Giải tích hàm ôn thi cao học

Chương 1
Không gian metric
1.1

Đề bài

Cho không gian metric (X , d ). Ta định nghĩa
d 1 (x , y ) =

d (x , y )
,
1 + d (x , y )

x, y ∈ X

1. Chứng minh d 1 là metric trên X
d1

d

2. Chứng minh xn −→ x ⇔ xn −→ x
3. Giả sử (X , d ) đầy đủ, chứng minh (X , d 1 ) đầy đủ

Giải
1.1.1

CMR d 1 là metric trên X

Dễ thấy d 1 là ánh xạ
Ta chứng minh d 1 là metric trên X . Thật vậy, lấy bất kì x , y , z ∈ X , ta có
• d 1 (x , y ) =

d (x , y )
≥ 0 (vì d (x , y ) ≥ 0)
1 + d (x , y )

• d 1 (x , y ) = 0 ⇔
• d 1 (x , y ) =

d (x , y )
= 0 ⇔ d (x , y ) = 0 ⇔ x = y (vì d là metric trên X )
1 + d (x , y )

d (x , y )
d (y , x )
=
= d 1 (y , x ) (vì d (x , y ) = d (y , x ))
1 + d (x , y ) 1 + d (y , x )

Ta chứng minh
d 1 (x , y ) ≤ d 1 (x , z ) + d 1 (z , y ) ⇔

d (x , y )
d (x , z )
d (z , y )
≤
+
1 + d (x , y ) 1 + d (x , z ) 1 + d (z , y )

Đặt a = d (x , y ), b = d (x , z ), c = d (z , y ), ta có
• a,b,c ≥ 0

• d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ a ≤ b + c
1


(vì d là metric trên X )
Xét hàm f xác định bởi f (t ) =
1
>0
(t + 1)2
Vậy f tăng trên M
Mà a ≤ b + c
Nên
f (t ) =

t
t +0
=
với t ∈ M = [0; +∞), ta có
1+t t +1

∀t ∈ M

f (a ) ≤ f (b + c ) ⇔

a
b +c
b
c
b
c

≤
=
+
≤
+
1+a 1+b +c 1+b +c 1+b +c 1+b 1+c
⇒

b
c
a
≤
+
1+a 1+b 1+c

Kết luận: d 1 là metric trên X

1.1.2

CMR xn −→ x (theo d 1 ) ⇔ xn −→ x (theo d )
d1

d

Chiều (⇐): giả sử xn −→ x , ta chứng minh xn −→ x
n →∞

d

Ta có xn −→ x ⇔ d (xn , x ) −→ 0

d (xn , x ) n→∞
d1
−→ 0 ⇔ xn −→ x
⇒ d 1 (xn , x ) =
1 + d (xn , x )
d1

d

Chiều (⇒): giả sử xn −→ x , ta chứng minh xn −→ x
d
d1
(Nháp: d 1 =
⇔ d 1 + d 1 d = d ⇔ d 1 = d (1 − d 1 ) ⇔ d =
)
1+d
1 − d1
d (xn , x )
d 1 (xn , x )
Ta có d 1 (xn , x ) =
⇔ d (xn , x ) =
1 + d (xn , x )
1 − d 1 (xn , x )
d1

n→∞

Mà xn −→ x ⇔ d 1 (xn , x ) −→ 0
d 1 (xn , x ) n→∞
d

−→ 0 ⇔ xn −→ x
Nên d (xn , x ) =
1 − d 1 (xn , x )

