Bài giảng giải tích hàm nguyễn chi phương

Biên soạn: Nguyễn Chí Phương

D. Bài tập mẫu

GIẢI TÍCH HÀM
CHƯƠNG 1: KHOẢNG CÁCH
A. Không gian Metric
Cho tập hợp X. Xét ánh xạ d: X x X  R là metric trên X nếu
thỏa cá c tính chất sau:
1. d(x,y)  0 ,  x, y  X
2. d(x,y) = 0  x = y
3. d(x,y) = d(y,x) ,  x, y  X
4. d(x,y)  d(x,z) + d(z,y) ,  x, y,z  X
Bộ (X,d) được gọi là không gian metric
B. Không gian đònh chuẩn
Cho tập hợp X. Xét ánh xạ ||.||: X x X  R là đònh chuẩn trên X
nếu thỏa cá c tính chất sau:
1. ||x||  0 ,  x  X
2. ||x|| = 0  x = 0
3. ||  x|| = |  | ||x|| ,    K,  x  X
4. ||x+y||  ||x|| + ||y||
Bộ (X,||.||) được gọi là không gian đònh chuẩn
* Một số không gian thông dụng
1. Không gian Rn:  x=(x1,x2,…,xn ) y=(y1,y2,…,yn)
n

d ( x, y ) 

n

 ( xi  yi ) 2 ; ||x|| =

i 1

x

2
i

i 1

2. Không gian C[ a ,b ] ={x(t): x liên tục trên [a,b]
d(x,y) = max {x(t) - y(t)} ; ||x|| = max {x(t)}
t[ a ,b ]

t[ a ,b ]

b

P

3. Không gian L = { f  C[ a ,b ] :

 | f | ds <+  }
a

1

b

|| f || = ( | f | ds ) P


a

C. Cận dưới đúng (inf), cận trên đúng (sub)
1. Cận dưới đúng: Cho tập X khi đó a gọi là cận dưới củ a X
nếu a  x ,  x  X
Hơn nữa a  inf X = min {x: x  X} : cận dưới đúng của X
2. Cận trên đúng: Cho tập X khi đó b gọi là cận trên của X
nếu x  b ,  x  X
Hơn nữa supX = max {x: x  X}  b : cận trên đúng của X
3. Khoảng cách liên quan tới tập hợp
a. d(x,A) = inf d(x,y)

Bài 1 : CMR: | d(u,v) - d(x,y) |  d(u,x) + (v,y),  x, y,u,v  X
Giải:
Sử dụng BĐT: d(u,v)  d(u,x) + d(x,y) + d(y,v)
 d(u,v) - d(x,y)  d(u,x) + d(y,v)
Bài 2 : CMR: | d(x,A) - d(y,A) |  d(x,y) ,  x, y  A
Giải:
d(x,A) = inf d(x,u)  d(x,u)  d(x,y) + d(y,u)
uA

 d(x,A)  d(x,y) + inf d(y,u) = d(x,y) + d(y,A)
uA

 d(x,A) - d(y,A)  d(x,y)
Bài 3 : CMR: Nếu A  B  
thì diam(A  B)  diam A + diam B
Giải:
Xét với  x, y  A  B

TH1: x,y  A thì d(x,y)  diamA
 sup d(x,y)  diamA
x , y A

 diam(A  B)  diamA
 diam(A  B)  diamA +diamB
TH2: x,y  B : tương tự
TH3: x  A, y  B. Khi đó  z  A  B thỏa:
d(x,y)  d(x,z)+d(z,y)
 d(x,y)  sup d(x,z) + sup d(z,y) = diamA + diamB
x , z A

z , yB

 sup d(x,y)  diamA + diamB
z , y A B

 diam(A  B)  diamA + diamB
Bài 4 : (tổng quát của bài 3) Cho tập X với A,B  X. CMR:
diam (A  B)  diamA + d(u,v) + diamB,  u  A,  v  B
Giải:
TH1, TH2: làm tương tự
TH3: x  A, y  B. Khi đó:
d(x,y)  d(x,u) + d(u,v) + d(v,y),  u  A,  v  B
 d(x,y)  sup d(x,u) + d(u,v) + sup d(v,y)
x , uA

v , yB

 d(x,y)  diamA + d(u,v) + diamB

 sup d(x,y)  diamA + d(u,v) + diamB
z , y A B

 diam(A  B)  diamA + d(u,v) + diamB

y A

b. d(A,B) =

inf d(x,y)

x A, yB

c. diamA = sub d(x,y)
x , yA

3


CHƯƠNG 2: TẬP ĐÓNG – TẬP MỞ
A. Đònh nghóa về dãy hội tụ
- Cho không gian metric (X,d) và {xn}
 lim d(xn,x0) = 0

 X, xnx0

n

  >0,  N  N : d(xn,x0) <  ,  n >N
- Cho không gian đònh chuẩn (X,||.||) và {xn}  X, xnx0

 lim ||xn - x0|| = 0
n

  >0,  N  N : ||xn - x0|| <  ,  n >N
B. Đònh nghóa về các loại điểm
Cho không gian metric (X,d), A  X. Lấy x0  X. Khi đó:
1. x0 được gọi điểm dính của A
  r >0, S(x0,r)  A  
Tập tất cả cá c điểm dính của gọi là bao đóng của A
__

Kí hiệu: A bao đóng nhỏ nhất chứa A
2. x0 được gọi là điểm trong của A
  r >0, S(x0,r)  A hay S(x0,r)  X\A  
Tập tất cả cá c điểm trong của A gọi là phần trong của A
Kí hiệu: A0 tập mở lớn nhất nằm trong A
3. x0 được gọi là điểm biên của A

S ( x 0 , r )  A  
  r >0, 
S ( x 0 , r )  X \ A  
C. Phương pháp chứng minh tập đóng, mở
1. Chứng minh tập A đóng
Cách 1 (thông dụng): Lấy tùy ý x0  X. Giả sử { x n }  A ,
xnx0
Ta CM x0  A
Cách 2 (thông dụng): Lấy tùy ý x0  A.
Ta CM là điểm dính của A
 {x n }  A , xn  x0
Cách 3 (ít dùng): CM X\A mở

Cách 4 (ít dùng): CM A là giao của một họ các tập đóng
Cách 5 (dùng trong ánh xạ tuyến tính):
Giả sử f:X  Y là axtt liên tục và F đóng trong Y. Khi đó ta có
A = f-1(F) đóng
2. Chứng minh tập A mở
Cách 1 (thông dụng): Lấy tùy ý x0  A. ta CM x0 là điểm dính
của A
  r >0, S(x0,r)  A hay S(x0,r)  X\A  
Cách 2 (rất thông dụng): CM X\A đóng
Cách 3 (ít dùng): CM A là hợp của một họ các tập mở
Cách 4 (dùng trong ánh xạ tuyến tính):
f: X  Y là axtt liên tục và G mở trong Y. Khi đó A = f-1(G) mở

Bài 1 : CMR: d(x,A) = 0  x  A
Giải: Áp dụng cách 2 CM tập đóng
CM thuận : Cho d(x,A) = 0. CM x  A
Do d(x,A)=0  inf d(x,y) = 0
y A

 n  N,  {xn}  A sao cho d(x, xn) = 0
  {xn}  A sao cho xn  x
 x là điểm dính của A hay x  A
CM nghòch: Cho x  A . CM d(x,A) = 0
Do x  A nên  {xn}  A sao cho xn  x
 0  d(x,A)  d(x, xn)
Cho n   ta có 0  d(x,A)  0 hay d(x,A) = 0
Bài 2 : CMR: a. d(x,A) = d(x,

A)
b. d(A,B) = d( A , B )

Giải:
a. CM: d(x,A)  d(x, A )
Lấy tùy ý y  A  y 

A  d(x, A )  d(x,y)

 d(x, A )  inf d(x,y) = d(x,A) (1)
y A

CM: d(x,A)  d(x, A )
Lấy tùy ý y  A  y là điểm dính của A
  {yn}  A sao cho yn  y
Do yn  A nên d(x,A)  d(x, yn)  d(x,y) + d(y, yn) ,  y 

A

 ta có d(x,A)  d(x,y) ,  y  A
 d(x,A)  inf d(x,y) = d(x, A ) (2)

Cho n 

y A

Từ (1) và (2) ta có đpcm
b. Tương tự câu a
Bài 3 : CMR: diam A = diam A
Giải:
CM: diamA  diam A
Lấy tùy ý x,y  A  x,y  A  d(x,y)  diam A

 sup d(x,y)  diam A
x , y A

 diam A  diam A (1)
CM: diam A  diam A
Lấy tùy ý x,y  A  x,y là điểm dính của A
{ x n }  A :x n  x

