Metric and topology spaces chương 3

Chương 3
Không gian metric
3.1

Metric là gì

Nếu ta đi từ Chợ Bến Thành đến sân bay Tân sơn nhất, có lẽ ta sẽ quan tâm đến các
khoảng cách sau:
• Khoảng cách ngắn nhất (km) theo đường chim bay từ chợ Bến Thành đến sân bay
Tần Sơn Nhất.
• Khoảng cách nhắn nhất (km) nếu di chuyển bằng xe 2 bánh từ chợ Bến Thành đến
sân bay Tần Sơn Nhất.
• Khoảng cách nhắn nhất (km) nếu di chuyển bằng xe khách 48 chỗ từ Bến Thành
đến sân bay Tần Sơn Nhất.
Mỗi khoảng cách trên là quan trọng đối với các đối tượng khác nhau. Chúng có những
thuộc tính mà ta có thể khái hóa như sau
Định nghĩa 3.1. Cho X là một tập hợp và d : X × X → R là một ánh xạ có các tính
chất sau:
(i) d(x, y) ≥ 0 với mọi x, y ∈ X.
(ii) d(x, y) = 0 nếu và chỉ nếu x = y.
(iii) d(x, y) = d(y, x) với mọi x, y ∈ X.
(iv) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) với mọi x, y, z ∈ X. (tính chất này được gọi là bất đẳng
thức tam giác vì trong hình học Euclidean, tổng độ dài hai cạnh của một tam giác
luôn lớn hơn hay bằng độ dài của cạnh còn lại)
Ta nói d là một metric trên X và (X, d) là một không gian metric.
Ta có thể đơn giản hóa để dể nhớ như sau
(i) Khoảng cách luôn không âm.
(ii) Khoảng cách giữa hai điểm bằng không khi và chỉ khi hai điểm đó trùng nhau.
(iii) Khoảng cách từ A đến B cũng chính là khoảng cách từ B đến A.
41

CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

42

(iv) Quảng đường đi từ A đến B mà ghé qua C thì không thể ngắn hơn khoảng cách
trực tiếp từ A đến B.
Ví dụ 3.2.
(i) Metric quen thuộc trên R đựợc xác định bởi d (x, y) = |x − y| với x, y ∈ R.
(ii) Công thức khoảng cách trong mặt phẳng thu đựợc từ định lý Pythagorean cho ta
một metric trên R2 . Ta định nghĩa metric d trên R2 như sau: Nếu P1 = (x1 , y1 ) và
P2 = (x2 , y2 ) là hai điểm trên R2 , khi đó
d (P1 , P2 ) =

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2

(iii) Ta có thể xác định vài metric khác nhau trên cùng một tập hợp.
• Trên R2 , ta có thể xác định metric d1 nhı sau:
d1 (P1 , P2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 |
• Một metric khác trên R2 là d∞ đựợc xác định bởi
d∞ (P1 , P2 ) = sup {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |}
Bài tập 3.1.1. Cho d : X × X → R là một ánh xạ có các tính chất sau:
(ii) d(x, y) = 0 nếu và chỉ nếu x = y.
(iii) d(x, y) = d(y, x) với mọi x, y ∈ X.
(iv) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) với mọi x, y, z ∈ X.
Hãy chứng minh rằng d là một metric trên X. Điều này có nghĩa là điều kiện (i) là "dư"
Chứng minh. Thay z = x trong điều kiện (iv) và sử dụng (ii) và (iii), ta có:
2d(x, y) = d(x, y) + d(y, x) ≥ d(x, x) = 0
Vậy d(x, y) ≥ 0.
Bài tập 3.1.2. Cho tập hợp X = {a, b, c} với a, b và c là các phần tử khác nhau. Hãy

viết các ánh xạ dj : X × X → R thỏa định nghĩa (i) trong định nghĩa 3.1 sao cho
1. d1 thỏa các điều kiện (ii) và (iii) nhưng không thỏa (iv).
2. d2 thỏa các điều kiện (iii) và (iv) và d2 (x, y) = 0 ⇒ x = y, nhưng x = y ⇒
d2 (x, y) = 0.
3. d3 thỏa các điều kiện (iii) và (iv) và x = y ⇒ d3 (x, y) = 0, nhưng d3 (x, y) = 0 ⇒
x = y.
4. d4 thỏa các điều kiện (ii) và (iv) nhưng không thỏa (iii).
Giải.


3.2. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC

43

1. Lấy d1 (x, x) = 0 với mọi x ∈ X, d1 (a, b) = d1 (b, a) = d1 (a, c) = d1 (c, a) = 1 và
d1 (b, c) = d1 (c, b) = 3. Các điều kiện (ii) và (iii) thỏa, nhưng
d1 (b, a) + d1 (a, c) = 2 < 3 = d1 (b, c).
2. Lấy d2 (x, x) = 1 và d2 (x, y) = 2 nếu x = y. Điều kiện (ii) không thỏa và điều
kiện (iii) thỏa. Hơn nữa, ta có
d2 (x, y) + d2 (y, z) ≥ 1 + 1 = 2 ≥ d2 (x, z)
nên d thỏa bất dẳng thức tam giác.
3. Lấy d2 (x, y) = 0 với mọi x, y ∈ X.
4. Lấy d4 (x, x) = 0 với mọi x ∈ X, d4 (a, b) = d4 (b, a) = d4 (a, c) = d4 (c, a) = 1 và
5
d1 (b, c) = 1, d1 (c, b) = . Điều kiện (ii) thỏa, nhưng điều kiện (iii) không thỏa và
4
d(x, y) + d(y, z) = d(x, y) = d(x, z) ≥ d(x, z)

nếu y = z,

d(x, y) + d(y, z) = d(y, z) = d(x, z) ≥ d(x, z)

nếu x = y,

d(x, y) + d(y, z) ≥ 1 + 1 = 2 ≥

5
4

≥ d(x, z)

khi x = y và y = z,

nên d4 thỏa bất đẳng thức tam giác.

