ôn thi cao học học phần giải tich cơ sở

GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)
Phần 1. Không gian metric
§1. Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ.
Không gian đầy đủ
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS Nguyễn Bích Huy
(Typing by thuantd )
Ngày 10 tháng 11 năm 2004
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Không gian metric
Định nghĩa 1. Cho tập X = ∅. Một ánh xạ d từ X × X vào R được gọi là một metric trên
X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn ∀x, y, z ∈ X:
i. d(x, y) ≥ 0
d(x, y) = 0 ⇔ x = y
ii. d(x, y) = d(y, x)
iii. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (bất đẳng thức tam giác)
Nếu d là metric trên X thì cặp (X, d) gọi là một không gian metric.
Nếu d là metric trên X thì nó cũng thỏa mãn tính chất sau
|d(x, y) − d(u, v)| ≤ d(x, u) + d(y, v) (bất đẳng thức tứ giác)
Ví dụ 1. Ánh xạ d : R
m
× R
m
→ R, định bởi
d(x, y) =

m

i=1
(x
i

− y
i
)
2

1/2
, x = (x
1
, . . . , x
m
), y = (y
1
, . . . , y
m
)
1
là một metric trên R
m
, g ọi là metric thông thường của R
m
.
Khi m = 1, ta có d(x, y) = |x − y|
Trên R
m
ta c ũng có các metric khác như
d
1
(x, y) =
m


i=1
|x
i
− y
i
|
d
2
(x, y) = max
1≤i≤m
|x
i
− y
i
|
Ví dụ 2. Ký hiệu C
[a,b]
là tập hợp các hàm thực x = x(t) liên tục trên [a, b]. Ánh xạ
d(x, y) = sup
a≤t≤b
|x(t) − y(t)|, x, y ∈ C
[a,b]
là metric trên C
[a,b]
, g ọi là metric hội tụ đều.
2. Sự hội tụ
Định nghĩa 2. Cho không gian metric (X, d). Ta nói dãy phần tử {x
n
} ⊂ X hội tụ (hội tụ
theo metric d, nếu cần làm rõ) về phần tử x ∈ X nếu lim

n→∞
d(x
n
, x) = 0.
Khi đó ta viết
lim
n→∞
x
n
= x trong (X, d)
x
n
d
→ x
x
n
→ x
lim x
n
= x
Như vậy, lim
n→∞
x
n
= x trong (X, d) có nghĩa
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n ∈ N
∗
, n ≥ n

0
⇒ d(x
n
, x) < ε
Ta chú ý rằng, các metric khác nhau trên cùng tập X sẽ sinh ra các sự hội tụ khác nhau.
Tính chất
1. Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất.
2. Nếu dãy {x
n
} hội tụ về x thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về x.
3. Nếu lim
n→∞
x
n
= x, lim
n→∞
y
n
= y thì lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = d(x, y)
Ví dụ 3 . Trong R
m
ta xét metric thông thường. Xét phần tử a = (a
1
, . . . , a

m
) và dãy {x
n
} với
x
n
= (x
n
1
, . . . , x
n
m
). Ta có
d(x
n
, a) =




m

i=1
(x
n
i
− a
i
)
2

≥ |x
n
i
− a
i
|, ∀i = 1, . . . , m
2
Từ đây suy ra:
lim
n→∞
x
n
= a trong (R
m
, d) ⇐⇒ lim
n→∞
x
n
i
= a
i
trong R , ∀i = 1, . . . , n
Ví dụ 4. Trong C
[a,b]
ta xét "metric hội tụ đều". Ta có
x
n
d
→ x ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃n
0

: ∀n ≥ n
0
⇒ sup
a≤t≤b
|x
n
(t) − x(t)| < ε)
⇐⇒ dãy hàm {x
n
(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t)
=⇒ lim
n→∞
x
n
(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b]
Như vậy, lim
n→∞
x
n
(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] là điều kiện cần để lim x
n
= x trong C
[a,b]
với metric
hội tụ đều.
Chú ý này giúp ta dự đoán phần tử giới hạn.
3. Không gian metric đầy đủ
Định nghĩ a 3. Cho không gian metric (X, d). Dãy {x
n
} ⊂ X được gọ i là dãy Cauchy (dãy cơ

bản) nếu lim
n,m→∞
d(x
n
, x
m
) = 0
hay
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n, m ≥ n
0
⇒ d(x
n
, x
m
) < ε
Tính chất
1. Nếu {x
n
} hội tụ thì nó là dãy Cauchy.
2. Nếu dãy {x
n
} là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ về x thì {x
n
} cũng hội tụ về x.
Định nghĩa 4. Không gian metric (X, d) gọi là đầy đủ nếu mỗi dãy Cauchy trong nó đều là
dãy hội tụ.
Ví dụ 5. Không gian R
m

với metric d thông thường là đầy đủ.
Thật vậy, xét tùy ý dãy Cauchy {x
n
}, x
n
= (x
n
1
, . . . , x
n
m
).
 Vì

d(x
n
, x
k
) ≥ |x
n
i
− x
k
i
| (i = 1, . . . , m)
lim
n,k→∞
d(x
n
, x

k
) = 0
⇒ lim
n,k→∞
|x
n
i
− x
k
i
| = 0,
nên ta suy ra các dãy {x
n
i
}
n
(i = 1, . . . , m) là dãy Cauchy trong R, do đó chúng hội tụ vì R
đầy đủ.
 Đặt a
i
= lim
n→∞
x
n
i
(i = 1, m) và xét phần tử a = (a
1
, . . . , a
m
), ta có lim

n→∞
x
n
= a trong
(R
m
, d).
Ví dụ 6. Không gian C
[a,b]
với metric hội tụ đều d là đầy đủ.
Giả sử {x
n
} là dãy Cauchy trong (C
[a,b]
, d).
3
Với mỗi t ∈ [a, b], ta có |x
n
(t) − x
m
(t)| ≤ d(x
n
, x
m
). Từ giả thiết lim
n,m→∞
d(x
n
, x
m

) = 0 ta
cũng có lim
n,m→∞
|x
n
(t) − x
m
(t)| = 0
Vậy với mỗi t ∈ [a, b] thì {x
n
(t)} là dãy Cauchy trong R, do đó là dãy hội tụ.
 Lập hàm x xác định bởi x(t) = lim x
n
(t), t ∈ [a, b].
Ta cần chứng minh x ∈ C
[a,b]
và lim d(x
n
, x) = 0.
Cho ε > 0 tùy ý. Do {x
n
} là dãy Cauchy, ta tìm được n
0
thỏa
∀n, m ≥ n
0
⇒ d(x
n
, x
m

) < ε
Như vậy ta có
|x
n
(t) − x
m
(t)| < ε, ∀n ≥ n
0
, ∀m ≥ n
0
, ∀t ∈ [a, b]
Cố định n, t và cho m → ∞ trong bất đẳng thức trên ta có
|x
n
(t) − x(t)| ≤ ε, ∀n ≥ n
0
, ∀t ∈ [a, b]
Như vậy, ta đã chứng minh rằng
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n ≥ n
0
⇒ sup
a≤t≤b
|x
n
(t) − x(t)| ≤ ε
Từ đây suy ra:
• Dãy hàm liên tục {x
n

(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t), do đó hàm x(t) liên tục trên
[a, b].
• lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
Đây là điều ta cần chứng minh.
B. Bài tập
Bài 1. Cho không gian metric (X, d). Ta định nghĩa
d
1
(x, y) =
d(x, y)
1 + d(x, y)
, x, y ∈ X
1. Chứng minh d
1
là metric trên X.
2. Chứng minh x
n
d
1
−→ x ⇐⇒ x
n
d
−→ x
3. Giả sử (X, d) đầy đủ, chứng minh (X, d
1
) đầy đủ.