{ y n }  A : y n  y
Do xn, yn  A nên d(xn, yn)  diam A
 d(x,y)  d(x, xn)+d(xn, yn +d(yn,y)  d(x, xn)+diam A+d(yn,y)
Cho n   ta có d(x,y)  diamA
 sup d(x,y)  diam A  diam A  diam A (2)
x , y A

D. Bài tập mẫu

Từ (1) và (2) ta có đpcm

4


Bài 4: Các tập nào sau đây đón g hay mở. Tại sao?
a. A =(a,b);
b. A =[a,b);
c. A =[a,b];

n
)

n 1
f. A ={(x,y): x2+y2  1}
d. A =  (0,

e. A =  (

2 n
,
);
n n 1

g. A ={(x,y): x2+sin(x+y)>2};
i. A ={(x,y), max(|x|,|y|}<5}

h. A = {(x,y): |x|+|y|<5}
Giải:
a. A = (a,b) mở vì  x0  (a,b),
 r=min { x0-a, b-x0 } >0 sao cho S(x0,r)  (a,b)
b. A =[a,b) không đóng, không mở

2 n
1
,
) =[0, ) không đóng, không mở
n n 1
2
f. A đóng vì với  {xn}  A , giả sử xn  x0
2
2
2

2
Khi đó do xn  A  x n +y n  1. Cho n   ta có x 0 +y 0  1
 x0  A
g. A mở  X\A ={(x,y): x2+sin(x+y)  2} đóng. CM như câu f

1

1

b.A ={f  C [ 0,1] :

f (t )dt  1};

0


1

f 2 (t )dt  2}; d.A ={f  C [ 0,1] :  f 3 (t )dt <5}
0

e.A ={f  C [ 0,1] : max f(x)>5};

f.A ={f  C [ 0,1] : max f(x)  3}

x[ 0 ,1]

x[ 0 ,1]

g.A ={f  C [ 0,1] : min f(x)  -1}; h.A ={f  C [ 0,1] : min f(x)  1}

x[ 0 ,1]

x[ 0 ,1]

Hướng dẫn :
a.A đóng vì với  {fn}  A, giả sử fn  f0. Khi đó:
1

f

(t )dt  1

- Với fn  C [ 0,1] cho n   ta có f0  C [ 0,1] (1)

f
0

1

1
n

1

f n (t )dt  1 cho n   ta có



f

0

(t )dt  1 (2)

0

1

b.A mở  C [ 0,1] \A = {f  C [ 0 ,1] :

 f (t )dt  4} đóng.
0

CM như câu a
c. Như câu a. Với lưu ý
1

|

1

f
0

2
n

(t )dt -  f 02 (t )dt |  (||fn||+||f0||)d(fn,f0)  0
0

1

|


0

1

f n3 (t ) dt -  f 03 (t )dt |  (||fn||2+||f0||2+2||fn||.||f0||) d(fn,f0)  0
0

e. A mở  C [ 0,1] \A ={f  C [ 0,1] : max f(x)  5} đóng
x[ 0 ,1]

Vì với  {fn}  A, giả sử fn  f0. Khi đó:
Do fn  A nên fn  C [ 0,1] và max fn(x)  5

- Xét f0(x) = f0(x)-f n(x) + fn(x)  |f0(x)-f n(x)| + |fn(x)|
 max |f0(x)-fn(x)|+ max |fn(x)|
x[ 0 ,1]

x[ 0 ,1]

 d(fn,f0)+5
Cho n 

 ta có f0(x)  5  max f0(x)  5 (2)
x[ 0 ,1]

Từ (1) và (2)  f 0  A
f. A đóng vì với  {fn}  A, giả sử fn  f0. Khi đó:
Do fn  A nên fn  C [ 0,1] và max fn(x)  3
x[ 0 ,1]

 ta có f0  C [ 0,1] (1)
3
- Giả sử  = max f0(x) < 3. Chọn  =
>0
x[ 0 ,1]
2
fn(x) = fn(x)- f 0(x) + f0(x)  |fn(x)-fo(x)| + |f0(x)|
 max |fn(x)-f0(x)|+ max |f0(x)|
- Với fn  C [ 0,1] cho n 

(t )dt -  f 0 (t )dt | = |  [ f n (t )  f 0 (t )]dt |
0

0

1

0

x[ 0,1]

= d(fn,f0) +  =

 +  = 3   +  = 3   < 3  3 =3
2

2

2

 fn(x)<3  max fn(x)<3 vô lý
x[ 0 ,1]

1

  | f n (t )  f 0 (t ) | dt   max | f n (t )  f 0 (t ) | dt
0

0

1

x[ 0,1]

n

0

- Xét |

(t )dt   f 0 (t )dt khi n  

f (t )dt <4}

0

1

1

n

0

- Với fn  C [ 0,1] cho n   ta có f0  C [ 0,1] (1)

Bài 5: Khảo sát sự đóng mở của các tập sau trong C [ a ,b ]

Do fn  A nên fn  C [ 0,1] và

f



x[ 0 ,1]

h. i. Làm như câu g

0

1

d. Như câu a. Với lưu ý

e. A =  (



1

Từ (1) và (2)  f 0  A

d. Hội của họ cá c tập mở là tập mở

c.A ={f  C [ 0,1] :

0

0

1
 [a,b), xn  b nhưng b  [a,b)
n
Không mở vì  x0  [a,b),  r = max{|a|,|b|} >0 thỏa
S(x0,r)  X\A  
c. A =[a,b] đóng vì với  {xn}  [a,b] , giả sử xn  x0
Khi đó do xn  [a,b]  a  xn  b. Cho n   ta có a  x0  b
 x0  [a,b]



  d ( f n , f 0 )dt =d(fn,f0)  0

Mà

Không đón g vì  xn = b -

a.A ={f  C [ 0,1] :

1

Vậy max f0(x)  3

(2)

x[ 0 ,1]

Từ (1) và (2)  f 0  A
g. Tương tự câu e với lưu ý:

t[ 0,1]

5


-1  min fn(x)  fn(x)= fn(x)- f0(x)+ f0(x)  |fn(x)- f0(x)|+ f0(x)
x[ 0 ,1]

 max |fn(x)- f0(x)|+ f0(x) = d(fn,f0) + f0(x)
x[ 0 ,1]

Cho Cho n 

 ta có f0(x)  -1  min f0(x)  -1
x[ 0 ,1]

h. Tương tự câu g với lưu ý

 1
>0
x[ 0 ,1]
2
min f0x)  f0(x) = f0(x) – fn(x) + fn(x)  |fn(x) – f0(x)| + fn(x)

Giả sử

 = min fn (x) > 1. Chọn  =

x[ 0 ,1]

 max |fn(x) – f0(x)| + fn(x) = d(fn,f0) + fn(x)
x[ 0 ,1]

<

 + fn(x)

 fn(x) >  -  =  -

 1  1 1 1
=
>
=1 (vô lý)
2
2

2

- Lấy tùy ý z  S(z0,r)  ||z - z0|| - Xét ||y- y0|| = || z - x0 - z0 - x0 || = ||z- z0||  y  S(y0,r)  B hay y  B
 z = x0 + y  x0+B
b. Nếu A đóng thì x0+A đóng
Ghi ra điều cần CM
x0+A đóng  Với  {zn}  x0+A, giả sử zn  z0. CM z0  x0+A
Thật vậy
- Do zn  x0+A nên  {yn}  A sao cho zn = x0 + yn  yn = zn – x0
Cho n   thì yn = zn – x0  z0 – x0
Mà A đón g nên với {yn}  A, yn  z0 – x0 thì z0 – x0  A
 z0  x0+A
Bài 8 : CMR trong không gian đònh chuẩn X ta có
a. S ( x 0 , r ) = S[x0,r]

Bài 6: Cho không gian metric (X,d); A  X. CMR:
  >0 thì G = {x  X: d(x,A)<  } mở
Giải:
Ghi ra điều cần CM
G mở  Lấy tùy ý x  G thì CM x là điểm trong của G
 Lấy tùy ý x  G CM  r >0 sao cho S(x,r)  G
 Lấy tùy ý x  G, tìm được r >0 sao cho lấy tùy ý x0  S(x,r)
thì x0  G
 Lấy tùy ý x  G, tìm được r >0 sao cho lấy tùy ý x0  S(x,r)
thì d(x0,A)< 
Thật vậy
- Do x  G nên d(x,A)<   inf d(x,y) < 

b. S[x0,r]o = S(x0,r)
Giải:

  y0  A: d(x, y0) < 
Chọn r =  -d(x, y0) > 0. CM S(x,r)  G
- Lấy tùy y x0  S(x,r) nên d(x0,x) < r
Xét d(x0,A)  d(x0,y0)  d(x0,,x) + d(x,y0) < r + d(x,y0) = 
Vậy x0  G hay S(x,r)  G