Bài tập 3.1.3. Cho tập hợp X và ánh xạ ρ : X × X → R có các tính chất sau đây
(i) ρ(x, y) ≥ 0 với mọi x, y ∈ X.
(ii) ρ(x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y.
(iii) ρ(x, y) + ρ(y, z) ≥ ρ(x, z) với mọi x, y, z ∈ X.
Hãy chứng minh rằng: nếu ta đặt d(x, y) = ρ(x, y) + ρ(y, x), thì (X, d) là một không gian
metric.

3.2

Một số ví dụ về không gian Metric

Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu một số ví dụ cụ thể. (Từ Định nghĩa 3.3 đến Định lý 3.10
sẽ được giải thích chi tiết trong học phần "Giải tích hàm".)

3.2.1

Không gian định chuẩn

Có lẽ các bạn đã từng được tiếp xúc với khái niệm không gian vector định chuẩn trong
các môn đại số và giải tích trước đây.
Định nghĩa 3.3. Cho V là một không gian vector trên trường số F (với F = R hay
F = C) và N : V → R với N (u) = u là một ánh xạ có các tính chất sau:
(i)

u ≥ 0 với mọi u ∈ V .


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

44
(ii) Nếu u = 0, thì u = 0.
(iii) Nếu λ ∈ F và u ∈ V , thì λu = |λ| u .

(iv) (Bất đẳng thức tam giác) Nếu u, v ∈ V , thì u + v ≥ u + v .
Khi đó, ta gọi
chuẩn.

là một chuẩn và nói rằng (V, · ) là một không gian vector định

·

Bài tập 3.2.1. Bằng cách đặt λ = 0 trong định nghĩa 3.3 (iii), hãy chứng tỏ rằng
0 = 0.
Mọi không gian vector định chuẩn đều có thể xem như là một không gian metric.
Bổ Đề 3.4. Nếu (V, · ) là một không gian vector định chuẩn, và ta đặt

d(u, v) = u − v
thì d là một metric trên V .
Chứng minh. Ta nhận thấy rằng, với mọi u, v ∈ V , ta có
d(u, v) = u − v ≥ 0
và
d(u, u) = 0 = 0 · 0 = |0| · 0 = 0 · 0 = 0.
Hơn nữa, nếu d(u, v) = 0, thì u − v = 0, từ đó ta có u − v = 0 và u = v.
Áp dụng (iii), ta có
d(u, v) = u − v = (−1)(v − u) = | − 1| v − u = d(v, u)
Sử dụng (iv), ta thu được
d(u, v) + d(v, w) = u − v + v − w
≥ (u − v) + (v − w)
= u − w = d(u, w).

3.2.2

Không gian tiền Hilbert

Khái niệm tích vô hướng xuất hiện cả trong học phần đại số lẫn các học phần vật lý.
Sau đây chúng ta sẽ nhắc lại khái niệm tích vô hướng trong một không gian vector.
Định nghĩa 3.5. Cho V là một không gian vector trên trường số thực R và ánh xạ
M : V × V → R, với M (u, v) = u, v , thỏa các tính chất sau với mọi u, v, w ∈ V ,
λ ∈ R.
(i) u, u ≥ 0.
(ii) Nếu u, u = 0, thì u = 0.


3.2. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC

45

(iii) u, v = v, u .
(iv) u + w, v = u, v + w, v .
(v) λu, v = λ u, v .
Khi đó, ta gọi
tiền Hilbert.

,

là một tích vô hướng trên V và nói rằng (V, , ) là một không gian

Bổ Đề 3.6. Cho (V, , ) là một không gian tiền Hilbert. Ta đặt u = u, u
đó, ta có

1/2

. Khi

(i) (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz) Nếu u, v ∈ V , thì
v ≥ | u, v |.

u
(ii) (V,

) là một không gian vector định chuẩn.

Chứng minh.
(i) Nếu u = 0 hoặc v = 0, thì ta lập tức có điều cần chứng minh. Vì thế, ta có thể giả
sử rằng u, v = 0.
Ta nhận thầy rằng, nếu λ ∈ R, ta có

0 ≤ u + λv, u + λv = u, u + 2λ u, v + λ2 v, v
=

λ v, v

1/2

2

u, v

+

v, v

1/2

u, v
−
v, v

2

+ u, u .

Chọn
λ=−

u, v
( v, v v, v )1/2

ta thu được
u, u −

u, v
v, v

2

≥0

Từ đó ta thu được bất đẳng thức Cauchy–Schwarz.
(ii) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có
2

u+v

= u + v, u + v = u
≤ u

2

+2 u

2

v + v

+ 2 u, v + v
2

2

= ( u + v )2

Lấy căn bậc hai, ta thu được bất đẳng thức tam giác.
Nhận xét. Ta có thể chứng minh (1) bằng tam thức bậc hai. Lấy u, v ∈ V (tùy ý).
Nếu u = 0 thì ta có: u v = 0 = u, v .
Nếu u = 0, ta xét
f (α) : = αu + v
2

2

2

= αu + v, αu + v

= u α + 2 u, v α + v

2

với mọi α ∈ R

Vì f (α) ≥ 0 với mọi α ∈ R nên biệt thức của f (α) phải nhỏ hơn hay bằng không, i.e.
2
2
2
v ≤ 0. Từ đó ta suy ra: u v ≥ | u, v |.
4 u, v − 4 u

CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

46

Bổ Đề 3.7. Nếu ta xem Rn như một không gian vector thông thường thì
n

xj y j

x, y =
j=1

là một tích vô hướng trên Rn .
Chứng minh. Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp bằng định nghĩa.
Ta gọi chuẩn
1/2

n

x

2

x2j

=

,

j=1

được tạo thành từ tích vô hướng bên trên là chuẩn Euclidean (đôi khi chúng ta còn gọi là
"chuẩn thông thường"). Một số chuẩn quan trọng được tạo thành từ các tích vô hướng,
phần lớn các chuẩn khác thì không.
Bổ Đề 3.8 (Quy tắc hình bình hành). Dùng các tính chất và ký hiệu như trong bổ đề 3.6,
ta có
2
2
2
2
u+v + u−v =2 u +2 v .
Chứng minh. Bằng cách tính toán trực tiếp, ta có:
u+v
u−v

2
2

= u + v, u + v = u
= u − v, u − v = u

2
2

+ 2 u, v + v
− 2 u, v + v

2

2

Cộng hai đẳng thức trên, ta thu được
u+v

2

+ u−v

2

=2 u

2

2

+2 v .

