Luận văn một số dạng toán trong giải tích hàm
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (717.12 KB, 107 trang )
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 1
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 2
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
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 3
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
từ những lý do sau đây:
+ Thứ nhất, sinh viên chưa nắm rõ được mối liên hệ giữa cái tổng quát và cái cụ
thể.
+ Thứ hai, sinh viên chưa tổng hợp được các tính chất, định lý trong một mắc
xích chặt chẽ.
+ Thứ ba, sinh viên chưa khai thác được vấn đề mấu chốt trong các tính chất,
định lý. Cho nên việc ghi nhớ các định lý, tính chất này trở nên khó khăn. Mà việc
khai thác này chủ yếu nằm ở khâu giải bài tập của sinh viên.
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
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 4
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.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 5
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:
yxyx
EEE
+
→
×
+
a
),(
:
và
xx
EE
.),(
:
λλ
a
→
×
⋅
K
là liên tục đối với tôpô trong E.
0.1.1 Định nghĩa
Giả sử A là tập con của không gian tuyến tính E.
i) A được gọi là lồi nếu:
=+≥∀
∈∀
1:0,
,
µλµλ
Ayx
ta đều có Ayx
∈
+
µ
λ
.
ii) A được gọi là cân nếu:
≤∈∀
∈∀
1: λλ K
Ax
ta đều có Ax
∈
λ
.
iii) A được gọi là tuyệt đối lồi nếu A lồi và cân.
iv) A được gọi là hút x
E
∈
nếu:
):(:0 λµµµλ ≥∈∀∈>∃ KAx
Hay
):(:0 λµµµλ ≤∈∀∈>∃ KAx
A được gọi là hút nếu A hút mọi x
E
∈
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 6
0.1.2 Các tập lồi, cân, tuyệt đối lồi và hút cụ thể
Ta có thể xem R
2
là không gian vectơ trên R.
+ Tập lồi:
Ta xét tập S(0,1)=
{
}
1),(
222
<+∈ yxyx R
=+≥∀
∈∀
1,0,
)1,0(),(),,(
µλµλ
Stzyx
Ta có: ),(),(),( tyzxtzyx
µ
λ
µ
λ
µ
λ
+
+
=
+
mà
12)(2)()()()(
2222222222
=++<+++++=+++ λµµλλµµλµλµλ ytxzyxyxtyzx
(Vì 11))(()(
22222
<+⇒<++≤+ ztxytzyxytxz ).
Vậy S(0,1) là tập lồi.
+ Tập cân:
Ta xét tập S’(0,1)=
{
}
1),(
2
<+∈ yxyx R
.
≤∀
∈∀
1:
)1,0('),(
λλ
Syx
Ta có: ),(),( yxyx
λ
λ
λ
=
mà
(
)
1<+=+ yxyx λλλ
.
Vậy S’(0,1) là tập cân.
+ Tập tuyệt đối lồi:
Dễ dàng chứng minh được tập S(0,1) và S’(0,1) là tập tuyệt đối lồi.
+ Tập hút:
Ta xét tập S[0,r]=
{
}
2222
),( ryxyx ≤+∈R
.
Với mỗi ))0,0(),((),(
2
≠∈ vuvu R ta có:
0
22
>
+
=∃
r
vu
λ
để
λµµ ≥∀ :
thì
{
}
2222
),(],0[ ryxRyxrS ≤+∈= µµ
chứa (u,v) vì:
( )
),(,
µµ
µ
vu
vu =
mà
2
2
22
2
22
22
r
vuvuvu
=
+
≤
+
=
+
λµµµ
.
Nếu (u,v)=0 thì rõ ràng ],0[),( rSvu
∈
.
Vậy S[0,r] là tập hút.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 7
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.
Chứng minh
i) Với x
0
∈
X, ta xét:
0
:
x
Ef
λλ
a
→
K
Hiển nhiên f liên tục tại
λ
=0 vì phép nhân liên tục.
Do đó tồn tại một lận cận
{
}
ελλ
ε
<=N
của 0
K
sao cho
UNf ⊂)(
ε
, có nghĩa là:
Ux ∈
0
λ khi
ελ ≤
.
Ux µ∈⇒
0
khi
1−
≥ εµ
.
Ø Nhận xét 0.1.1
Mỗi tập mở trong không gian vectơ tôpô là một tập hút.
