Không Gian Metric ( Giáo trình dùng cho sinh viên nghành Toán)

Trong các chứng minh sau ta sử dụng bất đẳng thức Mincovxkii: Ta đi chứng minh bất đẳng thức này.. Dễkiểm tra được ρ là một metric trên c0.Bài 1.7 Trước hết ta chứng minh ρ xác định trên

Lời nói đầu 2

1

MỤC LỤC

Không gian metric

I Kiến thức mở đầu về không gian metric

ρ21(x, z) ≤ [ρ1(x, y) + ρ1(y, z)]2

⇒ ρ1(x, z) ≤ ρ1(x, y) + ρ1(y, z)

Vậy ρ1 là một metric trên R

(ii) Các tiên đề 1, 2 là hiển nhiên Ta chỉ phải kiểm tra tiên đề 3

3

Vậy ρ2 là một metric trên Rn.

(iii) Ta có các tiên đề 1, 2 là hiển nhiên Ta chỉ việc kiểm tra tiên đề 3 Với mọi i =

Vậy ρ3 là một metric trên Rn

(iv) Ta thấy các tiên đề 1, 2 là hiển nhiên Ta chỉ còn phải kiểm tra tiên đề 3 Trong các

chứng minh sau ta sử dụng bất đẳng thức Mincovxkii:

Ta đi chứng minh bất đẳng thức này Theo bất đẳng thức Holder, ta có

Chia hai vế của bất đẳng thức này cho

⇒| x(t) − z(t) |≤ sups∈[a,b] | x(s) − y(s) | +sups∈[a,b] | y(s) − z(s) |

=⇒ supt∈[a,b]| x(t) − z(t) |≤ supt∈[a,b] | x(t) − y(t) | +supt∈[a,b] | y(t) − z(t) |

< +∞ Vậy ρ xác định trên lp Các tiên đề 1 và

2 là hiển nhiên còn tiên đề 3 được suy ra dẽ dàng từ bất đẳng thức Mincovxki

Bài 1.6

Trước hết ta chứng tỏ ρ xác định trên c0 Với hai dãy (xn), (yn) hội tụ tới 0 thì (zn) = (|

xn− yn) hội tụ tới 0 Giả sử n0 > 0 là một số dương sao cho :

0 = max{z1, z2, , zn0} > 0

Do limn→∞zn = 0 nên với 0, ∃N0 > n0 :

0 ≤ zn < 0, ∀n > N0

Đặt M = max{0, zn0+1, zn0+2, , zN0} ⇒ M = max1≤n≤∞zn Vậy ρ xác định trên c0 Dễkiểm tra được ρ là một metric trên c0.

Bài 1.7

Trước hết ta chứng minh ρ xác định trên s Thật vậy, ∀x, y ∈ s, ta có

0 ≤ 1

2n | xn− yn|1+ | xn− yn | ≤

là hiển nhiên Ta kiểm tra tiên đề 3 Từ bất đẳng thức | xn− zn|≤| xn− yn| + | yn− zn|, ∀n = 1, 2, và do hàm f (t) = t+1t đồng biến trên [0, +∞), ta có ∀x, y, z ∈ s, ∀n ∈ N∗ :

1

2n | xn− zn|1+ | xn− yn| ≤

1

2n | xn− yn| + | yn− zn|1+ | xn− yn | + | yn− zn|

2n | xn− yn|1+ | xn− yn | +

1

2n | yn− zn|1+ | yn− zn |.Suy ra

Hay là ρ(f, h) ≤ ρ(f, g) + ρ(g, h) Vậy (ρ, C[a,b]) là một không gian metric.

b) Các tiên đề 2 và tiên đề 3 là hiển nhiên Ta kiểm tra tiên đề 1 Rõ ràng d(f, g) >

0, ∀f 6= g Ta chứng minh d(f, g) = 0 thì f = g Thật vậy, giả sử phản chứng f 6= g Khi

đó tồn tại x0 ∈ [a, b] sao cho f (x0) 6= g(x0) Suy ra h(x0) =| f (x0) − g(x0) |> 0 Khi đó

∃δ > 0 sao cho

h(x) > 0, ∀x ∈ [x0− δ, x0+ δ]

Suy ra α = infx∈[x 0 −δ,x 0 +δ]h(x) > 0 Do đó

Z b a

h(x) dx >

Z x 0 +δ

x 0 −δ

α dx = 2αδ > 0

Điều này là vô lý Vậy f (x) = g(x)

Vậy (d, C[a,b]) là không gian metric

Xét [a, b], chọn fn=



x−a b−a

Vậy 2 metric trên không tương đương

Bài 1.10 Dễ chứng minh được.