Giải
1. Hiển nhiên d
1
là một ánh xạ từ X × X vào R. Ta kiểm tra d
1
thỏa mãn các điều
kiện của metric
4
(i) Ta có: d
1
(x, y) ≥ 0 do d(x, y) ≥ 0
d
1
(x, y) = 0 ↔ d(x, y) = 0 ↔ x = y
(ii) d
1
(y, x) =
d(y, x)
1 + d(y, x)
=
d(x, y)
1 + d(x, y)
= d(x, y)
(iii) Ta cần chứng minh
d(x, y)
1 + d(x, y)
≤
d(x, z)
1 + d(x, z)
+

d(z, y)
1 + d(z, y)
Để g ọn, ta đặt a = d(x, y), b = d(x, z), c = d(z, y).
Ta có a ≤ b + c; a, b, c ≥ 0 (do tính chất của d)
⇒
a
1 + a
≤
b + c
1 + b + c

do hàm
t
1 + t
tăng trên [0, ∞)

⇒
a
1 + a
≤
b
1 + b + c
+
c
1 + b + c
≤
b
1 + b
+
c

1 + c
(đpcm)
2.  Giả sử x
n
d
−→ x. Ta có
lim d(x
n
, x) = 0
d
1
(x
n
, x) =
d(x
n
, x)
1 + d(x
n
, x)
Do đó , lim d
1
(x
n
, x) = 0 hay x
n
d
1
−→ x
 Giả sử x

n
d
1
−→ x. Từ
lim d
1
(x
n
, x) = 0
d(x
n
, x) =
d
1
(x
n
, x)
1 − d
1
(x
n
, x)
ta s uy ra lim d(x
n
, x) = 0 hay x
n
d
−→ x.
3. Xét tùy ý dãy Cauchy {x
n

} trong (X, d
1
), ta cần chứng minh {x
n
} hội tụ trong
(X, d
1
).
 Ta có
lim
n,m→∞
d
1
(x
n
, x
m
) = 0
d(x
n
, x
m
) =
d
1
(x
n
, x
m
)

1 − d
1
(x
n
, x
m
)
⇒ lim
n,m→∞
d(x
n
, x
m
) = 0 hay {x
n
} là dãy Cauchy trong (X, d)
⇒ {x
n
} là hội tụ trong (X, d) (vì (X, d) đầy đủ)
 Đặt x = lim
n→∞
x
n
(trong (X, d)), ta có x = lim
n→∞
x
n
trong (X, d
1
) (do câu 2).

5
Bài 2. Cho các không gian metric (X
1
, d
1
), (X
2
, d
2
). Trên tập X = X
1
× X
2
ta định nghĩa
d((x
1
, x
2
), (y
1
, y
2
)) = d
1
(x
1
, y
1
) + d
2

(x
2
, y
2
)
1. Chứng minh d là metric trên X
2. Giả sử x
n
= (x
n
1
, x
n
2
) (n ∈ N
∗
), a = (a
1
, a
2
). Chứng minh
x
n
d
−→ a ⇐⇒

x
n
1
d

1
−→ a
1
x
n
2
d
2
−→ a
2
3. Giả sử (X
1
, d
1
), (X
2
, d
2
) đầy đủ. Chứng minh (X, d) đầy đủ.
Bài 3. Ký hiệu S là tập hợp các dãy số thực x = {a
k
}
k
. Ta định nghĩa
d(x, y) =
∞

k=1
1
2

k
.
|a
k
− b
k
|
1 + |a
k
− b
k
|
, x = {a
k
}, y = {b
k
}
1. Chứng minh d là metric trên X
2. Giả sử x
n
= {a
n
k
}
k
, n ∈ N
∗
, x = {a
k
}

k
. Chứng minh
x
n
d
−→ x ⇐⇒ lim
n→∞
a
n
k
= a
k
, ∀k ∈ N
∗
3. Chứng minh (S, d) đầy đủ.
Bài 4. Trên X = C
[0,1]
xét các metric
d(x, y) = sup
0≤x≤1
|x(t) − y(t)|
d
1
(x, y) =
1

0
|x(t) − y(t)| dt
1. Chứng minh: (x
n

d
−→ x) ⇒ (x
n
d
1
−→ x)
2. Bằng ví dụ dãy x
n
(t) = n(t
n
− t
n+1
), chứng minh chiều "⇐" trong câu 1) có thể
không đúng.
3. Chứng minh (X, d
1
) không đầy đủ.
6
GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)
Phần 1. Không gian metric
Phiên bản đã chỉnh sửa - có phần bổ sung của bài trước
PGS TS Nguyễn Bích Huy
Ngày 6 tháng 12 năm 2004
Nội dung chính của môn Cơ sở
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Phương pháp Giảng dạy Toán
Phần 1: Không gian metric
1. Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ. Không gian đầy đủ.
2. Tập mở. Tập đóng. Phần trong, bao đóng của tập hợp.
3. Ánh xạ liên tục giữa các không gian metric. Các tính chất:

• Liên hệ với sự hội tụ
• Liên hệ với ảnh ngược của tập mở, tập đóng.
• Ánh xạ mở, ánh xạ đóng, ánh xạ đồng phôi.
4. Tập compắc. Các tính chất căn bản:
• Hệ có tâm các tập đóng.
• Tính chất compắc và sự hội tụ.
• Ảnh của tập compắc qua ánh xạ liên tục.
Phần 2: Độ đo và tích phân.
1. σ–đại số trên tập hợp.
Độ đo và các tính chất căn bản.
2. Các tính chất của độ đo Lebesgue trên R (không xét cách xây dựng).
3. Hàm s ố đo được. Các tính chất căn bản.
1
• Các phép toán số học, lấy max, min trên 2 hàm đo được.
• Lấy giới hạn hàm đo được (không xét: hội tụ theo độ đo, định lý Egoroff, Lusin).
4. Tích phân theo một độ đo. Các tính chất căn bản (không xét tính liên tục tuyệt đối).
5. Các định lý Levi, Lebesgue về qua giới hạn dưới dấu tích phân.
Phần 3: Giải tích hàm.
1. Chuẩn trên một không gian vectơ. Chuẩn tương đương. Không gian Banach.
2. Ánh xạ tuyến tính liên tục. Không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục (không xét ánh
xạ liên hợp, ánh xạ compắc, các nguyên lý cơ bản).
3. Không gian Hilbert. Phân tích trực giao. Chuổi Fourier theo một hệ trực chuẩn. Hệ trực
chuẩn đầy đủ.
§1 Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ.
Không gian đầy đủ
Phần này có thêm phần bổ sung của bài trước
1. Tóm tắt lý thuyết
1.1 Không gian metric
Định nghĩa 1 Cho tập X = ∅. Một ánh xạ d từ X × X vào R được gọi là một metric trên
X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn ∀x, y, z ∈ X:

i. d(x, y)  0
d(x, y) = 0 ⇔ x = y
ii. d(x, y) = d(y, x)
iii. d(x, y)  d(x, z) + d(z, y) (bất đẳng thức tam giác)
Nếu d là metric trên X thì cặp (X, d) gọi là một không gian metric.
Nếu d là metric trên X thì nó cũng thỏa mãn tính chất sau
|d(x, y) − d(u, v)|  d(x, u) + d(y, v) (bất đẳng thức tứ giác)
Ví dụ. Ánh xạ d : R
m
× R
m
→ R, định bởi
d(x, y) =

m

i=1
(x
i
− y
i
)
2

1/2
, x = (x
1
, x
2
, . . . , x

m
), y = (y
1
, y
2
, . . . , y
m
)
2
là một metric trên R
m
, g ọi là metric thông thường của R
m
.
Khi m = 1, ta có d(x, y) = |x − y|. Trên R
m
ta cũng có các metric khác như
d
1
(x, y) =
m

i=1
|x
i
− y
i
|
d
2

(x, y) = max
1im
|x
i
− y
i
|
Ví dụ. Ký hiệu C
[a,b]
là tập hợp các hàm thực x = x(t) liên tục trên [a, b]. Ánh xạ
d(x, y) = sup
atb
|x(t) − y(t)|, x, y ∈ C
[a,b]
là metric trên C
[a,b]
, g ọi là metric hội tụ đều.
1.2 Sự hội tụ
Định nghĩa 2 Cho không gian metric (X, d). Ta nói dãy phần tử {x
n
} ⊂ X hội tụ (hội tụ
theo metric d, nếu cần làm rõ) về phần tử x ∈ X nếu lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0.
Khi đó ta viết
lim
n→∞
d(x

n
, x) = 0 trong (X, d)
x
n
d
→ x
x
n
→ x
lim d(x
n
, x) = 0
Như vậy, lim
n→∞
d(x
n
, x) = 0 trong (X, d) có nghĩa
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n ∈ N
∗
, n  n
0
⇒ d(x
n
, x) < ε
Ta chú ý rằng, các metric khác nhau trên cùng tập X sẽ sinh ra các sự hội tụ khác nhau.
Tính chất.
1. Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất.
2. Nếu dãy {x

n
} hội tụ về x thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về x.
3. Nếu lim
n→∞
x
n
= x, lim
n→∞
y
n
= y thì lim
n→∞
d(x
n
, y
n
) = d(x, y)
Ví dụ. Trong R
m
ta xét metric thông thường. Xét phần tử a = (a
1
, . . . , a
m
) và dãy {x
n
} với
x
n
= (x
n

1
, x
n
2
, . . . , x
n
m
). Ta có
d(x
n
, a) =




m

i=1
(x
n
i
− a
i
)
2
 |x
n
i
− a
i

|, ∀i = 1, 2, . . . , m
Từ đây suy ra:
lim
n→∞
x
n
= a trong (R
m
, d) ⇐⇒ lim
n→∞
x
n
i
= a
i
trong R , ∀i = 1, 2, . . . , n
3
Ví dụ. Trong C
[a,b]
ta xét metric hội tụ đều. Ta có
x
n
d
→ x ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n  n
0
⇒ sup
atb
|x

n
(t) − x(t)| < ε)
⇐⇒ dãy hàm {x
n
(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t)
=⇒ lim
n→∞
x
n
(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b]
Như vậy, lim
n→∞
x
n
(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] là điều kiện cần để lim x
n
= x trong C
[a,b]
với metric hội
tụ đều. Chú ý này giúp ta dự đoán phần tử giới hạn.
1.3 Không gian metric đầy đủ
Định nghĩa 3 Cho không gian metric (X, d). Dãy {x
n
} ⊂ X được gọi là dãy Cauchy (dãy cơ
bản) nếu
lim
n,m→∞
d(x
n
, x

m
) = 0
hay
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n, m  n
0
⇒ d(x
n
, x
m
) < ε
Tính chất.
1. Nếu {x
n
} hội tụ thì nó là dãy Cauchy.
2. Nếu dãy {x
n
} là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ về x thì {x
n
} cũng hội tụ về x.
Định nghĩa 4 Không gian metric (X, d) gọi là đầy đủ nếu mỗi dãy Cauchy trong nó đều là
dãy hội tụ.
Ví dụ. Không gian R
m
với metric d thông thường là đầy đủ.
Thật vậy, xét tùy ý dãy Cauchy {x
n
}, x
n

= (x
n
1
, . . . , x
n
m
).
• Vì

d(x
n
, x
k
)  |x
n
i
− x
k
i
| (i = 1, . . . , m)
lim
n,k→∞
d(x
n
, x
k
) = 0
⇒ lim
n,k→∞
|x

n
i
− x
k
i
| = 0,
nên ta suy ra các dãy {x
n
i
}
n
(i = 1, . . . , m) là dãy Cauchy trong R, do đó chúng hội tụ vì R
đầy đủ.
• Đặt a
i
= lim
n→∞
x
n
i
(i = 1, 2, . . . , m) và xét phần tử a = (a
1
, . . . , a
m
), ta có lim
n→∞
x
n
= a
trong (R

m
, d).
Ví dụ. Không gian C
[a,b]
với metric hội tụ đều d là đầy đủ.
Giả sử {x
n
} là dãy Cauchy trong (C
[a,b]
, d).
Với mỗi t ∈ [a, b], ta có |x
n
(t) − x
m
(t)|  d(x
n
, x
m
). Từ giả thiết lim
n,m→∞
d(x
n
, x
m
) = 0 ta
cũng có lim
n,m→∞
|x
n
(t) − x