Ta cần một bổ đề nữa trước khi ta chứng minh một số kết quả quan trọng.
Bổ Đề 3.9. Giả sử a < b, và hàm số f : [a, b] → R liên tục và f (t) ≥ 0 với mọi t ∈ [a, b].
Khi đó, nếu
b

f (t) dt = 0,
a

thì f (t) = 0 với mọi t ∈ [a, b].
Chứng minh. Giả sử ta có

b

f (t) dt = 0,
a

và f (x) > 0 với x ∈ [a, b] nào đó. Vì f là hàm liên tục trên [a, b], nên tồn tại δ với
b−a
> δ > 0 sao cho
2
|f (t) − f (x)| ≤ f (x)/2 với mọi t ∈ [a, b] ∩ [x − δ, x + δ]
Vì thế, f (t) ≥ f (x)/2 với mọi t ∈ [a, b] ∩ [x − δ, x + δ].
Từ đó ta có
b

f (t) dt ≥
a

f (t) dt ≥ δf (x)/2 > 0.
t∈[a,b]∩[x−δ,x+δ]


3.2. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC

47

Bài tập 3.2.2. Chứng minh rằng kết quả của bổ đề 3.9 không còn đúng nữa nếu ta thay
điều kiện‘f liên tục’ bằng ‘f khả tích Riemann’.
Hướng dẫn. Lấy a = 0, b = 1. Chọn f (t) = 0 nếu t = 1/2, và f (1/2) = 1.
Định Lý 3.10. Giả sử a < b, ta gọi C([a, b]) là không gian của các hàm liên tục
f : [a, b] → R (đây là một không gian vector theo cách thông thường). Khi đó,

b

(i) f, g =

f (t)g(t) dt là một tích vô hướng trên C([a, b]) và
a

f

2

=

f, f

1/2

b

1/2

2

=

f (t) dt

là một chuẩn trên C([a, b]).

a

b

(ii)

f

1

|f (t)| dt là một chuẩn trên C([a, b]).

=
a

Chuẩn này không thỏa quy tắc hình bình hành.
(iii)

f

∞

= sup |f (t)| là một chuẩn trên C([a, b]).
t∈[a,b]

Chuẩn này không thỏa quy tắc hình bình hành.
Chứng minh.
b

(i) Ta có f, f =

f (t)2 dt ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]).

a

b

Nếu f, f = 0, thì

f (t)2 dt = 0. Từ bổ đề 3.9, ta có f (t)2 = 0 với mọi t. Vì thế,
a

f (t) = 0 với mọi t, hay f = 0.
Với mọi f, g ∈ C([a, b]), mọi λ ∈ R, ta có
b

f, g

b

f (t)g(t) dt =

=
a

g(t)f (t) dt = g, f
a

b

f + g, h =

(f (t) + g(t))h(t) dt

a
b

=

b

f (t)h(t) dt +
a

g(t)h(t) dt = f, h + g, h
a

b

λf, g

b

λf (t)g(t) dt = λ

=
a

f (t)g(t) dt = λ f, g ,
a

Vậy , là một tích vô hướng và · 2 là một chuẩn trên C([a, b]). Theo Bổ đề 3.8,
chuẩn · 2 thỏa quy tắc hình bình hành.
b

(ii) Ta có f
Nếu f

1

1

|f (t)| dt ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]).

=
a

b

= 0, thì

|f (t)| dt = 0. Từ bổ đề 3.9, ta có |f (t)| = 0 với mọi t, nên
a

f (t) = 0 với mọi t, hay f = 0.
Với mọi λ ∈ R, f ∈ C([a, b]), ta cũng có
b

λf

1

b

|λ||f (t)| dt = |λ|

=
a

|f (t)| dt = |λ| f
a

1


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

48

Vì |f (t) + g(t)| ≤ |f (t)| + |g(t)| với mọi f, g ∈ C([a, b]), nên
b

f +g
Vậy

·

1

|f (t) + g(t)| dt ≤

=

1

b

a

|f (t)| + |g(t)| dt = f
a

+ g 1,

1

là một chuẩn trên C([a, b]).

Nếu ta chọn a = 0, b = 1,

và g(t) = f (1 − t), thì
2
1

f +g



nếu 0 ≤ t ≤ 1/4
t
f (t) = 1/2 − t nếu 1/4 ≤ t ≤ 1/2


0

nếu 1/2 ≤ t ≤ 1

+ f −g

2
1

= (1/8)2 + (1/8)2 = 1/32
= 2((1/16)2 + (1/16)2 ) = 2( f

2
1

2

+ g 1 ).

Vậy · 1 không thỏa quy tắc hình bình hành. Điều này có nghĩa là
được sinh ra từ bất kỳ tích vô hướng nào.
(iii) Vì |f (t)| ≥ 0 nên f
Hơn nữa, nếu f

∞

∞

·

1

không

= sup |f (t)| ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]).
t∈[a,b]

= 0, i.e. sup |f (t)| = 0, thì |f (t)| = 0 ∀t, hay f = 0.
t∈[a,b]

Với mọi λ ∈ R, f ∈ C([a, b]), ta cũng có
λf

∞

= sup |λf (t)| = sup |λ||f (t)| = |λ| sup |f (t)| = |λ| f
t∈[a,b]

t∈[a,b]

t∈[a,b]

∞

Vì |f (t) + g(t)| ≤ |f (t)| + |g(t)| với mọi f, g ∈ C([a, b]), nên
f +g

∞

= sup |f (t) + g(t)| ≤ sup (|f (t)| + |g(t)|)
t∈[a,b]

t∈[a,b]

≤ sup (|f (t)| + |g(s)|) = f
t,s∈[a,b]

Do đó,

·

∞

∞

+ g

∞

,

là một chuẩn trên C([a, b]).