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 FEf
→
: . Khi đó f biến tập hút trong E thành tập hút trong F.
Thật vậy:
Xét U là tập hút trong E.
Ta chứng minh f(U) là tập hút trong F.
Fy
∈
∀
thì )(: xfyEx
=
∈
∃
(Vì f là toàn ánh).
Vì U là tập hút nên
):(:0 λµµµλ >∈∀∈>∃ KUx
Ta có:
)()()( UfUfxfyUx
µ
µ
µ
=
∈
=
⇒
∈
(Vì f tuyến tính).
Hay
):()(:0 λµµµλ >∀∈>∃ Ufy
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 8
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.
Do đó V cũng là tập hút.
ii) Đặt g(x,y)=x+y. Khi đó g liên tục tại x=0, y=0. Do đó tồn tại các lân cận gốc
V
1
, V
2
sao cho:
x+y
∈
U khi x
∈
V
1
, y
∈
V
2
UVV ⊂+⇒
21
Do tính chất cơ sở U , tồn tại
∈
V U:
21
VVV ∩⊂
UVV
⊂
+
⇒
.
iii) Xét ánh xạ:
xx
EEh
λλ
a
),(
:
→
×
K
.
Khi đó h liên tục tại 0,0
=
=
x
λ
vì phép nhân liên tục.
Do đó tồn tại lân cận V và 0
>
ε
sao cho: Ux
∈
λ
khi
ελ ≤
và Vx
∈
UV
⊂
⇒
λ
khi
ελ ≤
.
Với
UVUV µε
µ
ε
ε
µ
ε
µ ⊂⇒⊂⇒≤⇒≥1
.
UV
µ
ε
⊂
⇒
khi
1≥µ
.
Ta đặt
I
1≥
=
µ
µUW .
Khi đó WV
⊂
ε
Vì V
ε
là lân cận của gốc nên W cũng là một lân cận của gốc.
Ta chứng minh W là lận cận cân.
Nếu Wx
∈
và
10 ≤< λ
, với
1≥µ
ta có:
Ux
λ
µ
∈ (do 1≥
λ
µ
).
Ux
µ
λ
∈
⇒
Wx
∈
⇒
λ
W
⇒
là lân cận cân và UW
⊂
.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 9
0.1.3.2. Giả sử E là không gian vectơ tôpô và A là tập đóng trong E.
Chứng minh rằng nếu Ax
∉
thì tồn tại lân cận U của x và lân cận V của A sao
cho
=
∩
VU 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 AV
∩
= ø.
Ta lại có tồn tại lân cận W của gốc sao cho: x+W
⊂
V.
AWx
∩
+
⇒
)( = ø.
Vì E là không gian vectơ tôpô nên tồn tại lân cận cân
Ω
của gốc sao cho
W
⊂
Ω
+
Ω
.
Khi đó đặt: U=x+
Ω
và V=A+
Ω
.
Ta có U, V lần lượt là lân cận của x và A mà
=
∩
VU ø.
Thật vậy nếu có )()(
Ω
+
∩
Ω
+
=
∩
∈
AxVUy thì y=x+u=a+v với
Ω
∈
vu, và
Aa
∈
.
avux
=
−
+
⇒
)(
Mà Wvu
⊂
Ω
+
Ω
∈
−
AWxvux
∩
+
∈
−
+
⇒
)()( (vô lý)
Vậy
=
∩
VU ø.
Ø Nhận xét:
Không gian vectơ tôpô là không gian tách.
Thật vậy yx,
∀
thuộc không gian vectơ tôpô mà x
≠
y thì
{
}
yx ∉
. 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 ByAx
∈
∈
, .
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 10
Do A mở nên tồn tại lân cận U
x
của x sao cho AU
x
⊂ .
⇒
tồn tại lân cận U của gốc sao cho x+U=U
x
.
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 )(\ BAE
+
là tập mở. Thật vậy:
Lấy BAx
+
∉
thì với mỗi Bb
∈
ta có
{
}
=∩− Abx
ø.
Từ giả thiết A đóng nên tồn tại lân cận U
b
của gốc sao cho
=∩+− AUbx
b
)( ø.
Chọn lân cận cân V
b
của gốc sao cho
bbb
UVV ⊂+ .
Ta có
)(
U
Bb
b
VbB
∈
+⊂
trong đó b+V
b
là các tập mở.