m
(t)| = 0.
Vậy với mỗi t ∈ [a, b] thì {x
n
(t)} là dãy Cauchy trong R, do đó là dãy hội tụ.
4
Lập hàm x xác định bởi x(t) = lim x
n
(t), t ∈ [a, b]. Ta cần chứng minh x ∈ C
[a,b]
và
lim d(x
n
, x) = 0.
Cho ε > 0 tùy ý. Do {x
n
} là dãy Cauchy, ta tìm được n
0
thỏa
∀n, m  n
0
⇒ d(x
n
, x
m
) < ε
Như vậy ta có
|x
n
(t) − x

m
(t)| < ε, ∀n  n
0
, ∀m  n
0
, ∀t ∈ [a, b]
Cố định n, t và cho m → ∞ trong bất đẳng thức trên ta có
|x
n
(t) − x(t)| < ε, ∀n  n
0
, ∀t ∈ [a, b]
Như vậy, ta đã chứng minh rằng
∀ε > 0, ∃n
0
: ∀n  n
0
⇒ sup
atb
|x
n
(t) − x(t)|  ε
Từ đây suy ra:
• Dãy hàm liên tục {x
n
(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t), do đó hàm x(t) liên tục trên
[a, b].
• lim
n→∞
d(x

n
, x) = 0.
Đây là điều ta cần chứng minh.
2. Bài tập
Bài 1 Cho không gian metric (X, d). Ta định nghĩa
d
1
(x, y) =
d(x, y)
1 + d(x, y)
, x, y ∈ X
1. Chứng minh d
1
là metric trên X.
2. Chứng minh x
n
d
1
−→ x ⇐⇒ x
n
d
−→ x
3. Giả sử (X, d) đầy đủ, chứng minh (X, d
1
) đầy đủ.
Giải.
1. Hiển nhiên d
1
là một ánh xạ từ X × X vào R. Ta kiểm tra d
1

thỏa mãn các điều kiện của
metric
(i) Ta có: d
1
(x, y)  0 do d(x, y)  0
d
1
(x, y) = 0 ⇔ d(x, y) = 0 ⇔ x = y
5
(ii) d
1
(y, x) =
d(y, x)
1 + d(y, x)
=
d(x, y)
1 + d(x, y)
= d(x, y)
(iii) Ta cần chứng minh
d(x, y)
1 + d(x, y)

d(x, z)
1 + d(x, z)
+
d(z, y)
1 + d(z, y)
Để gọ n, ta đặt a = d(x, y), b = d(x, z), c = d(z, y).
Ta có a  b + c; a, b, c  0 (do tính chất của metric d)
⇒

a
1 + a

b + c
1 + b + c

do hàm
t
1 + t
tăng trên [0, ∞)

⇒
a
1 + a

b
1 + b + c
+
c
1 + b + c

b
1 + b
+
c
1 + c
(đpcm)
2. • Giả sử x
n
d

−→ x. Ta có
lim d(x
n
, x) = 0
d
1
(x
n
, x) =
d(x
n
, x)
1 + d(x
n
, x)
Do đó , lim d
1
(x
n
, x) = 0 hay x
n
d
1
−→ x
• Giả sử x
n
d
1
−→ x. Từ
lim d

1
(x
n
, x) = 0
d(x
n
, x) =
d
1
(x
n
, x)
1 − d
1
(x
n
, x)
ta s uy ra lim d(x
n
, x) = 0 hay x
n
d
−→ x.
3. Xét tùy ý dãy Cauchy {x
n
} trong (X, d
1
), ta cần chứng minh {x
n
} hội tụ trong (X, d

1
).
• Ta có
lim
n,m→∞
d
1
(x
n
, x
m
) = 0
d(x
n
, x
m
) =
d
1
(x
n
, x
m
)
1 − d
1
(x
n
, x
m

)
⇒ lim
n,m→∞
d(x
n
, x
m
) = 0 hay {x
n
} là dãy Cauchy trong (X, d)
⇒ {x
n
} là hội tụ trong (X, d) (vì (X, d) đầy đủ)
• Đặt x = lim
n→∞
x
n
(trong (X, d)), ta có x = lim
n→∞
x
n
trong (X, d
1
) (do câu 2).
Bài 2 Cho các không gian metric (X
1
, d
1
), (X
2

, d
2
). Trên tập X = X
1
× X
2
ta định nghĩa
d ((x
1
, x
2
), (y
1
, y
2
)) = d
1
(x
1
, y
1
) + d
2
(x
2
, y
2
)
6
1. Chứng minh d là metric trên X.

2. Giả sử x
n
= (x
n
1
, x
n
2
), (n ∈ N
∗
), a = (a
1
, a
2
). Chứng minh x
n
d
→ a ⇐⇒

x
n
1
d
1
→ a
1
x
n
2
d

2
→ a
2
3. Giả sử (X
1
, d
1
), (X
2
, d
2
) đầy đủ. Chứng minh (X, d) đầy đủ.
Giải.
1. Ta kiểm tra tính chất i), iii) của metric. Giả sử x = (x
1
, x
2
), y = (y
1
, y
2
), z = (z
1
, z
2
), ta
có:
i) d(x, y) = d
1
(x

1
, y
1
) + d
2
(x
2
, y
2
)  0
d(x, y) = 0 ⇐⇒

d
1
(x
1
, y
1
) = 0
d
2
(x
2
, y
2
) = 0
⇐⇒

x
1

= y
1
x
2
= y
2
⇐⇒ x = y
iii) Cộng từng vế các bất đẳng thức:
d
1
(x
1
, y
1
)  d
1
(x
1
, z
1
) + d
1
(z
1
, y
1
)
d
2
(x

2
, y
2
)  d
2
(x
2
, z
2
) + d
2
(z
2
, y
2
)
ta c ó
d(x, y)  d(x, z) + d(z, y)
2. Ta có
d
1
(x
n
1
, a
1
), d
2
(x
n

2
, a
2
)  d(x
n
, a) = d
1
(x
n
1
, a
1
) + d
2
(x
n
2
, a
2
)
Do đó :
lim d(x
n
, a) = 0 ⇐⇒

lim d
1
(x
n
1

, a
1
) = 0
lim d
2
(x
n
2
, a
2
) = 0
3. Giả sử {x
n
} là dãy Cauchy trong (X, d), x
n
= (x
n
1
, x
n
2
). Ta có {x
n
i
} là dãy Cauchy trong
(X
i
, d
i
) (vì d

i
(x
n
i
, x
m
i
)  d(x
n
, x
m
)). Suy ra
∃a
i
∈ X
i
: x
n
i
d
i
−→ a
i
(do (X
i
, d
i
) đầy đủ)
⇒ x
n

d
−→ a := (a
1
, a
2
) (theo câu 2))
Bài 3 Ký hiệu S là tập hợp các dãy số thực x = {a
k
}
k
. Ta định nghĩa
d(x, y) =
∞

k=1
1
2
k
.
|a
k
− b
k
|
1 + |a
k
− b
k
|
, x = {a

k
}, y = {b
k
}
1. Chứng minh d là metric trên X.
2. Giả sử x
n
= {a
n
k
}
k
, n ∈ N
∗
, x = {a
k
}
k
. Chứng minh
x
n
d
−→ x ⇐⇒ lim
n→∞
a
n
k
= a
k
, ∀k ∈ N