Nếu ta chọn a = 0, b = 1,

và g(t) = f (1 − t), thì
f +g

2
∞

+ f −g



nếu 0 ≤ t ≤ 1/4
t
f (t) = 1/2 − t nếu 1/4 ≤ t ≤ 1/2


0
nếu 1/2 ≤ t ≤ 1
2
∞

1
1
1
1
= ( )2 + ( )2 = 2 ( )2 + ( )2 = 2
4
4
4
4

f

2
∞

+ g

Vậy · ∞ không thỏa quy tắc hình bình hành. Điều này cũng có nghĩa là
không được sinh ra từ bất kỳ tích vô hướng nào.

2
∞

.
·

∞


3.2. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC

49

Không phải metric nào cũng có nguồn gốc từ một chuẩn. Sau đây là một metric khá
quan trọng dù công thức rất đơn giản.
Định nghĩa 3.11. Nếu X là một tập hợp và ta định nghĩa ánh xạ d : X × X → R như
sau
0 nếu x = y,
d(x, y) =
1 nếu x = y,
Khi đó, d được gọi là một metric rời rạc trên X.
Bổ Đề 3.12. Metric rời rạc trên X thực sự là một metric trên X.
Chứng minh. Ta chỉ cần kểm tra bất đẳng thức tam giác. Ta có:
d(x, y) + d(y, z) = d(x, y) = d(x, z) ≥ d(x, z)

nếu y = z,

d(x, y) + d(y, z) = d(y, z) = d(x, z) ≥ d(x, z)

nếu x = y,

d(x, y) + d(y, z) ≥ 1 + 1 = 2 ≥ 1 ≥ d(x, z)

nếu x = y và y = z

Bài tập 3.2.3.
(i) Cho V là một không gian vector trên trường số R và d là một metric được tạo
thành từ một chuẩn trên V . Hãy chứng tỏ rằng, nếu u ∈ V thì
d(0, 2u) = 2d(0, u).
(ii) Cho V là một không gian vector không tầm thường (i.e., dim V ≥ 1) trên trường
số R và d là metric rời rạc trên V . Hãy chứng tỏ rằng d không thể tạo ra từ bất cứ
chuẩn nào trên V .
Để kiểm tra bất kỳ tính chất giả định nào về không gian metric, ta nên kiểm tra
chúng không chỉ trên Rn với Euclidean metric mà còn trên Rn với metric rời rạc.
Bài tập 3.2.4. [Metric đếm] Cho E là một tập hữu hạn và E là tập hợp tất cả các
tập con của E, ta ký hiệu card C là số các phần tử trong C và
d(A, B) = card A△B = card (A\B) ∪ (B\A) .
Hãy chứng tỏ rằng d là một metric trên E (Hamming metric).
Có rất nhiều metric "lạ và độc", tuy nhiên chúng thường chỉ sử dụng một số metric
hữu dụng sau:
• Rn với chuẩn Euclidean thông thường,
• C([a, b]) với ba chuẩn được định nghĩa trong định lý 3.10,
• Metric đếm (Hamming metric),
• Metric rời rạc,
• p-adic metric (sử dụng nhiều trong lý thuyết số) được định nghĩa trong bài tập 5.1.23,
• metric được định nghĩa trong bài tập 5.1.21
• và nhiều metric khác.

CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

50

3.3
3.3.1

Tập mở và ánh xạ liên tục trong các không gian
metric
Ánh xạ liên tục

Một số định nghĩa và kết quả vẫn giữ nguyên khi ta chuyển từ giải tích cổ điển trên R
sang các không gian metric. Bây giờ, ta nhắc lại một số định nghĩa về tính liên tục trên
R
Định nghĩa 3.13. [Định nghĩa trên R]
(i) Một ánh xạ f : R → R được gọi là liên tục tại t ∈ R nếu, với mọi ǫ > 0, ta có thể
tìm được δ(t, ǫ) > 0 sao cho
|f (t) − f (s)| < ǫ với mọi s ∈ R : |t − s| < δ(t, ǫ).
(ii) Một ánh xạ f : R → R được gọi là liên tục trên R nếu f liên tục tại mọi điểm
t ∈ R, i.e. với mọi t ∈ R cho trước và với mọi ǫ > 0, ta có thể tìm được δ(t, ǫ) > 0
sao cho
|f (t) − f (s)| < ǫ với mọi s ∈ R : |t − s| < δ(t, ǫ).
Ta sẽ mở rộng định nghĩa trên cho các không gian metric.
Định nghĩa 3.14. [Định nghĩa mới] Cho (X, d) và (Y, ρ) là các không gian metric và
một ánh xạ f : X → Y
1. f được gọi là liên tục tại t ∈ X nếu, với mọi ǫ > 0, ta có thể tìm được một
δ(t, ǫ) > 0 sao cho
ρ(f (t), f (s)) < ǫ với mọi s ∈ X : d(t, s) < δ(t, ǫ).

2. f được gọi là liên tục trên X nếu f liên tục tại mọi điểm t ∈ X, i.e. với mọi t ∈ X
và ǫ > 0, ta có thể tìm được một δ(t, ǫ) > 0 sao cho
ρ(f (t), f (s)) < ǫ với mọi s ∈ X : d(t, s) < δ(t, ǫ).
Định nghĩa này có thể dễ nhớ hơn nếu ta đọc ‘ρ(f (t), f (s))’ là ‘khoảng cách từ f (t)
đến f (s) trong Y ’ ; và ‘d(t, s)’ thành ‘khảng cách từ t đến s trong X’.
Bổ Đề 3.15. [Tính liên tục của ánh xạ hợp.] Nếu (X, d), (Y, ρ) và (Z, σ) là các
không gian metric và g : X → Y , f : Y → Z là các ánh xạ liên tục, thì ánh xạ hợp
f ◦ g : X → Z cũng là liên tục.
Chứng minh. Chứng minh cho bổ đề này hoàn toàn tương tự như chứng minh trong giải
tích cổ điển trên R.
Với mỗi x ∈ X, ǫ > 0, vì f là một ánh xạ liên tục tại g(x), nên ta có thể tìm được δ1 > 0
(phụ thuộc vào ǫ) sao cho
σ(f (g(x)), f (y)) < ǫ với mọi y ∈ Y thỏa ρ(g(x), y) < δ1 .
Hơn nữa, vì g liên tục tại x, nên ta có thể tìm được δ2 > 0 sao cho
ρ(g(x), g(t)) < δ1 với mọi t ∈ X thỏa d(x, t) < δ2 .


3.3. TẬP MỞ VÀ ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRONG CÁC KHÔNG GIAN METRIC

51

Tóm lại, ta có:
σ(f (g(x)), f (g(t))) < ǫ với mọi t ∈ X thỏa d(x, t) < δ2
Vậy f ◦ g là ánh xạ liên tục.
Bài tập 3.3.1. Xét 2 không gian R và R2 với các (Euclidean) metric thông thường.
(i) Giả sử rằng f : R → R và g : R → R là các ánh xạ liên tục. Hãy chứng tỏ rằng
(f, g) : R2 → R2 cũng là một ánh xạ liên tục.
(ii) Hãy chứng tỏ rằng M : R2 → R được định nghĩa bởi M (x, y) = xy là một ánh xạ
liên tục.
(iii) Dùng tính liên tục của ánh xạ hợp để chứng tỏ rằng ánh xạ m : R2 → R với

m(x, y) = f (x)g(y) là một ánh xạ liên tục.
Giải.
(i) Lấy (x, y) ∈ R2 tùy ý. Với mỗi ǫ > 0, ta có thể tìm được
δ1 > 0 sao cho |f (x) − f (s)| < ǫ/2 với mọi s ∈ R thỏa |x − s| < δ1
và
δ2 > 0 sao cho |g(y) − g(t)| < ǫ/2 với mọi t ∈ R thỏa |y − t| < δ2 .
Nếu ta chọn δ = min(δ1 , δ2 ), với mọi (s, t) ∈ R2 thỏa (x, y) − (s, t)

2

< δ, ta có

|x − s| < δ ≤ δ1 và |y − t| < δ ≤ δ2
Khi đó,
|f (x) − f (s)| < ǫ/2 và |g(y) − g(t)| < ǫ/2
Từ đó, với mọi (s, t) ∈ R2 thỏa (x, y) − (s, t)
(f (x), g(y)) − (f (s), g(t))

2

< δ, ta có

2

≤ (f (x), g(y)) − (f (s), g(y))

2

+ (f (s), g(y)) − (f (s), g(t))

2

= |f (x) − f (s)| + |g(y) − g(t)| < ǫ
Vậy (f, g) là một ánh xạ liên tục.
(ii) Ta sử dụng Euclidean metric d thông thường trên R2 . Với mỗi (x, y) ∈ R2 và ǫ > 0,
ta chọn
min{ǫ, 1}
.
δ=
|x| + |y| + 2
Khi đó, nếu d (x, y), (u, v) < δ, thì |x − u|, |y − v| < δ, và
|M (x, y) − M (u, v)| = |xy − uv| ≤ |xy − xv| + |xv − uv|
≤ |x||y − v| + |v||x − u|
≤ |x||y − v| + |y − v| + |y| |x − u|
≤ δ|x| + (|y| + δ)δ ≤ (|x| + |y| + 1)δ < ǫ.
Vậy M là một ánh xạ liên tục.
(iii) m = M ◦ Q với Q(x, y) = (f (x), g(y)). Vì M và Q là các ánh xạ liên tục, nên ánh
xạ hợp m cũng là ánh xạ liên tục.


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

52

3.3.2

Tập mở

Định nghĩa 3.16. Cho (X, d) là một không gian metric. Ta nói một tập con E ⊂ X là
mở trong X nếu, với mọi e ∈ E, ta có thể tìm được một δ > 0 (phụ thuộc vào e) sao cho

x ∈ E với mọi x ∈ X : d(x, e) < δ.
Xét R2 với Euclidean metric thông thường, nếu E là một tập mở thì với mọi e trong
E là tâm của một đĩa với bán kính dương nằm hẳn trong E. Tính chất này thực ra là
chìa khóa cho rất nhiều chứng minh trong giải tích cổ điển cũng như trong giải tích phức.
Sau đây là một vài ví dụ đơn giản về các tập mở và không mở.
Ví dụ 3.17.
(i) Cho (X, d) là một không gian metric. Nếu x ∈ X, r > 0, thì
B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r}
là một tập mở.
(ii) Trong không gian metric Rn với Euclidean metric thông thường, với mọi x ∈ Rn ,
tập {x} không phải là một tập mở.
(iii) Nếu (X, d) là một không gian metric với metric rời rạc, thì
{x} = B(x, 1/2)
và tất cả các tập con của X đều là các tập mở.
Chứng minh.
(i) Với mỗi y ∈ B(x, r), chọn δ = r − d(x, y) > 0. Khi đó, với mọi z ∈ X sao cho
d(z, y) < δ, ta có
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < r
nên z ∈ B(x, r). Do đó, B(x, r) là một tập mở.
(ii) Chọn e ∈ Rn sao cho e 2 = 1 (ta có thể chọn e = e1 := (1, 0, 0, . . . , 0).) Với mọi
δ > 0, , ta xét y = x + (δ/2)e, ta có x − y 2 < δ, điều này có nghĩa là y ∈
/ {x}.
Vì vậy {x} không mở.
(iii) Ta nhận thấy rằng d(x, x) = 0 < 1/2 và d(x, y) = 1 > 1/2 với mọi x = y. Vì thế,
nếu x ∈ E, thì từ d(x, y) < 1/2 ta có thể suy ra y = x ∈ E. Do đó, {x} là mở. Hơn
nữa, ta cũng có thể suy ra: mọi tập con của E đều mở.

Ta gọi B(x, r) là một quả cầu mở với tâm x và bán kính r. Để ngắn gọn hơn, ta có
thể phát biểu lại định nghĩa 3.16 như sau:
Định nghĩa 3.16’. Cho (X, d) là một không gian metric. Ta nói một tập con E ⊂ X là

mở trong X nếu, với mọi e ∈ E, ta có thể tìm được một δ > 0 (phụ thuộc vào e) sao cho
B(e, δ) ⊂ E.


3.3. TẬP MỞ VÀ ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRONG CÁC KHÔNG GIAN METRIC

53

Tính chất sau đây rất quan trọng nhưng cũng rất dễ chứng minh.
Định Lý 3.18. Nếu (X, d) là một không gian metric, ta có:
(i) Tập rỗng ∅ và tập X là các tập mở.
(ii) Nếu {Uα }α∈A là một họ các tập mở, i.e. Uα là mở với mọi α ∈ A, thì

Uα cũng
α∈A

là một tập mở. (Hay nói cách khác, hợp của các tập mở cũng là một tập mở).
n

(iii) Nếu Uj là mở với mọi 1 ≤ j ≤ n,

Uj cũng là một tập mở.
j=1

Chứng minh.
(i) Vì tập rỗng ∅ không chứa bất kỳ phần tử nào, nên mệnh đề
∀x ∈ ∅, B(x, 1) ⊂ ∅
là đúng, i.e. ∅ là một tập mở.
Vì tập X chứa mọi phần tử nằm trong nó nên
∀x ∈ X, B(x, 1) ⊂ X

Vậy X là một tập mở.
(ii) Với mỗi e ∈

Uα , tồn tại α1 ∈ A sao cho e ∈ Uα1 . Vì Uα1 mở, nên ta có thể tìm
α∈A

Uα .

được một δ > 0 sao cho B(e, δ) ⊂ Uα1 ⊆
α∈A

Vậy

Uα là một tập mở.
α∈A
n

(iii) Nếu e ∈

Uj , thì e ∈ Uj với mỗi 1 ≤ j ≤ n. Vì mỗi tập Uj là một tập mở nên ta
j=1

có thể tìm được một δj > 0 sao cho x ∈ Uj với mọi x ∈ X thỏa d(x, e) < δj .
Ta chọn δ = min δj . Khi đó, với mọi 1 ≤ j ≤ n, ta có δ > 0 và
1≤j≤n

x ∈ Uj với mọi x ∈ X thỏa d(x, e) < δ
Do đó,

n

Uj với mọi x ∈ X thỏa d(x, e) < δ

x∈
j=1
n

Vậy

Uj là mở.
j=1

Chú ý rằng tập A trong (ii) không bị ràng buộc gì, nghĩa là A có thể là tập không
đếm được. Trong khi đó, ta cần tính hữu hạn trong (iii).


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

54

Ví dụ 3.19. Trong Rn với metric thông thường, các quả cầu B(x, 1/j) là mở với mọi
∞

B(x, 1/j) = {x} không phải là một tập mở.

j ∈ N, nhưng
j=1

Chứng minh. Xem ví dụ 3.17.
Định lý sau đây thể hiện mối liên hệ giữa tính liên tục và các tập mở.

Định Lý 3.20. Cho (X, d) và (Y, ρ) là các không gian metric. Ánh xạ f : X → Y là
liên tục khi và chỉ khi f −1 (V )là mở trong X với mọi V là mở trong Y .
Chứng minh. Trước hết ta giả sử f là một ánh xạ liên tục và U là mở trong Y . Nếu
x ∈ f −1 (U ), thì ta có thể tìm được một y ∈ U sao cho f (x) = y. Vì U là mở trong Y ,
nên tồn tại ǫ > 0 sao cho B(y, ǫ) ⊂ U .
Vì f liên tục tại x, nên ta có thể tìm được một δ > 0 sao cho
ρ(y, f (w)) = ρ(f (x), f (w)) < ǫ với mọi w ∈ X thỏa d(x, w) < δ.
Do đó,
f (w) ∈ U với mọi w ∈ X thỏa d(x, w) < δ.
Hay nói cách khác,
w ∈ f −1 (U ) với mọi w ∈ X thỏa d(x, w) < δ.
Vậy f −1 (U ) mở trong X.
Bây giờ ta sẽ chứng minh chiều ngược lại. Giả sử rằng f −1 (U ) là mở trong X với mọi
U là mở trong Y . Giả sử x ∈ X (tùy ý) và ǫ > 0. Vì quả cầu mở
B(f (x), ǫ) = {y ∈ Y : ρ(f (x), y) < ǫ}
là mở trong Y nên f −1 B(f (x), ǫ) là mở trong X. Do x ∈ f −1 B(f (x), ǫ) nên tồn tại
δ > 0 sao cho B(x, δ) ⊂ f −1 B(f (x), ǫ) hay nói cách khác,
ρ(f (x), f (w)) < ǫ với mọi w ∈ X thỏa d(x, w) < δ.
Vậy f là một hàm liên tục.
Chú ý rằng ‘chiều ngược lại’ của định lý trên là chưa chắc đúng, i.e. ánh xạ f có thể
liên tục nhưng ‘U mở trong X’ không thể suy ra ‘f (U ) mở trong Y ’; hoặc ngược lại, ánh
xạ f có tính chất: f (U ) mở trong Y với mọi U mở trong X, nhưng ánh xạ f lại không
liên tục.
Ví dụ 3.21. Lấy X = R và d là metric rời rạc trên X. Lấy Y = R và ρ là (Euclidean)
meric thông thường trên Y .
(i) Nếu ánh xạ f : X → Y được định nghĩa f (x) = x, thì f là liên tục nhưng có những
tập mở U trong X sao cho f (U ) không mở trong Y .
(ii) Nếu ta đặt g : Y → X là ánh xạ được định nghĩa bởi g(y) = y, thì g không liên tục
nhưng g(V ) là mở trong X với mọi V mở trongY .

3.4. TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC

55

Chứng minh. Vì mọi tập là mở trong X, nên f −1 (V ) = g(V )là mở với mọi V trong Y .
Vì vậy f là hàm liên tục.
Ta có U = {0} là mở trong X và g −1 (U ) = f (U ) = U = {0} không mở trong Y . Do
đó, g không liên tục.
Định lý 3.20 cho ta một chứng minh của tính liên tục của hàm hợp.
Theorem 3.15. Nếu (X, d), (Y, ρ), (Z, σ) là các không gian metric và g : X → Y ,
f : Y → Z là các ánh xạ liên tục, thì ánh xạ hợp f ◦ g cũng là một ánh xạ liên tục.
Chứng minh khác. Nếu U là mở trong Z, do tính liên tục của f , ta có f −1 (U ) là mở
trong Y . Do tính liên tục của g, ta có (f ◦ g)−1 (U ) = g −1 f −1 (U ) là mở trong X. Vậy
f ◦ g là liên tục.

3.4

Tập đóng trong không gian metric

Để định nghĩa tập đóng trong không gian metric, ta dùng khái niệm giới hạn, khái niệm
này dễ dàng được khái quát hóa từ khái niệm giới hạn trong giải tích cổ điển trên R.
Định nghĩa 3.22. Xét dãy điểm xn n∈N trong không gian metric (X, d) và x ∈ X. Ta
nói dãy xn hội tụ về x trong không gian metric (X, d) nếu với mọi ǫ > 0, ta có thể tìm
được một số tự nhiên N (ǫ) ≥ 1 (N (ǫ) phụ thuộc vào ǫ) sao cho
d(xn , x) < ǫ với mọi n ≥ N (ǫ),
n→∞

khi đó ta kí hiệu xn → x khi n → ∞, hay xn −−−→ x, x = lim xn và gọi x là giới hạn
của dãy xn

n→∞

.
n∈N

Bổ Đề 3.23. Cho (X, d) là một không gian metric và một dãy dãy xn n∈N trong X.
Nếu tồn tại x ∈ X sao cho dãy xn hội tụ về x, thì giới hạn này là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử xn → x và xn → y. Khi đó, với mỗi ǫ > 0, ta tìm được N1 (ǫ) và
N2 (ǫ) sao cho
d(xn , x) < ǫ/2 với mọi n ≥ N1 (ǫ) và
d(xn , y) < ǫ/2 với mọi n ≥ N2 (ǫ).
Chọn N (ǫ) = max N1 (ǫ), N2 (ǫ) , ta thu được
d(x, y) ≤ d(xN (ǫ) , x) + d(xN (ǫ) , y) < ǫ/2 + ǫ/2 = ǫ.
Vì ǫ là tùy ý, nên d(x, y) = 0, i.e. x = y.
Bài tập 3.4.1. Cho (X, d) và (Y, ρ) là các không gian metric. Hãy chứng minh rằng ánh
xạ f : X → Y là liên tục trên X khi và chỉ khi, với mọi x ∈ X, và với mọi dãy xn
n→∞
n→∞
trong X sao cho xn −−−→ x ∈ X, ta có f (xn ) −−−→ f (x) trong Y .


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

56

Chứng minh. Giả sử rằng ánh xạ f là liên tục trên X. Với mọi x ∈ X và với mọi dãy
xn trong X sao cho xn → x khi n → ∞, vì f liên tục tại x nên với mỗi ǫ > 0, tồn tại
một δ > 0 sao cho với mọi z ∈ X thỏa d(z, x) < δ, ta có ρ f (z), f (x) < ǫ.
n→∞

Vì xn −−−→ x nên ta có thể tìm được một N sao cho d(xn , x) < δ với mọi n ≥ N .
n→∞
Từ đó, ta có ρ f (xn ), f (x) < ǫ với mọi n ≥ N . Vậy f (xn ) −−−→ f (x).
Nếu f không liên tục trên X, ∃x ∈ X sao cho f không liên tục tại x. Khi đó, tồn
tại ǫ > 0 sao cho với mọi δ > 0, ta có thể tìm được một z ∈ X sao cho d(z, x) < δ và
ρ f (z), f (x) > ǫ. Cụ thể hơn, với mỗi δ = 1/n, ta có thể tìm được một xn ∈ X sao cho
n→∞
d(xn , x) < 1/n và ρ f (xn ), f (x) > ǫ. Khi đó, xn −−−→ x, nhưng f (xn ) không hội tụ về
f (x).
Bài tập 3.4.2. Trong bài tập này, ta sẽ khảo sát tính liên tục của ánh xạ đồng nhất
từ một không gian vào chính nó khi ta trang bị cho không gian này những metric khác
nhau. Ta xét ba chuẩn (cùng với ba metric tương ứng) được định nghĩa trên C([0, 1])
như trong định lý 3.10.
Các ánh xạ jα,β : C([0, 1]),
→ C([0, 1]),
được định nghĩa bởi jα,β (f ) = f ,
α
β
trong đó α, β ∈ {1, 2, ∞}.
(i) Hãy chứng tỏ rằng các ánh xạ j∞,1 và j∞,2 là liên tục, nhưng các ánh xạ j1,∞ và
j2,∞ thì không liên tục.
(ii) Hãy dùng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz | f, g | ≤ f 2 g 2 với g = 1, hoặc
f = 1, để chứng tỏ rằng ánh xạ j2,1 liên tục. Chứng minh rằng ánh xạ j1,2 không
liên tục.
[Hướng dẫn: xét các hàm số có dạng fR,K (x) = K max{0, 1 − Rx}.]
Giải.
(i) Với mọi f ∈ C([a, b]), ta có
1

f

f

1

2

1

|f (t)| dt ≤

=

f

0

=

0

f

2
2

∞

dt = f

1

1
2

2

1

|f (t)| dt

=

∞

1
2

≤

f

0

0

Do đó, nếu fn − f ∞ → 0, thì fn − f
các ánh xạ liên tục.
Tuy nhiên, nếu ta chọn

1

2
∞

, fn − f

1
2

dt
2

f

=

2
∞

1
2

= f

∞

→ 0. Vì vậy, j∞,1 và j∞,2 là

fn (t) = n1/3 max{0, 1 − nt},
thì

1

fn − 0
fn − 0

1

2

n→∞

fn (t) dt = n−2/3 /2 −−−→ 0

=
0

=

=

fn − 0

n

2/3

2
2

1

2

1

fn (t)2 dt

=

(1 − nt)3
−
3n

1
2

n2/3

0
1/n

=
0

(1 − nt)2 dt
0

1
2

1

2

1/n

=
n−1/3
3

.

1
2

n→∞

−−−→ 0


3.4. TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC
Trong khi đó,
fn − 0

57

n→∞

∞

= n1/3 −−−→ ∞

Vậy j1,∞ và j2,∞ không liên tục.
(ii) Ta có
1

f

1

Do đó, nếu fn − f

|f (t)| dt = |f |, 1 ≤ f

=
0
n→∞

2

2

1

2

≤ f

2

.

n→∞

−−−→ 0 thì fn − f

1

−−−→ 0. Vì vậy, j2,1 là liên tục.

Tuy nhiên, nếu ta chọn
fn (t) = n2/3 max{0, 1 − nt},
thì
1

fn − 0
fn − 0

1

=

2
2

=

n→∞

fn (t) dt = n−1/3 /2 −−−→ 0,
0
1

1/n

fn (t)2 dt = n4/3
0

(1 − nt)2 dt =
0

n1/3 n→∞
−−−→ ∞
3

Vì thế j1,2 không liên tục.

Định nghĩa 3.24. Cho (X, d) là một không gian metric. Một tập F trong X được gọi
n→∞
là đóng nếu, với mọi dãy xn trong F sao cho xn −−−→ x trong X, ta luôn có x ∈ F .
Các bài tập sau đây khá dễ nhưng rất hửu ích.
Bài tập 3.4.3.
(i) Nếu (X, d) là một không gian metric, thì X và ∅ vừa là mở, vừa là đóng.
(ii) Nếu ta xem R là một không gian metric với metric thông thường, và nếu b > a, thì
[a, b] là một tập đóng, nhưng không phải là một tập mở; trong khi đó, (a, b) là một
tập mở nhưng không đóng;và [a, b) vừa không đóng, vừa không mở.
Bài tập 3.4.4.
(i) Nếu (X, d) là một không gian metric với metric rời rạc d, thì mọi tập con của X
vừa đóng, vừa mở.
(ii) Cho V là một không gian vector trên trường số thực R và ρ là một metric sinh ra
từ một chuẩn trên V . Hãy chứng tỏ rằng, với mọi x ∈ V , tập {x} không phải là
tập mở trong (V, ρ).

(iii) Từ đó, ta có thể suy ra rằng metric rời rạc d trên không gian vector V không được
tạo thành từ bất kỳ chuẩn nào trên không gian vector V .
Định Lý 3.25. Cho (X, d) là một không gian metric. Một tập F trong X là đóng khi và
chỉ khi phần bù của F trong X là mở.


CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC

58

Chứng minh.
Giả sử rằng F đóng trong X và ta đặt E := X \ F . Nếu E không mở, ta có thể tìm
được e ∈ E sao cho B(e, δ) ⊂ E với mọi δ > 0. Từ đó ta suy ra, B(e, δ) ∩ F = ∅ với mọi
δ > 0. Khi đó, với mỗi n ≥ 1, B(e, n1 ) ∩ F = ∅, tức là ta có thể tìm được xn ∈ F sao cho
n→∞
d(xn , e) < 1/n. Và ta có, xn −−−→ e trong X. Vì F là đóng trong X, nên e ∈ F , mâu
thuẩn với giả thiết e ∈ E = X \ F . Vậy E là một tập mở.
Bây giờ ta sẽ chứng minh chiều ngược lại. Giả sử E là một tập mở và F = X \ E. Giả
n→∞
sử xn ∈ F và xn −−−→ x. Nếu x không nằm trong F thì x ∈ E. Vì E là mở, nên tồn tại
δ > 0 sao cho B(x, δ) ⊆ E. Do xn ∈ F = X \ E với mọi n ∈ N nên xn ∈ B(x, δ), ∀n ∈ N,
n→∞
i.e. d(xn , x) ≥ δ với mọi n ∈ N. Điều này là vô lý vì xn −−−→ x. Vậy x ∈ F và F là một
tập đóng.
Từ định lý trên, ta suy ra các tính chất của các tập đóng từ các tính chất của tập mở
bằng cách lấy phần bù trong X. Cụ thể, bằng cách sử dụng phần bù, từ các định lý 3.18
và 3.20, ta có thể suy ra các tính chất sau:
Định Lý 3.26. Nếu (X, d) là một không gian metric, ta có:
(i) Tập rỗng ∅ và tập X là các tập đóng.
(ii) Nếu {Fα }α∈A là một họ các tập đóng, i.e. Fα là đóng với mọi α ∈ A, thì

Fα
α∈A

là đóng. (Hay nói cách khác, giao của một họ các tập đóng cũng là một tập đóng
trong (X, d))
n

(iii) Nếu Fj là đóng với mọi 1 ≤ j ≤ n, thì

Fj cũng là một tập đóng.
j=1

Chứng minh.
(i) Vì ∅ và X là các tập mở nên ∅ = X \ X và X = X \ ∅ là các tập đóng.
(ii) Vì mỗi Fα là đóng, nên X \ Fα là mở với mọi α ∈ A. Từ đó, ta có
X\
α∈A

là một tập mở và

(X \ Fα )

Fα =
α∈A

Fα là đóng.
α∈A

(iii) Vì mỗi Fj là đóng, nên X \ Fj là mở với mọi 1 ≤ j ≤ n. Từ đó, ta có

n

X\
n

Fj là đóng.
j=1

(X \ Fj )

Fj =
j=1

là mở và

n

j=1


3.4. TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC

59

Định Lý 3.27. Cho (X, d) và (Y, ρ) là các không gian metric. Một ánh xạ f : X → Y
là liên tục khi và chỉ khi f −1 (F ) là đóng trong X với mọi F là đóng trong Y .
Chứng minh. "Chỉ khi:" Giả sử f là liên tục. Với mọi F đóng trong Y , ta có Y \ F là
mở trong Y . Vì thế,
X \ f −1 (F ) = f −1 (Y \ F )
cũng là một tập mở trong X. Do đó f −1 (F ) là một tập đóng trong X với mọi F đóng

trong Y .
"Khi:" Giả sử f −1 (F ) là đóng trong X với mọi F đóng trong Y . Với mỗi tập U mở
trong Y , ta có Y \ U là đóng trong Y . Từ đó, ta có
X \ f −1 (U ) = f −1 (Y \ U )
là một tập đóng trong X. Vì thế, f −1 (U ) là mở trong X. Vậy f là một ánh xạ liện tục.


60

CHƯƠNG 3. KHÔNG GIAN METRIC