Vì B compact nên tồn tại
{
}
niVb
i
bi
≤≤+ 1
phủ B. (1)
Đặt
I
n
i
b
i
VV
1=
= . Khi đó V là lân cận cân của gốc.
Ta chứng minh
=
+
∩
+
)()( BAVx ø.
Giả sử
≠
+
∩
+
)()( BAVx ø.
Lúc đó tồn tại VbaxBbAa
+
∈
−
∈
∈
:, .
Vì Bb
∈
nên từ (1) suy ra
b-b
i
∈
i
b
V ( ni 1
=
∀
)
Do đó: x-(a+b
i
)=[x-(a+b)]+(b-b
i
)
iiii
bbbb
UVVVV ⊂+⊂+∈
≠∩+−⇒ AUbx
i
bi
)( ø. (Vô lý)
Vậy E\(A+B) là tập mở nên A+B là tập đóng.
Nhận xét:
Nếu A, B là các tập đóng thì A+B chưa chắc là tập đóng.
Chứng minh
Xét không gian vectơ tôpô R với tôpô thông thường.
Ta lấy A={1,2,…,n,…}
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 11
Và
−−−= ,
1
, ,
3
1
3,
2
1
2
n
nB .
Ta có A, B là các tập đóng.
Nhưng dãy
BA
n
n
+⊂
∞= 1
1
có giới hạn là 0 BA
+
∉
.
Do đó A+B không là tập đóng.
0.1.3.4. Giả sử A
1
, A
2
,…,A
n
là các tập lồi còn
n
λλλ , ,,
21
là các hằng số.
Chứng minh rằng tập
∑
=
=
n
i
ii
AA
1
λ là tập lồi.
Chứng minh
Xét
∑
=
=
n
i
ii
ax
1
λ ,
∑
=
=
n
i
ii
by
1
λ
∈
A.
Khi đó với 1:0,
=
+
≥
β
α
β
α
Thì
α
x+
β
y= AAbaba
n
i
ii
n
i
iii
n
i
ii
n
i
ii
=∈+=+
∑∑∑∑
==== 1111
)( λβαλλβλα
(Vì niAba
iii
1=∀∈+ βα )
Do đó A là tập lồi.
0.1.3.5. Chứng minh rằng nếu tập U là tập lồi thì U+U=2U.
Chứng minh
U là tập lồi thì:
Uvu
∈
∀
, ta có: Uvuvu 2)
2
1
2
1
(2 ∈+=+ vì Uvu ∈+
2
1
2
1
⇒
UUU 2
⊂
+
.
Ux 2
∈
∀
thì x=2u với Uu
∈
UUuux
+
∈
+
=
⇒
UUU
+
⊂
⇒
2 .
Vậy U+U=2U
Ø Nhận xét:
Nếu U là tập lồi và
µ
λ
, là các số dương thì UUU )(
µ
λ
µ
λ
+
=
+
.
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
tính M là tập mở thì M=E.
Chứng minh
Do M là tập mở nên M là tập hút (theo nhận xét 0.1.1)
Với mỗi Ex
∈
ta có 0
>
∃
λ
sao cho
λµµ >∀∈ Mx
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 12
M
x
M
x
∈⇒∈⇒
µ
µ
µ
.
hay Mx
∈
.
Vậy M=E.
0.1.3.7. Cho E là không gian vectơ tôpô và K
→
Ef : là một hàm tuyến
tính.
Khi đó:
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
KerfKerfy \∈∃
0)(
≠
⇒
yf .
Với mỗi Ex
∈
ta có:
0)(
)(
)(
)(
)(
)(
=−=
− yf
yf
xf
xfy
yf
xf
xf
.
Kerfy
yf
xf
x ∈−⇒
)(
)(
kyux
+
=
⇒
(trong đó
)(
)(
,
yf
xf
kKerfu =∈
)
Ta chứng minh
Kerf
là không gian con tuyến tính của E.
Thật vậy:
{
}
{
}
K∈∀
==⊂∃⊂∃⇒∈∀
∞→∞→
βα,
.lim,lim,, vvuuchosaoKerfvKerfuKerfvu
n
n
n
n
nn
Ta có:
)(limlimlim
nn
n
n
n
n
n
vuvuvu βαβαβα +=+=+
∞→∞→∞→
.