∗
7
3. Chứng minh (S, d) đầy đủ.
Giải.
1. Đầu tiên ta nhận xét rằng chuỗi số định nghĩa số d(x, y) là hội tụ vì số hạng thứ k nhỏ
hơn 1/2
k
.
Với x = {a
k
}, y = {b
k
}, z = {c
k
}, cá c tính chất i), iii) kiểm tra như sau:
i) Hiển nhiên d(x, y)  0,
d(x, y) = 0 ⇔ a
k
= b
k
∀k ∈ N
∗
⇔ x = y
iii) Từ lý luận bài 1 ta có
|a
k
− b
k
|
1 + |a

k
− b
k
|

|a
k
− c
k
|
1 + |a
k
− c
k
|
+
|c
k
− b
k
|
1 + |c
k
− b
k
|
∀k ∈ N
∗
Nhân cá c bất đẳng thức trên với 1/2
k

rồi lấy tổng, ta có
d(x, y)  d(x, z) + d(z, y)
2. Ta có
d (x
n
, x) =
∞

k=1
1
2
k
.
|a
n
k
− a
k
|
1 + |a
n
k
− a
k
|
n ∈ N
∗
• Giả sử x
n
−→ x. Ta có: ∀k ∈ N

∗
1
2
k
.
|a
n
k
− a
k
|
1 + |a
n
k
− a
k
|
 d(x
n
, x) (∗)
⇒ |a
n
k
− a
k
| 
2
k
d (x
n

, x)
1 − 2
k
d (x
n
, x)

khi n đủ lớn để d (x
n
, x) <
1
2
k

Do đó lim
n→∞
a
n
k
= a
k
.
• Giả sử lim
n→∞
a
n
k
= a
k
∀k ∈ N

∗
.
Cho ε > 0 tùy ý. Ta chọn số k
0
sao cho
∞

k=k
0
+1
1
2
k
<
ε
2
. Xét dãy số:
s
n
=
k
0

k=1
1
2
k
.
|a
n

k
− a
k
|
1 + |a
n
k
− a
k
|
, n ∈ N
∗
Do lim s
n
= 0 nên có n
0
sao cho s
n
<
ε
2
∀n  n
0
.
Với n  n
0
, ta có
d(x
n
, x) = s

n
+
∞

k=k
0
+1
(. . . )  s
n
+
∞

k=k
0
+1
1
2
k
< ε
8
Như vậy ta đã chứng minh
∀ε > 0 ∃n
0
: ∀n  n
0
⇒ d(x
n
, x) < ε
hay lim d(x
n

, x) = 0.
3. Xét tùy ý dãy Cauchy {x
n
} trong (S, d), x
n
= {a
n
k
}
k
. Lý luận tương tự ở (∗) ta có
|a
n
k
− a
m
k
| 
2
k
d(x
n
, x
m
)
1 − 2
k
d(x
n
, x

m
)
−→ 0 khi m, n −→ ∞
Suy ra {a
n
k
}
n
là dãy Cauchy trong R, do đó hội tụ.
Đặt a
k
= lim
n→∞
a
n
k
và lập phần tử a := {a
k
}. Áp dụng câu 2) ta có x
n
−→ a trong (S, d).
Bài 4 Trên X = C
[0,1]
xét các metric
d(x, y) = sup
0x1
|x(t) − y(t)|
d
1
(x, y) =

1

0
|x(t) − y(t)| dt
1. Chứng minh: (x
n
d
−→ x) ⇒ (x
n
d
1
−→ x)
2. Bằng ví dụ dãy x
n
(t) = n(t
n
− t
n+1
), chứng minh chiều “⇐” trong câu 1) có thể không
đúng.
3. Chứng minh (X, d
1
) không đầy đủ.
Giải.
1. Ta có
|x(t) − y(t)|  d(x, y) ∀t ∈ [0, 1]
⇒

1
0

|x(t) − y(t)| dt  d(x, y)

1
0
dt = d(x, y)
⇒d
1
(x, y)  d(x, y) ∀x, y ∈ C
[0,1]
Do đó , nếu lim d(x
n
, x) = 0 thì cũng có lim d
1
(x
n
, x) = 0.
2. Ký hiệu x
0
là hàm hằng bằng 0 trên [0, 1]. Ta có:
• d
1
(x
n
, x
0
) =

1
0
|x

n
(t) − x
0
(t)| dt =

1
0
n (t
n
− t
n+1
) dt =
n
(n+1)(n+2)
→ 0 khi n → ∞.
9
• d(x
n
, x
0
) = sup
0t1
n(t
n
− t
n+1
) = n

n
n+1


n
.
1
n+1
(hãy lập bảng khảo sát hàm n(t
n
− t
n+1
)
trên [0, 1]). Do đó
lim
n−→∞
d(x
n
, x
0
) = lim
n−→∞

n
n + 1

n
.
n
n + 1
=
1
e

= 0
Suy ra x
n
d
−→/ x
0
.
3. Xét dãy {x
n
} ⊂ C
[0,1]
xác định như sau:
x
n
(t) =



0 t ∈ [0,
1
2
]
n(t −
1
2
) t ∈ [
1
2
,
1

2
+
1
n
]
1 t ∈ [
1
2
+
1
n
, 1]
(n  2)
• Trước tiên ta chứng minh {x
n
} là dãy Cauchy trong

C
[0,1]
, d
1

.
Thật vậy, với m < n, ta có:
d
1
(x
n
, x
m

) =

1
0
|x
n
(t) − x
m
(t)| dt
=

1/2+1/m
1/2
|x
n
(t) − x
m
(t)| dt


1/2+1/m
1/2
1.dt =
1
m
Do đó lim
m,n−→∞
d
1
(x

n
, x
m
) = 0
• Ta chứng minh {x
n
} không hội tụ trong

C
[0,1]
, d
1

.
Giả sử trái lại:
∃x ∈ C
[0,1]
: lim d
1
(x
n
, x) = 0
Khi đó
d
1
(x
n
, x) 

1/2

0
|x
n
(t) − x(t)| dt =

1/2
0
|x(t)| dt , ∀n ∈ N
∗
⇒

1/2
0
|x(t)| dt = 0 ⇒ x(t) ≡ 0 trên [0,
1
2
].
Mặt khác , với mỗi a ∈

1
2
, 1

ta c ó
1
2
+
1
n
< a khi n đủ lớn.

