Một sự mở rộng của định lý Nadler

LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Hà Đức Vượng. Thầy đã hướng dẫn và
truyền đạt cho tác giả những kinh nghiệm quý báu trong học tập cũng
như trong nghiên cứu khoa học. Thầy luôn động viên, khích lệ tác giả
vươn lên trong học tập, tự tin vượt qua khó khăn trong việc nghiên cứu
và hoàn thiện luận văn. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn lớn lao, lòng kính
trọng sâu sắc nhất đối với thầy.
Tác giả xin cảm ơn Ban giám hiệu nhà trường, phòng Sau đại học,
các thầy, các cô trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã trang bị kiến thức
và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả kết thúc tốt đẹp chương trình đào
tạo cao học và hoàn thiện luận văn tốt nghiệp. Tác giả xin cảm ơn lãnh
Sở GD và ĐT Lào Cai, lãnh đạo TTGDTX huyện Bắc Hà đã tạo mọi
điều kiện thuận lợi để tác giả an tâm học tập và hoàn thành tốt khóa
học. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp
đã động viên tinh thần để tác giả hoàn thành khóa học và luận văn tốt
nghiệp.
Hà Nội, tháng 11 năm 2013
Tác giả
Lục Quang Vinh
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn này do tôi tự làm dưới sự hướng dẫn của
Tiến sĩ Hà Đức Vượng.
Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả của các nhà
khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Các kết quả trích dẫn trong luận
văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, tháng 11 năm 2013
Tác giả
Lục Quang Vinh
Mục lục
Mở đầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4
1.1. Không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Không gian metric đầy đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3. Không gian metric Hausdorff . . . . . . . . . . . . . 15
Chương 2. ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG NADLER . . . . 24
2.1. Các định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2. Định lý Nadler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Chương 3. MỘT SỰ MỞ RỘNG ĐỊNH LÝ NADLER . . 31
3.1. Một sự mở rộng định lý Nadler . . . . . . . . . . 31
3.2. Một số kết quả mở rộng liên quan . . . . . . . . . . 36
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
i
Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Xét ánh xạ T từ tập hợp X vào họ các tập con của X, T : X → 2
X
.
Điểm x ∈ X thỏa mãn x ∈ T x thì x được gọi là điểm bất động của ánh
xạ đa trị T trên tập hợp X .
Việc nghiên cứu về điểm bất động của một ánh xạ có nhiều ứng dụng
trong toán học và khoa học kĩ thuật, do đó đã thu hút được sự quan
tâm của nhiều nhà toán học. Các kết quả nghiên cứu về lĩnh vực này
đã hình thành nên “Lý thuyết điểm bất động” gắn liền với tên tuổi của
nhiều nhà toán học như Banach, Brouwer, Shauder, Tikhonov, Ky Fan,
. . . .
Năm 1922, kết quả kinh điển về điểm bất động được công bố. Đó là
nguyên lý ánh xạ co Banach.
Gần 50 năm sau, vào năm 1969 Nadler đã mở rộng kết quả này cho
lớp ánh xạ co đa trị.