 Lấy tùy ý x  S[x0,r]. CM x là điểm dính của S(x0,r)
 Lấy tùy ý x  S[x0,r]. Tìm được {xn}  S(x0,r) sao cho xn  x

y A

Bài 7: Cho X là khôn g gian đònh chuẩn, A,B  X, x0  X. CMR:
a. Nếu B mở thì A+B mở
b. Nếu A đóng thì x0+A đóng
Giải:
a. Nếu B mở thì A+B mở
Ghi ra điều cần CM
CM A+B mở  CM  ( x0+B) mở  CM x0+B mở,  x0  X
 Lấy tùy ý z0  x0+B. CM z0 là điểm trong của x0+B
 Lấy tùy ý z0  x0+B  r >0 sao cho S(z0,r)  x0+B
 Lấy tùy ý z0  x0+B, tìm được r >0 sao cho lấy tùy ý z 
S(z0,r). CM được z  x0+B
Thật vậy
- Do z0  x0 +B nên  y0  B : z0 = x0 + y0  y0 = z0 - x0
Do B mở nên y0 là điểm trong của B
  r’ >0 sao cho S(y0,r’)  B
Chọn r = r’ > 0 khi đó ta có S(y0,r)  B

a. S ( x 0 , r ) = S[x0,r]
a 1. CM S ( x 0 , r )  S[x0,r]

S ( x0 , r ) là bao đóng nhỏ nhất chứa S(x0,r)
S[x0,r] là quả cầu đóng chứa S(x0,r)

 S ( x0 , r )  S[x0,r] (1)
a 2. CM S[x0,r]

 S ( x0 , r )

Ghi ra điều cần CM
S[x0,r]  S ( x 0 , r )  Lấy tùy ý x  S[x0,r]. CM x  S ( x 0 , r )

Thật vậy
- Do x  S[x0,r] nên ||x- x0||  r

1
)||x- x0|| < r
n
1
 ||(1- )(x - x0)|| < r
n
1
1
 ||(1- )x - (1- ) x0|| < r
n
n
1

1
 ||[(1- )x + x0] - x0|| n
n
1
1
Vậy tìm được xn = (1- )x + x0
n
n
 (1-

Rõ ràng ||xn - x0|| < r (theo *) nên xn  S(x0,r)
- Cho n   thì xn  x hay x là điểm dính của S(x0,r)

 x  S ( x 0 , r ) suy ra S[x0,r]  S ( x 0 , r ) (2)
Từ (1) và (2)  S ( x 0 , r ) = S[x0,r]
b. S[x0,r]o = S(x0,r)
b 1. CM S(x0,r)  S[x0,r]o
S[x0,r]o là tập mở lớn nhất nằm trong S[x0,r]

6


S(x0,r) là quả cầu mở nẳm trong S[x0,r]
 S(x0,r)  S[x0,r]o (1)
b 2. CM S[x0,r]o  S(x0,r)
Ghi ra điều cần CM
S[x0,r]o  S(x0,r)  Lấy tùy ý x  S[x0,r]o . CM x  S(x0,r)
 Lấy tùy ý x  S[x0,r]o . CM ||x- x0|| < r
Thật vậy

- Do x  S[x0,r]o nên x là điểm trong của S[x0,r]
  r’ >0 sao cho S(x,r’)  S[x0,r]
  r’ >0 sao cho (x-r’,x+r’)  [x0-r,x0+r]

 x0  r  x  r '
 x0  x  r  r '


 x  r '  x0  r
 x  x0  r  r '
0  r  r '  r

| x  x0 | r  r '
 ||x-x0|| Suy ra S[x0,r]o  S(x0,r) (2)
Từ (1) và (2)  S[x0,r]o = S(x0,r)
Bài 9: Giả sử X là không gian đònh chuẩn và Y là không gian
con của X chứa hình cầu S(x0,r). CMR: Y=X
Giải:
Hiển nhiên Y  X (1)
CM X  Y
Ghi ra điều cần CM
X  Y  Lấy tùy ý x  X. CM x  Y
Để ý là Y chứa hình cầu S(x0,r) nên
Thật vậy

r
x + x0
2 || x ||
r

r
r
Xét ||y- x0||=||
x + x0 - x0|| = ||
x||=
||x||
2 || x ||
2 || x ||
2 || x ||
r
=
2
 y  S(x0,r) mà Y chứa hình cầu S(x0,r) nên y  Y
- Lấy tùy ý x  X, tìm được y =

- Từ cách đặt y =

- Giả sử  y0  Y. Do Y  S(x0,r) nên y0  S(x0,r)
 ||y0-x0|| < r

r  || y 0  x0 ||
>0
2
r  || y 0  x 0 ||
Xét ||y0-x0|| +  1 = ||y0-x0|| +
2
r  || y0  x0 ||
rr
=

<
=r
2
2
 ||y0-x0|| < r -  1 = r1 < r
r  || y 0  x 0 ||
Suy ra y0  S(x0, r1  S(x0,r) với r1 =
2
r1  || y 0  x0 ||
- Đặt  2 =
>0
2
r  || y 0  x 0 ||
Xét ||y0-x0|| +  2 =||y0-x0|| + 1
2
r  || y0  x0 || r1  r1
= 1
<
< r1
2
2
 ||y0-x0|| < r1 -  2 = r2 < r1 < r
Suy ra y0  S(x0, r2  S(x0, r1  S(x0,r) với r2
r  (2 2  1) || y 0  x0 ||
=
22
Với cách đặt tương tự  3  4 …  n … ta sẽ xây dựng được dãy các
- Đặt

1=

hình cầu mở lồng nhau như sau:
y0  …  S(x0,rn)  S(x0,rn-1)  …  S(x0,r2)  S(x0,r1)  S(x0,r)

r  ( 2 n  1) || y0  x0 ||
2n
Cho n   thì rn  ||y0-x0|| Khi đó: y0  S(x0,||y0-x0||)
 ||y0-x0|| < ||y0-x0|| (vô lý)
Vậy không tồn tại y0  Y hay Y = 
trong đó rn =

r
x + x0
2 || x ||

2 || x ||
(y- x0)  Y (do t/c kgđc) hay X  Y (2)
r
Từ (1) và (2)  X =Y

 x=

Bài 10: Giả sử X là không gian đònh chuẩn và Y là không gian
con của X nằm trong hình cầu S(x0,r). CMR: Y = 
Giải:
Ghi ra điều cần CM
Y =   Không tồn tại y  Y
Thật vậy

7

CHƯƠNG 3: KHÔNG GIAN ĐẦY & ÁNH XẠ LIÊN TỤC
A. Dãy cơ bản (cauchy) & không gian đầy
1. Dãy cơ bản
Cho không gian metric (X,d), dãy {xn} được gọi là dãy cơ bả n
 lim d(xn,xm) = 0
n

  >0,  N  N : d(xn,xm) <  ,  n,m >N
TC: {xn} hội tụ thì {xn} cơ bản.
2. Không gian đầy
Không gian metric (X,d) là không gian đầy
  {xn}  X, {xn} cơ bản  {xn} hội tụ
TC: M đóng trong X đầy  M đầy
M đầy  M đóng
B. Ánh xạ liên tục
Cho 2 không gian metic (X,dX) và (Y,dY). Xét ánh xạ f: X  Y
- f liên tục tại x0  X
  >0,  >0 sc  x  X, dX(x,x0) <  thì dY(f(x),f(x0)) < 
- f liên tục trên X  f liên tục tại mọi điểm trên X
Lấy tùy ý x0  X thì f liên tục tại x0
- f liên tục đều trên X
  >0,  >0 sc  x,x’  X, dX(x,x’) <  thì dY(f(x’),f(x’)) < 
- f là án h xạ đẳng cự   x,x’  X : dX(x,x’) = dY(f(x’),f(x’))
C. Phương pháp chứng minh ánh xạ liên tục
- CM f liên tục tại x0  X
 Với  {xn}  X, giả sử xn  x. CM f(xn)  f(x)
- CM f liên tục trên X
  G mở (đóng) trong Y, CM f-1(G) mở (đóng) trong X