Kerfvu ∈+⇒ βα
(Vì ta đã biết kerf là không gian con tuyến tính của E)
Kerf⇒
là không gian con tuyến tính của E.
Vì
KerfKerfu ⊂∈
,
Kerfy ∈
và
Kerf
là không gian con tuyến tính của E nên:
Kerfkyux ∈+=
.
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 =KerfKerf \ Ø.
Do đó, Kerf là tập đóng.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 13
ii) Nếu ta có f liên tục thì
{
}
Kerfx
n
∈∀ mà xx
n
→ . Ta chứng minh Kerfx
∈
. Thật vậy:
0)(lim)lim()(0)( ===⇒=⇒∈
∞→∞→
n
n
n
n
nn
xfxfxfxfKerfx
Kerfx
∈
⇒
.
Do đó Kerf là tập đóng.
Ngược lại, ta có Kerf là tập đóng.
Nếu f là hàm 0 thì đương nhiên f liên tục.
Nếu f khác 0.
Đầu tiên ta chứng minh f liên tục tại 0.
0
>
∀
ε
. Vì f khác 0 nên 0)(:
≠
∈
∃
yfEy .
Đặt
0
)(
≠=
yf
y
z
ε
. Ta có
ε
=
)(zf .`
Vì KerfEzKerfz \
∈
⇒
∉
(mở).
Lúc đó tồn tại lân cận cân V của gốc sao cho:
KerfEVz \
⊂
+
.
Giả sử
ε≥∈∃ )(: xfVx
, khi đó:
Kerf
xf
x
zxf
xf
zf
xf
x
zf ∈−⇒=−=−
)(
0)(
)(
)()
)(
(
ε
ε
ε
.
Mặt khác:
V
xf
x
∈
)(
ε
(Vì
1
)(
≤
xf
ε
và V là tập cân).
Vz
xf
x
z +∈−⇒
)(
ε
.
Do đó:
KerfVz
xf
x
z ∩+∈− )(
)(
ε
(Vô lý).
Vậy
Vxxf ∈∀< ε)(
.
⇒
f liên tục tại 0.
Bây giờ ta chứng minh f liên tục tại mọi điểm Ex
∈
.
Lấy dãy
{
}
Ex
n
⊂ mà xx
n
→ . Ta có 0→− xx
n
Do đó: )()()0()()()()( xfxffxfxxfxxxfxf
nnn
=+→+−=+−= (Vì f liên tục tại 0).
Vậy f liên tục trên E.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 14
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
n
R
là một không gian lồi địa phương vì nó là không gian vectơ tôpô có một
cơ sở lân cận gốc U
n
V= ( trong đó
(
)
+
∈−= Rεεε ,,V ) gồm toàn các tập lồi.
0.2.3. Định lý 0.2.1
Trong mỗi không gian lồi địa phương đều có một cơ sở lân cận gồm các tập
lồi, cân, và hút.
Chứng minh
Cho E là không gian lồi địa phương, với cơ sở lân cận gốc U gồm các tập lồi.
Gọi U’ =
∈−∩= VVVVV ,''{
U}.
- Vì V là lân cận của gốc nên 'V cũng là lân cận của gốc và VV
⊂
' .
Do đó, U’ là một cơ sở lân cận.
- Vì V là tập lồi nên –V là tập lồi VVV
−
∩
=
⇒
' là tập lồi.
- Mặt khác,
'Vx
∈
∀
,
1: ≤∈∀ λλ K
thì ta có:
1
2
1
0 ≤
+
≤
λ
và 1
2
1
10 ≤
+
−≤
λ
.
Ta lại có
'Vx
∈
thì 'Vx
∈
−
.
Do đó:
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 15
'))(
2
1
1()
2
1
( Vxxx ∈−
+
−+
+
=
λ
λ
λ (Vì V’ là tập lồi).
Vậy 'V là tập cân
- Theo 0.1.4.1 i) thì V’ là tập hút.
Vậy trong mỗi không gian lồi địa phương đều có một cơ sở lân cận gồm các
tập lồi, cân và hút.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 16
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
R→E:.
được gọi là một chuẩn nếu nó thỏa các tính chất sau:
i)
Exx ∈∀≥ 0
và
00 =⇔= xx
ii)
K∈∀∈∀= λλλ ,Exxx
iii)
Eyxyxyx ∈∀+≤+ ,
Nếu
.
là một chuẩn trên E, ta nói
).,(E
là một không gian định chuẩn.Viết
ngắn gọn là E.