Trong quá trình phát triển của khoa học kỹ thuật nói chung và toán
học nói riêng, kết quả về điểm bất động của ánh xạ co đã được nhiều
nhà toán học phát triển theo các hướng khác nhau, kể cả trường hợp
đơn trị và đa trị.
Năm 2010, bốn nhà toán học người Iran là M. Eshaghi Gordji, H.
Baghani, H. Khodaei và M. Ramezani đã công bố về một sự mở rộng của
1
định lý điểm bất động Nadler trong bài báo “A GENERALIZATION OF
NADLER’S FIXED POINT THEOREM” trên tạp chí “THE JOURNAL
OF NONLINEAR SCIENCE AND APPLICATIONS”.
Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về điểm bất động, kết quả về điểm
bất động Nadler và sự mở rộng của nó, được sự hướng dẫn của TS. Hà
Đức Vượng, tôi mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu:
“Một sự mở rộng của định lý Nadler”.
2. Mục đích nghiên cứu
Tổng hợp các kết quả về điểm bất động, sự mở rộng của định lý điểm
bất động Nadler trong bài báo “A GENERALIZATION OF NADLER’S
FIXED POINT THEOREM”.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về điểm bất động và kết quả mở rộng của định lý điểm
bất động Nadler.
4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu về điểm bất động của Nadler cho lớp ánh xạ co đa trị và kết
quả mở rộng của nó được công bố trong bài báo: A GENERALIZATION
OF NADLER’S FIXED POINT THEOREM (2010) của bốn nhà toán
học người Iran là M. Eshaghi Gordji, H. Baghani, H. Khodaei và M.
Ramezani.
2
5. Phương pháp nghiên cứu
- Dịch, đọc và nghiên cứu tài liệu.

- Tổng hợp, phân tích, vận dụng kiến thức cho mục đích nghiên cứu.
6. Dự kiến đóng góp
Đây sẽ là một bài tổng quan về điểm bất động cho lớp ánh xạ co đa
trị. Qua đề tài này giúp người đọc hiểu sâu hơn về định lý điểm bất động
Nadler và sự mở rộng của nó.
Luận văn được trình bầy với ba chương nội dung.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này chúng tôi trình bầy các khái niệm cơ bản nhất
về không gian metric, không gian metric đầy đủ và không gian metric
Hausdorff.
Chương 2.
Chúng tôi trình bầy khái niệm về ánh xạ đơn trị, đa trị. Sau đó chúng
tôi trình bầy về nguyên lý ánh xạ co Banach và cuối cùng là định lý điểm
bất động Nadler, đây là sự mở rộng của nguyên lý ánh xạ co Banach cho
lớp ánh xạ co đa trị trong không gian metric đầy đủ.
Chương 3.
Chúng tôi trình bầy về một kết quả mở rộng của định lý Nadler. Kết
quả nghiên cứu của các nhà toán học Iran công bố trong bài báo "a
generalization of Nadler fixed point theorem" năm 2010.
3
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chương này chúng tôi xin được hệ thống lại một số kiến thức cơ
bản về không gian metric, không gian metric đầy đủ, không gian metric
Hausdorff cùng với các ví dụ minh họa.
1.1. Không gian metric
Định nghĩa 1.1.1. [3]Tập hợp X = φ cùng với một ánh xạ d : X ×X →
R được gọi là không gian metric, kí hiệu (X, d), nếu d thỏa mãn:
1. d (x, y) ≥ 0; d (x, y) = 0 ⇔ x = y; ∀x, y ∈ X.
2. d (x, y) = d (y, x) , ∀x, y ∈ X.

3. d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) , ∀x, y, z ∈ X.
Ánh xạ d được gọi là metric trên X, số d (x, y) được gọi là khoảng cách
giữa hai phần tử x và y. Các phần tử của X gọi là các điểm của không
gian.
Ví dụ 1.1.1. Đường thẳng thực R với khoảng cách thông thường
d (x, y) = |x − y| , ∀x, y ∈ R, (1.1.1)
là một không gian metric .
Chứng minh:
4
Ta chứng minh d (x, y) thỏa mãn ba tiên đề về metric.
Ta có |x − y| ≥ 0, ∀x, y ∈ R. và |x − y| = 0 ⇔ x = y; ∀x, y ∈ R.
Vậy d (x, y) ≥ 0; d (x, y) = 0 ⇔ x = y; ∀x, y ∈ R.
Ta lại có |x − y| = |y − x| , ∀x, y ∈ R.
Vậy d (x, y) = d (y, x) , ∀x, y ∈ R.
Mặt khác với x, y, z ∈ R ta có
|x − y| = |x − z + z − y| ≤ |x − z| + |z − y| .
Vậy d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) , ∀x, y, z ∈ R.
Vậy d (x, y) là một metric trên R.
Do đó R với khoảng cách thông thường là một không gian metric.
Ví dụ 1.1.2. Trong không gian k chiều R
k
(k là một số nguyên dương),
ta xác định khoảng cách giữa hai điểm x = (x
1
, x
2
, , x
k
) và
y = (y