1.1.3

Giả sử (X , d ) đầy đủ, CMR (X , d 1 ) đầy đủ

Lấy bất kì {xn } ⊂ (X , d 1 ): {xn } là dãy Côsi, ta chứng minh {xn } hội tụ trong (X , d 1 )
Do {xn } là dãy Côsi trong (X , d 1 ) nên
n ,m →∞

d 1 (xn , xm ) −→ 0
⇒ d (xn , xm ) =

d 1 (xn , xm ) n ,m→∞
−→ 0
1 − d 1 (xn , xm )
n,m →∞

⇒ d (xn , xm ) −→ 0
Vậy {xn } là dãy Côsi trong (X , d )
Mà (X , d ) đầy đủ
Nên {xn } hội tụ trong (X , d )
Đặt x = lim xn trong (X , d )
n →∞
d

d1

Ta có xn −→ x ⇔ xn −→ x (theo câu 2.)
Vậy {xn } hội tụ trong (X , d 1 )
Kết luận: (X , d 1 ) đầy
2


1.2

Đề bài

Cho các không gian metric (X 1 , d 1 ), (X 2 , d 2 ). Trên tập X = X 1 × X 2 ta định nghĩa
d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d 1 (x1 , y1 ) + d 2 (x2 , y2 ),

(x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ X

1. Chứng minh d là metric trên X
2. Giả sử x n = (x1n , x2n )

(n ∈

∗

) và a = (a 1 , a 2 ). Chứng minh
d1

n

d

x −→ a ⇔

x1n −→ a 1
d2

x2n −→ a 2

3. Giả sử (X 1 , d 1 ), (X 2 , d 2 ) đầy đủ, chứng minh (X , d ) đầy đủ

Giải
1.2.1

Chứng minh d là metric trên X

Dễ thấy d là ánh xạ
Ta chứng minh d là metric trên X . Thật vậy, lấy bất kì
x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ), z = (z 1 , z 2 ) ∈ X = X 1 × X 2 , ta có
• d (x , y ) = d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d 1 (x1 , y1 ) + d 2 (x2 , y2 ) ≥ 0
• d (x , y ) = 0 ⇔

d 1 (x1 , y1 ) = 0
d 2 (x2 , y2 ) = 0

⇔

x1 = y1
x2 = y2

⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ⇔ x = y

• d (x , y ) = d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d 1 (x1 , y1 ) + d 2 (x2 , y2 )

= d 1 (y1 , x1 ) + d 2 (y2 , x2 ) = d ((y1 , y2 ), (x1 , x2 )) = d (y , x )
Ta chứng minh
d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ d 1 (x1 , y1 ) + d 2 (x2 , y2 ) ≤ (d 1 (x1 , z 1 ) + d 2 (x2 , z 2 )) + d 1 (z 1 , y1 ) + d 2 (z 2 , y2 )
Ta có

d 1 (x1 , y1 ) ≤ d 1 (x1 , z 1 ) + d 1 (z 1 , y1 )
d 2 (x2 , y2 ) ≤ d 2 (x2 , z 2 ) + d 2 (z 2 , y2 )
⇒ d 1 (x1 , y1 ) + d 2 (x2 , y2 ) ≤ (d 1 (x1 , z 1 ) + d 2 (x2 , z 2 )) + d 1 (z 1 , y1 ) + d 2 (z 2 , y2 )
⇔ d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y )

Kết luận: d 1 là metric trên X

1.2.2

Chứng minh x n −→ a (theo d ) ⇔ xin −→ a i (theo d i ) (i = 1, 2)

Ta có

d

x n −→ a ⇔ lim d (x n , a ) = 0

Mặt khác

n →∞
n
n
n
0 ≤ d i (xi , a i ) ≤ d 1 (x1 , a 1 ) + d 2 (x2 , a 2 ) = d (x n , a ) (i = 1, 2)
⇒ 0 ≤ d i (xin , a i ) ≤ d (x n , a )

⇒ lim 0 ≤ lim d i (xin , a i ) ≤ lim d (x n , a )
n →∞
n→∞
n →∞
n
⇔ 0 ≤ lim d i (xi , a i ) ≤ 0
n →∞
⇔ lim d i (xin , a i ) = 0
n→∞
di

⇔ xin −→ a i
3

(i = 1, 2)