* Số chiều của không gian định chuẩn là số chiều của không gian vectơ sinh ra
không gian định chuẩn đó.
1.1.2. Định lý 1.1.1
Không gian định chuẩn là không gian vectơ tôpô.
Chứng minh
Giả sử E là không gian định chuẩn. Ta chứng minh E là không gian vectơ tôpô.
Với Eyx
∈
, ta đặt
yxyxd −=),(
thì d là một mêtric trên E. Khi đó ),( dE là
không gian mêtric. Việc chứng minh là khá dễ dàng.
Ta qui ước:
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 17
- Quả cầu mở tâm a, bán kính r là tập
{
}
{
}
raxdExraxExraB <∈=<−∈= ),(),(
.
- Quả cầu đóng tâm a, bán kính r là tập
{
}
{
}
raxdExraxExraB ≤∈=≤−∈= ),(),(
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 Eyx
∈
, và W là lân cận của x+y
⇒
tồn tại quả cầu mở ),( ryxB
+
sao
cho WryxB
⊂
+
),( .
Lúc này, ta lấy các quả cầu
)
2
,(
r
xB
và )
2
,(
r
yB , chúng lần lượt là lân cận của x và
y và thỏa mãn ),()
2
,()
2
,( ryxB
r
yB
r
xB +⊂+ .
Thật vậy, lấy )
2
,()
2
,(
r
yB
r
xBt +∈ thì
v
u
t
+
=
với )
2
,(
r
xBu∈ , )
2
,(
r
yBv ∈ .
Ta được:
r
rr
yvxuyvxuyxvuyxt =+<−+−≤−+−=+−+=+−
2
2
)()()()()(
),( ryxBt
+
∈
⇒
.
Do đó WryxB
r
yB
r
xB ⊂+⊂+ ),()
2
,()
2
,( .
Vậy phép cộng trong E là liên tục.
- Lấy
K
∈
λ
, Ex
∈
và V là lân cận của x
λ
⇒
tồn tại quả cầu mở ),( rxB
λ
sao
cho VrxB
⊂
),(
λ
.
Khi đó, với mọi
µ
thoả
12 +
<−
x
r
λµ
thì
),()
12
,( rxB
r
xB λ
µ
µ ⊂
+
.
Thật vậy:
Lấy
)
12
,(
+
∈
µ
µ
r
xBt
thì
u
t
µ
=
với
)
12
,(
+
∈
µ
r
xBu
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 18
Ta được:
rx
x
rr
xxuxxxuxuxt <
+
+
+
<−+−≤−+−=−=−
1212
)()(
µ
µλµµλµµµλµλ
),( rxBt
λ
∈
⇒
hay
VrxB
r
xB ⊂⊂
+
),()
12
,( λ
µ
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.
1.1.3. Định nghĩa 1.1.2
Trên cùng một không gian vectơ E ta xác định hai chuẩn là
1
.
và
2
.
. Lúc đó ta
nói:
● Chuẩn
1
.
mạnh hơn chuẩn
2
.
nếu tồn tại số dương c sao cho
12
xcx ≤
.
● Chuẩn
1
.
và chuẩn
2
.
là tương đương nhau nếu tồn tại các số thực dương
β
α
, sao cho
121
xxx βα ≤≤
Ex
∈
∀
.
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
.
khi và chỉ khi tôpô gây nên bởi
1
.
mạnh hơn tôpô gây nên bởi
2
.
.
Chứng minh
Gọi
21
, ττ
lần lượt là tôpô gây nên bởi
1
.
,
2
.
và
),(
1
rxB
,
),(
2
rxB
lần lượt là các
quả cầu mở tâm x bán kính r trong
).,(
1
E
,
).,(
2
E
.
- Nếu chuẩn
1
.
mạnh hơn chuẩn
2
.
thì tồn tại số dương c sao cho
12
xcx ≤
.
Lúc này ta chứng minh
12
ττ ⊂
.
Lấy
2
τ∈G
, ta chứng minh
1
τ∈G
. Thật vậy:
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 19
Với mọi Gx
∈
thì x là
2
τ
- điểm trong của G.
Do đó 0
>
∃
r sao cho
GrxB ⊂),(
2
.
Ta chứng minh ),(),(
21
rxB
c
r
xB ⊂ .