1
, y
2
, , y
k
) như sau:
d (x, y) =

k

i=1
(x
i
− y
i
)
2
. (1.1.2)
Khi đó

R
k
, d

là một không gian metric, được gọi là không gian Euclide
k chiều.
Chứng minh.
Ta kiểm tra d thỏa mãn ba tiên đề về metric.
Thật vậy ta có:





k

i=1
(x
i
− y
i
)
2
≥ 0; ∀x
i
, y
i
; i = 1, k
5
và




k

i=1
(x
i
− y
i

)
2
= 0 ⇔ x
i
= y
i
; i = 1, k.
Hay d (x, y) ≥ 0; và d (x, y) = 0 ⇔ x = y; ∀x, y ∈ R
k
.
Ta lại có




k

i=1
(x
i
− y
i
)
2
=




k


i=1
(y
i
− x
i
)
2
; ∀x
i
, y
i
; i = 1, k.
Nghĩa là
d (x, y) = d (y, x) ; ∀x, y ∈ R
k
.
Để kiểm tra tiên đề 3, trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy
- Bunhiacopski.
Với hai số thực a
j
, b
j

j = 1, k

ta có:






k

j=1
a
j
.b
j





≤

k

j=1
a
j
2

k

j=1
a
j
2
. (1.1.3)

Thật vậy ta có:
0 ≤
k

i=1

k

j=1
(a
i
b
j
− a
j
b
i
)
2

=
k

i=1
k

j=1
a
i
2

b
j
2
− 2
k

i=1
k

j=1
a
i
b
i
a
j
b
j
+
k

i=1
k

j=1
a
j
2
b
i

2
= 2
k

j=1
a
j
2
.
k

j=1
b
j
2
− 2

k

j=1
a
j
b
j

2
.
Từ đó ta có bất đẳng Cauchy - Bunhiacopski.






k

j=1
a
j
.b
j





≤




k

j=1
a
j
2





k

j=1
b
j
2
.
Bây giờ ta chứng minh tiên đề 3.
Xét ba vectơ bất kì x = (x
1
, x
2
, , x
k
) , y = (y
1
, y
2
, , y
k
) ,
6
z = (z
1
, z
2
, , z
k
) ∈ R
k

.
Ta có
[d (x, y) ]
2
=
k

i=1
(x
i
− y
i
)
2
=
k

i=1
[(x
i
− z
i
) + (z
i
− y
i
)]
2
≤ [d (x, z) ]
2

+ 2




k

i=1
(x
i
− z
i
)
2




k

i=1
(z
i
− y
i
)
2
+ [d (z, y) ]
2
= [d (x, z) ]

2
+ 2d (x, z) d (z, y) + [d (z, y) ]
2
= [d (x, z) + d (z, y)]
2
.
Từ đó ta có:
d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) ; ∀x, y, z ∈ R
k
.
Do đó R
k
với metric xác định bởi (1.1.2) là một không gian metric.
Ví dụ 1.1.3. Cho không gian R
k
, ∀x, y ∈ R
k
, x = (x
1
, x
2
, , x
k
) và
y = (y
1
, y
2
, , y
k