Do đó
d
1
(x
n
, x) 

1
a
|x
n
(t) − x(t)| dt =

1
a
|1 − x(t)| dt
⇒ x(t) = 1 ∀t ∈ [a, 1] (lý luận như trên)
Do a >
1
2
tùy ý, ta suy ra x(t) = 1 ∀t ∈ (
1
2
, 1].
Ta gặp mâu thuẫn với tính liên tục của hàm x.
10
§2 Tập mở, tập đóng. Phần trong, bao
đóng của một tập hợp
1. Tập mở. Phần trong
Cho không gian metric (X, d).Với x

0
∈ X, r > 0, ta ký hiệu B(x
0
, r) = {x ∈ X : d(x, x
0
) < r}
gọi là quả cầu mở tâm x
0
, bá n kính r.
Định nghĩa 1 Cho tập hợp A ⊂ X.
1. Điểm x được gọi là điểm trong của tập hợp A nếu ∃r > 0 : B(x, r) ⊂ A
2. Tập hợp tất cả các điểm trong của A gọi là phần trong của A, ký hiệu Int A hay
◦
A. Hiển
nhiên ta có Int A ⊂ A.
3. Tập A gọi là tập mở nếu mọi điểm của nó là điểm trong . Ta qui ước ∅ là mở. Như vậy,
A mở ⇔ A = Int A ⇔ (∀x ∈ A ∃r > 0 : B(x, r) ⊂ A)
Tính chất.
1. Họ các tập mở có ba tính chất đặc trưng sau:
i) ∅, X là các tập mở.
ii) Hợp c ủa một số tùy ý các tập mở là tập mở.
iii) Giao của hữu hạn các tập mở là tập mở.
2. Phần trong của A là tập mở và là tập mở lớn nhất chứa trong A.
Như vậy:
(B ⊂ A, B mở) ⇒ B ⊂ Int A
Ví dụ. Quả cầu mở B(x
0
, r
0
) là tập mở.

Thật vậy, ∀x ∈ B(x
0
, r
0
) ta có r = r
0
− d(x, x
0
) > 0. Ta sẽ chỉ ra B(x, r) ⊂ B(x
0
, r
0
). Với
y ∈ B(x, r), ta có d(y, x
0
)  d(y, x) + d(x, x
0
) < r + d(x, x
0
) = r
0
nên y ∈ B(x
0
, r
0
).
Ví dụ. Trong R với metric thông thường, các khoảng mở là tập mở.
Thật vậy, trong R ta có B(x, r ) = (x − r, x + r).
• Mỗi khoảng hữu hạn (a, b) là quả cầu tâm
a+b

2
, bá n kính
b−a
2
nên là tập mở.
• (a, +∞), (a ∈ R) là tập mở vì ∀x ∈ (a, +∞) ta đặt r = x−a thì (x − r, x+r) ⊂ (a, +∞).
Ví dụ. Trong R
2
với metric thông thường mỗi hình chữ nhật mở A = (a, b) × (c, d) là tập mở.
Thật vậy, xét tùy ý x = (x
1
, x
2
) ∈ A. Ta đặt r = min{x
1
− a, b − x
1
, x
2
− c, d − x
2
} thì có
B(x, r) ⊂ A.
Định lí 1
1. Mỗi tập mở trong R là hợp của không quá đếm được các khoảng mở đôi một không giao
nhau.
2. Mỗi tập mở trong R
2
là hợp của không quá đếm được các hình chữ nhật mở.
11

2. Tập đóng. Bao đóng của một tập hợp
Định nghĩa 2
1. Tập hợp A ⊂ X gọi là tập đóng nếu X \ A là tập mở.
2. Điểm x được gọi là một điểm dính của tập A nếu A ∩ B(x, r) = ∅, ∀r > 0.
3. Tập tất cả các điểm dính của A gọi là bao đóng của A, ký hiệu là A hay Cl A.
Hiển nhiên ta luôn có A ⊂ A.
Tính chất.
1. ∅, X là các tập đóng.
Giao của một số tùy ý các tập đóng là tập đóng.
Hợp c ủa hữu hạn tập đóng là tập đóng.
2. A là tập đóng và là tập đóng nhỏ nhất chứa A.
Như vậy (B ⊃ A, B đóng) ⇒ B ⊃ A
3. A đóng ⇔ A = A.
Định lí 2
1. x ∈ A ⇔ (∃{x
n
} ⊂ A : lim x
n
= x)
2. Các tính chất sau là tương đương:
a) A là tập đóng;
b) ∀{x
n
} ⊂ A (lim x
n
= x ⇒ x ∈ A).
Ví dụ. Quả cầu đóng B
∗
(x
0

, r) := {x ∈ X : d(x, x
0
)  r} là tập đóng.
Chứng minh. Do sự tương đương của tính chất a), b) nên ta chứng minh B
∗
(x
0
, r) có tính
chất b). Xét tùy ý dãy {x
n
} mà {x
n
} ⊂ B
∗
(x
0
, r), x
n
−→ x, ta phải chứng minh x ∈ B
∗
(x
0
, r).
Thật vậy:

d(x
n
, x
0
)  r ∀n = 1, 2, . . .

lim d(x
n
, x
0
) = d(x, x
0
) (do tính chất 3) của sự hội tụ)
⇒ d(x, x
0
)  r (đpcm)
12
Bài tập
Bài 1 Chứng minh rằng trong một không gian metric ta có
1. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B;
2. A ∪ B = A ∪ B;
3. A = A
Giải.
1. Ta có: (B là tập đóng, B ⊃ A) ⇒ B ⊃ A.
2. Ta có: A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B (do câu 1)) nên A ∪ B ⊂ A ∪ B
Mặt khác :

A ∪ B là tập đóng (do A, B đóng)
A ∪ B ⊃ A ∪ B
⇒ A ∪ B ⊃ A ∪ B (do tính chất “nhỏ nhất” của bao đóng)
3. Ta có A là tập đóng nên nó bằng bao đóng của nó.
Bài 2 Trong C
[a,b]
ta xét metric hội tụ đều. Giả sử x
0
∈ C

[a,b]
. Ta xét các tập sau:
M
1
={x ∈ C
[a,b]
: x(t) > x
0
(t) ∀t ∈ [a, b]}
M
2
={x ∈ C
[a,b]
: x(t)  x
0
(t) ∀t ∈ [a, b]}
M
3
={x ∈ C
[a,b]
: ∃t ∈ [a, b] : x(t)  x
0
(t)}
Chứng minh M
1
mở, M
2
và M
3
đóng.