Giả sử (X 1 , d 1 ), (X 2 , d 2 ) đầy đủ, chứng minh (X , d ) đầy đủ

1.2.3

Lấy bất kì {x n } ⊂ (X , d ): {x n } là dãy Côsi, x n = (x1n , x2n ), ta chứng minh {x n } hội tụ trong
(X , d )
Do {x n } là dãy Côsi trong (X , d ) nên
n ,m →∞

d (x n , x m ) −→ 0

(∗)

Mặt khác 0 ≤ d i (xin , xim ) ≤ d 1 (x1n , x1m ) + d 2 (x2n , x2m ) = d (x n , x m )
⇒ 0 ≤ d i (xin , xim ) ≤ d (x n , x m )

(∗∗)

n,m→∞

(∗), (∗∗) ⇒ d i (xin , xim ) −→ 0
Vậy {xin } là dãy Côsi trong (X , d i )
Mà (X , d i ) đầy đủ
Nên {xin } hội tụ trong (X , d i )
⇔ ∃a i = lim xin trong (X , d i )
n →∞

Ta có

d1

x1n −→ a 1
d2

x2n −→ a 2

d

d

⇔ (x1n , x2n ) −→ (a 1 , a 2 ) ⇔ x n −→ a

(theo câu 2.)

Vậy {xn } hội tụ trong (X , d )
Kết luận: (X , d ) đầy

1.3

Đề bài

Kí hiệu S là tập hợp các dãy số thực x = {a k }k . Ta định nghĩa
∞

d (x , y ) =

|a k − bk |
1
·
,
k 1 + |a − b |
2
k
k
k =1

x = {a k }, y = {bk } ∈ S

1. Chứng minh d là metric trên X
2. Giả sử xn = a kn

k

(n ∈

∗

) và x = {a k }k . Chứng minh
d

xn −→ x ⇔ lim a kn = a k ,
n →∞

∀k ∈ N ∗

3. Chứng minh (S , d ) đầy đủ

Giải
1.3.1

Chứng minh d là metric trên X
∞

|a k − bk |
1
·
k
2 1 + |a k − bk |
k =1
1
|a k − bk |
1 |a k − bk |
1
Ta có k ·

≤ k·
= k,
2 1 + |a k − bk | 2 |a k − bk | 2
Xét

⇒

∀k ∈

1
|a k − bk |
1
·
≤
,
2k 1 + |a k − bk | 2k
4

∗

∀k ∈

∗


∞

∞

1

1
=
Mà chuỗi
2k k =1 2
k =1

k

1
hội tụ (vì | | < 1)
2

∞

Nên

1
|a k − bk |
·
hội tụ
k
2
1
+
|a
−
b
|
k
k

k =1

Từ đó, dễ thấy d là ánh xạ
Ta chứng minh d là metric trên X . Thật vậy, lấy bất kì x = {a k }, y = {bk }, z = {ck } ∈ S , ta có
∞

• d (x , y ) =

1
|a k − bk |
·
≥0
k
2
1
+
|a
−
b
|
k
k
k =1

• d (x , y ) = 0 ⇔ |a k − bk | = 0,
x=y

∗

⇔ a k − bk = 0,

∀k ∈

∗

⇔ a k = bk ,

∀k ∈

∗

⇔

∞

∞

• d (x , y ) =

∀k ∈

|a k − bk |
1
|bk − a k |
1
·
=
·
= d (y , x )
k 1 + |a − b |

k 1 + |b − a |
2
2
k
k
k
k
k =1
k =1

Ta chứng minh
∞

∞

∞

1
|a k − bk |
1
|a k − ck |
1
|ck − bk |
d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔
·
≤
·
+
·
2k 1 + |a k − bk | k =1 2k 1 + |a k − ck | k =1 2k 1 + |ck − bk |