) .
Ta có:
d (x, y) = max
1≤j≤k
|x
j
− y
j
| (1.1.4)
là một metric trên R
k
.
Chứng minh.
Ta kiểm tra ba tiên đề về metric:
Ta có
|x
j
− y
j
| ≥ 0, ∀j = 1, k.
7
Vậy
max
1≤j≤k
|x
j
− y
j
| ≥ 0, ∀j = 1, k.
Nghĩa là

d (x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R
k
.
Nếu: max
1≤j≤k
|x
j
− y
j
| = 0
thì ta có |x
j
− y
j
| = 0, ∀j = 1, k.
Suy ra
x
j
− y
j
= 0, ∀j = 1, k.
Hay x
j
= y
j
; j = 1, k.
Vậy x = y, ∀x, y ∈ R
k
.
Ta lại có

|x
j
− y
j
| = |y
j
− x
j
| , ∀j = 1, k.
Suy ra
max
1≤j≤k
|x
j
− y
j
| = max
1≤j≤k
|y
j
− x
j
| , ∀j = 1, k.
Do đó
d (x, y) = d (y, x) , ∀x, y ∈ R
k
.
Ta chứng minh tiên đề 3:
Với x = (x
1

, x
2
, , x
k
) , y = (y
1
, y
2
, , y
k
) , z = (z
1
, z
2
, , z
k
) ∈ R
k
Ta có:
|x
j
− y
j
| = |x
j
− z
j
+ z
j
− y

j
|
≤ |x
j
− z
j
| + |z
j
− y
j
|
≤ max
1≤j≤k
|x
j
− z
j
| + max
1≤j≤k
|z
j
− y
j
| .
8
Suy ra
max
1≤j≤k
|x
j

− y
j
| ≤ max
1≤j≤k
|x
j
− z
j
| + max
1≤j≤k
|z
j
− y
j
| .
Do đó
d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) , ∀x, y, z ∈ R
k
.
Vậy d (x, y) xác định bởi (1.1.4) là một metric trên R
k
.
Nhận xét 1.1.1. Qua ví dụ 1.1.2 và ví dụ 1.1.3 ta thấy trên cùng một
tập hợp có thể xác định được các metric khác nhau.
1.2. Không gian metric đầy đủ
Định nghĩa 1.2.1.[3] Cho không gian metric (X, d), cho {x
n
} là một
dãy các phần tử của X. Dãy {x
n

} gọi là hội tụ đến điểm x
0
∈ X, nếu
∀ε > 0, ∃n
0
∈ N
∗
sao cho ∀n ≥ n
0
ta có d (x
n
, x
0
) < ε.
Hay lim
n→∞
d (x
n
, x
0
) = 0.
Định nghĩa 1.2.2.[3] Cho không gian metric (X, d). Dãy {x
n
} ⊂ X
được gọi là dãy Cauchy, nếu ∀ε > 0, ∃n
0
∈ N
∗
sao cho ∀m, n ≥ n
0

ta có
d (x
n
, x
m
) < ε.
Hay lim
n,m→∞
d (x
n
, x
m
) = 0.
Định nghĩa 1.2.3.[3] Không gian metric (X, d) gọi là không gian metric
đầy đủ, nếu mọi dãy Cauchy đều hội tụ trong X.
9
Ví dụ 1.2.1. Tập hợp tất cả các hàm số thực xác định và liên tục trên
[a, b], kí hiệu là C
[a,b]
với metric
d (x, y) = max
a≤t≤b
|x (t)|
là không gian metric đầy đủ.
Chứng minh.
Thậy vậy, giả sử {x
n
(t)} là một dãy Cauchy tùy ý trong không gian
C
[a,b]

.
Theo định nghĩa dãy Cauchy ta có:
∀ε > 0, ∃n
0
∈ N
∗
, ∀m, n ≥ n
0
thì
d (x
n
, x
m
) = max
a≤t≤b
|x
n
(t) − x
m
(t)| < ε. (1.2.1)
Điều đó chứng tỏ, với mỗi t cố định thuộc {x
n
(t)} là dãy số thực cơ
bản, nên phải tồn tại giới hạn lim
n→∞
x
n
(t).
Giả sử
lim