Bài 2 :  x,y  R, đặt d(x,y) = | ex-ey |. CMR:
a. (R,d) là không gian metric
b. (R,d) không là không gian đầy
Giải:
a. Tự làm
b. (R,d) không là không gian đầy
Ghi ra điều cần CM
(R,d) không là không gian metric đầy
  {xn}  X, giả sử {xn} cơ bản. CM {xn} không hội tụ
 tìm được xn  R,  >0,  N  N, d(xn,xm)<  ,  n.m > N.
CM {xn} không hội tụ
 tìm được xn  R,  >0,  N  N, | e xn - e xm | <  . CM {xn}
không hội tụ
Thậy vậy
x

e xm | = | e  n - e  m |
1
1
= | n  m |  0 khi n,m  
e
e
 xn là dãy cơ bản nhưng xn  -  khi n  

Chọn dãy xn = -n khi đó ró ràng | e n -

Hay {xn} không hội tụ
Bài 3 : Cho không gian metric (X,d) và A  X. CMR ánh xa
d(x,A) liên tục trên X

Giải:
Ghi ra điều cần CM
d(x,A) liên tục trên X
 Lấy tùy ý x0  X. CM d(x,A) liên tục tại x0
 Lấy tùy ý x0  X,   >0,   >0 sc d(xn,x0)<  thì
| d(xn,A) - d(x0,A)| < 
Thật vậy
Chọn  =  >0
Xét | d(xn,A) - d(x0,A)|  d(xn,x0) <  =  (xem bài 2 chương 1)

D. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho N là tập các số tự nhiên . Đặt

CMR: a. (N,d) là không gian metric
b. (N,d) là khôn g gian metric đầy
Giải:
a. Tự kiểm 3 tiên đề
b. (N,d) là không gian metric đầy
Ghi ra điều cần CM
(N,d) là không gian metric đầy
 Với  {xn}  X, giả sử {xn} cơ bản. CM {xn} hội tụ
Thật vậy
{xn} cơ bản nên   > 0,  N  N sc d(xn,xm ) <  ,  n,m > N
Chọn  =1 khi đó d(xn,xm ) < 1  xn = xm ,  n,m > N
Đặt xm = x0 khi đó  n > N ta có xn = x0
Hay d(xn,x0,)  0 khi n   hay {xn} hội tụ

8

- Do zn  A +B nên  {xn}  A,{yn}  B sao cho zn = xn + yn
Vì xn  A, A compact nên  { x nk }  {xn}. x nk  x0  A

CHƯƠNG 4: TẬP COMPACT

Vì yn  B, B compact nên  { y nk }  {yn}. y nk
i

A. Phủ mở
Họ { G }  I là họ phủ mở của X

i

 y0  B

- Xét dãy z nk = x nk + y nk .
i

i

i

Theo cách đặt trên thì dãy { z nk }  {zn}.
i

Hơn nữa

z nk = xnk + y nk i  x0 +y0  A +B khi i  
i

i

Vậy  {zn}  A +B , tìm được { z nk }  {zn} ,
i

B. Tập compact
Cho không gian metric (X,d) và K  X. Khi đó:
- K bò chặn   M >0 sao cho ||x||  M,  x  X
- K compact   {xn}  K,  { x nk }  {xn}, x nk  x0  K

 G chứa K,
 { 1 ,  2 ,...,  n } sc:  G i chứa K

- K compact   { G } mở và

C. Một số tính chất
- K compact  K đầy  K bò chặn
- K đóng trong X compact  K compact
- Trong Rn K compact  K đóng và bò chặn
- Nếu án h xạ f: X  Y liên tục, K compact trong X thì f(K)
compact trong Y
- Nếu án h xạ f liên tục trên X compact thì f liên tục đều trên X
và tồn tại giá trò min, max trên X.
D. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho không gian đònh chuẩn X; A,B  X. CMR
a. Nếu A compact và B đóng thì A +B đóng
b. Nếu A,B compact thì A+B compact
c. Nếu A compact và B đóng thì A  B compact
Giải:
a. Nếu A compact và B đóng thì A +B đóng

Ghi ra điều cần CM
A+B đóng   {zn}  A +B, giả sử zn  z0 thì CM z0  A +B
Thật vậy
- Do zn  A +B nên  {xn}  A,{yn}  B sao cho zn = xn + yn
 yn = zn - xn
Vì xn  A, A compact nên  { x nk }  {xn}. x nk

 x0  A

- Xét dãy { y nk }  B : y nk = z nk - x nk

 z0 - x0 mà B đóng
 z0 - x0  B  z0  x0 +B  A +B hay z0  A +B

Vậy A +B đóng
b. Nếu A,B compact thì A+B compact
Ghi ra điều cần CM
A+B compact
  {zn}  A +B,  { z nk }  {zn} sao cho z nk

z nk  z0 = x0 +y0  A +B
i

Vậy A +B compact
c. Nếu A compact và B đóng thì A  B compact
Ghi ra điều cần CM
A  B compact
  {zn}  A  B,  { z nk }  {zn} sao cho z nk  z0  A  B

  {zn}  A  B, tìm được { z nk }  {zn} sc z nk  z0  A  B

Thật vậy
- Do zn  A  B nên zn  A, zn  B
Vì zn  A, A compact nên tìm được { z nk }  {zn} z nk

 z0  A (1)

 z0 mà B đóng nên z0  B (2)
Từ (1) và (2)  z0  A  B
Vậy tìm được { z nk }  {zn} sc z nk  z0  A  B
Vì { z nk }  {zn}  B, z nk

Nên A +B compact
Bài 2 : Cho không gian metric (X,d) và {xn}  X, xn  x0  X
CMR tập K ={xn}  {x0} compact
Giải:
Ghi ra điều cần CM
K compact   { G }  I mở và  G chứa K,

 { 1 ,  2 ,...,  n } sc:  G chứa K
i

Thật vậy
- Do x0  K   G nên x0   G   0  I : x0  G 0
Mà G 0 mở nên x0 là điểm trong của G 0

  r >0, S(x0,r)  G 0

(1)

- Mặt khác:

Do xn  x0 nên   >0,  N  N: d(xn,x0) <  ,  n >N
Chọn  =r ta có d(xn,x0) < r,  n >N
 xn  S(x0,r),  n >N (2)
Từ (1) và (2)  xn  G 0 ,  n >N
Vậy đặt: G1 chứa x1, G 2 chứa x2 … G N chứa xN

G 0 chứa các xi còn lại

 z0  A +B

  {zn}  A +B, tìm được { z nk }  {zn} sc z nk  z0  A +B
Thật vậy

sao cho

Rõ ràng

 G chứa K nên K compact
i

Bài 3 : Cho f: X  Y là ánh xạ liên tục trên mọi tập compact
của X. CM f là ánh xạ liên tục.
9


Giải:
Ghi ra điều cần CM
f là ánh xạ liên tục trên X  lấy tùy ý x0  X thì f liên tục tại x0
 Với  {xn}  X, giả sử xn  x0. CM f(xn)  f(x0)
Thật vậy

Theo bài 2 ta có tập K ={xn}  {x0} compact
- Do f là ánh xạ liên tục trên mọi tập conpact của X
 f liên tục trên K hay f liên tục tại mọi điểm trên K
 f liên tục tại x0
Bài 4: Cho không gian metric (X,d). {Kn} là dãy các tập
compact khác rỗng với Kn  Kn-1  …  K2  K1. CMR:


K

n

  . Hơn nữa nếu diam K  0 khi n   thì

n 1



K

n

n 1

Giải:
- Xét dãy {xn}  K1.
Vì K1 compact nên  { x nk }  {xn}, x nk

 x0  K1

Tương tự như vậy ta thấy với mỗi N  N ta đều chọn được n k  N
Sao cho { x nk }  Kn , x nk  x0  Kn




K

n 1

n



Do: x2+y2+z2+x+y+z  6  (x+

K

n

ta CM y0 = x0

n 1

Ta có: 0  d(x0, y0)  d(x0, xn) +d(xn, y0) , xn  Kn
 diam Kn +diam Kn = 2diam Kn  0
 d(x0, y0) = 0 hay y0 = x0
Bài 5: Tập nào trong các tập sau đây compact
a. K ={(x,y,z): x2+y2+|z|  3}; b. K ={(x,y,z}: x2+y2+z2+x+y+z  6}
c. K ={(x,y,z): x+y+z  5, x  -2, y  -3, z  -4}

d. K ={(x,y,z): x+y+z <5, x  -2, y  -3, z  -4}
e. K ={(x,y,z): x+y+z  5, x  -2, y  -3}
f. K ={(x,y): xy =1}
Giải:
Lưu ý trong không gian Rn thì K compact  K đóng và bò chặn
a. K compact
CM K bò chặn

x2  y2  z2

 u =(x,y,z)  K thì ||u|| =

 3  3  9 = 15
Vậy  M = 15 >0 : ||u||  M nên K bò chặn
CM K đóng
Với  un =(xn,yn,zn)  K , giả sử un  u0 =(x0,y0,z0). CM u0  K
Thật vậy
2