II Tập đóng và tập mở trong không gian metric

Vì A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên (A ∩ B)0 ⊂ A0, (A ∩ B)0 ⊂ B0 =⇒ (A ∩ B)0 ⊂ A0∩ B0.Ngược lại, lấy x ∈ A0∩ B0 Suy ra x ∈ A0, x ∈ B0 Do đó tồn tại S(x, r1) ⊂ A, S(x, r2) ⊂

B Suy ra S(x, r) ⊂ A ∩ B, với r = min{r1, r2} Suy ra x ∈ (A ∩ B)0 Do đó

A0∩ B0 ⊂ (A ∩ B)0.Vậy A0∩ B0 = (A ∩ B)0

Với x ∈ A, do A ∩ B = ∅ nên x 6∈ B Khi đó tồn tại rx > 0 sao cho S(x, rx) ∩ B = ∅.Với y ∈ B, do B ∩ A = ∅ nên y 6∈ A Khi đó tồn tại ry > 0 sao cho S(y, ry) ∩ A = ∅ Đặt

Do đó ρ(x.A) là hàm liên tục đều và do đó nó liên tục

b Vì A ⊂ A nên ρ(x, A) ≤ ρ(x, A) Ngược lại, Vì ρ(x, A) nên tồn tại dãy {yn} ⊂ A saocho

ρ(x, A) = limn→∞ρ(x, yn)

Với mỗi n, ta có yn∈ A nên tồn tại xn∈ A sao cho ρ(xn, yn) < n1 Ta có

Tức là x là giới hạn của dãy phần tử trong A Suy ra x ∈ A

Ngược lại, giả sử x ∈ A Khi đó tồn tại {yn} ⊂ A sao cho x = limn→∞yn Do đó

ρ(x, A) = limn→∞ρ(x, yn) = ρ(x, x) = 0

Bài 2.5

a Ta chứng tỏ

S(A, r) = ∪u∈AS(u, r)

Thật vậy, cho x ∈ S(A, r) Khi đó ρ(x, A) = infy∈Aρ(x, y) < r Suy ra x ∈ ∪u∈AS(u, r).Ngược lại, nếu x ∈ ∪u∈AS(u, r) thì x ∈ S(u, r), với u nào đó nằm trong A Khi đó

ρ(x, A) = infy∈Aρ(x, y) ≤ ρ(x, u) < r

Do đó x ∈ S(A, r) Từ đó ta có ngay điều phải chứng minh

b Vì ρ(x, A) = ρ(x, A) nên S(A, r) = S(A, r)

ρ(x, y) < r ⇔ maxt∈[a,b]| x(t) − y(t) |< r.

Do đó y(t) − x(t) < r, ∀t ∈ [a, b] Suy ra

y(t) < x(t) + r = x0(t) − z(t) + r ≤ x0(t) − r + r = x0(t), ∀t ∈ [a, b]

Suy ra y(t) ∈ G1 Do đó S(x, r) ⊂ G1, tức là x là điểm trong của G1

Vậy mọi điểm thuộc G1 đều là điểm trong, do đó G1 là tập mở

b Chứng minh tập G2 = {x ∈ C[a,b]: α < x(t) < β, t ∈ [a, b]} là tập mở

Chọn x1(t) = α, x2(t) = β là hai hàm số liên tục trên đoạn [a, b] Đặt

x(t) dt < x(a)(b − a) ⇒ r = x(a)(b − a) −

Z b a

x(t) dt > 0

Ta sẽ chứng minh hình cầu mở S(x,2(b−a)r ) ⊂ G3.