n→∞
x
n
(t) = x (t) , t ∈ [a, b] .
Ta nhận được hàm số x (t) xác định trên [a, b].
Vì các bất đẳng thức (1.2.1) không phụ thuộc t, nên cho qua giới hạn
khi m → ∞, ta được:
|x
n
(t) − x (t)| ≤ ε, ∀n ≥ n
0
, ∀t ∈ [a, b] . (1.2.2)
Các bất đẳng thức (1.2.2) chứng tỏ {x
n
(t)} hội tụ đều đến hàm số x (t)
trên [a, b] nên x (t) ∈ C
[a,b]
. Do đó dãy Cauchy {x
n
(t)} hội tụ đến x (t)
trong không gian C
[a,b]
.
10
Vậy không gian C
[a,b]
là không gian metric đầy đủ.
Ví dụ 1.2.2. Cho C
[0,1]
L

là tập hợp tất cả các hàm liên tục trên [0, 1] .
Khi đó C
[0,1]
L
là không gian metric không đầy đủ với metric xác định
như sau:
x = x (t) , y = y (t) ∈ C
[0,1]
,
d (x, y) =
1

0
|x (t) − y (t)| dt. (1.2.3)
Chứng minh.
Trước tiên ta chứng minh d xác định bởi (1.2.3) là một metric trên C
[0,1]
.
Ta có:
|x (t) − y (t)| ≥ 0, ∀x, y ∈ C
[0,1]
, ∀t ∈ [0, 1] .
Suy ra
d (x, y) =
1

0
|x (t) − y (t)| dt ≥ 0, ∀x, y ∈ C
[0,1]
.

Hay
d (x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ C
[0,1]
.
Hiển nhiên d (x, y) = 0 thì
1

0
|x (t) − y (t)| dt = 0.
Hay
1

0
|x (t) − y (t)| = 0, ∀t ∈ [0, 1] .
11
Vậy
x (t) = y (t) , ∀t ∈ [0, 1] .
Tức là x = y.
Ta lại có
|x (t) − y (t)| = |y (t) − x (t)| , ∀x, y ∈ C
[0,1]
, ∀t ∈ [0, 1] .
Do đó
d (x, y) = d (y, x) , ∀x, y ∈ C
[0,1]
.
Cuối cùng ta kiểm tra bất đẳng thức tam giác.
∀x, y, z ∈ C
[0,1]
ta có

|x (t) − z (t)| = |x (t) − y (t) + y (t) − z (t)|
≤ |x (t) − y (t)| + |y (t) − z (t)| , ∀t ∈ [0, 1] .
Suy ra
1

0
|x (t) − z (t)| dt ≤
1

0
|x (t) − y (t)| dt +
1

0
|y (t) − z (t)| dt, ∀t ∈ [0, 1] .
Hay
d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) , ∀x, y, z ∈ C
[0,1]
.
Vậy d xác định bởi (1.2.3) là một metric trên C
[0,1]
.
Bây giờ ta chứng minh với metric xác định như trên, C
[0,1]
là không gian
metric không đầy đủ
Thật vậy, với n ≥ 3 ta xét dãy hàm {x
n
} ⊂ C
[0,1]

như sau:
x
n
(t) =











1 khi 0 ≤ t <
1
2
n
2
+ 1 − nt khi
1
2
≤ t <
1
2
+
1
n
0 khi

1
2
+
1
n
≤ t ≤ 1.
12
Khi đó với mọi số tự nhiên n, m ≥ 3 ta có:
d (x
m
, x
n
) =
1