2

- Do un =(xn,yn,zn)  K nên x n  y n  | z n |  3

1 2
1
1
27
) +(y+ )2+(z+ )2 
2
2

2
4

1 1 1 3 3
] quả cầu đóng, bò chặn
 K =S[(- ,- ,- ),
2 2 2
2
c. K compact
Làm như câu a với lưu ý:

x  y  z  5
 ( x  2)  ( y  3)  ( z  4)  14

 x  2; y  3; z  4
 x  2  0; y  3  0; z  4  0
d. K không compact
CM K không đóng
 un =(xn,yn,zn)  K, un  u0 =(x0,y0,z0). CM u0  K

1
)  K, un  u0 =(0,0,5)  K
n

e. K không compact
CM K không bò chặn
 M >0,  un =(xn,yn,zn)  K : ||un|| >M hay ||un|| 
Chọn un =(0,0,-n) K ta có ||un||=n  
f. K không compact
CM K không bò chặn

 M >0,  un =(xn,yn,zn)  K : ||un|| >M hay ||un|| 
Chọn un =(n,

n 1


- Giả sử  y0 

b. K compact

Chọn un =(0,0,5-

là duy nhất

 x0   K n hay

 hi đó ta có x02  y 02  | z 0 |  3
 u0 =(x0,y0,z0)  K. Vậy K đóng

Cho n 





1
1
2
)  K ta có ||un||= n  2  
n

n

Bài 6 : Cho X là không gian metric compact và f: X  X là
ánh xạ đẳng cự. CM f là phép đẳng cự lên .
Giải:
Ghi ra điều cần CM
f là phép đẳng cự lên  f liên tục và f song ánh
- CM f liên tục
 Lấy tùy ý x0  X. CM f liên tục tại x0
  {xn}  X, giả sử xn  x0 thì f(xn)  f(x0)
Thật vậy
0=d(xn, x0)=d(f(xn),f(x0)) khi n   nên f(xn)  f(x0)
- CM f đơn ánh
  x1,x2  X, giả sử f(x1)=f(x2) khi đó x1= x2
Thật vậy
d(x1,x2)=d(f(x1),f(x2))=0  x1= x2
- CM f toàn ánh hay CM f(X)=X
Hiển nhiên f(X)  X. CM X  f(X)
 x0  X. Giả sử x0  f(X)  d(x0,f(X)) > 0
Đặt x1=f(x0), x2=f(x1),….xn+1=f(xn) khi đó ta được dãy {xn}  X
Xét d(xn,xn+p)=d(f(xn-1), f(xn+p-1))=d(xn-1,xn+p-1)=…..
…=d(x0,xp)=d(x0,f(xp-1)) > d(x0,f(X)) >0
 {xn} không cơ bản nên mọi dãy con không hội tụ. Vô lý vì X
compact
Vậy x0  f(X) hay f(X)=X
10


CHƯƠNG 5: ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẬT ĐỘNG
A. Điểm bất động

Cho ánh xạ f: X  X khi đó x0 là điểm bất động trên ánh xạ f
 f(x0)=x0
B. Ánh xạ co
Cho ánh xạ f: X  Y gọi là ánh xạ co
  (0,1): d(f(x),f(y))   d(x,y),  x,y  X
TC: f là án h xạ co  f là ánh xạ liên tục đều
Nguyên lý ánh xạ co:
Cho X là không gian metric đầy, f: X  X là án h xạ co thì tồn tại
duy nhất một điểm bất động x0
C. Phương pháp chứng minh phương trình có nghiệm trong X
B1: CM X đầy
B2: CM tồn tại ánh xạ f: X  X   x  X. CM f(x)  X
B3: CM f là án h xạ co (hoặc f2,f3,… là án h xạ co)
D. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho không gian metric X đầy và án h xạ f: X  X. CMR
nếu fn là ánh xạ co thì  !x0  X: f(x0)=x0
Giải:
- Do fn là ánh xạ co nên theo nguyên lý án h xạ co
 !x0  X: fn(x0)=x0
- Xét f(x0)=f(fn (x0))= fn+1(x0)= fn(f(x0))
 f(x0) cũng là điểm bất động của fn
Mà điểm bất động là duy nhất nên f(x0)= x0

Bài 3 : Cho X là không gian compact và ánh xạ f: X  X. CMR
Nếu d(f(x),f(y))trong X
Giải:
Đặt g(x)=d(x,f(x))
Với  {xn}  X. Giả sử xn  x0 khi đó
| g(xn)-g(x0)| = | d(xn,f(xn) – d(x0,f(x0)|

 d(xn,x0)+d(f(xn),f(x0))< d(xn,x0)+ d(xn,x0)
= 2d(xn,x0)  0
 g(xn)  g(x0)
 g liên tục trên X , mà X compact nên tồn tại GTNN
Đặt g(x0)= min g(x)
xX

Ta cần CM f(x0)=x0
Giả sử f(x0)  x0
Xét g(f(x0)=d(f(x0),f(f(x0))) < d(x0,f(x0))=g(x0) vô lý vì g(x0) là nhỏ
nhất theo cách đặt
Vậy f(x0)=x0
CM tính duy nhất
Nếu  y0  X, sao cho f(y0)=y0. Khi đó: CM x0 = y0
Giả sử x0  y0
d(x0,y0) = d(f(x0),f(y0))< d(x0,y0) vô lý
Vậy x0 = y0
Bài 4 : CM cá c phương trình sau có nghiệm trong C[ a ,b ]
1

a. Ax(t)=

1
sin(t  x( s)) ds trong C[ 0,1]
2 0

b. Ax(t)=

1
cos(t  x( s)) ds trong C[ 0,3]

4 0

3

t

Bài 2: Cho X là khôn g gian metric đầy, f: S[x0,r]  X sao cho

  (0,1): d(f(x),f(y))   d(x,y),  x,y  X (tc1)
 d(f(x0),x0)  (1   )r (tc2)
CM tồn tại f : S[x0,r]  S[x0,r] có duy nhất điểm bất động
Giải:
Ghi ra điều cần CM
Tồn tại f : S[x0,r]  S[x0,r] có duy nhất điểm bất động
 tồn tại ánh xạ f và CM f là ánh xạ co
CM tồn tại ánh xạ f: S[x0,r]  S[x0,r]
Ta luôn có tồn tại ánh xạ f: S[x0,r]  f(S[x0,r])
Nếu ta CM được f(S[x0,r])  S[x0,r]   ax f: S[x0,r]  S[x0,r]
Thật vậy
- Xét  y  f(S[x0,r]),  x  S[x0,r] : y=f(x)
Khi đó d(y,x0)=d(f(x),x0)  d(f(x),f(x0))+d(f(x0),x0)
  d(x,x0) + (1   )r (do tc1)

  r + (1   )r =r (do x  S[x0,r])
 y  S[x0,r] hay f(S[x0,r])  S[x0,r]
CM f là ánh xạ co
- Xét với  x,y  S[x0,r]  X nên thỏa tc2  f là ánh xạ co

c. Ax(t)= x ( s ) sin(s )ds trong C[ 0,1]


0

t

 x(s) cos(ts)ds

d. Ax(t)=

trong C[ 0,1]

0

t

e. Ax(t)= e



 x2 ( s )

ds trong C[ 0 ,1]

0

Giải:
1

1
a. Ax(t)=  sin(t  x( s)) ds trong C[ 0,1]

20
- C[ 0 ,1] đầy
- CM tồn tại ánh xạ A: C[ 0,1]

 C[ 0,1]

 CM Ax  C[ 0,1] ,  x  C[ 0 ,1]
 Ax liên tục trên [0,1]
Thật vậy
Xét với  0  t1,t2  1 khi đó:
11


1

1

1
  | sin(t1  x( s))  sin(t 2  x( s )) | ds
20
1



1
| t1  x( s ))  t 2  x( s ) | ds
2 0
1

1

1
| t1  t 2 | ds = | t1 - t 2 |

2
20
Như vậy với  >0,   2 >0 sao cho | t 1 - t 2 | < 
1
1
 | Ax(t1)-Ax(t2)| < | t1 - t2 | = 2 = 
2
2
Vậy Ax liên tục đều trên [0,1] hay Ax  C[ 0,1]


