KHÔNG GIAN MÊTRIC.pdf

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
1 Bất đẳng thức Holder – Bất đẳng Minkovski
Cho p > 1, q > 1 thỏa mãn
1
q
+
1
q
= 1, sau đây là bất đẳng thức Holder và bất đẳng thức
Minkovski cho ba trường hợp.
1.1 Tổng hữu hạn
Cho x
i
, y
i
, i = 1, 2, . . . , n là số thực hoặc phức.
n

i=1
|x
i
y
i
| 

n


i=1
|x
i
|
p

1/p

n

i=1
|y
i
|
q

1/q
(Bất đẳng thức Holder)

n

i=1
|x
i
+ y
i
|
p


1/p


n

i=1
|x
i
|
p

1/p
+

n

i=1
|y
i
|
p

1/p
(Bất đẳng thức Minkovski)
1.2 Chuổi số
Cho x
i
, y
i
, i ∈ N là các số thực hay phức

∞

i=1
|x
i
y
i
| 

∞

i=1
|x
i
|
p

1/p

∞

i=1
|y
i
|
q

1/q

∞


i=1
|x
i
+ y
i
|
p

1/p


∞

i=1
|x
i
|
p

1/p
+

∞

i=1
|y
i
|
p


1/p
1
1.3 Tích phân
Cho x, y : [a, b] → R khả tích

b
a
|x(t)y(t)|dt 


b
a
|x(t)|
p
dt

1/p


b
a
|y(t)|
q
dt

1/q


b

a
|x(t) + y(t)|
p
dt

1/p



b
a
|x(t)|
p
dt

1/p
+


b
a
|y(t)|
p
dt

1/p
2 Định nghĩa
Cho X = ∅, 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)  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 R
n
hoặc C
n
, x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
), y = (y
1
, y
2
, . . . , y
n
), đặt
d
1
(x, y) =
n

i=1
|x
i
− y
i
|

d
2
(x, y) =

n

i=1
|x
i
− y
i
|
2

1/2
(khoảng cách Euclide)
d
p
(x, y) =

n

i=1
|x
i
− y
i
|
p


1/p
, p > 1
Khi đó d
1
, d
2
, d
p
là các mêtric.
ii) Với p  1, đặt X = {x = (x
n
)
n
:

∞
i=1
|x
n
|
p
< +∞}. Với x = (x
n
)
n
, y = (y
n
)
n
đặt

d(x, y) =

∞

n=1
|x
n
− y
n
|
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 = (x
n
)
n
, y = (y
n
)
n
thuộc X ta đặt
d(x, y) = sup{|x
n
− y
n
| : 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 ⇔ x

n
= y
n
,∀n ∈
N ⇔ x = y. Kiểm tra bất đẳng thức tam giác: Với mọi n ta có
|x
n
− z
n
| = |x
n
− y
n
+ y
n
− z
n
|  |x
n
− y
n
| + |y
n
− z
n
|  d(x, y) + d(y, z)
Suy ra
d(x, z) = sup{|x
n
− z

n
| : n ∈ N}  d(x, y) + d(y, z)
2
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:
d
0
(x, y) = max{|x(t)− y(t)| : t ∈ [a, b]}
d
1
(x, y) =

b
a
|x(t) − y(t)|dt
d
2
(x, y) =


b
a
|x(t) − y(t)|
2
dt

1/2
d
p
(x, y) =



b
a
|x(t) − y(t)|
p
dt

1/p
, p > 1
Khi đó d
0
, d
1
, d
2
, d
p
là các mêtric trên X.
Thật vậy, dễ kiểm tra d
2
, d
p
thỏa mãn bất đẳng thức tam giác(dùng bất đẳmg thức
Minkovski).
Ta kiểm tra d
0
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)|  |x(t) − y(t)| + |y(t) − z(t)|
 d

0
(x, y) + d
0
(y, z)
Suy ra:
d
0
(x, z) = max{|x(t)− z(t)| : t ∈ [a, b]}  d
0
(x, y) + d
0
(y, z)
Cụ thể, cho [a, b] = [0, 2], x(t) = t, y(t) = t
2
, ta tính
d
0
(x, y) = max{|t − t
2
|, t ∈ [0, 2]}
Đặt
ϕ(t) = |t − t
2
| =

t − t
2
t ∈ [0, 1]
t
2

− t t ∈ [1, 2]
ϕ

(t) =

1 − 2t t ∈ [0, 1]
2t − 1 t ∈ [1, 2]
Do đó max ϕ[0, 1] =
1
4
, max ϕ[1, 2] = 3 Vậy d
0
(x, y) = 3
Ta cũng tính được
d
1
(x, y) =