0
|x
m
(t) − x
n
(t)| dt.
Với m > n thì
d (x
m
, x
n
) =
1
2


0
|x
m
(t) − x
n
(t)| dt +
1
2
+
1
m

1
2
|x
m
(t) − x
n
(t)| dt
+
1
2
+
1
n

1
2
+
1

m
|x
m
(t) − x
n
(t)| dt +
1

1
2
+
1
n
|x
m
(t) − x
n
(t)| dt
=
1
2
+
1
m

1
2
|m − n|





t −
1
2




dt +
1
2
+
1
n

1
2
+
1
m



nt −
n
2
− 1




dt.
Với t ∈

1
2
,
1
2
+
1
m

ta có t −
1
2
≥ 0. Do đó




t −
1
2




= t −
1

2
.
Với t ∈

1
2
+
1
m
,
1
2
+
1
n

ta có nt −
n
2
− 1 ≤ 0. Do đó



nt −
n
2
− 1




= −nt +
n
2
+ 1.
13
Vậy
d (x
m
, x
n
) =
1
2
+
1
m

1
2
(m − n)

t −
1
2

dt +
1
2
+
1

n

1
2
+
1
m

−nt +
n
2
+ 1

dt
=
1
2
(m − n)

t
2
− t









1
2
+
1
m
1
2
+

−
n
2
t
2
+

n
2
+ 1

t








1

2
+
1
n
1
2
+
1
m
=
1
2

1
n
−
1
m

.
Nếu m ≤ n, tương tự như trên ta được
d (x
m
, x
n
) =
1
2

1

m
−
1
n

.
Vậy ta có
d (x
m
, x
n
) =
1
2




1
m
−
1
n




, ∀m, n ≥ 3.
Ta suy ra
lim

m,n→∞
d (x
m
, n
n
) =
1
2
lim
m,n→∞




1
m
−
1
n




= 0.
Do đó {x
n
} là dãy Cauchy trong C
[0,1]
.
Tuy nhiên dãy này không có giới hạn thuộc C

[0,1]
.
Thật vậy, giả sử có x
0
(t) ∈ C
[0,1]
mà
lim
n→∞
x
n
(t) = x
0
(t) .
Hay
lim
n→∞
d (x
n
, x
0
) = lim
n→∞
1

0
|x
n
(t) − x
0

(t)| = 0.
14
Ta có
d (x
n
, x
0
) =
1

0
|x
n
(t) − x
0
(t)|
=
1
2

0
|1 − x
0
(t)| dt +
1
2
+
1
n


1
2



−nt +
n
2
+ 1 − x
0
(t)



dt +
1

1
2
+
1
n
|x
0
(t)| dt.
Ta suy ra
x
0
(t) =






1 khi 0 ≤ t <
1
2
0 khi
1
2
≤ t ≤ 1.
Do lim
t→

1
2

−
x
0
(t) = 1 và lim
t→

1
2

+
x
0
(t) = 0.

Suy ra x
0
(t) không liên tục tại t =
1
2
. Vậy x
0
(t) /∈ C
[0,1]
.
Do đó C
[0,1]
với metric xác định bởi (1.2.3) là metric không đầy đủ.
1.3. Không gian metric Hausdorff
Định nghĩa 1.3.1.[4] Cho (X, d) là một không gian metric. CB (X) là
họ các tập con khác rỗng, đóng, bị chặn của X. Khi đó:
1. Khoảng cách từ x ∈ X đến tập hợp A ⊂ X được xác định bởi:
d (x, A) = inf {d (x, y) : y ∈ A} .
2. Với A, B ⊂ CB (X), khoảng cách từ tập hợp A đến tập hợp B được
xác định bởi:
∂ (A, B) = sup {d (x, B) : x ∈ A} .
15
3. Khoảng cách Hausdorff giữa hai tập hợp A và B được xác định bởi:
H (A, B) = max {∂ (A, B) , ∂ (B, A)}
= max

sup
x∈A
inf
y∈B

d (x, y) , sup
y∈B
inf
x∈A
d (x, y)