Giải.
• Chứng minh M
1
mở. Xét tùy ý x ∈ M
1
, ta có
x(t) − x
0
(t) > 0 ∀t ∈ [a, b]
⇒ r := inf
atb
[x(t) − x
0
(t)] > 0 (vì ∃t
0
∈ [a, b] : r = x(t
0
) − x
0
(t
0
) > 0)
Ta sẽ chứng minh B(x, r) ⊂ M
1
. Thậ t vậy, với y ∈ B(x, r) ta có:
sup
atb
|y(t) − x(t)| < r
⇒|y(t) − x(t)| < r ∀t ∈ [a, b]
⇒y(t) > x(t) − r ∀t ∈ [a, b]

⇒y(t) − x
0
(t) > x(t) − x
0
(t) − r  r − r = 0 ∀t ∈ [a, b]
⇒y ∈ M
1
13
• Chứng minh M
2
đóng.
Giả sử {x
n
} ⊂ M
2
, x
n
d
−→ x, ta cần chứng minh x ∈ M
2
. Ta có



lim
n→∞
x
n
(t) = x(t) ∀t ∈ [a, b]


do x
n
d
−→ x

x
n
(t)  x
0
(t) ∀t ∈ [a, b], ∀n ∈ N
∗
(do x
n
∈ M
2
)
Suy ra x(t)  x
0
(t)∀t ∈ [a, b] , do đó x ∈ M
2
.
• Chứng minh M
3
đóng.
Cách 1. Đặt M
4
=

x ∈ C
[a,b]

: x(t) < x
0
(t) ∀t ∈ [a, b]

. Ta có M
3
= C
[a,b]
\ M
4
và M
4
là
tập mở (chứng minh tương tự M
1
mở) nên M
3
đóng.
Cách 2. Giả sử {x
n
} ⊂ M
3
, x
n
d
−→ x ta cần chứng minh x ∈ M
3
.
Do x
n

∈ M
3
nên tồn tại t
n
∈ [a, b] thỏa x
n
(t
n
)  x
0
(t
n
). Dãy {t
n
} bị chặn nên có dãy con
{t
n
k
}
k
hội tụ về một t
0
∈ [a, b]. Ta sẽ chứng minh x(t
0
)  x
0
(t
0
). Đầu tiên ta chứng minh
lim

k→∞
x
n
k
(t
n
k
) = x(t
0
) (1)
Thật vậy:
|x
n
k
(t
n
k
) − x(t
0
)|  |x
n
k
(t
n
k
) − x(t
n
k
)| + |x(t
n

k
) − x(t
0
)|  d(x
n
k
, x) + |x(t
n
k
) − x(t
0
)| (2)
và vì vế phải của (2) hội tụ về 0 khi k → ∞ nên (1) đúng.
Từ x
n
k
(t
n
k
)  x
0
(t
n
k
) và (1) ta có x(t
0
)  x
0
(t
0

). Ta đã chứng minh ∃t
0
∈ [a, b] : x(t
0
) 
x
0
(t
0
) hay x ∈ M
3
.
Bài 3 Trong C
[a,b]
với metric hội tụ đều ta xét các tập hợp sa u:
M
1
=

x ∈ C
[a,b]
: x là đơn ánh, 0  x(t)  1 ∀t ∈ [a, b]

M
2
=

x ∈ C
[a,b]
: x là toàn ánh, 0  x(t)  1 ∀t ∈ [a, b]


Chứng minh M
1
không là tập đóng, M
2
là tập đóng.
14
GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)
Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán
Phần 1. Không gian metric
§3. Ánh xạ liên tục
(Phiên bản đã chỉnh sửa)
PGS TS Nguyễn Bích Huy
Ngày 20 tháng 12 năm 2004
Tóm tắt lý thuyết
1 Định nghĩa
Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y
• Ta nói ánh xạ f liên tục tại điểm x
0
∈ X nếu
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ X, d(x, x
0
) < δ =⇒ ρ(f(x), f(x
0
)) < ε
• Ta nói f liên tục trên X nếu f liên tục tại mọi x ∈ X
2 Các tính chất
Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y .
Định lí 1. Các mệnh đề sau tương đương
1. f liên tục tại x

0
∈ X
2. ∀{x
n
} ⊂ X (lim x
n
= x
0
) =⇒ lim f(x
n
) = f(x
0
)
1
Hệ quả. Nếu ánh xạ f : X → Y liên tục tại x
0
và ánh xạ g : Y → Z liên tục tại y
0
= f(x
0
)
thì ánh xạ hợp g ◦ f : X → Z liên tục tại x
0
.
Định lí 2. Các mệnh đề sau tương đương
1. f liên tục trên X
2. Với mọi tập mở G ⊂ Y thì tập nghịch ảnh f
−1
(G) là tập mở trong X.
3. Với mọi tập đóng F ⊂ Y thì tập f

−1
(F ) là tập mở trong X.
3 Ánh xạ mở, ánh xạ đóng, ánh xạ đồng phôi
Cho các không gian metric X, Y và ánh xạ f : X → Y .
• Ánh xạ f gọi là ánh xạ mở (đóng) nếu với mọi tập mở (đóng) A ⊂ X thì ảnh f(A) là
tập mở (đóng).
• Ánh xạ f gọi là ánh xạ đồng phôi nếu f là song ánh liên tục và ánh xạ ngược f
−1
: Y → X
liên tục.
4 Một số các hệ thức về ảnh và ảnh ngược
Cho các tập X, Y khác trống và ánh xạ f : X → Y . Với các tập A, A
i
⊂ X và B, B
i
⊂ Y , ta
có
1. f(

i∈I
A
i
) =

i∈I
f(A
i
), f(

i∈I

A
i
) ⊂

i∈I
f(A
i
)
2. f
−1
(

i∈I
B
i
) =

i∈I
f
−1
(B
i
), f
−1
(

i∈I
B
i
) =


i∈I
f
−1
(B
i
)
f
−1
(B
1
\ B
2
) = f
−1
(B
1
) \ f
−1
(B
2
)
3. f(f
−1
(B)) ⊂ B ("=" nếu f là toàn ánh)
f
−1
(f(A)) ⊃ A ("=" nếu f là đơn ánh)
Bài tập
Bài 1. Trong không gian C

[a,b]
, ta xét metric d(x, y) = sup
a≤t≤b
|x(t) − y(t)| và trong R ta xét
metric thông thường. Chứng minh các ánh xạ sau đây liên tục từ C
[a,b]
vào R.
2
1. f
1
(x) = inf
a≤t≤b
x(t)
2. f
2
(x) =
b

a
x
2
(t)dt
Giải. 1. Ta sẽ chứng minh |f
1
(x) − f
1
(y)| ≤ d(x, y) (*)
Thật vậy
f
1