Lấy ),(
1
c
r
xBy ∈ ta có: r
c
r
cxycxy =<−≤−
12
),(
2
rxBy ∈⇒
.
Do đó GrxB
c
r
xB ⊂⊂ ),(),(
21
.
Vì vậy x là
1
τ
- điểm trong của G.
Vậy G là
1
τ
- lận cận của mọi điểm trong G.
Do đó
1
τ∈G
hay
12
ττ ⊂
.
- Nếu
12
ττ ⊂
ta chứng minh tồn tại số dương c sao cho
12
xcx ≤
với mọi x
trong E.
Ta có
)1,0(
2
B
là
2
τ
- mở nên
)1,0(
2
B
là
1
τ
- mở.
Do
)1,0(0
2
B∈
nên 0
>
∃
r sao cho
)1,0(),0(
21
BrB ⊂
.
Khi đó Ex
∈
∀
, 0
≠
x thì
)1,0(),0(
2
21
1
BrB
x
rx
⊂∈
.
Do đó 1
2
2
1
<
x
rx
12
2
x
r
x <⇒ .
Đặt
r
c
2
= thì
12
xcx <
.
Nếu x=0 thì dấu “ = “ xãy ra.
Vậy
12
xcx ≤
Ex
∈
∀
hay chuẩn
1
.
mạnh hơn chuẩn
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:
1.1.5. Định nghĩa 1.2
- Dãy
{
}
n
x là dãy hội tụ về x trong E nếu:
N
∈
∃
>
∀
N,0
ε
sao cho Nn
≥
∀
ta có:
ε<− xx
n
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 20
- Dãy
{
}
n
x là một dãy Cauchy trong E nếu
N
∈
∃
>
∀
N,0
ε
sao cho Nmn
≥
∀
, ta có:
ε<−
mn
xx
Sau đây là các ví dụ cụ thể về không gian định chuẩn:
1.1.6. Trên
n
K
, ta xác định các ánh xạ:
nn
xxxxxx +++= ), ,,(
21
1
21
(
)
2
1
22
2
2
1
2
21
), ,,(
nn
xxxxxx +++=
), ,,max(), ,,(
2121 nn
xxxxxx =
∞
Chứng minh
∞
.,.,.
21
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:
- Rõ ràng
(
)
n
nnn
xxxxxxxxx K∈∀≥+++= ), ,,(0 ), ,,(
21
2
1
22
2
2
1
2
21
Và
(
)
)0, ,0,0(), ,,(0 ), ,,(
21
2
1
22
2
2
1
2
21
=⇔=+++=
nnn
xxxxxxxxx
- Ta có: KK ∈∀∈∀ λ,), ,,(
21
n
n
xxx thì
(
)
( )
2
21
2
1
22
2
2
1
2
1
22
2
2
1
2
21
2
21
), ,,(
), ,,(), ,,(
n
n
nnn
xxx
xxx
xxxxxxxxx
λ
λ
λλλλλλλ
=
+++=
+++==
- Ta lại được
n
nn
yyyxxx K∈∀ ), ,,(),, ,,(
2121
thì
( )
2
1
22
22
2
11
2
2211
2
2121
), ,,(), ,,(), ,,(
nn
nnnn
yxyxyx
yxyxyxyyyxxx
++++++=
+++=+
Ta thấy
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 21
(
)
(
)
(
)
2
1
22
2
2
1
2
1
22
2
2
1
2
1
22
22
2
11
nnnn
yyyxxxyxyxyx +++++++≤++++++
(
)
(
)
2
1
22
2
2
1
2
1
22
2
2
11111
)Im()Im()Re()Re( )Im()Im()Re()Re(
nnnnnn
yyyxxxyxyxyxyx ++++++≤++++⇔
( )( )
222
1
2
1
222
1
2
1
2
1111
)Im()Re( )Im()Re()Im()Re( )Im()Re(
))Im()Im()Re()Re( )Im()Im()Re()(Re(
nnnn
nnnn
yyyyxxxx
yxyxyxyx
++++++++≤
++++⇔
(Đúng theo bất đẳng thức Bunhiakovski)
Do đó:
2
21
2
21
2
2121
), ,,(), ,,(), ,,(), ,,(
nnnn
yyyxxxyyyxxx +≤+
Vậy
2
.
là một chuẩn tên
n
K
.