.
Định lý 1.3.1.[4] Cho (X, d) là một không gian metric, A, B, C ∈
CB (X) . Khi đó ta có:
1. ∂ (A, B) = 0 khi và chỉ khi A ⊂ B.
2. B ⊂ C thì ∂ (A, C) ≤ ∂ (A, B) .
3. ∂ (A ∪ B, C) = max {∂ (A, C) , ∂ (B, C)} .
4. ∂ (A, B) ≤ ∂ (A, C) + ∂ (C, B) .
Chứng minh.
1. Nếu ∂ (A, B) = 0 tức là
sup {d (x, B) : x ∈ A} = 0.
Vậy
d (x, B) = 0, ∀x ∈ A.
Do đó tồn tại dãy {y
n
} ⊂ B sao cho
lim
n→∞
d (x, y
n
) = 0.
Hay
lim
n→∞
y

n
= x.
Vì B ∈ CB (X) nên B là tập hợp đóng, do đó x ∈ B. Suy ra A ⊂ B.
Vậy
∂ (A, B) = 0 ⇔ A ⊂ B.
16
2. Giả sử B ∈ CB (X), với x ∈ X ta có
d (x, B) = inf
y∈B
d (x, y) ,
d (x, C) = inf
z∈C
d (x, z) .
Vì y ∈ B ⇒ y ∈ C nên
inf
y∈B
d (x, y) ≥ inf
z∈C
d (x, z) .
Suy ra
d (x, B) ≥ d (x, C) , ∀x ∈ X.
Với A ⊂ X ta có
d (x, B) ≥ d (x, C) , ∀x ∈ A.
Do đó ta có
∂ (A, C) ≤ ∂ (A, B) .
3. Theo định nghĩa về khoảng cách giữa hai tập hợp ta có:
∂ (A ∪ B, C) = sup {d (x, C) , x ∈ A ∪ B}
= max {sup {d (x, C) , x ∈ A} , sup {d (x, C) , x ∈ B}}
= max {∂ (A, C) , ∂ (B, C)} .
Vậy

∂ (A ∪ B, C) = max {∂ (A, C) , ∂ (B, C)} .
4. Với a ∈ A, b ∈ B và c ∈ C ta luôn có:
d (a, b) ≤ d (a, c) + d (c, b) .
17
Ta suy ra
inf
x∈B
d (a, x) ≤ d (a, c) + inf
x∈B
d (c, x) .
Do đó ta có
d (a, B) ≤ d (a, c) + d (c, B) .
Hay
d (a, B) ≤ d (a, c) + sup
c∈C
d (c, B) .
Suy ra
d (a, B) ≤ d (a, c) + ∂ (C, B) .
Vì c tùy ý trong C nên ta có
d (a, B) ≤ d (a, C) + ∂ (C, B) .
Tương tự a lấy tùy ý trong A nên ta có
∂ (A, B) ≤ ∂ (A, C) + ∂ (C, B) .
Định lý 1.3.2. [4] Cho (X, d) là một không gian metric. Khi đó
H (A ∪ B, C ∪ D) ≤ max {H (A, C) , H (B, D)} .
Với mọi ∀A, B, C, D ∈ CB (X) .
Chứng minh. Từ kết luận 3 của định lý 1.3.1 ta có
∂ (A ∪ B, C ∪ D) = max {∂ (A, C ∪ D) , ∂ (B, C ∪ D)}
≤ max {∂ (A, C) , ∂ (B, D)}
≤ max {H (A, C) , H (B, D)} , ∀A, B, C, D ∈ CB (X) .
18

Hoàn toàn tương tự ta có
∂ (C ∪ D, A ∪ B) = max {∂ (C, A ∪ B) , ∂ (D, A ∪ B)}
≤ max {∂ (A, C) , ∂ (B, D)}
≤ max {H (A, C) , H (B, D)} , ∀A, B, C, D ∈ CB (X) .
Mặt khác theo định nghĩa của metric Hausdorff ta có
H (A ∪ B, C ∪ D) = max {∂ (A ∪ B, C ∪ D) , ∂ (C ∪ D, A ∪ B)}
≤ max {H (A, C) , H (B, D)} , ∀A, B, C, D ∈ CB (X) .
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.3.3.[4] (CB (X) , H) lập thành một không gian metric và
được gọi là không gian metric Hausdorff.
Chứng minh.
Thật vậy, H xác định trên CB (X), hơn nữa với mỗi x ∈ X và tập hợp
con khác rỗng A ⊂ X, ta có khoảng cách từ x tới tập hợp A là
d (x, A) = inf
y∈A
d (x, y) .
Đối với hai tập con khác rỗng bất kì A, B ⊂ X thì khoảng cách Hausdorff
giữa hai tập hợp A, B được xác định
H (A, B) = max

sup
x∈A
inf
y∈B
d (x, y) , sup
y∈B
inf
x∈A
d (x, y)