k =1
Đặt α = |a k − bk |, β = |a k − ck |, γ = |ck − bk |, ta có
• α, β , γ ≥ 0
• |a k − bk | = |a k − ck + ck − bk | ≤ |a k − ck | + |ck − bk | ⇒ α ≤ β + γ
Xét hàm f xác định bởi f (t ) =
1
> 0 ∀t ∈ M
(t + 1)2
Vậy f tăng trên M
Mà α ≤ β + γ
Nên

t +0
t
=
với t ∈ M = [0; +∞), ta có
1+t t +1

f (t ) =

f (α) ≤ f (β + γ) ⇔

α
β +γ
β
γ
β
γ
≤
=

+
≤
+
1+α 1+β +γ 1+β +γ 1+β +γ 1+β 1+γ
⇒

⇔
⇔

α
β
γ
≤
+
1+α 1+β 1+γ

|a k − bk |
|a k − ck |
|ck − bk |
≤
+
1 + |a k − bk | 1 + |a k − ck | 1 + |ck − bk |

1
|a k − bk |
1
|a k − ck |
1
|ck − bk |
·

≤ k·
+ k·
k
2 1 + |a k − bk | 2 1 + |a k − ck | 2 1 + |ck − bk |

∞

∞

∞

1
|a k − bk |
1
|a k − ck |
1
|ck − bk |
⇒
≤
+
·
·
·
k
k
k
2 1 + |a k − bk | k =1 2 1 + |a k − ck | k =1 2 1 + |ck − bk |
k =1
Kết luận: d 1 là metric trên X
5

1.3.2

Chứng minh xn −→ x (theo d ) ⇔ a kn −→ a k ,

xn = a kn
Ta có
x = {a k }k

(n ∈

k

∗

∀k ∈

∗

)
∞

⇒ d (xn , x ) =

|a kn − a k |
1
·
,
k 1 + |a n − a |

2
k
k
k =1

d

n→∞

Chiều (⇒): giả sử xn −→ x , ta chứng minh a kn −→ a k ,

(n ∈

∀k ∈

∗

)

∗

d

Ta có xn −→ x ⇔ lim d (xn , n) = 0
n →∞

Mặt khác

∞
|a kn − a k |

|a kn − a k |
1
1
·
≤
·
= d (xn , x ),
2k 1 + |a kn − a k | k =1 2k 1 + |a kn − a k |

⇒

(k ∈

∗

)

|a kn − a k |
1
·
≤ d (xn , x )
2k 1 + |a kn − a k |

t
2k d
k
k
k
k
(Nháp: k

≤ d ⇔ t ≤ 2 d + 2 d t ⇔ t (1 − 2 d ) ≤ 2 d ⇔ t ≤
)
2 (1 + t )
1 − 2k d
2k d (xn , x )
1 − 2k d (xn , x )

⇒ 0 ≤ |a kn − a k | ≤

(với n đủ lớn để 1 − 2k d (xn , x ) > 0 ⇔ d (xn , x ) <

(∗)

1
)
2k
2k d (xn , x )
n →∞ 1 − 2k d (x , x )
n

⇒ lim 0 ≤ lim |a kn − a k | ≤ lim
n→∞

n→∞

⇔ 0 ≤ lim |a kn − a k | ≤ 0
n→∞

⇔ lim |a kn − a k | = 0
n→∞

⇔ lim a kn = a k
n →∞

n→∞

Chiều (⇐): giả sử a kn −→ a k ,
Với bất kì > 0, chọn k0 ∈

∗

∀k ∈
∞

:
k =k0

k0

Xét chuỗi sn =

− ak |
1
·
,
k 1 + |a n − a |
2
k
k
k =1

n→∞

∗

d

, ta chứng minh xn −→ x

1
<
k
2
2
+1

|a kn

Vì lim sn = 0 nên ∃n0 ∈

∗

(n ∈

∗

)

sao cho ∀n > n0 thì sn <

Khi đó, ∀n > n0 ta có

2

k

∞

∞
0
|a kn − a k |
|a kn − a k |
|a kn − a k |
1
1
1
d (xn , x ) =
·
=
·
+
·
2k 1 + |a kn − a k | k =1 2k 1 + |a kn − a k | k =k +1 2k 1 + |a kn − a k |
k =1
0

∞

= sn +
k =k0

∞
|a kn − a k |
1
1
·
<
+
< + =
n
k 1 + |a − a |
k
2
2
2
2 2
k
k
+1
k =k +1
0

Vậy ta đã chứng minh
∀ > 0, ∃n0 ∈

∗

: ∀n > n0 ⇒ d (xn , x ) <

⇔ lim xn = x

n →∞

6


1.3.3

Chứng minh (S , d ) đầy đủ

Lấy bất kì {xn } ⊂ (S , d ): {xn } là dãy Côsi, xn = {a kn }, ta chứng minh {xn } hội tụ trong (X , d )
Do {xn } là dãy Côsi trong (X , d ) nên
n,m →∞

d (xn , xm ) −→ 0 (∗∗)
Lí luận tương tự (∗), ta có
0 ≤ |a kn − a km | ≤

2k d (xn , xm )
(∗ ∗ ∗)
1 − 2k d (xn , xm )
n ,m →∞

(∗∗), (∗ ∗ ∗) ⇒ |a kn − a km | −→ 0
Vậy {a kn }k là dãy Côsi trong
Mà đầy đủ
Nên {a kn }k hội tụ trong
⇔ ∃a k = lim a kn , ∀k ∈ ∗ trong
n→∞

Đặt a = {a k }k

Ta có

lim a kn = a k ,

n→∞

d

∀k ∈ N ∗ ⇔ xn −→ a

(theo câu 2.)
Vậy {xn } hội tụ trong (X ,S )
Kết luận: (X ,S ) đầy

1.4

Đề bài

Trên X = C[0,1] , xét các metric
d (x , y ) = sup x (t ) − y (t )
0≤t ≤1
1

d 1 (x , y ) =

x (t ) − y (t ) d t
0

d

d1

1. Chứng minh xn −→ x ⇒ xn −→ x
2. Bằng ví dụ dãy xn (t ) = n (t n − t n +1 ), chứng minh chiều “⇐” trong câu 1. có thể không đúng
3. Chứng minh (X , d 1 ) không đầy đủ

1.5

Đề bài

Chứng minh rằng trong không gian metric ta có
1. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B
2. A ∪ B = A ∪ B
3. A = A
7


Giải
1.5.1

Chứng minh A ⊂ B ⇒ A ⊂ B

Vì A là tập đóng nhỏ nhất chứa A nên nếu có tập đóng F nào đó chứa A, thì F sẽ chứa bao
đóng của A
Ta có

B là tập đóng
B là tập đóng
⇒B ⊃A
⇒

B ⊃B
B ⊃A

B ⊃A

1.5.2

Chứng minh A ∪ B = A ∪ B
(1)

Chứng minh A ∪ B ⊂ A ∪ B
Ta có
A ⊂A∪B
B ⊂A∪B

lấy bao đóng 2 vế

⇒

A ⊂A∪B
B ⊂A∪B

⇒A∪B ⊂A∪B ∪A∪B ⇔A∪B ⊂A∪B

Vậy (1) đúng
Chứng minh A ∪ B ⊃ A ∪ B

(2)

Ta có

A là tập đóng
B là tập đóng

⇒ A ∪ B là tập đóng (∗)

Mặt khác
A⊃A
B ⊃B

⇒A∪B ⊃A∪B

lấy bao đóng 2 vế

⇒

Vậy (2) đúng
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

1.5.3

Chứng minh A = A

Đặt B = A
Vì B = A là tập đóng nên B = B ⇔ A = A

8

(∗)

A∪B ⊃A∪B ⇔A∪B ⊃A∪B