chuong 4 Không gian Compact

TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

1

MỤC LỤC
4. KHÔNG GIAN COMPACT ....................................................................................... 2
4.1.Tập compact ........................................................................................................ 2
4.2.Đặc trưng tập compact: ...................................................................................... 2
4.3. KHÔNG GIAN COMPACT ............................................................................. 5
5. ÁNH XẠ LIÊN TỤC .................................................................................................... 5
5.1.ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CHUNG ....................................................... 5
5.2. ÁNH XẠ CO VÀ NGUYÊN LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG ..................................... 6
6. HÀM SỐ THỰC LIÊN TỤC ...................................................................................... 8
6.1. Hàm số liên tục trên một tập compact ............................................................. 8
6.2 : XẤP XỈ CÁC HÀM SỐ LIÊN TỤC BỞI ĐA THỨC .................................... 8
7. Fractal: ........................................................................................................................... 8
7.1 THANG CANTOR – ĐƯỜNG CONG PEANO: ............................................. 8
7.1 THANG CANTOR – ĐƯỜNG CONG PEANO: ........................................... 10
7.2 TẬP TỰ ĐỒNG DẠNG. ................................................................................... 11
7.3 KHOẢNG CÁCH HAUSDORFF. ................................................................... 12
7.4 LƯỢC ĐỒ HÀM LẶP. ..................................................................................... 14
7.5 HÀM FRACTAL. .............................................................................................. 16


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

2

CHƯƠNG 2 : KHÔNG GIAN MÊTRIC
4. KHÔNG GIAN COMPACT
4.1.Tập compact

 Định nghĩa : Cho ( X,d) là không gian metric và A là một tập con của X
. Tập A được gọi là tập compact nếu mọi dãy  xn   A đều có một dãy
con  xnk    xn  sao cho  xn  hội tụ đến
k

x  A.

 R là một tập compact. thật vậy theo bổ đề Bolzano –
Weierstrass , xn    a, b; xn   x
+ VD1 : Tập [ a,b]

k

Vì a  xnk  b;k  1 nên a  x  b  x   a, b
+ VD2 : Cho dãy hàm f n ( x)  x , x  [0,1],( f0  0)
n

và xét tập A   f0 , f1 , f2 , . .. . C [ 0,. 1]
Khi đó theo khoảng cách tích
1

phân  ( f n ; f m )   f n  f m dx thì tập A compact.
0

CM : Thật vậy, với mỗi dãy
1

phân trên. Ta có :



0

{f n } đều có dãy f n  f0 theo khoảng cách tích
k

1

f nk  f 0 dx=  x nk dx 
0

1
 0  f 0 khi
nk  1

nk   . Theo định nghĩa tập A compact.
 Chú ý : + Một tập compact bao giờ cũng là tập đóng


+ Tập M gọi là tập compact tương đối nếu bao đóng của M compact

4.2.Đặc trưng tập compact:
4.2.1.ĐN : Cho M là tập con trong không gian mêtric X. M được gọi là hoàn toàn
S ( x,  )
bị chặn nếu   0, B  X hữu hạn để M 
xB

 Một tập hoàn toàn bị chặn thì phải bị chặn
k

 Trong không gian R thì “hoàn toàn bị chặn”và “bị chặn” là tương đương

nhau. Còn trong không gian vô hạn chiều thì một tập bị chặn thì không thể


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

3

hoàn toàn bị chặn.Bởi luôn tồn tại vô số quả cầu bán kính bằng 1/2 chứa
trong quả cầu đơn vị.
4.2.2. Định lý Hausdorff : Một tập compact thì đóng và hoàn toàn bị chặn.
Ngược lại một tập đóng và hoàn toàn bị chặn trong một không gian mêtric đủ thì
compact
 CM (=>) : Gọi M là tập compact ,hiển nhiên M phải đóng. Bây giờ ta giả
sử M không hoàn toàn bị chặn. Vậy sẽ có một   0 sao cho không thể
nào phủ được M bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính bằng   0 . Lấy
một điểm x1  M bất kì và M  B( x1 ,  ) , nên sẽ có ít nhất một điểm
x2  M ,  ( x1, x2 )   . Vì M không hoàn toàn bị chặn nên
M  B( x1 ,  )  B( x2 ,  ) nên
tồn
tại
ít
nhất
một
điểm

x3  M ,  ( x3 , x1 )   , ( x3 , x2 )   , v.v... Cứ tiếp tục như vậy ,ta sẽ được một dãy