= max

sup
x∈A
d (x, B) , sup
y∈B
d (y, A)

19
= max {∂ (A, B) , ∂ (B, A)} .
Với A, B ∈ X, ta có
H (A, B) = max {∂ (A, B) , ∂ (B, A)} ≥ 0.
Nếu
H (A, B) = max {∂ (A, B) , ∂ (B, A)} = 0
thì ta có



∂ (A, B) = 0
∂ (B, A) = 0.
Vậy ta có



d (x, B) = 0, ∀x ∈ A
d (y, A) = 0, ∀y ∈ B.
Ta chứng minh
d (x, B) = 0, ∀x ∈ A ⇔ A ⊂ B (1)
Thật vậy, giả sử d (x, B) = 0, ∀x ∈ A. Lấy x ∈ A bất kì ta có
d (x, B) = inf

y∈B
(x, y) = 0.
Suy ra tồn tại dãy {y
n
} ⊂ B sao cho
lim
n→∞
d (x, y
n
) = 0.
Hay
lim
n→∞
y
n
= x.
Do B là tập hợp đóng nên x ∈ B. Vậy A ⊂ B.
Ngược lại, giả sử A ⊂ B.
20
Khi đó, với mọi x ∈ A thì x ∈ B.
Do đó:
d (x, B) = inf
y∈B
(x, y) = 0.
Chứng minh tương tự
d (y, A) = 0, ∀y ∈ B ⇔ B ⊂ A (2) .
Thật vậy, giả sử d (y, A) = 0 , ∀y ∈ B. Lấy y ∈ B bất kì ta có
d (y, A) = inf
x∈A
(y, x) = 0.

Suy ra tồn tại dãy {x
n
} ⊂ A sao cho
lim
n→∞
d (y, x
n
) = 0.
Hay
lim
n→∞
x
n
= y.
Do A là tập hợp đóng nên y ∈ A. Vậy B ⊂ A.
Ngược lại, giả sử B ⊂ A.
Khi đó, với mọi y ∈ A thì y ∈ B.
Do đó:
d (y, A) = inf
x∈A
(y, x) = 0
Từ (1) và (2) ta có A = B.
Vậy
H (A, B) = 0 ⇔ A = B, ∀A, B ∈ CB (X) .
Mặt khác với A, B ∈ CB (X), ta có
H (A, B) = max {∂ (A, B) , ∂ (B, A)}
21
= max {∂ (B, A) , ∂ (A, B)} = H (B, A) .
Giả sử A, B, C ∈ CB (X). Với x, y tùy ý, x ∈ A, y ∈ B, với mọi z ∈ C
ta có

d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y) .
Suy ra
d (x, y) ≤ d (x, C) + d (y, C) .
Do y ∈ B tùy ý, nên ta có
d (x, B) ≤ d (x, y) .
Vậy
d (x, B) ≤ d (x, C) + d (y, C) .
Suy ra
d (x, B) ≤ H (A, C) + H (B, C) .
Lại do x là phần tử tùy ý trong A nên suy ra
sup
x∈A
d (x, B) ≤ H (A, C) + H (B, C) .
Vậy
H (A, B) ≤ H (A, C) + H (B, C) , ∀A, B, C ∈ CB (X) .
Vậy H là một metric trên CB (X).
Do đó (CB (X) , H) là một không gian metric và được gọi là không gian
metric Hausdorff.
22