- CM Ax là ánh xạ co
Xét với  x,y  C[ 0 ,1] , t  [0,1] khi đó
1

| Ax(t)-Ay(t)| = |

t2

1

1
1
| Ax(t1)-Ax(t2)| =|
sin(t1  x( s ))ds -  sin(t 2  x( s ))ds |

20

20

t2

=| x ( s) sin( s) ds |  | x ( s ) | ds 



t1


>0 sao cho | t 1 - t 2 | < 
|| x ||

=
 | Ax(t1)-Ax(t2)| <||x||. | t1 - t2 | =||x||.
|| x ||
Vậy Ax liên tục đều trên [0,1] hay Ax  C[ 0,1]
Như vậy với  >0,  

- CM Ax2 là án h xạ co
Xét với  x,y  C[ 0,1] , t

 [0,1] khi đó

t

t

| Ax(t)-Ay(t)| = | x ( s ) sin( s )ds -


0

 y (s ) sin( s )ds |
0

t

t



0

1

1
1
  | x( s )  y( s ) | ds   max | x( s)  y ( s) | ds
20
2 0 s[ 0 ,1]
1

1
1
d ( x, y )ds = d(x,y)

2
20

  max | x( s )  y ( s ) | ds =t. d(x,y) (*)
0

Vậy Ax là án h xạ co. Theo nguyên lý ánh xạ co thì tồn tại x0 sao
cho Ax0=x0. Vậy phương trình có nghiệm trong C[ 0 ,1]
b. Làm như câu a

s[ 0,1]

t
2

2

| Ax (t)-Ay (t)| = |

t

 Ax(s) sin(s)ds -  Ay(s) sin(s)ds |
0

t

0

t

  | Ax( s)  Ay( s ) | ds   s.d ( x, y )ds =
0



1
1
 | Ax(t)-Ay(t)|  d(x,y)  max | Ax(t)-Ay(t)|  d(x,y)
t

[
0
,
1
]
2
2
1
 d(Ax,Ay)  d(x,y)
2
1
    [0,1] : d(Ax,Ay)   d(x,y)
2

0

t

1

0

t

c. Ax(t)= x ( s ) sin( s )ds trong C[ 0,1]


0

1
 [0,1] : d(Ax2,Ay2)   d(x,y)
2
Vậy Ax2 là ánh xạ co  tồn tại x0 sao cho Ax0=x0. Vậy phương
trình có nghiệm trong C[ 0,1] (theo tc bài 1)

  

t

d. Ax(t)=

 x(s) cos(ts)ds

trong C[ 0,1]

0

Làm tương tự câu c với lưu ý:
t1

t2

| Ax(t1)-Ax(t2)| = | x ( s ) cos(t1 s )ds - x ( s) cos(t 2 s) ds |




0

t2

t1

= | x ( s )[cos(t1 s )  cos(t 2 s )]ds - x ( s) cos(t 2 s) ds |





t1

0

- C[ 0,1] đầy

t2

t1

 C[ 0,1]

  max | x( s ) | . | t1  t 2 | s.ds +

Thật vậy
Xét với  0  t1,t2  1 khi đó:

0

t2

| Ax(t1)-Ax(t2)| =| x ( s ) sin(s )ds - x ( s) sin( s) ds |
0

t1

t2

t1

 Ax liên tục trên [0,1]



  | x( s) | . | cos(t1 s )  cos(t 2 s) | ds +  | x( s) | cos(t 2 s )ds
0

 CM Ax  C[ 0,1] ,  x  C[ 0 ,1]


0

t2

d(x,y)
2

1
d(x,y)
2

0

t1

s[ 0,1]

= ||x||.| t1 - t2 |

1

- CM tồn tại ánh xạ A: C[ 0,1]

 max | x(s) | ds
t1



1
  | sin( t  x ( s )  sin( t  y ( s ) | ds
20

=



t1

= | [ x ( s)  y ( s )] sin(s) ds |  | x ( s)  y ( s ) | ds

1
1
sin(t  x( s)) ds -  sin(t  y ( s ))ds |

20
20

1

t2

s[ 0,1]

= ||x||.| t1 - t2 |.

 max | x( s) | ds
t1

s[ 0 ,1]

t12
3
+ ||x||.| t1 - t2 |  ||x||.| t1 - t2 |
2

2
12


Giải:
Tích phân 2 vế của phương trình ta có:

t

e. Ax(t)= e



 x2 ( s )

ds trong C[ 0 ,1]



0

t1

| Ax(t1)-Ax(t2)| = | e



t2

=| e



x2 (s)

t1

 x2 ( s )

0
t2

t2

ds -

x
e

2

(s)

0

2

( s)

0

ds |



 x(  ) - x(0) =  +

0

ds |   | e  x



 x' (t )dt   (1  x(t ) cos t )dt

Làm tương tự câu c với lưu ý:

 x(t ) cos t.dt
0

| ds  | t1 - t2 |



 x(  ) =  +

t1

 x(t ) cos t.dt
0

t

Và | Ax(t)-Ay(t)| =| e



x2 (s)

ds -

0

 y 2 (s)

Đặt Ax(t) = t +

ds |

e

 x2 (s)

 ey

2

( s)

t

ds |   | e  x

2

( s)

 ey

2

( s)

| ds

0

0

CM Ax liên tục: Làm tương tự câu c bài 4
Tìm  để Ax là ánh xạ co
Xét với  x,y

t

 | x(s)  y (s) | ds   max | x(s)  y (s) | ds
0

 x(s) cos s.ds
0

t

0



e
0

t

=|

t

t

s[ 0,1]

 C[ 0, ] , t  [0,  ] khi đó
t

| Ax(t)-Ay(t)| = | t +

t

 x(s) cos s.ds - t -  y (s) cos s.ds |
0

=t. d(x,y)

t

Bài 5: Cho f: [0,r]  [0,r] xác đònh bởi f(x)=x2. Tìm r để f là
ánh xạ co
Giải:
Rõ ràng [0,r] đầy và ánh xạ xác đònh bởi f(x)=x2 là án h xạ liên
tục trên [0,r]
Xét  x,y  [0,r] khi đó
|f(x)-f(y)| = |x2-y2|=|x+y|.|x-y|  (|x|+|y|).d(x,y)  2r. d(x,y)
Để f là án h xạ co  2r (0,1)  r  (0,

0

t

=| [ x ( s)  y ( s )] cos s.ds |  | x( s)  y ( s ) | .ds





0

0

t

  max | x( s )  y ( s ) | .ds =t.d(x,y)   . d(x,y)

0

s[ 0,1]

Vậy với   (0,1) thì Ax là ánh xạ co. Khi đó theo nguyên lý ánh
xạ co  !x0  C[ 0, ] để Ax0=x0

1
)
2

Bài 6: Cho f: [a,b]  [a,b] khả vi trên [a,b]. CMR f là ánh xạ
co khi và chỉ khi  K <1: | f’(x)|  K,  x  (a,b)
Giải:
CM thuận:
Cho f là ánh xạ co khi đó  K >0 sao cho |f(x)-f(y)|  K |x-y|

f ( x)  f ( y )
f ( x)  f ( y )
|  K  | lim
| K
y

x
x y
x y
 | f ' ( x) |  K
|

CM nghòch:

Do f khả vi trên [a,b] nên áp dụng đònh lý lagrange

 c’  (a,b) sao cho

f ( x)  f ( y)
 f ' (c)  K
x y

f ( x)  f ( y )
|  K  | f(x)- f(y) |  K.|x-y|
x y
 d(f(x),f(y))  K.dx,y)

|

Vậy f là ánh xạ co

 x' (t )  1  x(t ) cos t
 >0 sao cho 
 x(0)  0
Có nghiệm duy nhất trên C[ 0, ]
Bài 7: CMR 

13


Rõ ràng x0(t)  C[ 0,1] (hàm hằng)

CHƯƠNG 6: TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC

||x0|| = max |x0(t)| = max |1| = 1
t[ 0 ,1]

A. Toán tử tuyến tính
Cho X, Y là khôn g gian tuyến tính. A: X  Y là toán tử tuyến tính
nếu :  x,y  A,   ,   K ta có:
A(  x+  y)=

 Ax +  Ay

x 0

|| x|| 1

 ||Ax0|| = max |x0(t2)| = 1

Làm như câu a với lưu ý
||Ax|| = max |Ax(t)| = max |  (t)x(t)|  ||  ||.||x||
t[ 0 ,1]

t[ 0,1]