Thật vậy, lấy y ∈ S(x,2(b−a)r ) thì maxt∈[a,b] | y(t) − x(t) |< r

2(b−a) Do đó

| y(a) − x(a) > − r

2(b − a) ⇔ y(a) > x(a) − r

2(b − a)và

a Giả sử {xn} ⊂ F1 và limn→∞ ∈ C[a,b] Ta chứng tỏ x ∈ F1

Vì limn→∞xn= x nên limn→∞maxt∈[a,b] | xn(t) − x(t) |= 0 Suy ra

c Giả sử {xn} ⊂ F3 và xn→ x, khi n → ∞ trong C[a,b] Hay là

limn→∞ρ(xn, x) = limn→∞maxt∈[a,b] | xn(t) − x(t) |

Trong bất đẳng thức này cho n → ∞, ta có

b Chứng minh tập B = {x = (xn) ∈ l2 : xn > 0, ∀n ∈ N∗} không mở trong l2 Xét

x0 = (n1) ∈ l2, do n1 > 0, ∀n ∈ N∗ nên x0 ∈ B Ta chứng tỏ x0 không là điểm trong của B.Muốn thế ta chứng tỏ ∀ > 0 đều tồn tại x ∈ S(x0 < ), nhưng x 6∈ B,

Suy ra x ∈ S(a, r) Do đó S(x0, r − r1) ⊂ S(a, r) Như vậy, mọi điểm thuộc hình cầu đều

là điểm trong nên S(a, r) là tập mở

Thật vậy, với mọi n ta có

ρ(a, b) ≤ ρ(a, xn) + ρ(xn, yn) + ρ(yn, b)

⇒ ρ(a, b) − ρ(xn, yn) ≤ ρ(a, xn) + ρ(yn, b)

Mặt khác, ta lại có

ρ(xn, yn) ≤ ρ(xn, a) + ρ(a, b) + ρ(b, yn)

⇒ ρ(xn, yn) − ρ(a, b) ≤ ρ(a, xn) + ρ(yn, b)

Từ đó suy ra

| ρ(xn, yn) − ρ(a, b) |≤ ρ(a, xn) + ρ(yn, b)

Cho n → ∞ ta có limn→∞ρ(xn, yn) = ρ(a, b)

Bài 3.2

a f (x) = maxt∈[a,b], x ∈ C[a,b]

Cho x, y ∈ C[a,b] Giả sử

f (x) = maxt∈[a,b]x(t) = x(t1), f (y) = maxt∈[a,b]y(t) = y(t2), t1, t2 ∈ [a, b]

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x(t1) ≥ y(t2), Vì y(t1) ≤ y(t2) nên

| f (x) − f (y) |= x(t1) − y(t2) ≤ x(t1) − y(t1) =| x(t1) − y(t1) |≤ maxt∈[a,b]| x(t) − y(t) | Suy ra

| f (x) − f (y) |≤ ρ(x, y), ∀x 6= y

Do đó f liên tục đều trên c[a,b], nên nó liên tục trên C[a,b]

b g(x) = maxt∈[a,b] | x(t) |, x ∈ C[a,b]

Với x, y ∈ C[a,b] bất kỳ, giả sử g(x) =| x(t1) |, g(y) =| y(t2) | Không mất tổng quát tagiả thiết

c h(x) = mint∈[a,b]x(t), x ∈ C[a,b]

Với x, y ∈ C[a,b], giả sử h(x) = x(t1), h(y) = y(t2), t1, t2 ∈ [a, b] Không mất tính tổng quátgiả sử x(t1) ≥ y(t2) Ta có

| h(x) − h(y) |= x(t1) − y(t2) ≤ x(t2) − y(t2) ≤ maxt∈[a,b] | x(t) − y(t) |

Suy ra

| h(x) − h(y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ C[a,b]

Do đó h liên tục đều và do đó nó liên tục

d k(x) = mint∈[a,b] | x(t) |, x ∈ C[a,b]

