z ) y= +y + + =z z

1 1 2 2

(y z ) (y z )

= + + + =A(y ,z ) A(y ,z )1 1 + 2 2 , rõ ràng A là song ánh

Hơn nữa A(y,z) = + ≤y z y + z = (y,z) Vậy A bị chặn nên A liên tục Theo

định lý Banach về ánh xạ mở, AW là một phép đồng phôi.

Bài 8. Giả sử X, Y, Z là những không gian Banach, F là một họ những họ toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Z, tách các điểm của Y, tức là: nếu y là một phần tử của Ysao cho By = 0 với B∀ ∈F thì y = 0

Chứng minh rằng nếu A: X→Y là một toán tử tuyến tính sao cho B0A∈L(X, Z) với

x (x)=∫x(t)dt, trong đó x là hàm số liên tục trên [0, 1]

Chứng minh rằng x* là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn và tính x *

Do đó 1− ε ≤ − ε =1 x (x )* 0 ≤ x x* 0 = x* , với ∀ε >0bé tùy ý Vậy x* ≥1 (2)

* * * 0

2− ε ≤ x x = x với ∀ε > 0 bé tùy ý→ x ≥2 (2)

Từ (1), (2) suy ra x* =2

Bài 3. Cho X, Y là 2 không gian Banach và A : X→Y là một toán tử tuyến tính Chứng minh rằng nếu với mọi y*∈Y*, ánh xạ hợp y A*o đều là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X thì A liên tục

Từ (2) suy ra lim y (Ax ) y (y ) với yn * n * 0 * Y*

→∞ = ∀ ∈ (3) Vì theo giả thiết y A* o liên tục trên X với ∀ ∈y* Y*, nên từ (1) suy ra lim y A(x ) y (Ax )n * n * 0

→∞ = với ∀ ∈y* Y* (4)

Từ (3), (4) suy ra * * *

y (y ) y (Ax )= →y (y −Ax ) 0= với ∀ ∈y* Y*.Theo hệ quả 1 của định lý Han- Banach, từ đó suy ra y0 - Ax0 = 0, tức là y0 = Ax0 Vậy(x0, y0)∈ Vì A là một toán tử đóng từ không gian Banach X vào không gian Banach

Bài 5. Chứng minh rằng nếu A là một toàn ánh tuyến tính liên tục từ không gian tuyếntính định chuẩn X lên không gian tuyến tính định chuẩn Y thì toán tử liên hợp A* của

A là một đơn ánh

Giải.

Giả sử y*∈Y , A y* * * =0 Khi đó (A y )(x) y * (Ax) 0, với x X* * = = ∀ ∈

Vì A là toàn ánh nên y (y) 0, với y Y* = ∀ ∈ Do đó y* = 0 Vậy A là một đơn ánh

Bài 6. Chứng minh rằng nếu A là một toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y thoả mãn điều kiện

Ax ≥m x , x X∀ ∈ , trong đó m là một số dơng thì toán tử liên hợp A* của A là một toàn ánh

ánh xạ hợp x*oA : A(X)−1 →K là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không

gian con tuyến tính của không gian tuyến tính định chuẩn Y

Theo định lý Han - Banach, tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục y* trên Y sao cho y* A(X) =x*oA−1, y* là phiếm hàm cần tìm, tức là A y* * =x*, vì

với ∀ ∈x X ta có (A y )(x) y (Ax) (x* * = * = *oA )(Ax) x (x)−1 = *

Bài 7. Giả sử A là toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y Chứng minh rằng

Do đó x (x) (A y )(x) y (Ax) y (0) 0* = * * = * = * = Vì x (x) 0* = với mọi x*∈X* nên theo

hệ quả (1) của định lý Han - Banach, ta có x = 0 Vậy A là một đơn ánh

b) Giả sử A(X) không đâu trù mật trong không gian Y, tức là A(X) Y≠

Lấy y0∈Y \ A(X), theo hệ quả 2 của định lý Han - Banach, * * *

Từ (1), (2) ta đi đến mâu thuẫn Vậy A(X) Y=

Bài 8. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn Chứng minh rằng

hai điều kiện sau đồng thời đợc thỏa mãn