{xn } M ,  ( xn , xm )   (n  m, n, m  1,2...)
Như vậy dãy {xn } không chứa bất kì một dãy con nào là dãy Cauchy do
đó nó không thể hội tụ. Mâu thuẫn giả thiết M compact. Vậy M phải hoàn

toàn bị chặn.
 (<=) : Giả sử M đóng và hoàn toàn bị chặn trong một không gian metric
đầy đủ X,và xét một dãy vô hạn bất kỳ    xn   M .Vì M có thể phủ
được bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính bằng 1 nên một trong các
hình cầu này ,chẳng hạn S1 phải chứa vô số phần tử của dãy  . Gọi dãy

con của  chứa trong S1 là  1 . Tập hợp M cũng có thể phủ được bằng một
số hữu hạn hình cầu bán kính bằng ½ nên một trong các hình cầu này,
chẳng hạn S2, phải chứa vô số phần tử của  1 . Gọi dãy con của  1 chứa
trong S2 là  2 , vv...Tiếp tục theo cách đó mãi thì sẽ có những dãy

1 , 2 , 3 ,...và..  1   2   3  ...và.. k  Sk
( k = 1,2,3 ....) trong đó S k chỉ hình cầu bán kính

1
. Vì mỗi dãy
2k

 k có vô

số phần tử nên có thể chọn một phần tử trong  1 là xn1 , rồi trong dãy  2
một phần tử xn2 , rồi trong dãy  3 một phần tử

xn3 ,……. với

n1  n2  n3  ..... Dãy  xn  là một dãy con của    xn   M , và có thể thấy

đó là một dãy hội tụ trong X. Thật vậy, với k < l thì  l   k  Sk nên xnk , xnl

TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

4

1
cùng thuộc hình cầu S k nên  ( xn , xn )  k 1  0
k

l

2

khi k , l  

chứng tỏ  xn 

là dãy cơ bản , tức hội tụ do X là không gian mêtric đầy đủ. Vậy mọi dãy
xn   M đều chứa một dãy con hội tụ.Vì M là tập đóng nên giới hạn của
dãy con này phải thuộc M. Vậy M là tập compact .
+ Mọi tập compact đều bị chặn

 Hệ quả :

+ Mọi tập con đóng của một tập compact là compact
4.2.3.Tính chất Heine – Borel : Một tập M là compact khi và chỉ khi mọi
họ tập mở G  phủ lên M :  G   M đều có chứa một họ con hữu hạn
G1 , G2 , G3 ,......, Gm vẫn phủ được M : im1 Gi  M

:

 CM : (=>) Giả sử M là tập compact và {Gi : i  I } là phủ mở của M. Giả
thiết phản chứng rằng {Gi : i  I } không có một phủ con hữu hạn. Hay với
mọi hệ hữu hạn Gi1 , Gi2 ,....., Gin ta đều có : M \ (Gi  Gi  ....  Gi )   .
1

Do M compact, nên M hoàn toàn bị chặn . Vậy với

2

n

  1 tồn tại tập hữu

[M  B( x,1)] . Và vậy
hạn H  X sao cho M  xH B(x,1) suy ra M  x
H

thì

nếu

H '  x  H : B( x,1)  M  

thì

M  {B( x' ,1)  M : x'  H ' } . Theo giả thiết phản chứng
'
'
'
phải có x  H sao cho M  B( x ,1) không thể phủ bởi một số hữu hạn các

Gi . Đặt B1  B( x' ,1) Tương tự với   1 , do M  B1 hoàn toàn bị chặn ,
2

lại có hình cầu B2 bán kính 1/4 sao cho M  B1  B2 không thể phủ bởi
một số hữu hạn các Gi . Cứ như vậy ta nhận được dãy các hình cầu Bn bán
kính

1
mà
2n

M  Bn không thể phủ bởi một số hữu hạn các Gi . Với mỗi

n  1 lấy tuỳ ý xn  Bn  M . Do M compact nên  xn  có một dãy con
hội tụ  xnk  hội tụ đến x0  M . Do M  Gi nên tồn tại i0  I để 𝑥0 ∈
iI

𝐺𝑖0 . Vì 𝐺𝑖0 là mở nên tồn tại r >0 để 𝐵(𝑥0 , 𝑟) ⊂ 𝐺𝑖0 . Chọn 𝑘0 đủ lớn sao
cho

1

𝑛𝑘0

𝑟

𝑟

4

2

< và 𝜌 (𝑥𝑛𝑘0 , 𝑥0 )<

Khi đó với mọi 𝑥 ∈ 𝐵𝑛𝑘0 𝑡𝑎 𝑐ó
𝑟

2

2

𝑛𝑘0

𝜌(𝑥, 𝑥0 ) ≤ 𝜌(𝑥, 𝑥𝑛𝑘0 ) + 𝜌 ( 𝑥𝑛𝑘0 , 𝑥0 ) < +

<𝑟


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

5

Thành thử 𝑥 ∈ 𝐵(𝑥0 , 𝑟) ⊂ 𝐺𝑖0 . 𝐷𝑜 𝑥 ∈ 𝐵𝑛𝑘0 𝑡𝑢ỳ ý
𝐵𝑛𝑘0 ⊂ 𝐺𝑖0 , đặ𝑐 𝑏𝑖ệ𝑡 𝑀 ∩ 𝐵𝑛𝑘0 ⊂ 𝐺𝑖0 . Trái với cách xây dựng 𝐵𝑛𝑘0 : 𝑀 ∩

𝐵𝑛𝑘0 không thể phủ bởi một số hữu hạn các 𝐺𝑖 .

(⇐) : Giả thiết phản chứng là M không compact, nghĩa là tồn tại dãy {𝑥𝑛 }
không có dãy con nào hội tụ. Với mỗi 𝑛 ≥ 1, đặt 𝑀𝑛 = {𝑥𝑛 , 𝑥𝑛+1 , … . }.

Rõ ràng 𝑀𝑛 là đóng vì {𝑥𝑛 } không có dãy con nào hội tụ và ∩∞
𝑛=1 𝑀𝑛 = ∅.
∞
∞
Do đó 𝑋\𝑀𝑛 là mở. Ta có ⋃∞
𝑛=1 𝐺𝑛 = ⋃𝑛=1(𝑋\𝑀𝑛 ) = 𝑋\ ⋃𝑛=1 𝑀𝑛 =
𝑋⊃M
𝑣à 𝐺1 ⊂ 𝐺2 ⊂. . . ⊂ 𝐺𝑛 ⊂. .. Theo giả thiết phủ mở của M là Gn n 1 có một


phủ con hữu hạn 𝐺1 … 𝐺𝑚 để 𝑀 ⊂ 𝐺1 ∪ … ∪ 𝐺𝑚 = 𝐺𝑚 . Tuy nhiên 𝑥𝑚+1 ∈
𝑀𝑚 𝑚à 𝑥𝑚+1 ∉ 𝐺𝑚 . 𝑉ậ𝑦 𝑀 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑐𝑡
4.3. KHÔNG GIAN COMPACT
4.3.1.Định nghĩa : Cho (X, ρ) là không gian mêtric, (X, ρ) là không gian
compact nếu X là tập compact.
+ Định lý : Mọi không gian mêtric compact là đủ và tách được ( không
gian mêtric gọi là tách được nếu có một tập đếm được trù mật trong X)


Bài tập :

1, A và B là hai tập con trong không gian metric X, A  B  
Cm nếu A compact, B đóng thì  ( A, B)  0 . Còn nếu A, B đóng nhưng
không compact thì  ( A, B)  0 còn đúng không ?
 2, Cm các tập trong C[0,1] không là tập compact theo khoảng cách max.

5. ÁNH XẠ LIÊN TỤC
5.1.ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CHUNG
5.1.1. Định nghĩa : Cho hai không gian X và Y ( metric trên X kí hiệu bằng  X ,
mêtric trên Y kí hiệu là

nếu

Y .Một ánh xạ từ X vào Y gọi là liên tục tại điểm x0  X
  0,  ( x,  )  0, x  X :

 X ( x, x0 )    Y ( f ( x), f ( x0 ))  
Ánh xạ f gọi là liên tục nếu nó liên tục tại mọi điểm


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

6

x X
+ Ánh xạ f gọi là liên tục đều nếu

  0,  ( )  0, x, x '  A,  ( x, x ' )   thi

 ( f ( x), f ( x ' ))  
5.1.2.Định lý : Đối với một ánh xạ f từ không gian metric X vào một không gian
metric Y thì ba mệnh đề sau tương đương
i, f liên tục
ii, Nghịch ảnh của mọi tập đóng (trong Y) đều là tập đóng ( trong X)
iii, Nghịch ảnh của mọi tập mở ( trong Y) đều là tập mở ( trong X)
1
CM :+ (i) =>(ii ), Cho F là một tập đóng bất kỳ cua Y, f ( F ) là nghịch ảnh của
nó bởi f. Nếu

xn  f 1 ( F ), và..xn  x0 thi f(x n )  F và f ( xn )  f ( x0 ) do f liên tục.Vì F đóng
1

1
trong Y nên f ( x0 )  F , suy ra x0  f ( F ) . Vậy f ( F ) là đóng.

1
+ (ii) => (iii) , Cho G là một tập mở bất kì của Y, f (G) là nghịch ảnh của nó bởi

f. Vì g mở, nên Y\G đóng trong Y. Vậy theo ( ii ) thì f 1 (Y \ G) là đóng trong X.
1
1
1
Nhưng f (Y \ G)  X \ f (G) , vậy f (G) là mở.

+ (iii)=>(i) , Cho một điểm bất kì x0  X . Vì có (iii) nên nghịch ảnh của mỗi



- lưới lân cận của f ( x0 ) là một tập W mở trong X. Do x0  W , W mở nên phải
có một

 - lân cận nào đó của X 0

nằm trọn trong

-

nằm chọn trong W. Ảnh của  - lân cận này
lân cận nói trên của f ( x0 ) do đó với mọi

x  X :  X ( x, x0 )    Y (( f ( x), f ( x0 ))   . Vì  tuỳ ý, điều này có nghĩa f liên
tục.

5.2. ÁNH XẠ CO VÀ NGUYÊN LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG
5.2.1.ĐN: Cho không gian mêtric X bất kì . Một ánh xạ P : X -> X , nếu có một
số   1 sao cho , nếu Px là phần tử ứng với x trong ánh xạ P, thì với mọi

x1 , x2  X ta có  ( Px1; Px 2 )   ( x1, x2 ) .Nếu có những điểm x sao cho
Px = x thì ta gọi x là điểm bất động.
+ Điểm bất động có rất nhiều ứng dụng vào giải phương trình vi phân, đạo hàm
riêng,tích phân...


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

7

5.2.2.Định lý banach : Một ánh xạ co P từ một không gian metric đủ X vào bản
thân nó đều có điểm bất động duy nhất
Chứng minh:
Lấy một điểm bất kỳ x0  X và ta xây dựng một dãy các điểm như sau :

x1  Px 0 ; x2  Px1 ;......; xn  Px n 1 ;....... . Theo nguyên lý
ánh

xạ

co

ta

có

:

 ( xn , xn1 )   (Px n1 , Px n )   ( xn1 , xn )   2  ( xn2 , xn1 )  ......   n  ( x0 , x1 ) Khi
m > n ta có:  ( xn , xm )   ( xn , xn1 )   ( xn1 , xn2 )  .....   ( xm1 , xm )


 ( n   n 1   n  2  ....   m1 )  ( x0 , x1 )   ( k )  ( x0 , x1 ) 
Vì   1 nên khi

m, n 

k n

n
 ( x0 , x1 )
1

thì  (x n , xm )  0 . Vậy dãy {x n } là dãy cơ bản

trong X, vì X là không gian metric đầy đủ nên {x n } phải hội tụ đến một
giới

hạn

x.

Ta

có

x n  Px n1 ,

mà x n  x, Px n1  Px vì

 (Px n1 , Px)   ( xn1 , x)  0 Vậy Px = x, nghĩa x là một điểm bất động. Nếu
y cũng là điểm bất động thì  ( x, y)   ( Px, Py)   ( x, y) . Vì   1 nên
 ( x, y)  0 ,tức x = y. Vậy x là điểm bất động duy nhất.
Bài tập :
1, cho f : X -> X là ánh xạ liên tục với X là không gian metric. Chứng minh

rằng: tập các điểm bất động của f , A  { x  X: f(x) = x} là tập đóng trong X.
2, a) f là ánh xạ từ không gian metric compact X vào chính nó thoả mãn :
 ( f ( x), f ( y))   ( x, y)x  y Chứng minh: f có một điểm bất động duy
nhất.
b) nếu X không compact thì điều cần chứng minh trên còn đúng không?
3,  f n  là dãy ánh xạ liên tục từ không gian mêtric compact X -> X .  f n 
hội tụ đều đến f trên X.  f n 

có điểm bất động. Cm f có điểm bất động.

4, Cm mọi hàm số liên tục f : [a,b] -> [a,b] đều có ít nhất một điểm bất
động.


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

8

6. HÀM SỐ THỰC LIÊN TỤC
6.1. Hàm số liên tục trên một tập compact

6.1.1 Định lý 1 : Một hàm số liên tục trên một tập compact M  X thì liên tục
đều
trên
tập
đó,
nghĩa
là

  0,   0, x, x'  M :  ( x, x' )    f ( x)  f ( x' )  
6.1.2. Định lý 2 : Một hàm số liên tục trên một tập compact M thì bị chặn trên
tập đó và đạt giá trị cực đại,giá trị cực tiểu trên tập đó.
6.2 : XẤP XỈ CÁC HÀM SỐ LIÊN TỤC BỞI ĐA THỨC
6.2.1.

ĐN.

 gọi

là

một

dàn

f1 , f 2  R  f1  f 2 ( x) ; f1  f 2 ( x)  ở

nếu
đây

( f1  f 2 )( x)  max  f1 ( x), f 2 ( x),( f1  f 2 )( x)  min  f1 ( x), f 2 ( x)

+ f(x) trên X là giới hạn đều nếu max xX f ( x)  gn ( x)  0(n  )
6.2.2. Định lý 16 : Cho một dàn
compact
X



những hàm số trên không gian mêtric
.
Nếu

(a, b  X , ,  , f  R) f (a)  a, f (b)  bthì mỗi hàm
số liên tục f trên X là giới hạn đều của dãy g n   .Nói khác đi , với mỗi hàm
số liên tục 𝑓 trên X và mỗi 𝜀 > 0 cho trước có một hàm 𝑔 ∈ ℜ sao cho
𝑚𝑎𝑥𝑥∈𝑋 |𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)| < 𝜀
6.3.1.ĐN: Ta nói họ 𝒫 hàm số trên X là một vành nếu 𝑓1 , 𝑓2 ∈ 𝒫 => 𝑓1 + 𝑓2 ∈
𝒫 , 𝑓1 . 𝑓2 ∈ 𝒫
6.3.2.Định lý Stone: Nếu một vành 𝒫 những hàm số bị chặn trên không gian
mêtric compact X thoả mãn (∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑋, ∀𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, ∃𝑃 ∈ 𝒫 và

P(a)   , P(b)   thì mọi hàm liên tục trên X là một giới hạn đều của một dãy
hàm thuộc 𝒫

7. Fractal:
7.1 THANG CANTOR – ĐƯỜNG CONG PEANO:

ĐỊNH LÝ 18:
Tồn tại một ánh xạ liện tục từ tập Cantor F lên đoạn [0, 1].

TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO



9

 2h  1
khi t  G   0,1 \ F
 2k

Thang Cantor: (t )  0
khi t  0
sup (t ') : t'  G, t'  t khi t  F \ 0


 



Định lý 19: Bất cứ tập compact nào trong một không gian metric X cũng
là ảnh của một tập Cantor qua một ánh xạ liên tục
Chứng minh:
Cho compact K ⊂ X ⇒ Phủ K bởi hữu hạn hình cầu 𝐵𝑟1 (𝑟1 = 1,2, … , 2𝑛1 ) có
đường kính không quá ½. Có 𝐾𝑟1 = 𝐾 ∩ 𝐵𝑟1 ≠ ∅
𝑛1

Suy ra: 𝐾 =∪2𝑟1=1 𝐾𝑟1
Làm phép lặp k (>2) lần tương tự cho 𝐾𝑟1 ta được 𝐾𝑟1𝑟2….𝑟𝑘 ≠ ∅ và mỗi tập có
đường kính không quá 1⁄ 𝑘
2

𝑛𝑘 −1

𝑃𝑛𝑘 =∪2

khoảng kề cấp 𝑛𝑘 − 1 của tập Cantor thì 𝐹𝑛𝑘 = [0,1]\𝑃𝑛𝑘

Tập Cantor là F=∩∞
𝑘=1 𝐹𝑛𝑘
›

Đoạn 𝐹𝑛𝑘 kí hiệu ∆𝑟1𝑟2….𝑟𝑘


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

10

›

Ta có ∆𝑟1𝑟2….𝑟𝑖 ⊂ 𝐹𝑛𝑖

›

Ứng với mỗi 𝑡 ∈ 𝐹 có dãy 𝑟1 , 𝑟2 , … , 𝑟𝑘 ,…. sao cho 𝑡 =∩∞
𝑘=1 ∆𝑟1 𝑟2 ….𝑟𝑘 .
ta nói dãy 𝑟1 , 𝑟2 , … , 𝑟𝑘 ,…. là dãy đặc trưng của t.

›

Xét ánh xạ f từ tập Cantor vào F:

Dãy đặc trưng 𝑟1 , 𝑟2 , … , 𝑟𝑘 ,…. của t cho tương ứng dãy 𝐾𝑟1 ⊃ 𝐾𝑟1𝑟2 ⊃…⊃
𝐾𝑟 𝑟 …..𝑟 ⊃ ⋯ ⊃ điểm K. ta chọn:
1 2

𝑘

𝑡 → f(t) = K
Hay f(𝑡) =∩∞
𝑘=1 𝐾𝑟1 𝑟2 ….𝑟𝑘
1

1

›

Cho 𝜀 > 0, chọn k đủ nhỏ để

›

Ta có mọi t’ thỏa |𝑡 ′ − 𝑡| ≤ 𝛿 ⇒ 𝑡 ′ , 𝑡 ∈ ∆𝑟1𝑟2….𝑟𝑘

2𝑘

< 𝜀 và lấy 𝛿 =

⇒ 𝑓(𝑡 ′ ), 𝑓(𝑡) ∈ 𝐹𝑟1 𝑟2….𝑟𝑘 và |𝑓(𝑡 ′ ) − 𝑓(𝑡)| ≤

1
2𝑘

3𝑛𝑘

<𝜀

Suy ra f(t) liên tục
7.1 THANG CANTOR – ĐƯỜNG CONG PEANO:
Hàm đường cong peano
G  2
t
x(t )  ( x1 (t ), x2 (t )

›

Ánh xạ x(t):

›

t
t1 t3 t5
 2  3  .....  2 kk1  ...
2 2 2
2
Trong đó:
t
t
t
t
x2 (t )  2  42  63  .....  2kk  ....
2 2 2

2

›

Với: t  2  1 

x1 (t ) 

t
3

t
t2 t3

 3  .....  kk  ...  với tk  0,1
2
3 3
3



TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

7.2 TẬP TỰ ĐỒNG DẠNG.

Tập đệm sierpinski

11

TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

12

Đường von Koch
7.3 KHOẢNG CÁCH HAUSDORFF.
CÔNG THỨC:
›

Cho tập A trong không gian metric (X,ρ). Với mỗi x ∈ X, đặt:

›

Tập δ-bao của A: A :  x  X :  ( x, A)   

›

Khoảnh cách Hausdorff:

 ( x, A)  inf  ( x, y) : y  A

d ( A, B)  inf   0: A  B , B  A 

Định lý 20: Khoảng cách Hausdorff là một metric trong họ К các tập compact
không rỗng của X. Nếu X là không gian metric đầy đủ thì với metric ấy К trở
thành một không gian metric đầy đủ.
Tức là :

a ) d ( A, B)  0 & d ( A, B)  0  A  B
b) d ( A, B)  d ( B, A)

c)

d ( A, C)  d ( A, B)  d ( B, C )

d) Mọi dãy cơ bản của К đều hội tụ
Chứng minh:


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

›

Ba tính chất đầu dễ dàng kiểm tra.

›

Ta cm tính chất thứ 4:

›

Giả sử X là không gian metric đủ, xét dãy {𝐴𝑘 } ⊂ K cơ bản

›

Ta có : mỗi 𝜀 > 0 tồn tại N(𝜀) để
𝑑(𝐴𝑘 , 𝐴ℎ ) ≤ 𝜀 𝑘ℎ𝑖 𝑘 ≥ ℎ > N(𝜀)

›

Kí hiệu: N(𝑣) ≔ N(2−𝑣 𝜀) hay

𝑑(𝐴𝑘 , 𝐴ℎ ) ≤ 2−𝑣 𝜀 𝑘ℎ𝑖 𝑘 ≥ ℎ > N(𝑣)

›

Lấy dãy tăng {𝑘𝑣 } sao cho 𝑘𝑣 ≥ 𝑁𝑣

›

Giả sử 𝑥0 , 𝑥1 , … , 𝑥𝑣 đã chọn thỏa 𝑥𝑖 ∈ 𝐴𝑘𝑖 ; 𝜌(𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1 ) < 2−𝑖 𝜀

›

Ta có : X là không gian đủ và {𝑥𝑣 } cơ bản

Suy ra: 𝑥𝑣 → 𝑥 ∈ 𝑋
›

Ta có: 𝐴𝑘𝑣 ⊂ ∪𝑘≥𝑘𝑣 𝐴𝑘

›

Do đó 𝑥 ∈ 𝐴

›

Ngược lại: mỗi 𝑥 ∈ 𝐴 ta có:

∀𝑘0 ≥ 𝑁0 : x ∈ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
∪𝑘≥𝑘𝑣 𝐴𝑘
tìm được ℎ0 ≥ 𝑁(𝜀): 𝜌(𝑥, 𝐴ℎ0 ) ≤ 𝜀

⇒ 𝜌(𝑥, 𝐴𝑘0 ) ≤ 𝜌(𝑥, 𝐴ℎ0 ) + 𝜌(𝐴ℎ0 , 𝐴𝑘0 ) ≤ 2𝜀 ⇒ 𝐴 ⊂ (𝐴𝑘0 )2𝜀
Vậy: 𝑑(𝐴𝑘 , 𝐴) ≤ 2𝜀; ∀𝑘 ≥ 𝑘0
Hay 𝑑(𝐴𝑘 , 𝐴) → 0 𝑘ℎ𝑖 𝑘 → +∞
Dễ thấy: A compact nên 𝐴 ∈ 𝐾
Bổ đề 1:
›

Trong một không gian metric X, một ánh xạ liên tục S:



X
DK
›

X
S ( D)  K

Hay: D compac thì S(D) compact.

13


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

14

Hệ quả:
›
Một tập con của một không gian metric là compact khi và chỉ khi nó là ảnh

của một tập Cantor qua một ánh xạ liên tục.
7.4 LƯỢC ĐỒ HÀM LẶP.
Lược đồ hàm lặp IFS:
›

Một

ánh

xạ

P:

D

→

D

gọi

là

một

phép

co

nếu:


0  c  1
c : 

   P( x), P( y )   c. ( x, y ), x, y  D
›

Nếu A là tập con của D thì P(A)=A’ đồng dạng với A

›

P: gọi là một phép đồng dạng.