Vậy tồn tại M = ||  ||  A liên tục và ||A||  ||  ||
Tìm chuẩn A bằng cách đặt x0(t)= 1, t  [0,1] khi đó
||A||  ||Ax0|| = max |  (t)x0 (t)| = max |  (t)| =||  ||

1

b. Ax(t) = tx (t )dt , , x  C[ 0,1]


0

Giải:
a. Làm như câu a bài 1 với lưu ý
||Ax|| = |Ax(t)| =| x(1)-x(-1)|
 max |x(1) + max |x(-1)| = ||x|| + ||x|| = 2||x||

D. Bài tập mẫu

t[ 0 ,1]

Bài 1: CM cá c toán tử sau là tuyến tính liên tục và tính chuẩn
của chúng
a. A: C[ 0,1]  C[ 0 ,1] , Ax(t)=x(t2)

 C[ 0 ,1] , Ax(t)=t2x(0)

c. A: C[ 0,1]

 C[ 0 ,1] , Ax(t)=  (t)x(t), với  (t)  C[ 0 ,1]

d. A: C[ 0,1]

 C[ 0 ,1] , Ax(t)=x(t)

t[ 0 ,1]

Đặt x0 (t) = t , t  [0,1]
||A||  ||Ax0|| = max | x(1)-x(-1)| = max 2 = 2

t[ 0 ,1]

t[ 0 ,1]

1

b. Ax(t) =

 tx(t )dt
0

CM A là toán tử tuyến tính
Xét  x,y  A,   ,   K ta có:
1

A(  x+  y) =

 C[ 0 ,1] , Ax(t)=x(t2)

1

 t (x  y)(t )dt =  tx(t )  ty (t )dt
0

1

=  tx (t )   ty (t ) dt =  Ax +  Ay


0

 x(t2) +  y(t2) =  Ax +  Ay

CM A liên tục  A bò chặn
  M>0: ||Ax||  M.||x||
Thật vậy: ||Ax||= max |Ax(t)| = max |x(t2)|  max |x(u)| =||x||
t[ 0 ,1]

0

1

CM A là toán tử tuyến tính
Xét  x,y  A,   ,   K ta có:

t[ 0,1]

t[ 0 ,1]

Bài 2 : CM cá c phiếm hàm sau tuyến tính liên tục và tìm
chuẩn của chúng
a. Ax(t) = x(1)-x(-1) , x  C[ 0,1]

TC: 1.Nếu ||Ax||  M.||x|| ,  x  X thì ||A||  M
2.||Ax||  ||A||.||x||

b. A: C[ 0,1]

 (t)  C[0,1]

d. Làm như câu a

|| Ax ||
= sup || Ax ||  ||Ax0|| với ||x0||=1
|| x || xX

A(  x+  y) = (  x+  y)(t 2) =

(2)

Từ (1) và (2)  ||A|| = 1
b. Làm như câu a
c. A: C[ 0,1]  C[ 0,1] , Ax(t)=  (t)x(t), với

|| x|| 1

Giải:
a. C[ 0,1]

|| Ax ||
= sup || Ax ||
|| x || xX

t[ 0 ,1]

C. Không gian L(X,Y)
Cho X, Y là khôn g gian đònh chuẩn .
L(X,Y)={ A: X  Y là toán tử tuyến tính liên tục}
Với phép cộng: (A +B)x =Ax +Bx
Phép nhân : (  A)x=  AX

Khi đó:   L(X,Y) ta có:
x 0

 ||A|| = sup

t[ 0 ,1]

B. Tính liên tục và bò chặn
Cho X, Y là khôn g gian đònh chuẩn . A: X  Y là toán tử tuyến
tính khi đó:
- A liên tục tại x0  {xn}  A, xn  x0 thì Axn  Ax0
- A liên tục trên X  A liên tục tại mọi điểm trên X
- A bò chặn   M >0: ||Ax||Y  M.||x||X
TC: A liên tục  A bò chặn

||A|| = sup

t[ 0,1]

u[ 0 ,1]

Vậy tồn tại M =1  A bò chặn  A liên tục và ||A||  1
Tìm chuẩn của A
Đặt x0(t) = 1 , t  [0,1]

(1)

0

CM A liên tục  A bò chặn

  M>0: ||Ax||  M.||x||
Thật vậy:
1

1

0

0

1

||Ax|| =| tx(t ) dt |  t | x(t ) | dt  t max | x(t ) | dt



1

=||x|| tdt =

0

0

t[ 0 ,1]

t2
1
||x||  ||x||
2

2
14


Vậy  M =

1
1
 A bò chặn  A liên tục và ||A|| 
2
2

(1)

Chọn n =N ta có ||x N||=1 sao cho ||f(x N)|| > N

Tìm chuẩn của A
Đặt x0(t) = 1 , t  [0,1]
Rõ ràng x0(t)  C[ 0,1] (hàm hằn g)

yx N
yx N
| y|
|| =
< r nên x  S(0,r)
 ||x|| = ||
N
f (xN )
f (xN )
yx N

Xét f(x)=f(
)=y
f (xN )
Vậy  x  S(0,r) sao cho y =f(x) hay R  f(S(0,r)) (2)
Từ (1) và (2)  f(S(0,r))=R
Đặt x=

||x0|| = max |x0(t)| = max |1| = 1
t[ 0 ,1]

t[ 0 ,1]

|| Ax ||
= sup || Ax ||
 ||A|| = sup
x 0 || x ||
xX
|| x|| 1

1

1

 ||Ax0|| = |  tx 0 (t ) dt | =|  tdt | =
0

0

1
2

(2)

L(M) = {

xn

- Do ||Axn|| >n||xn||  ||A(

||x’n|| = ||

n || xn ||
xn

 x
i

ni

, x ni  M } không gian tuyến tính nhỏ nhất

i 1

Bài 3: Cho X,Y là không gian đònh chuẩn, A: X  Y là toán tử
tuyến tính. CMR {xn}  X, xn  0 đều có {Axn} bò chặn trong Y thì
A liên tục
Giải:
Ghi ra điều cần CM
A liên tục  A bò chặn   M >0 : ||Ax||  M.||x||,  x  X
Phản chứng: giả sử A không liên tục . Ta tìm một điều vô lý

  {xn}  X,  n  N thì ||Axn|| >n||xn||. Ta tìm một điều vô lý
Thật vậy

xn

Bài 5 : Bao tuyến tính của tập M
m

1
Từ (1) và (2)  ||A|| =
2

Đặt x’n=

  n  N,  {x n}  X sao cho ||f(x n)|| > n||x n||
  n  N,  {x n}  X, ||x n||=1 sao cho ||f(x n)|| > n

chứa M
Cho X, Y là khôn g gian đònh chuẩn. A,B: X  Ylà toán tử tuyến
tính liên tục và M  X sao cho L(M ) =X
CMR: Nếu Ax=Bx,  x  M thì Ax=Bx  x  X
Giải:
- CM Ax=Bx,  x  L(M)
m

Ax = A
=

m

 A i x ni =   i Axni , x ni  M

i 1
m

i 1
m

)|| >

n

khi đó

i 1
m

  Bx =  B x
i

ni

i 1

n || xn ||

m

  i xni =

i

i 1

ni

=B

 x
i

ni

=Bx

i 1

- CM Ax=Bx,  x  L (M )
Do x  L(M ) nên x là điểm dính của L(M)

  {xn}  L(M) sao cho xn  x
 L(M) nên ta có Axn=Bxn
 lim Axn = lim Bxn  Ax=Bx,  x  L(M )

Do xn
|| =

n || xn ||
xn

||Ax’n||= ||A(

n || xn ||

1

 0 nên {x’n} hội tụ về 0.

n
)|| >

n

n

n   nên {Ax’n} không bò chặn Bài 6: Cho x là không gian đònh chuẩn thực và f là phiếm
hàm xác đònh trên X. CMR: f liên tục  A ={x X: f(x)  1 }