1.1.7. Đặt
{ }
∞<∈==
∑
∞
=
∞=
1
,1
n
nn
n
n
xxxxY K, . Ta định nghĩa phép cộng và phép
nhân như sau:
Với mọi
{
}
n
xx = và y=
{
}
n
y trong Y,
α
trong K. Ta có:
{
}
nn
yxyx +=+ ,
{
}
n
xx αα = và đặt:
∑
∞
=
=
1n
n
xx .
Chứng minh
(
)
.,Y
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng chứng minh được với phép cộng và phép nhân được định nghĩa như
trên thì Y là không gian vectơ.
Ta chứng minh
.
thỏa mãn các điều kiện của chuẩn. Thật vậy:
- Ta có:
{
}
Yxx
n
∈=∀ , ta có: 0
1
≥=
∑
∞
=n
n
xx
Mặt khác:
( ) {}
000
1
=⇔∈∀=⇔==
∑
∞
=
xnxxx
n
n
n
N
- Ta được
K
∈
∀
λ
thì:
xxxxx
n
n
n
n
n
n
λλλλλ ====
∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
= 111
- Ngoài ra:
{
}
{
}
Yyyxx
nn
∈==∀ , , ta có:
( )
yxyxyxyxyx
n n
n
n
nnn
n
nn
+=+=+≤+=+
∑ ∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
∞
= 1 111
Hay
yxyx +≤+
Vậy
(
)
.,Y
là không gian định chuẩn.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 22
Ta gọi
(
)
.,Y
là không gian
1
l
.
1.1.8. Đặt
{ }
∞<∈==
∑
∞
=
∞=
1
2
,1
n
nn
n
n
xxxxZ K, . Ta định nghĩa phép cộng và
phép nhân ngoài như ở 1.1.7. Với
{
}
Zxx
n
n
∈= ta đặt
2
1
1
2
=
∑
∞
=n
n
xx
Chứng minh
(
)
.,Z
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng chứng minh được với phép cộng và phép nhân được định nghĩa như
trên thì Z là không gian vectơ.
Ta chứng minh
.
thỏa các điều kiện của chuẩn.
- Ta có
{
}
Zxx
n
∈=∀ thì:
0
2
1
1
2
≥
=
∑
∞
=n
n
xx
Và
{}
0)(00
2
1
1
2
=⇔∈∀=⇔=
=
∑
∞
=
xnxxx
n
n
n
N
.
- Mặt khác
K
∈
∀
λ
ta có:
xxxxxx
n
n
n
n
n
n
n
n
λλλλλλ =
=
=
=
=
∑∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
2
1
1
2
2
1
1
22
2
1
1
22
2
1
1
2
- Ta lại được
{
}
{
}
Zyyxx
nn
∈==∀ , thì tương tự 1.1.6:
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
+
≤
+
∑∑∑
===
m
n
n
m
n
n
m
n
nn
yxyx
Cho
∞
→
m
ta được:
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
+
≤
+
∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
= n
n
n
n
n
nn
yxyx
Do đó:
yxyxyxyx
n
n
n
n
n
nn
+=
+
≤
+=+
∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
Vậy
(
)
.,Z
là không gian định chuẩn.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 23
Ta gọi
(
)
.,Z
là không gian
2
l
.
1.1.9. Cho A
≠
Ø và
(
)
.,E
là không gian định chuẩn.
Đặt
fEAfEAB →= :{),(
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:
)()())(( xgxfxgf
+
=
+
)())(( xfxf
λ
λ
=
})({sup tff
At∈
∞
=
Chứng minh
).),,((
∞
EAB
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
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 ),( EABf
∈
∀
thì:
00)(sup0)( ≥≥⇒∈∀≥
∞
∈
fhaytfAttf
At
Và
0=
∞
f
Attftf
At
∈∀=⇔=⇔
∈
0)(0)(sup
(1)
Mà
.
là chuẩn trong E nên (1) 00)(
=
⇔
∈
∀
=
⇔
fAttf .
- Mặt khác:
K
∈
∀
λ
ta có:
∞
∈∈∈
∞
==== ftftftff
AtAtAt
λλλλλ )(sup)(sup))((sup
- Ta cũng có: ),(, EABgf
∈
∀
thì
Attgtftgtftgf ∈∀+≤+=+ )()()()())((
gfgf
AtAtAt ∈∈∈
+≤+⇒ supsupsup
(Vì f, g là các hàm bị chặn)
∞∞∞
+≤+⇒ gfgf
Vậy
(
)
∞
.E),B(A,
là một không gian định chuẩn.