(x) ≤ x(t) = y(t) + (x(t) − y(t)) ≤ y(t) + d(x, y) ∀t ∈ [a, b]
=⇒ f
1
(x) − d(x, y) ≤ y(t), ∀t ∈ [a, b]
=⇒ f
1
(x) − d(x, y) ≤ f
1
(y) hay f
1
(x) − f
1
(y) ≤ d(x, y)
Tương tự, ta có f
1
(y) − f
1
(x) ≤ d(x, y) nên (*) đúng. Từ đây, ta thấy
∀{x
n
}, lim
n→∞
x
n
= x =⇒ lim
n→∞
f
1
(x
n

) = f
1
(x)
2. Xét tùy ý x ∈ C
[a,b]
, {x
n
} ⊂ C
[a,b]
mà lim x
n
= x, ta cần chứng minh lim f
2
(x
n
) = f
2
(x)
Ta có
|x
2
n
(t) − x
2
(t)| = |x
n
(t) − x(t)|.|x
n
(t) − x(t) + 2x(t)|
≤ d(x

n
, x).[d(x
n
, x) + M] (M = sup
a≤t≤b
2|x(t)|)
=⇒ |f
2
(x
n
) − f
2
(x)| ≤
b

a
|x
2
n
(t) − x
2
(t)|dt
≤ d(x
n
, x)[d(x
n
, x) + M](b − a)
Do lim d(x
n
, x) = 0 nên từ đây ta có lim f

2
(x
n
) = f
2
(x) (đpcm)
Ghi chú. Ta có thể dùng các kết quả về ánh xạ liên tục để giải bài tập 3 (§2). Ví dụ, để chứng
minh tập
M = {x ∈ C
[a,b]
: x(t) > x
0
(t), ∀t ∈ [a, b]} (x
0
∈ C
[a,b]
cho trước )
là tập mở, ta có thể làm như sau. Xét ánh xạ
f : C
[a,b]
→ R, f(x) = inf
a≤t≤b
(x(t) − x
0
(t))
Ta có:
• f liên tục (lý luận như khi chứng minh f
1
liên tục)
3

• M = {x ∈ C
[a,b]
: f(x) > 0} = f
−1
((0, +∞)), (0, ∞) là tập mở trong R
Bài 2. Cho các không gian metric X, Y và ánh xạ f : X → Y . Các mệnh đề sau là tương
đương
1. f liên tục trên X
2. f
−1
(B) ⊃ f
−1
(B) ∀B ⊂ Y
3. f(A) ⊂ f(A) ∀A ⊂ X
Giải. 1) ⇒ 2) Ta có

f
−1
(B) là tập đóng (do f liên tục và B ⊂ Y là tập đóng)
f
−1
(B) ⊃ f
−1
(B)
=⇒ f
−1
(B) ⊃ f
−1
(B) (do tính chất "nhỏ nhất" của bao đóng)
2) ⇒ 3) Đặt B = f(A) trong 2), ta có f

−1
(f(A) ) ⊃ f
−1
(f(A)) ⊃ A
Do đó f(f
−1
(f(A) )) ⊃ f(A) =⇒ f(A) ⊃ f(A)
3) ⇒ 1) Xét tùy ý tập đóng F ⊂ Y , ta cần chứng minh f
−1
(F ) là tập đóng.
Đặt A = f
−1
(F ), ta có
f(A) ⊂ f(A) = f(f
−1
(F )) ⊂ F = F (do F đóng)
=⇒ f
−1
(f(A)) ⊂ f
−1
(F )
=⇒ A ⊂ A
Vậy A = A nên A là tập đóng.
Bài 3. Trong C
[a,b]
ta xét metric d(x, y) = sup{|x(t) − y(t)|, a ≤ t ≤ b}. Cho ϕ : [a, b] × R → R
là hàm liên tục. Chứng minh ánh xạ sau đây liên tục
F : C
[a,b]
→ C

[a,b]
, F (x)(t) = ϕ(t, x(t))
Giải. Cố định x
0
∈ C
[a,b]
, ta sẽ chứng minh F liên tục tại x
0
.
Đặt M = 1 + sup
a≤t≤b
|x
0
(t)|. Cho ε > 0 tùy ý.
Hàm ϕ liên tục trên tập compact D := [a, b] × [−M, M] nên liên tục đều trên D. Do đó,
tồn tại số δ
1
> 0 sao cho
∀(t, s), (t

, s

) ∈ D, |t − t

| < δ
1
, |s − s

| < δ
1

=⇒ |ϕ(t, s) − ϕ(t

, s

)| < ε
4
Đặt δ = min(δ
1
, 1). Với mỗi x ∈ C
[a,b]
, d(x, x
0
) < δ, ta có
|x(t) − x
0
(t)| < δ ∀t ∈ [a, b]
x(t) ∈ [−M, M] (do |x(t) − x
0
(t)| < 1, ∀t ∈ [a, b])
Do đó , |ϕ(t, x(t)) − ϕ(t, x
0
(t))| < ε, ∀t ∈ [a, b]
=⇒ |F(x)(t) − F (x
0
)(t)| < ε, ∀t ∈ [a, b]
=⇒ d(F(x), F(x
0
)) < ε
Như vậy, ta đã chứng minh
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ C

[a,b]
, d(x, x
0
) < δ ⇒ d(F(x), F (x
0
)) < ε
hay F liên tục tại x
0
.
Bài 4. Cho các không gian metric X, Y và song ánh f : X → Y . Chứng minh các mệnh đề
sau tương đương
1. f
−1
: Y → X liên tục
2. f là ánh xạ đóng
Giải. Ta có (f
−1
: Y → X liên tục)
⇐⇒ (∀A ⊂ X, A đóng ⇒ (f
−1
)
−1
(A) đóng trong Y )
⇐⇒ (∀A ⊂ X, A đóng ⇒ f(A) đóng)
⇐⇒ (f : X → Y là ánh xạ đóng)
Bài 5. Cho không gian metric (X, d). Với x ∈ X, ∅ = A ⊂ X, ta định nghĩa
d(x, A) = inf
y∈A
d(x, y)
Chứng minh các khẳng định sau đây

1. Ánh xạ f : X → R, f(x) = d(x, A) liên tục
2. x ∈ A ⇔ d(x, A) = 0
3. Nếu F
1
, F
2
là các tập đóng, khác ∅ và F
1
∩ F
2
= ∅ thì tồn tại các tập mở G
1
, G
2
sao cho
F
1
⊂ G
1
, F
2
⊂ G
2
, G
1
∩ G
2
= ∅
Giải. 1. Ta sẽ chứng minh |f(x) − f(x


)| ≤ d(x, x

) (*)
Thật vậy, ta có d(x, y) ≤ d(x, x

) + d(x

, y) ∀y ∈ A
=⇒ inf
y∈A
d(x, y) ≤ d(x, x

) + inf
y∈A
d(x

, y)
=⇒ d(x, A) − d(x

, A) ≤ d(x, x

)
5