Vô lý vì bài cho nếu x’n  0 đều có {Ax’n} bò chặn
Vậy A liên tục
Bài 4: Giả sử f là phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên
không gian đònh chuẩn thực X. CMR:  r>0 thì f(S(0,r))=R
Giải:
Hiển nhiên f(S(0,r)  R (1)
Cần CM R  f(S(0,r))
Ghi ra điều cần CM
R  f(S(0,r))  lấy tùy ý y  R. CM y  f(S(0,r))
  x  S(0,r) sao cho y =f(x)
Thật vậy
- Do y  R nên  N  N sao cho

| y|
N

- Do f không liên tục nên f không bò chặn

đóng trong X.
Giải:
CM thuận : Cho f liên tục. CM A đóng
Vì [1,+  ) đóng, f liên tục nên f-1[1,+  )=A đóng
CM nghòch: Cho A đóng. CM f liên tục
 Cho A đóng. CM f bò chặn
Phản chứng: Cho A đóng. G.sử f không bò chặn . Tìm điều vô lý
Thật vậy
- Do f không bò chặn   n  N,  {xn}  X: ||f(xn)|| > n.||xn||
  n  N,  {xn}  X, ||xn|| =1: ||f(xn)|| > n

xn
x
|| x || 1
 || x’n || =|| n ||= n =  0
n
n
n
n
x
f (xn ) n
f(x’n)=f( n )=
> =1 nên x’n  A, mà A đóng nên x’n  0

n
n
n
15
 A (vô lý vì f(0)<1)
Đặt x’n=


MỘT SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC CẦN THƠ
TỪ NĂM 2006 ĐẾN 2012

x[ 0 ,1]

Đề thi năm 2006
Câu 5 : CMR tập hợp A mở trong C[ 0,3] với

Câu 6 : Cho toán tử A: C[ 0 ,1]  C[ 0,1] xác đònh bởi
2

A ={f  C[ 0,3] :|f(x)| <7,  x  [0,3]}  {f  C[ 0,3] :

 f ( x)dx <5}
1

Câu 6 : Cho k >0. CMR phương trình, f’(t) = 4t +3 +5cos(f(t))2
và f(0)=1 có nghiệm f  C[ 0,k ] thỏa mãn f’ C[ 0,k ]
Đề thi năm 2007
Câu 5 : Khảo sát sự đóng mở trong C[ 0 ,1] của tập hợp
1

A ={f  C[ 0,1] :

CMR A là toán tử tuyến tính liên tục và xác đònh chuẩn của A
Đề thi năm 2011 (đợt 2)
Câu 4 : Cho không gian metric(X,d) và A  X, A  
a. CM d(a,A)=d(x, A )
b. CM nếu A compact thì tồn tại a  A sao cho d(x,a)=d(x,A)
Câu 5 : CMR A = {f  C[ 0,1] : max f(x) < 0} là tập mở
x[ 0 ,1]

Ax(t) = x(0) – t3x(t) với x  C[ 0 ,1]

0

1
  (0, ) ta có thể chọn được M >0 để
8

phương trình Tx=x có nghiệm trong KM với
t

 +  x 2 ( s )ds , 0  t  2 và KM = {x  C[ 0,1] : ||x||  M }

Tx(t) =

Ax(t) = x(t) – x(1-t) với x  C[ 0,1]

Câu 6 : Cho toán tử A: C[ 0 ,1]  C[ 0,1] xác đònh bởi

 f (t )dt  4, f(0)=f(1)=0}

Câu 6 : CMR với

Đề thi năm 2011 (đợt 1)
Câu 4 : Cho không gian metric(X,d) và A  X.
CMR nếu A compact thì tồn tại a,b  A sao cho diamA =d(a,b)
Câu 5 : CMR A = {f  C[ 0,1] : max f(x)  1} là tập đóng

0

CMR A là toán tử tuyến tính liên tục và xác đònh chuẩn của A
Đề thì năm 2012 (đợt 1)
Câu 5 : Cho các không gian Metric (X,d); (Y,p) và f:X  Y.
Trên XxY ta xét metric:
d * ((x,y),(x’,y’))=d(x,x’)+p(y,y’) với (x,y),(x’,y’)  XxY

1
Bài 7: CMR ánh xạ Tf = [(f(1)+f(0)] là án h xạ tuyến tính
3

và xét tập G={(x,f(x):x  X)}
a. Giả sử f liên tục. CM G là tập đóng
b. Giả sử G đóng, Y compact. CM f liên tục

liên tục trên . Tìm chuẩn của nó
Đề thi năm 2008
Câu 5 : Cho X là một không gian metric với khoản g cách d.
A,B  X, x  X. CMR:

câu 6 : CM K={(x,y,z)  R : x+y+z  ; x  -1; y  -2; z  -3} là

tập com pact
câu 7 : Cho toán tử A: C[ 0,1]  C[ 0,1] xác đònh bởi

a. d(x,A)=d(x, A )
b. d(A,B)=d( A , B )
Câu 6 : CMR phương trình sau có nghiệm x

chuẩn của A

 C[ 0, ]

1

sin(t  s )  x 2 ( s )
e
ds
t

s
0

x(t) =

Đề thi năm 2009
Câu 5 : CMR phiếm hàm sau tuyến tính liên tục trên C[1,1]
Tf =



1

Ax(t )  2 t x(t ) . CM A là toán tử tuyến tính liên tục và tìm

Hướng dẫn:
Cậu 5 (2006):
Câu 6 (2006): tích phân 2 vế từ 0 tời t ta có:


0

3

t



1

0

f (t ) dt -  f (t ) dt ,  f  C[1,1] . Tìm chuẩn của T
0

Câu 5 (2007): A đóng, làm như bài 5 chương 2
Câu 6 (2007):

t

Câu 6 : CMR phương trình f(t) =

1 [ t  f ( s )] 2
e
ds có nghiệm
2 0

t


0

x[ 0 ,1]

mở không đóng trong C[ 0,1]

Đặt M =

 +  max | x( s) | 2 ds
0

=

Đề thi năm 2010
Câu 5 : CMR tập hợp B ={ f  C[ 0,1] : 6< min f(x)  10 } không

Câu 6 : CMR phương trình y’=x +

t
2

|Tx(t)| = |  + x ( s )ds | 

duy nhất f  C[ 0,1]

nghiệm duy nhất y  C[ 0 ,1]

2

f(t)=2t2 +3t +1 + cos( f (t )) dt , t  [0,k]

s[ 0, 2 ]

 +||x||2t   +2||x||2   +2M2

1  1  8
4

>0  |Tx(t)| 

 +2M2

1  1  8 2
) =M
4
CM được d(Tx,Ty)   d(x,y) Với 0   = 1  1  8  1
  +2(

1
cos(xy(x)); y(0)=0 có
2

Câu 6 (2008):

16


Câu 5 (2009): ||Tf||  2||f|| nên T liên tục và ||T||  2
Đặt f0(t)=2t-1, t  [-1,1] ta CM được ||T||  2
Câu 6 (2009): Sử dụng BĐT: | e

 u3

3

 e v |  3 3

4
| u - v|
9e 2

1
 B nhưng fn  6  B
n
B không mở vì tồn tại r=10 dso cho s(x,10>  C[ 0,1] \B  
Bài 5 (2010) B không đóng vì  fn=6+

Câu 6 (2011 đợt 2)
||Ax||  2||f|| nên A liên tục và ||A||  2
 1
 3 ;0  t  1 , t  [0,1] ta CM được ||A||  2
Đặt f0(t)= 

 t
1; t  0
Câu 5 (2012 đợt 1)
a. CM G là tập đóng
Ghi ra điều cần CM
G đóng   {( x n , f ( x n )}  G
giả sử cho ( x n , f ( x n )  ( x 0 , y 0 ) khi

n

Ta CM ( x 0 , y 0 )  G hay CM y 0  f ( x 0 )
Thật vậy
- Do ( x n , f ( x n )  ( x 0 , y 0 ) khi n   nên ta có:

xn  x0 và f ( xn )  y 0 (1)
Vì f liên tục nên f liên tục tại x 0

 Nếu xn  x0 khi n   thì f ( xn )  f ( x0 ) (2)
Mà giới hạn là duy nhất nên từ (1), (2) ta có f ( x 0 )  y 0
b. Giả sử G đóng, Y compact. CM f liên tục
Ghi ra điều cần CM
f liên tục  Lấy tùy ý x 0  X thì f liên tục tại x0

    0 ,   0 , {xn }  X , giả sử cho d ( xn , x0 )  
thì ta CM p ( f ( x n ), f ( x 0 ))  
Thật vậy
- Do G mở nên {x n , f ( x n )}  G ;
thì ( x n , f ( x n ))  ( x 0 , f ( x 0 ))  G , x 0  X
- Do Y compact nên

 {yn }  Y , {ynk }  {yn }: ynk  y0 Y

   0 : d * (( x n , f ( xn )), ( x0 , f ( x0 ))  
Chọn  =   d * (( x n , f ( x n )), ( x 0 , f ( x 0 )) >0
- Ta có d ( x n , x 0 )  
 d ( xn , x0 )    d * (( xn , f ( xn )), ( x0 , f ( x0 )
 d ( xn , x0 )    d ( x n , x0 )  p ( f ( x n ), f ( x0 ))
 p ( f ( xn ), f ( x0 ))    2d ( xn , x0 )  

17