›

Một họ phép co được gọi là một lược đồ hàm lặp IFS.
⇒ x ∈ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
∪𝑘≥𝑘𝑣 𝐴𝑘

Bổ đề 2:
›

Si

:

X

→ X là 1 ánh xạ co theo tỉ lệ ci ∈ (0,1) tức là:

 Si ( x),Si ( y)   ci . ( x, y), x, y  X

thì S : К → К là ánh xạ co theo tỉ

lệ
c = max{c1, …., cm}: d S(A),S(B)   c.d(A,B), A,B  K
Định lý 21: Cho:
›

(X,ρ) đủ

›

Họ ánh xạ co Si: compact D→D

Thì ∃! F(bất biến) ∈ К
›
›

E∈К : Si(E)⊂E ∀i = 1, … , m thì d (S ( E), F )  0 (k  )
k

S 0 (E)  E
Trong đó:Sk: lặp thứ k

S k ( E )  S  S k 1 ( E )  (k  1)

Chứng minh:

›
Ánh xạ Si là phép co theo tỉ lệ 𝑐𝑖 ∈ (0,1) thì ánh xạ 𝑆: 𝐾 → 𝐾 là phép co
theo tỉ lệ


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

15

𝑐 = 𝑚𝑎𝑥{𝑐1 , … , 𝑐𝑚 } (BĐ2)
›

Suy ra: ánh xạ có 1 điểm bất động duy nhất F (định lí 13)

Hay một tập duy nhất của ánh xạ 𝑆: 𝐷 → 𝐷
Và 𝑑(𝑆 𝑘 (𝐸), 𝐹) → 0 𝑘ℎ𝑖 𝑘 → +∞
Định lý 22: Cho:
›

Compac 𝐸(≠ ∅) ⊂ 𝑅𝑛

›

Mỗi δ >0

Tồn tại những phép đồng dạng S1,…,Sm mà tập bất biến F thỏa:
d(E,F) < δ
Chứng minh:
›
E.

Lấy họ hình cầu 𝐵1 , … , 𝐵𝑚 phủ E có bán kính không quá 𝛿⁄4 và tâm trong

⇒ 𝐸 ⊂∪𝑚
𝑖=1 𝐵𝑖 ⊂ 𝐸𝛿⁄

4

Với mỗi i lấy phép đồng dạng co Si với tỉ lệ co c<1/2 và ánh xạ E vào Bi
Gọi F là tập bất biến của phép co.
⇒ 𝑑(𝐸, 𝐹) ≤

1
1−𝑐

𝑑(𝐸, 𝑆(𝐸)) < 2𝑑(𝐸, 𝑆(𝐸)).

Mặt khác: 𝑆𝑖 (𝐸) ⊂ B
⇒ ∀𝑥 ∈ 𝐵𝑖 : 𝑑(𝑥, 𝑆𝑖 (𝐸)) ≤ 𝛿⁄2
𝑚
Hay 𝐵𝑖 ⊂ (𝑆𝑖 (𝐸))𝛿⁄ ⇒ E ⊂∪𝑚
𝑖=1 𝐵𝑖 ⊂∪𝑖=1 (𝑆𝑖 (𝐸))𝛿⁄ ⊂ (𝑆𝑖 (𝐸))𝛿⁄
2

2

Mà S(E) ⊂∪𝑚
𝑖=1 𝐵𝑖 ⊂ 𝐸𝛿⁄

4

Vậy: 𝑑(𝐸, 𝑆 (𝐸)) ≤ 𝛿⁄2

2


TIỂU LUẬN GIẢI TÍCH HÀM NÂNG CAO

7.5 HÀM FRACTAL.

Khái niệm:
›

Hàm f(t) không có đạo hàm tại tất cả các giá trị t đượcgọi là hàm Factal

›

Hay: lim

𝑗→∞

𝑓(𝑡𝑗 )−𝑓(𝑡)
𝑡𝑗 −𝑡

không có giới hạn.

16