2
0
|t − t
2
|dt =

1
0
(t − t
2
)dt +


2
1
(t
2
− t)dt = 1
d
2
(x, y) =


2
0

t − t
2

2
dt

1/2
=
4
√
15
v) Cho (X, d) là không gian mêtric. Với x, y ∈ X, đặt
d
1
(x, y) =
d(x, y)
1 + d(x, y)

, d
2
(x, y) = arctg d(x, y), d
3
(x, y) = ln(1 + d(x, y))
Khi đó d
1
, d
2
, d
3
là các mêtric trên X.
Ta kiểm tra d
1
, d
2
, d
3
thỏa mãn bất đẳng thức tam giác. Xét các hàm số
ϕ
1
(t) =
t
1 + t
, ϕ
2
(t) = arctg t, ϕ
3
(t) = ln(1 + t), t  0
3

Ta có
ϕ

1
(t) =
1
(1 + t)
2
> 0, ϕ

2
(t) =
1
1 + t
2
> 0, ϕ

3
(t) =
1
1 + t
> 0, t  0
Suy ra ϕ
1
, ϕ
2
, ϕ
3
là hàm tăng. Dẫn đến, với mọi x, y, z ∈ X ta có
d

1
(x, z) =
d(x, z)
1 + d(x, z)

d(x, y) + d(y, z)
1 + d(x, y) + d(y, z)

d(x, y)
1 + d(x, y)
+
d(y, z)
1 + d(y, z)
 d
1
(x, y) + d
1
(y, z)
d
2
(x, z) = arctg d(x, z)  arctg [d(x, y) + d(y, z)]
 arctg d(x, y) + arctg d(y, z)  d
2
(x, y) + d
2
(y, z)
(Do tg(a + b) =
tg a + tg b
1 − tg a tg b
 tg a + tg b với 0  a + b <

π
2
).
d
3
(x, z) = ln [1 + d(x, z)]  ln [1 + d(x, y) + d(y, z)]
 ln [(1 + d(x, y))(1 + d(y, z))]  ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z))
 d
3
(x, y) + d
3
(y, z)
3 Tập mở–Tập đóng
3.1 Định nghĩa:
Cho (X, d) là không gian mêtric, x
0
∈ X và r  0. Đặt B(x
0
, r) = {x ∈ X : d(x
0
, x) < r} là
quả cầu mở tâm x
0
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.
3.2 Tính chất của tập mở:
(i) Tập rỗng ∅ và X là tập mở.
(ii) Quả cầu mở là tập mở.
(iii) Nếu (D

i
)
i∈I
là họ các tập mở thì

i∈I
D
i
là tập mở.
(iv) Nếu D
1
, D
2
, . . . , D
n
là các tập mở thì

n
i=1
D
i
là tập mở.
3.3 Tính chất của tập đóng:
(i) Tập rỗng ∅ và X là tập đóng.
(ii) Quả cầu đóng là tập đóng.
(iii) Nếu (D
i
)
i∈I
là họ các tập đóng thì


i∈I
D
i
là tập đóng.
(iv) Nếu D
1
, D
2
, . . . , D
n
là các tập đóng thì

n
i=1
D
i
là tập đóng.
4
3.4 Điểm biên:
Cho D ⊂ X, điểm x
0
∈ X được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì
B(x
0
, r) ∩ D = ∅ và B(x
0
, r) ∩ (X \ D) = ∅
Nếu x
0

là điểm biên của D thì x
0
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
•
o
D
= D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D,
o
D
được gọi là phần trong của D. Ta cũng
ký hiệu
o
D
= Int D.
• 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) =
o
A
∩
o
B
và A∪ B = A ∪ B.

(b) Giả sử B là tập mở, A∩ B = ∅. Chứng minh A ∩ B = ∅.
(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 = R
2
, d(x, y) = [(x
1
− y
1
)
2
+ (x
2
− y
2
)
2
]
1/2
với x = (x
1
.x
2
), y = (y
1
, y
2
).
Giải: a) Do A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên Int(A ∩ B) ⊂

o
A
và Int(A ∩ B) ⊂
o
B
. Suy ra
Int(A ∩ B) ⊂
o
A
∩
o
B
.
Ngược lại, do
o
A
∩
o
B
là tập mở chứa trong A ∩ B nên
o
A
∩
o
B
⊂ Int(A ∩ B)
Vậy Int(A ∩ B) =
o
A
∩

o
B
.
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]
5