Với x, y ∈ C[a,b] giả sử k(x) =| x(t1) |, k(y) =| y(t2) | Không mất tính tổng quát ta giảthiết | x(t1) |≥| y(t2) | Ta có

| k(x)−k(y) |=| x(t1) | − | y(t2) |≤| x(t2) | − | y(t2) |≤| x(t2)−y(t2) |≤ maxt∈[a,b] | x(t)−y(t) | Suy ra

| k(x) − k(y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ C[a,b]

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 3.3

a f (x) = x(a), x ∈ D2[a, b]

Với mọi x, y ∈ D2[a, b], ta có

| f (x)−f (y) |=| x(a)−y(a) |≤ max{| x(t)−y(t) |, | x0(t)−y0(t) |, | x00(t)−y00(t) |} = ρ(x, y)

| f (x) − f (y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ D2[a, b]

Suy ra f liên tục đều trên D2[a, b] Do đó nó liên tục

Z b a

p

1 + ˙x2(t) dt −

Z b a

p

1 + ˙y2(t) dt

=

Z b a

| ˙x(t) |2 − | ˙y(t) |2

p1 + ˙x2(t) +p1 + ˙y2(t)dt

≤

Z b a

| ˙x(t) − ˙y(t) || ˙x(t) + ˙y(t) |p1 + ˙x2(t) +p1 + ˙y2(t) dt

≤

Z b a

| ˙x(t) − ˙y(t) | (| ˙x(t) | + | ˙y(t) |)p1 + ˙x2(t) +p1 + ˙y2(t) dt ≤ 2

Z b a

Tức là x0 là điểm trong của An, suy ra An là tập mở Do đó A là tập mở Suy ra R \ A

là tập đóng

IV Không gian metric compac và không gian metric khả li

Bài 4.1 Chứng minh rằng

a) Mọi tập con đóng của một tập compac là compac;

b) Hợp của hữu hạn của các tập compac là một tập compac;

c) Giao của một họ tuỳ ý các tập compac là một tập compac

Giải

a) Giả sử F là một tập con đóng của tập compac K Lấy dãy bất kỳ {an} ⊂ F Vì K làtập compac nên tồn tại dãy con {ank} của {an} sao cho limk→∞ank = a Vì F là tập đóngnên a ∈ F Do đó F là tập compac

b) Giả sử A1, A2, , An là các tập compac Ta chứng tỏ A = ∪n

i=1Ai là một tập compac.Thật vậy, Giả sử (Gi)i∈I là một phủ mở của A Do đó nó cũng là một phủ mở của Ai Vì

Ai là tập compac nên tồn tại một tập chỉ số Ii hữu hạn ⊂ I sao cho

Ai ⊂ ∪k∈IiGk.Khi đó J = ∪ni=1Ii là tập hữu hạn nằm trong I và A ⊂ ∪j∈JGj Do đó A là tập compac.c) Cho {Ai | i ∈∈ I} là một họ tuỳ ý các tập compac Khi đó A = ∩i∈IAi là đóng và

A ⊂ Ai, ∀i ∈ I Khi đó theo phần a ta có ngay A là tập compac

n} Từ đó suy ra mọi phủ con hữu hạn {In 1, In 2, , In s}của phủ {In : n ∈ N \ {0}} chỉ chứa một số hữu hạn điểm của A ( ở đây cụ thể là phủcon hữu hạn này chỉ chứa đúng ns điểm của A) Do đó A không phải là tập compac.Bài 4.5

Lấy tuỳ ý x ∈ X Vì D = X nên tồn tại dãy {un} ⊂ D sao cho un→ x khi n → ∞ Tứclà

ρ(un, x) < , ∀n > n0

Vì D là tập đếm được nên ρ(un0, x) < , tức là x ∈ S(un0, ) Vậy X = ∪u∈DS(u, )

Bài 4.6

Bài 4.7

Để chứng tỏ f−1 liên tục, ta chỉ cần chứng tỏ rằng f (F ) là tập đóng với mọi tập đóng

F ⊂ X Do X là tập compac nên F compac (bài tập 4.1) và vì f liên tục nên f (F ) là tậpcompac trong Y Do đó f (F ) là tập đóng Từ đó suy ra f−1 là ánh xạ liên tục