1.1.10. Đặt
{ }
∞<⊂==
∈
∞=
n
n
n
n
xxxF
N
K sup
,1
.
Với mọi
{
}
{
}
Fyyxx
nn
∈== , và mọi
K
∈
λ
ta đặt:
{
}
nn
yxyx +=+ ,
{
}
n
xx λλ = và
{
}
n
n
xx
N∈
= max
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008
Trang 24
Chứng minh
(
)
.,F
là một không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân như trên thì F là không
gian vectơ.
Ta chứng minh
.
là một chuẩn. Thật vậy:
{
}
Fxx
n
∈=∀ ta có:
{
}
0max ≥=
∈
n
n
xx
N
vì
N∈∀≥ nx
n
0
Và
{
}
{
}
0000max0 =⇔∈∀=⇔∈∀=⇔=⇔=
∈
xnxnxxx
nnn
n
NN
N
K
∈
∀
λ
ta được
{
}
{
}
xxxx
n
n
n
n
λλλλ ===
∈∈ NN
maxmax
{
}
{
}
Fyyxx
nn
∈==∀ , thì
Ta có
nnnn
yxyx +≤+
{
}
{
}
{
}
{
}
n
n
n
n
nn
n
nn
n
yxyxyx
NNNN ∈∈∈∈
+≤+≤+⇒ maxmaxmaxmax (Vì
n
x
,
n
y
bị chặn)
yxyx +≤+⇒
Vậy
).,(F
là không gian định chuẩn.
Ø Nhận xét F=B(N,K).
1.1.11. Cho
niE
i
i
,1),.,( =
là n không gian định chuẩn trên trường K. Đặt
n
EEEE ×××=
21
. Với mọi Eyyyyxxxx
nn
∈== ), ,,(),, ,,(
2121
và mọi
K
∈
λ
ta đặt:
), ,,(), ,,(), ,,(
22112121 nnnn
yxyxyxyyyxxx +++=+
), ,,(), ,,(
2121 nn
xxxxxx λλλλ =
(
)
k
k
E
n
k
E
k
Ek
n
k
n
xxxxxxx
1
2121
), ,,(
21
+++==
Chứng minh
).,(
k
E
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân trên thì E là một không
gian vectơ.
Nguyễn Trung Kiên
2008
Trang 25
Để thuận tiện ta viết
i
x
thay cho
i
E
i
x
Ta chứng minh
k
.
là một chuẩn trên E. Thật vậy:
- Ta có Exxxx
n
∈=∀ ), ,,(
21
thì:
(
)
0 ), ,,(
1
2121
≥+++==
k
k
n
kk
k
n
k
xxxxxxx
Và
(
)
0 ), ,,(
1
2121
=+++==
k
k
n
kk
k
n
k
xxxxxxx
0
21
21
====⇔
n
E
n
EE
xxx
0
21
====⇔
n
xxx
0
=
⇔
x
- Mặt khác
K
∈
∀
λ
ta được:
(
)
( )
k
k
k
n
kk
k
k
n
kk
k
n
k
x
xxx
xxxxxxx
λ
λ
λλλλλλλ
=
+++=
+++==
1
21
1
2121
), ,,(
Eyyyyxxxx
nn
∈==∀ ) ,,,(),, ,,(
2121
- Ta chứng minh:
kkk
yxyx +≤+
hay
(
)
(
)
(
)
k
k
n
kk
k
k
n
kk
k
k
nn
kk
yyyxxxyxyxyx
1
21
1
21
1
2211
+++++++≤++++++
Thật vậy:
Với hai số k, q sao cho:
1
11
=+
qk
thì từ bất đẳng thức Hölder ta được:
( ) ( )
q
n
i
q
q
k
ii
k
n
i
k
i
n
i
q
k
iii
yxxyxx
1
1
1
11
+
≤
+
∑∑∑
===
(1)
Và
( ) ( )
q
n
i
q
q
k
ii
k
n
i
k
i
n
i
q
k
iii
yxyyxy
1
1
1
11
+
≤
+
∑∑∑
===
(2)
Cộng (1) và (2) ta được:
