NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU(LÝ THUYẾT + BÀI TẬP)

CHƯƠNG 1 : NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU

I. Lý thuyết
1.1. Định lý: Cho X là một không gian Banach, Y là một không gian định chuẩn,
và

U i :X → Y,i ∈ I

tức là,

∀x ∈ X

là một dãy các hàm toán tử tuyến tính và liên tục bị chặn điểm,
{Ui (x) i ∈ I}

, tập

là tiêu chuẩn bị chặn. Dãy

( Ui ) i∈I

bị chặn đều khi

sup Ui < ∞
i∈I

1.2. Định lý Banach-Stcinhaus
Cho X là không gian Banach, Y là không gian định chuẩn. Nếu :
dãy các toán tử tuyến tính và liên tục sao cho:
(U n ) n∈¥

∀x ∈ X

U n :X → Y.n ∈ ¥

là

lim U n x =: Ux ∈ Y

,

n →∞

thì dãy

sup U n < ∞

bị chặn đều khi:

n∈¥

.

II. Bài tập
Dạng 1: Ánh xạ của dãy không hội tụ hoặc bị chặn tới dãy không hội tụ
1.i) Cho dãy vô hướng

(a n )n∈¥

mà

∀(x n )n∈¥ ∈ c0

thì

(a n xn ) n∈¥ ∈ c0

. Chứng minh rằng:

(a n )n∈¥ ∈ l∞

ii) Cho dãy vô hướng
(a n )n∈¥ ∈ c0

(a n ) n∈¥

mà

∀(x n )n∈¥ ∈ l∞

thì

(a n xn ) n∈¥ ∈ c0

. Chứng minh rằng:

.

Dạng 2: Ánh xạ của dãy không hội tụ theo chuẩn tới dãy không hội tụ theo chuẩn

2. i) Cho X là không gian Banach, Y là không gian định chuẩn và
là dãy các toán tử tuyến tính liên tục sao cho

∀(y n ) n∈¥ ⊆ Y

Bn :Y → Z n ∈ ¥

,

yn → 0

với

, thì

Bn (yn ) → 0
sup Bn < ∞

Chứng minh rẳng:
ii) Giả sử

n∈¥

φ n : [ 0,1] → ¡ .n ∈ ¥

là dãy các hàm liên tục. Sử dụng (i) chứng minh rằng

điều kiện cần và đủ để với mỗi dãy
trên [0; 1] thì
iii) Giả sử

∫

1

n

φnfn → 0

f n : [ 0,1] → ¡ , n ∈ ¥

n∈¥

đều trên [0; 1] là

φ n : [ 0,1] → ¡ , n ∈ ¥

n∈¥ x∈[ 0,1]

là dãy hàm đo được bị chặn Lebesgue và

. Dùng (i) chứng minh rằng:
n L∞

đều

sup supφ (n x) < ∞

f n (x)dx → 0

supφ

là liên tục, khi

fn → 0

∫

1

n

ϕ n (x)f n (x)dx → 0

khi và chỉ khi

<∞

iv) Giả sử

(a n ) n∈N ⊆ [ 0,1]

,

(b n ) n∈¥ ⊆ ¡

và

f n : [ 0,1] → ¡ .n ∈ ¥ .

là dãy hàm liên tục với

an

fn → 0

b n ∫ f n (x)dx → 0

trên [0; 1]. Dùng (i) chứng minh rằng

(a n b n ) n∈¥

bị chặn.

0

khi và chỉ khi dãy


v) Giả sử Y và Z là 2 không gian định chuẩn và
tuyến tính và liên tục mà

∀(y n )n∈¥ ⊆ Y

Bn : Y → Z,n ∈ ¥

Bn (yn ) → 0

Bn

thì

là dãy các toán tử
. Chứng minh

bị chặn và

Bn → 0

rằng:

.

3. Ý (i) của bài tập 2 có còn đúng không nếu ta có giả thuyết Y là không gian
Banach? Tức là nếu Y là không gian định chuẩn, Z là không gian định chuẩn và
Tn : Y → Z.n ∈ ¥

xn → 0

là dãy các toán tử tuyến tính và liên tục mà

,

sup Tn < ∞

Tn (x n ) → 0

thì

∀(x n ) n∈¥ ⊆ Y

. Có kết luận

n∈¥

hay không?

Dạng 3: Ánh xạ của dãy hội tụ theo chuẩn tới dãy không hội tụ theo chuẩn
Tn : X → Y.n ∈ ¥

4) Giả sử X là không gian Banach, Y là không gian định chuẩn vả
là dãy các toán tử tuyến tính và liên tục. Chứng minh rằng các khẳng định sau là
tương đương:
∞

∑x x
n =0

i) Với mỗi dãy

*
n n

Tn (x n ) → 0

hội tụ theo chuẩn thì

sup Tn < ∞

ii)

n∈¥

.

Dạng 4: Ánh xạ của dãy không hội tụ theo chuẩn tới chuỗi hội tụ
5.i) Giả sử X là không gian Banach và
định sau là tương đương:

(x *n ) n ≥ 0 ⊆ X*

. Chứng minh rằng các khẳng


∞

a) Nếu

xn → 0
∞

∑x
b) Chuỗi

∑x x
thì chuỗi

n =0

*

n n

hội tụ.

*
n

n =0

hội tụ tuyệt đối.
(x *n ) n ≥ 0 ⊆ X*

⊆

ii) Giả sử X là không gian Banach, A X là tập hợp con trù mật và
là
dãy hàm tuyến tính liên tục bị chặn đều. Dùng (i) chứng minh rằng các khẳng định
sau là tương đương:
∞

a) Cho dãy

(x n )n ≥0 ⊆ A

∞

∑x
b) Chuỗi

n =0

với

xn → 0

∑x x
thì chuỗi

n =0

*
n n

hội tụ.

*
n

hội tụ tuyệt đối.

iii) Sử dụng (i) chứng minh rằng: nếu
định sau là tương đương:

(x n )n ≥0

là dãy các vô hướng thì các khẳng
∞

a) Cho dãy vô hướng

(a n ) n ≥0

∑a x
hội tụ thì chuỗi

n =0

n n

hội tụ.

∞

∑x
b) Chuỗi

n=0

n

là hội tụ tuyệt đối.
∞

iv) Có tồn tại dãy vô hướng
chỉ nếu

a n cn → 0

không?

(c n ) n ≥0

∑a
với tính chất dãy vô hướng

n=0

n

hội tụ nếu và


v) Giả sử

(a n ) n ≥0 ⊆ ¡

và

f n : [ 0,1] → ¡ , n ≥ 0

là dãy hàm liên tục mà
∞

1

n= 0

0

. Sử dụng (i) chứng minh rằng chuỗi

∞

∑a
chuỗi

hội tụ tuyệt đối.
(a n ) n ≥0 ⊆ ¡

là dãy bị chặn. Sử dụng (ii) chứng minh điều kiện cần và đủ
f n : [ 0,1] → ¡ , n ≥ 0

để bất kì dãy hàm Lipschitz
∞

1

n=0

0

hội tụ khi và chỉ khi

/ (n+1)

n

n=0

vi) Giả sử

(a n ) n ≥0 ⊆ ¡

n= 0

là nếu chuỗi

n

hội tụ tuyệt đối.
sup( a n / 2n+1) < ∞

là dãy có tính chất

a≥0

. Sử dụng (ii) để chứng

minh rằng điều kiện cần và đủ cho tất cả các dãy hàm
∞

1

n=0

0

f n : [ 0,1] → ¡ , n ≥ 0
∞

∑ an ∫ x n f n ( x)dx

2

f n (x) dx → 0

0

đều trên

[ 0,1]

∑a
hội tụ thì chuỗi

vii) Giả sử

với

fn → 0

∞

∑ a n ∫ x n f n (x n ) dx

∫

đều trên

∑ a n ∫ x n f n (x n ) dx

[ 0,1]

1

fn → 0

là chuỗi

∑( a ) /
hội tụ thì chuỗi

n=0

n

liên tục với

2n + 1

hội tụ tuyệt

đối.
viii) Giả sử

(b n ) n ≥0 ⊆ ¡

hướng có chỉ số đôi
∞

∑a

n=0

. Sử dụng (i) để chứng minh rằng với bất kì dãy các vô
lim a nk = 0

(a nk ) n,k ≥ 0

mà

k →∞

và

n ≥0

đều với

k ≥0

∞

∑b

b

nn n

hội tụ thì chuỗi

n =0

n

hội tụ tuyệt đối.

Dạng 5: Ánh xạ của dãy không hội tụ theo chuẩn tới chuỗi hội tụ

thì nếu chuỗi


6) Ý (i) của bài tập 5 có còn đúng không nếu hàm liên tục và tuyến tính được thay
thế bằng tuyến tính và liên tục toán tử. Tức là nếu X, Y là không gian Banach và
Vn : X → Y,n ≥ 0
∞

∑V
n =0

là dãy các tuyến tính và liên tục toán tử với tiêu chuẩn

xn → 0

. Khi

∞

∑V

(x n )
n

đó, chuỗi
là tiêu chuẩn hội tụ thì chuỗi
không gian L(X, Y) hay không?

n =0

n

có hội tụ tuyệt đối trong

Dạng 6: Ánh xạ của dãy hội tụ tới chuỗi hội tụ
Tn : X → Y , n ≥ 0

7i) Giả sử X, Y là hai không gian Banach vả
là dãy các tuyến tính
và liên tục toán tử. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương:
∞

∞

∑x
a)Đối với mỗi tiêu chuẩn hội tụ

n=0

∑T (x )

n

thì chuỗi

n =0

n

n

là tiêu chuẩn hội tụ.
∞

sup Tn < ∞
n ≥0

b)
và tất cả
tiêu chuẩn hội tụ

( xn ) n≥0 ⊆ X

với

xn → 0

∑( T
thì chuỗi

n =0

ii) Sử dụng (i) chứng minh rằng nếu X là không gian Banach và

các khẳng định sau là tương đương:
∞

a) Đối với mỗi tiêu chuẩn chuỗi hội tụ
∞1

∑x
b)

n =0

*
n

− xn*+1

− Tn +1 ) ( xn )

là
(x *n ) n ≥0 ⊆ X*

∞

∑x
n =0

n

thì

∑x x

n

thì chuỗi vô hướng

n =0

*
n n

là hội tụ


iii) Sử dụng (ii) để chứng minh rằng: Nếu X là không gian Banach,
tập hợp con trù mật, dãy các tuyến tính và liên tục
khẳng định sau là tương đương:

( xn* ) n≥0 ⊆ X *

A⊆ X

là một

đều bị chặn thì các

∞

a) Cho dãy
∞

(x n )n ≥0 ⊆ A

∑x
bất kì, theo đó chuỗi

n

n =0

là tiêu chuẩn hội tụ nên chuỗi vô

∑x x
hướng

n =0

∞

∑x
b)

n =0

*
n

*
n n

hội tụ

-x *n+1 < ∞

iv) Sử dụng (ii) chứng minh rằng nếu
sau là tương đương:

( xn ) n≥0

∞

∞

∑ yn
a) Cho chuỗi vô hướng
∞

∑x

n

b)

n=0

là dãy các vô hướng thì khẳng định

∑x y
hội tụ thì chuỗi

n =0

n

n

hội tụ.

− xn+1 < ∞

n=0

∞

v) Tìm tất cả các dãy vô hướng
∞

∑a e
nếu chuỗi

n =0

n n

hội tụ.

(en ) n ≥0

∑a
với tính chất chuỗi

n =0

n

hội tụ nếu và chỉ


∞

∑a
vi) Tìm giá trị số thực sao cho chuỗi vô hướng
n

−1) 
1
(
a
1 − n + ... +
∑
n ÷ n
 2
÷
n
+
1
n =0
(
)




n =0

n

hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi

∞

hội tụ.

Dạng 7: Ánh xạ của dãy hội tụ tới chuỗi hội tụ
8.Ý (ii) của bài tập 7 có còn đúng không nếu hàm liên tục và tuyến tính được thay
thế bằng tuyến tính và liên tục toán tử. Tức là nếu X, Y là không gian Banach và

Tn : X → Y ,n ≥ 0

là dãy các tuyến tính và liên tục toán tử với tính chất: đối với mỗi
∞

∞

∑ xn
tiêu chuẩn hội tụ
∞

∑ (T -T
n =0

n

n+1

n =0

∑T x
thì chuỗi

n =0

n n

là tiêu chuẩn hội tụ. Khi đó chuỗi

)

có hội tụ tuyệt đối trong không gian L(X, Y) không?

Dạng 8: Ánh xạ của dãy hội tụ tới chuỗi bị chặn bởi tổng riêng
( xn* )n∈N ⊆ X*

9i) Giả sử X là không gian Banach và
là dãy các hàm tuyến tính liên
tục. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương:
∞

∑x

n

a) Với mỗi dãy
b) Dãy
Giả sử

n=0

hội tụ tuyệt đối trong X thì dãy

(x *n )n∈N ⊆ X*

(a n ) n∈N ⊆ K

 n *

 ∑ xk ( xk ) ÷
 k=1
 n∈¥

là bị chặn.

là tiêu chuẩn bị chặn.

. Sử dụng (i) chứng minh các khẳng định sau là tương đương:


a)Với mỗi dãy
b)

( xn )n∈N ⊆ l1

thì

 n

a
x
∑
k
k

÷ ∈ l∞
 k =1
 n∈¥

.

( a n ) n∈¥ ∈ l∞

Trong trường hợp khi

( an ) n∈¥ ∈ l∞

, chứng minh rằng toán tử

U : l1 → l∞

 n

U( x1 , x2 ,...) =  ∑ ak xk ÷

 k =1
 n∈¥
U

Là tuyến tính và liên tục, và tính

.

Dạng 9: Ánh xạ của dãy hội tụ tuyệt đối tới chuỗi tổng riêng bị chặn
10. Ý (i) của bài tập 9 còn đúng không nếu hàm tuyến tính và liên tục được thay
thế bằng tuyến tính và liên tục toán tử? Tức là nếu X, Y là không gian Banach và

Tn : X → Y,n ≥ 0

là một dãy của tuyến tính và liên tục toán tử với tính chất: cho
∞

n

∑ xn
chuỗi hội tụ tuyệt đối

(Tn ) n∈¥

n =0

∑T x
thì dãy

k =1

k k

là tiêu chuẩn bị chặn . Khi đó, dãy

có là tiêu chuẩn bị chặn trong không gian L(X, Y) không?

Dạng 10: Chuỗi Weak Cauchy
11) Cho X là không gian định chuẩn, và
∞

∑x (x )
n =1

*

n

( xn ) n∈¥ ⊆ X

< ∞, ∀x* ∈ X*

. Chứng minh rằng:

với tính chất


∞

sup ∑ x* ( xn ) < ∞

x* ≤1 n =1

Dạng 10: Ánh xạ của các hàm p – chuỗi hội tụ tuyệt đối tới chuỗi hội tụ

12. Giả sử

1< p < ∞

và q là liên hợp của p, tức là

1 1
+ =1
p q

.

( xn* ) n∈N ⊆ X*

i) Giả sử X là một dãy Banach và
là dãy hàm tuyến tính và liên tục.
Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương:

∑x

∑x
a) Với p – tiêu chuẩn chuỗi hội tụ tuyệt đối
∞

n =1

p

∞

∞

n

(đó là

n

n =1

<∞
)thì chuỗi vô

∑ x (x )
hướng

n =1

*
n

hội tụ.
∞

∑x
b) Chuỗi

n

n =1

∞

∑x

*
n

là q – tiêu chuẩn hội tụ tuyệt đối tức là

ii) Sử dụng (i) chứng minh rằng nếu
tương đương:
a)

( xn ) n∈¥

n =1

n

p

<∞
.

là dãy vô hướng thì khẳng định sau là

( xn ) n∈¥ ∈ lq
∞

b) Cho chuỗi

( yn ) n∈¥ ∈ l p

∑x y
thì chuỗi

n=0

n

n

hội tụ.

Dạng 11: Ánh xạ của các toán tử p – chuỗi hội tụ tuyệt đối tới chuỗi hội tụ


13) Ý (i) của bài tập 12 còn đúng không ta thay hàm tuyến tính và liên tục thành
1< p < ∞
tuyến tính và liên tục toán tử? Tức là nếu
, q là liên hợp của p X, Y là
không gian Banach và

Tn : X → Y , n ∈ ¥

là dãy tuyến tính và liên tục toán tử với

∞

∑x
tính chất: cho mỗi dãy

n =1

n

p – tiêu chẩn hội tụ một cách tuyệt đối thì dãy
∞

n

∑Tn ( xn )
k =1

∑T
hội tụ tuyệt đối. Khi đó chuỗi

n =1

n

có hội tụ không?

Dạng 12: Tích số Cauchy của dãy các hàm với dãy không hội tụ theo chuẩn
14i) Giả sử X là không gian Banach và

định sau là tương đương:
a)

∀ ( xn ) n≥0

với

xn → 0

( xn* ) n∈N ⊆ X *

. Chứng minh rằng các khẳng

thì:

xn* ( x0 ) + xn*−1 ( x1 ) + ... + xn*0 ( xn ) → 0
∞

∑x
b)

n =0

*
n

∞

∑x

<∞
, tức là, chuỗi

n =1

*
n

3 hội tụ tuyệt đối trong không gian

ii) Giả sử X là không gian Banach,

A⊆ X

là tập hợp con trù mật và

X*

.

(x )

*
n n≥0

⊆ X*

xn* → 0
là hàm tuyến tính và liên tục với
định sau là tương đương:

a)

∀ ( xn ) n≥0 ⊆ A

với

xn → 0

9 thì

. Sử dụng (i) để chứng minh các khẳng


xn* ( x0 ) + xn*−1 ( x1 ) + ... + xn*0 ( xn ) → 0
∞

∑x
b) Chuỗi

n =0

iii) Giả sử

*
n

hội tụ.

(an ) n≥0 ⊆ [ 0;1]

và

(b n ) n≥0 ⊆ K

. Sử dụng (i) chứng minh rằng chuỗi

∞

∑a b
n =0

n n

hội tụ tuyệt đối là điều kiện cần và đủ đối với mỗi dãy các hàm liên tục:

f n : [ 0;1] → K , n ≥ 0

với tính chất

an

an −1

0

0

bn ∫ f 0 ( x )dx + bn−1

iv) Giả sử

fn → 0

∫

f1 ( x) dx + ... + b0 ∫ f n ( x) dx → 0
0

(b n ) n≥0 ⊆ K

mà

kiện cần và đủđể chuỗi

n =0

n

f n : [ 0;1] → ¡ , n ≥ 0

0

0

bn ∫ f 0 ( x)dx + bn−1

∫

. Sử dụng (ii) chứng minh rằng điều

/ 2n + 1)

hội tụtuyệt đối là nếu cho mỗi dãy hàm
2

1

an −1

.

bn / 2n + 1 → 0

∑ (b

an

nên

a0

∞

liên tục

trong khoảng

[ 0;1]

∫

mà

f n ( x) dx → 0

0

thì
a0

f1 ( x) dx + ... + b0 ∫ f n ( x) dx → 0
0

.


v) Giả sử

(b n ) n≥0 ⊆ K

. Sử dụng (i) chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để chuỗi

∞

∑b
n =0

n

hội tụ tuyệt đối là nếu dãy chỉ số đôi

bất kì

n≥0

lim an ,k = 0
k →∞

và

đều đối với

(a n ,k )n≥0 ⊆ K

k ≥0

thì

lim an,k = 0
mà

k →∞

khi cho

bn a0,n + bn−1a1,n + .... + b0a0 n ,0 → 0

.

Dạng 13: Tích số Cauchy của dãy các toán tử với dãy không hội tụ theo chuẩn
Ý (i) của bài tập 14 còn đúng không ta thay hàm tuyến tính và liên tục thành tuyến

tính và liên tục toán tử? Tức là nếu X là không gian Banach, Y là không gian định
chuẩn và
với

Tn : X → Y , n ≥ 0

xn → 0

là dãy tuyến tính và liên tục toán tử mà

∀ ( xn ) n≥0 ⊆ X

thì ta có:

Tn ( x0 ) + Tn−1 ( x1 ) + ... + T0 ( xn ) → 0
∞

∑T
Khi đó kết luận

n =0

n

<∞
đúng hay sai?

Dạng 14: Điều kiện khi áp dụng nguyên lý bị chặn
16) Giả sử

1< p < ∞

và

1< q < ∞

là liên hợp của p, tức là:

1/ p +1/ q =1

1/ p

(

X = C [ 0;1] , .

p

)

fp

, trong đó

(bn ) n∈¥ ⊆ [ 0;1] ,(e n ) n∈¥ ⊆ [ 0;1]

1
p
=  ∫ f ( x ) ÷ , ∀f ∈ C [ 0;1]
0



. Giả sử

. Giả sử


với

bn ≤ en , ∀n ∈ ¥

và giả sử

(a n ) n∈K ⊆ K

. Cho bất kì

n∈¥

, khi đó

xn* : X → K

bb

x ( f ) = an ∑ f ( x)dx, ∀f ∈ C [ 0;1]
*
n

an

được định nghĩa bởi:
i) Chứng minh rằng

xn* ∈ X * , ∀n ∈ ¥

ii) Chứng minh rằng dãy

(a (e
n

n

− bn ) ) n∈¥

.

(x )

⊆ X*

(x )

⊆ X*

*
n n∈¥

bị chặn đều nếu và chỉ nếu dãy

bị chặn.

iii) Chứng minh rằng dãy

( a (e −b ) )

.

*
n n∈¥

bị chặn đều nếu và chỉ nếu dãy

1/q

n

n

n

n∈¥

bị chặn.

iv) Chứng minh rằng có thể tìm được dãy
bị chặn đều.

(x )

*
n n∈¥

⊆ X*
bị chặn điểm nhưng không

Có thể rút ra được kết luận gì?
17) Giả sử

ℜ [ 0;1] = {f:[ 0,1] → ¡ | f

làkhả tích Reimann} là không gian tuyến tính

thực với 2 phép toán là phép nhân vô hướng và phép cộng. Giả sử

. 1 : ℜ [ 0;1] → ¡

1

. 1 = ∫ f ( x) dx
đinh nghĩa bằng

0

và giả sử

Ν = { f ∈ℜ [ 0;1] | f

1

= 0}

thì trên không


1

:

f

:

gian thương

ℜ [ 0;1] = ℜ [ 0;1] / Ν

gian định chuẩn (cho
i)Giả sử

f ∈ℜ [ 0;1]

, xạ ảnh
ta gọi

a)

( xn* ) n∈¥

b)


x 


ii) Giả sử

x 

*
n

định nghĩa bằng

bị chặn đều nếu và chỉ nếu

n

cho cấu trúc của không

f ∈ℜ [ 0;1]

là các lớp tương đương của f)

(bn ) n∈¥ ⊆ ¡

. Chứng minh rằng:

 1


 bn ∫ g n ( x) f ( x) dx ÷
 0
n∈¥



b
sup
g
(
x
)
n
 n
÷
 x∈[ 0,1]
n∈¥

bị chặn.

x *n : ℜ[ 0;1] → ¡

được định nghĩa bằng:

1


f ÷ = ∑ ak ∫ x k f ( x )dx
 k =1 0

:

Chứng minh rằng:
∞

*
n n∈¥

(x )
a)

bị chặn điểm nếu và chỉ nếu chuỗi

an

∑ n +1
n =1

hội tụ.

∞

b)

( xn* ) n∈¥

bị chặn.

:

và

và

1


f ÷ = bn ∫ gn ( x ) f ( x )dx

0

:

bị chặn điểm nếu và chỉ nếu

( an ) n∈¥ ⊆ [ 0,1)

0

là dãy các hàm liên tục,
*
n

:

( xn* ) n∈¥

= ∫ f ( x) dx

:

g n : [ 0,1] → [ 0, +∞ ) , ∀n ∈ ¥

x *n : ℜ [ 0;1] → ¡

1

∑a
bị chặn đều nếu và chỉ nếu chuỗi

n =1

n

hội tụ.


iii) Giả sử

x 

*
n

:

(an ) n∈¥ ⊆ ¡

và

x *n : ℜ [ 0;1] → ¡

được định nghĩa bằng

1


f ÷ = an ∫ x n f ( x )dx

0

:

.

Chứng minh rằng:
a)
b)

( xn* ) n∈¥

bị chặn điểm nếu và chỉ nếu dãy

( xn* ) n∈¥

bị chặn đều nếu và chỉ nếu dãy

iv) Chứng minh rằng tồn tại
đều?

(an / n + 1)) n∈¥
(an ) n∈¥

:

(x *n ) n∈¥ ∈  ℜ [ 0;1] ÷



bị chặn.

bị chặn.

bị chặn điểm nhưng không bị chặn

Có kết luận gì?
18) Giả sử X là không gian định chuẩn và

Tn : e0 n → X

i) Dãy

(

có dạng

n∈¥

dãy toán tử

n

k =1

. Chứng minh rằng:

hội tụ điểm.

e0n

(an ) n∈¥ = sup an
ta xét tiêu chuẩn
∞

sup ∑ x* ( xn ) < ∞
x* ≤1 n =1

và chỉ nếu

. Với mỗi

Tn ( ak ) k∈¥ = ∑ ak xk

(Tn ) n∈¥

ii) Nếu trên

)

( xn* ) n∈¥ ⊆ X

n∈¥

thì dãy

(Tn ) n∈¥

bị chặn đều nếu


∞

iii) Nếu trên

e0n

(an ) n∈¥ = ∑ an
n =1

ta xét tiêu chuẩn

thì dãy

(Tn ) n∈¥

bị chặn đều nếu

sup xn < ∞
n∈¥

và chỉ nếu

iv) Nếu trên

e0n

.
(an ) n∈¥
ta xét tiêu chuẩn

 ∞
=  ∑ an
 n=1


p 1/ p


÷
÷


thì dãy

(Tn ) n∈¥

bị chặn

∞

sup ∑ x* ( xn ) < ∞
x* ≤1 n =1

đều nếu và chỉ nếu
v) Nếu trên
chặn điểm

e0n

, trong đó q là liên hợp của p (

0< p<∞

)

ta xét các tiêu chuẩn ở trên, chứng minh rằng tồn tại một dãy bị

*
( xn* ) n∈¥ ∈ e00

nhưng không bị chặn đều.

Có kết luận gì?
Dạng 15: Bổ đề Cantor trong không gian Banach
19) Giả sử X là không gian Banach và

xn cosnt + y n sinnt → 0

Nếu
trong tiêu chuẩn.

( xn )n∈¥ ,(y n ) n∈¥

là 2 dãy phần tử trong X.

trong khoảng không suy biến thì

xn → 0

và

yn → 0

Dạng 16: Định lý Banach – Steinhaus cho toán tử song tuyến tính
20i) Giả sử X và Y là hai không gian định chuẩn, một trong số đó là không gian
Banach và Z là không gian định chuẩn.
Xét toán tử song tuyến tính
liên tục.

B : X ×Y → Z

là liên tục. Chứng minh rằng B cũng


ii) Giả sử X và Y là không gian Banach, Y là không gian định chuẩn và xét toán tử
song tuyến tính

B : X ×Y → Z

tính và liên tục toán tử và

. Nếu

Bn : X × Y → Z , n ∈ ¥

là dãy các song tuyến

Bn ( x, y ) → B ( x, y ), ∀( x, y ) ∈ X × Y

.

Chứng minh rằng B cũng liên tục.
III. Lời giải
1.1) Giả sử

U : e0 → e0 , U ( ( xn ) n∈¥ ) = ( an xn ) n ∈ ¥

n∈¥

tốt. Cho
, giả sử
tuyến tính và

. Giả sử rằng B được định nghĩa

U n : e0 → e0 , U n ( x1, x2 ...) = ( a1 x1, a2 x2 ,..., an xn ,0... )

U n ( x1 , x2 ...) = ( a1 x1 , a2 x2 ,..., an xn ,0...) = max ( a1 x1 ,..., an xn

≤ x max ( a1 ,..., an ) , ∀x ∈ e0

Tức là

Un

liên tục,

U n ≤ max ( a1 ,..., an

U n ≥ U n ( ek ) = ( 0,0,..., ak ,0...) = 0 k
U n = max ( a1 ,..., an

)

. Ta cũng có

)

. Cho

1≤ k ≤ n

và do đó

là

)

ta có

max ( a1 ,..., an ) ≤ U n

U n ( x) → U ( x), ∀x ∈ e0

. Vì thế

vì

U n ( x ) − U ( x ) = sup ak xk → 0
k ≥ n +1

thì

Un

sup U n < ∞
. Sử dụng nguyên lý bị chặn thì

n∈¥

, tức là

sup an < ∞
n∈¥

.

ii) Sau này dễ dàng mà không sử dụng các nguyên lý bị chặn. Thật vậy, kể từ dãy

( sign ( a ) )

n

n∈¥

trong

l∞

, từ giả thuyết đó ta có

an sign ( an ) → 0

, tức là

an → 0

.


e0 (X) =

{( x )

}

⊆ X | xn → 0

n n∈¥

2i) Cho không gian định chuẩn X, ta sẽ chứng tỏ

là không gian tuyến tính với phép toán thường và không gian định chuẩn với mối

xn = sup xn , ∀x = ( xn ) n∈¥ ∈ e0 ( x)
n∈¥

quan hệ tiêu chuẩn
. Trong một phương pháp
chuẩn có thể chứng minh rằng nếu X có phép cộng trong không gian Banach thì

e0 ( x)

là không gian Banach. Cho bất kì

h n : e0 (Y ) → e0 ( Z )

sử

có dạng

n∈¥

, chúng ta hãy xét toán tử

hn ( y1 , y 2 ...) = ( B1 ( y1 ) ,B2 ( y2 ) ,...,B n ( yn ) ,0.0...)

h n : e0 (Y ) → e0 ( Z ), hn ( y1, y 2 ...) = ( B1 ( y1 ) ,B2 ( y2 ) ,...,B n ( yn ) ,0.0... )

Bằng giả thuyết, h là được xác định rõ. Dễ dàng thấy đối với mỗi
tính và liên tục toán tử. Ngoài ra, nếu

h( y ) − hn ( y ) = (0,0,...,0,Bn +1 ( y + 1)....)

y = ( yn ) n∈¥ ∈ e0 (Y )

và giả

.

n ∈ ¥ , hn

là tuyến

,

, từ đó

h( y ) − hn ( y ) = sup Bk ( yk ) → limsup Bn ( yn ) = lim Bn ( yn ) = 0
k ≥n +1

trên. Vì thế

hn → h

n →∞

n →∞

theo từng điểm, và

không gian Banach,

e0 (Y )

bằng giả thuyết

hn

tuyến tính và liên tục

∀n ∈ ¥

. Từ Y là

là không gian Banach. Từ định lý tuyến tính và liên tục
sup h( y ) = h < ∞

Banaach – Steihaus nên h là tuyến tính và liên tục và do đó
Giả sử cố định
thứ n) thì

n∈¥

. Cho

y∈¥

h ≤1

(0,0...., y,0,...)
, phần tử

h ( (0,0...., y,0,...) ) ≤ h (0,0...., y,0,...)

thuộc

.

e0 (Y )

(y ở vị trí

, tức là, bằng giả thuyết cho h và


cho tiêu chuẩn trên

e0 (Y )

Bn ( y ) < h y

ta có

Bn < h

, từ đó

. Từ

n∈¥

là tùy ý

sup Bn < h
thì

n∈¥

. Do đó, mệnh đề được phát biểu.

sup Bn = M < ∞
Điều ngược lại cũng đúng. Thật vậy, nếu
yn → 0

ta có

ii) Giả sử

n∈¥

thì

∀( yn )n∈¥ ⊆ Y

. Với

Bn ( yn ) ≤ Bn yn ≤ M yn → 0

Bn : C [ 0,1] → C [ 0,1]

là phép nhân toán tử cho bởi

Bn f (x) = ϕn (x) f (x), ∀f ∈ C [ 0,1]

Điều kiện từ giả thuyết là

ϕn

. Tức là

.

∀ fn → 0

nên

Bn f n → 0

. Dùng (i) tương đương với

sup Bn < ∞
n∈¥

.

Nhưng nó là chứng minh trong bài tập 14 của chương 5 với
Bn = ϕn = sup ϕn (t ) < ∞
t∈[ 0,1]

iii) Giả sử

sup ϕ n < ∞
nên do đó

Bn : L1 [ 0,1] → L1 [ 0,1]

Bn f (x) = ϕ n (x) f (x), ∀f ∈ L1 [ 0,1]

Điều kiện từ giả thuyết là
với
minh.

.

là phép nhân toán tử cho bởi

ϕn

, tức là

.

∀f n → 0

sup Bn < ∞
n∈¥

n∈¥

. Nhưng ta lại có

cho nên
Bn = ϕn

Bn f n → 0

L∞

. Sử dụng (i) tương đương

, ∀n ∈ ¥
. Đó là điều phải chứng


an

Bn : C [ 0,1] → ¡ [ 0,1] , Bn f ( f ) = bn ∫ f ( x)dx
0

iv) Giả sử
nên

(

Bn

∀ ( f n ) n∈¥ ⊆ C [ 0,1]

)

n∈¥

fn → 0

với

bị chặn. Dễ dàng thấy rằng

cho nên

thì điều kiện từ phát biểu trở

Bn ( f n ) → 0

Bn = anbn , ∀n ∈ ¥

. Từ (i) suy ra dãy

.

v) Từ Y không phải là không gian Banach, ta không thể áp dụng định lý Banach –
Seihaus. Nhưng đối với mỗi
Bn − 1 / n ≤ Bn yn

n∈¥

từ tiêu chuẩn toán tử có

. Từ giả thuyết suy ra

Bn yn → 0

3) Câu trả lời là có. Đầu tiên ta chứng minh nếu
chặn thì dãy con
Thật vậy, từ dãy
dãy

( an ) n> k

1+1

( an ) n∈¥ ⊆ [ 0, ∞ )
( an ) n∈¥

⊆ [ 0, ∞ )

sao cho

và từ đây

( an ) n∈¥

akn > n, ∀n ∈ ¥

không bị chặn có

⊆ [ 0, ∞ )
là không bị chặn, do đó

yn ≤ 1

k1 > 1

sao cho
⊆ [ 0, ∞ )

( an ) n∈¥

⊆ [ 0, ∞ )

.

là dãy không bị

.
sao cho

k2 ≥ k1 + 1 > k1

ak1 > 1

sao cho

. Như vậy

ak2 > 2

.

Sử dụng phương pháp quy nạp ta được điều phải chứng minh.

sup Tn = ∞
Quay lại bài tập của chúng ta. Nếu cho phủ định

có dãy con
có thể tìm
nếu

(T )

kn n∈¥

an ≤ 1

n ≠ kj, j∈¥

sao cho
sao cho

và

Tkn > n, ∀n ∈ ¥

thì theo ta thấy ở trên

n < Tkn = sup Tk n ( x)
x ≤1

. Từ

Tkn ( an ) > n, ∀∈ ¥

xk j = a j / j, j ∈ ¥

n∈¥

. Bây giờ xét dãy

suy ra ta

( xn ) n∈¥

− xn = 0

. Rõ ràng, dãy tiêu chuẩn hội tụ về 0, và từ


Tn ( xn ) → 0

giả thuyết ta có

ban đầu của chúng ta thì

, suy ra

(T ( a
kn

n

)

/ n) → 0

Tkn ( an ) > n, ∀∈ ¥ , ∀∈ ¥

. Điều đó là sai, từ giả thuyết
.

4) Ta sẽ sử dụng.......Đầu tiên ta chứng minh rằng nếu

Tn : X → Y ,n ∈ ¥

tuyến tính và liên tục toán tử thì với n bất kì cho toán tử

h n ( x1 , x2 ...) = Tn ( xx+1 − xn )

hn : e0 ( X ) → Y

là tuyến tính và liên tục toán tử với

e0 ( X )

Thật vậy, ta có tiêu chuẩn trong không gian

Do đó,

hn ( 0,0,...,0. − x, x,0,...) ≤ hn

của toán tử
đó

tức là

, phần tử (0,0,...,-x,x,0,...) nằm trong

hn

2 Tn ≤ h n

.

được định nghĩa là

k∈¥

Cho

cho bởi

h n = 2 Tn

h n ( x) − Tn ( xx+1 − xn ) ≤ 2 Tn sup xk = 2 Tn x , ∀x ∈ e0 ( X )
x∈ X

là dãy

e0 ( X )

h n ≤ 2 Tn

.

.( x ở vị trí thứ n)

( 0,0,...,0. − x, x,0,...)

tức là bằng định nghĩa

e0 ( X ) 2 Tn ( x) ≤ hn x , ∀x ∈ X
và tiêu chuẩn trong không gian
,
do
.

(i) => (ii) Nghiệm thứ nhất
∞

Giả sử

xn → 0

∑( x
là tiêu chuẩn thì chuỗi

giả thuyết (i) thì

Tn ( xn+1 − xn ) → 0

n =1

n +1

− xn )

là tiêu chuẩn.

là tiêu chuẩn hội tụ do đó bằng


Điều này cho thấy rằng dãy tuyến tính và liên tục toán tử
hn ( x ) = Tn ( xn+1 − xn ) = ( x1 , x2 ...) ∀x ∈ e0 ( x)

. Từ X là không gian Banach thì

e0 ( X )

cũng là không

sup hn < ∞
gian Banach. Bằng nguyên lý bị chặn đều nên
tức là (ii).

sup Tn = ∞
Nghiệm thứ hai: Nếu

( )
hkn

n∈¥

chuỗi

n∈¥

sup Tn < ∞

n∈¥

và do đó

sup hn = ∞
n∈¥

thì

. Có dãy con

( )

2n ≤ hkn

≥ 2n , ∀n ∈ ¥

n∈¥

( tức là theo định nghĩa

e0 ( x ), x1n ≤ 1, ∀i ∈ ¥
tiêu chuẩn

sao cho

giờ ta xét dãy

( xn∈¥ ) ⊆ X

sao cho

xn = 0

(h )

kn n∈¥

nếu

≥ 2n
. Đó là

n ≠ kj, j ∈¥

và

n∈¥

(h )

kn n∈¥

,

sao cho

= sup hkn

(xem nghiệm ở bài tập 3). Từ

an = ( x1n , xn2 ...) ∈ e0 ( x), an ≤ 1

có dạng

. Chứng minh rằng

∀x ∈ e0 ( x),lim hn ( x) = 0
n→∞

hn : e0 ( X ) → Y

e0 ( X )

x ≤1

suy ra

là không gian

Tkn (x kxnn+1 − xnkn ) > 2n

. Bây

x kn (x kxnn+1 − xnkn ) / 2n , ∀n ∈ ¥

.

∞

∑x
n =1

Rõ ràng dãy
x kxnn+1 − xnkn
2

n

≤

n

là hội tụ tuyết đối, từ:

x kxnn+1 + xnkn
2

n

≤

1
, ∀n ∈ ¥

2n −1
∞

∑x
từ X là không gian Banach và chuỗi
Tn ( xn ) → 0

(i) ta phải có

, đó là

n =1

n

là tiêu chuẩn hội tụ và bằng định nghĩa

Tkn (x kxnn+1 − xnkn ) / 2n → 0

.


Từ giả sử của chúng ta

Tkn (x kxnn+1 − xnkn ) / 2 n > 1, ∀n ∈ ¥

nên điều đó là sai.

∞

∑x
‘(i) => (ii)’ Dễ dàng nhận thấy từ chuỗi

n =1

chuẩn và vì thế bằng định nghĩa (ii) suy ra

n

là tiêu chuẩn hội tụ thì
Tn ( xn ) → 0

( xn ) → 0

là tiêu

là tiêu chuẩn.

5) ‘(a) => (b)’
∞

V : e0 ( X ) → K , V (( xk ) k >0 ) = ∑ xk* ( xk )
k =0

Giả sử

và cho

Vn : e0 ( X ) → K , Vn (( xk ) k > 0 ) = x *0 ( x0 ) + ... + xn* ( xn )
∞

( xk ) k ≥0 ∈ e0 ( X )

n≥0

. Giả sử

, bằng định nghĩa đảm bảo rằng nếu

∑ x (x )
thì chuỗi

V ( x) − Vn ( x) =

cộng,

∞

*
n

k =0

n

là hội tụ, tức là, V là định nghĩa tốt. Trong phép

∑ x ( x ) → 0, ∀x ∈ e ( X )

k = n +1

*
k

k

0

∞

Tức là:

Vn ( x) → V ( x), ∀x ∈ e0 ( X )

Vn = ∑ xk* , ∀n ≥ 0

. Ta có:

k =0

∞
 ∞

Vn ( x ) ≤ ∑ xk* x k ≤ x  ∑ xk* ÷, ∀x = ( xk ) k ≥0 ∈ e0 ( X )
k =0
 k =0


x0 ,..., x n ∈ X

x0 ≤ 1,..., x n ≤ 1

với

λ0 x0 ,..., λn xn , 0, 0,...

và
nằm trong

e0 (X)

. Thật vậy,
∞

Vn ≤ ∑ xk*

, tức là

k =0

λ0 = sgn( x0* ( x0 )),..., λn = sgn( xn* ( xn ))

và

. Cho
, phần tử


n

∑ x ( x ) = V ( λ x ,..., λ x , 0, 0,..)
*
k

k =0

k

n

0 0

≤ Vn

n n

( λ0 x0 ,..., λn xn , 0, 0,...)

n

∑ x (x ) ≤ V

≤ Vn

, tức là
n

∑x

x0 ≤ 1,..., x n ≤ 1

. Vượt qua trên cận trên đúng
Vn → V

Ta có

ta đạt được

theo từng điểm và

không gian Banach thì

e0 ( X )

Vn

đều thì chuỗi

là tiêu chuẩn bị chặn và do đó

‘(b) => (a)’Rõ ràng từ

∀n ≥ 0

. Từ X là

cũng là không gian Banach. Bằng nguyên lý bị chặn

∑
xn → 0

n

.

là tuyến tính và liên tục với

∞

(Vn )n≥0

k

≤ Vn

*
k

k =0

k =0

*
k

bao hàm

( xn )n ≥ 0

n =0

xn* < ∞

.

là tiêu chuẩn bị chặn.

ii) ‘(a) => (b)’
( xn )n ≥0 ⊆ X

Giả sử
có

yn ∈ A

Từ

(x )

(x )

*
n n≥0

*
n n≥0

với

xn → 0

là tiêu chuẩn. Từ A là trù mật cho nên cho mọi

xn − yn ≤ 1/ 2n

sao cho

. Do đó,

xn − yn → 0
∞

⊆X

n =0

và bằng định nghĩa (a) thì chuỗi

⊆ X*

bị chặn đều thì

∞

∑x ( x
, do đó vô hướng chuỗi

∞

∞

∑ xn* ( yn )
tụ. Từ chuỗi

*
n

.

n =0

*
n

n

hội tụ. Từ dãy

hội tụ thì chuỗi

n =0

*
n

, khi

− yn )

là hội tụ tuyệt đối, do đó hội

∑x ( x )

Sử dung (i) nên (b) là đúng.

n

xn* ( xn − yn ) ≤ M xn − yn ≤ M / 2n , ∀n ≥ 0

M = sup xn* < ∞

n =0

cho nên

yn → 0

∑x ( y )

*

n ≥0

và từ

xn → 0

n≥0

n

hội tụ.