V Không gian metric đủ và nguyên lý ánh xạ co

| xk

Cố định chỉ số k ≥ k() Theo giả thiết limn→∞xk

n= 0, nên tồn tại n() > 0 sao cho

Do đó với mỗi t cố định thuộc [a, b] thì {xn(t)} là dãy số Cauchy trong R Do đó tồn tại

limn→∞xn(t) = x(t), t ∈ [a, b]

Như vậy ta được hàm x xác định trên [a, b] Ta sẽ chứng tỏ x là hàm số liên tục trên [a, b]

và limn→∞xn= x trong C[a,b] Thật vậy, trong (1) ta cố định n ≥ n0 và cho m → ∞ ta có

| xn(t) − x |< , ∀t ∈ [a, b], ∀n ≥ n0 (2)

Do đó dãy hàm {xn(.)} hội tụ đều đến x(.) trên [a, b] Hơn nữa, mọi hàm xn(.) liên tụctrên [a, b] nên x(.) liên tục trên [a, b] Từ (2) suy ra

maxa≤t≤b| xn(t) − x(t) |< ,tức là

ρ(xn, x) < , ∀n ≥ n0.Vậy limn→∞xn = x Do đó C[a,b] là không gian đủ

Bài 5.3

a) Dãy xn = n là dãy Cauchy trong R theo metric ρ, bởi vì ρ(xn, xm) =| arctgn −arctgm |→ 0 khi n, m → ∞ Tuy nhiên dãy {xn} không hội tụ trong (R, ρ) (vì xn → +∞khi n → ∞) Tương tự ta cũng có dãy xn= −n cũng là dãy Cauchy trong R nhưng khônghội tụ trong (R, ρ) Để xác định bổ sung đủ của (R, ρ) ta bổ sung vào R phần tử −∞ và+∞ và định nghĩa hàm ˆρ như sau

Khi đó ( ˆR, ˆρ) là không gian metric đủ và R trù mật trong ˆR = [−∞, +∞]

b) Dễ thấy rằng dãy xn= −n là dãy Cauchy trong (R, d) nhưng không hội tụ trong (R, d)

Để xác định bổ sung đủ của (R, d) ta bổ sung vào R phần tử −∞ và định nghĩa metric

d như sau

ˆd(x, y) =

(ii) limn→∞δn = 0 (δn là đường kính của Fn)

Với mỗi số nguyên dương n chọn một phần tử xn ∈ Fn Khi đó {xn}n là dãy Cauchy.Thật vậy, với mọi p ≥ 1 ta có

xn+p ∈ Fn+p ⊂ Fn.Suy ra

ρ(xn+p, xn) ≤ δn

Do đó

ρ(xn+p, xn) → 0 khi n → ∞, p → ∞,nghĩa là {xn} là dãy Cauchy Vì X là không gian đủ nên dãy Cauchy này hội tụ, tức làtồn tại

Giả sử {Dn}n là dãy bất kỳ các tập mở trù mật trong không gian metric đầy đủ (X, ρ).Lấy tuỳ ý x ∈ X Ta sẽ chứng tỏ rằng với ∀ > 0, ∃x0 ∈ ∩∞

n=1Dn sao choρ(x.x0) < 

Vì D1 = X nên tồn tại x1 ∈ D1 sao cho ρ(x, x1) < 2, tức là

S(x2, 2) ⊂ S(x1, 1) ∩ D2.Tiếp tục quá trình đó ta thu được dãy hình cầu đóng thắt dần {S(xn, n)}n thoả mãn

Bài 5.9

Giả sử limn→∞an = a Ta sẽ chứng tỏ rằng a chính là điểm bất động của f Cho trước

 ≥ 0 nhỏ tuỳ ý Vì {fn} hội tụ đều tới f nên tồn tại N () sao cho

| fn(x) − f (x) |≤ , ∀n ≥ N (), ∀x ∈ X

Suy ra

| fn(an) − f (an) |≤ , ∀n ≥ N (),hay là

xn = f (fn−1(x0) = fn(x0)

ρ(x∗, y∗) ≤ θρ(x∗, y∗).

Do 0 < θ < 1 nên x∗ = y∗ Điều phải chứng minh

(ii) Trong mặt phẳng R2 xét hình vuông ABCD có độ dài mỗi cạnh bằng 1

Ta xác định ánh xạ f : {A, B, C, D} → {A, B, C, D} được định nghĩa như sau

f (A) = C

f (B) = D

f (C) = f (D) = C

Ta có ánh xạ f thoả mãn bất đẳng thức về metric ở phần (i) với √1

2 < θ < 1 Thật vậyρ(f (A), f (B)) = ρ(C, D) = 1 ≤√

2θ = θρ(A, f (A))ρ(f (A), f (C)) = ρ(C, C) = 0 ≤ θρ(A, C)

ρ(f (A), f (D)) = ρ(C, C) = 0 ≤ θρ(A, D)ρ(f (B), f (C)) = ρ(D, C) = 1 ≤ θρ(B, f (B))ρ(f (B), f (D)) = ρ(D, C) = 1 ≤ θρ(B, f (B))ρ(f (C), f (D)) = ρ(C, C) = 0 ≤ θρ(C, D)

Tuy nhiên f không phải là ánh xạ co, bởi vì

Đó là điều không thể xảy ra Vậy f (x∗) = x∗

Bây giờ, giả sử y∗ là một điểm bất động khác của f Khi đó

ρ(x∗, y∗) = ρ(f (x∗), f (y∗)) < ρ(x∗, y∗)

Điều này là vô lý Vậy x∗ là điểm bất động duy nhất

b Cho X = [1, +∞) Khi đó X là không gian metric đủ nhưng không compac Xét hàm

f (x) = x + x1, ∀x ∈ [1, +∞) Rõ ràng với mọi x 6= y ta có

| f (x) − f (y) |=| (x − y) +y − x

xy |=| x − y | (1 − 1

xy) <| x − y | Tuy nhiên f (x) không có điểm bất động Thật vậy, giả sử x∗ là điểm bất động của f (x)

Do đó

x∗ = x∗+ 1

x∗

Ta thấy Rn với metric trên lập thành một không gian metric đầy đủ Xét ánh xạ:

f : Rn−→ Rn, x 7→ y = Ax + bvới x = (x1, x2, , xn), A = (aij)n×n, b = (b1, b2, , bn), y = f (x) = (y1, y2, , yn) Tachứng tỏ f là ánh xạ co

Thật vậy, với mọi x, x0 ∈ Rn ta có :

ρ(f (x), f (x0)) = max1≤i≤n | yi− yi0 |= max1≤i≤n |

f : S(x0, r) −→ S(x0, r)

là ánh xạ co Do đó f có điểm bất động duy nhất trong S(x0, r)

Bài 5.16

Nếu điều kiện A là ánh xạ co được thay bằng điều kiện

ρ(Ax, Ay) < ρ(x, y), x 6= ythì sự tồn tại của điểm bất động không được đảm bảo Thật vậy, xét ánh xạ

1.Hoàng Tụy, Hàm Thực và giải tích hàm, NXB Đại học Quốc Gia HN, 2003.

2.I.Ekeland and R.Temam, Convex Analysis and Variation Problems, North - Holland,

ρ(f (A), f (D)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(A, D)ρ(f (B), f (C)) = ρ(D, C) = ≤ θρ(B, f (B))ρ(f (B), f (D)) = ρ(D, C) = ≤ θρ(B, f (B))ρ(f (C), f (D)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(C, D)

Tuy nhiên... đẳng thức metric phần (i) với √1

2 < θ < Thật vậyρ(f (A), f (B)) = ρ(C, D) = ≤√

2θ = θρ(A, f (A))ρ(f (A), f (C)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(A, C)... + ˙y(t) |p1 + ˙x2(t) +p1 + ˙y2(t) dt

≤

Z b a

| ˙x(t) − ˙y(t) | (| ˙x(t) | + | ˙y(t) |)p1 + ˙x2(t) +p1