On thi cao hoc

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
Khoa Sau đại học
Bµi tËp
M«n gi¶i tÝch hµm

Th¸i nguyªn, th¸ng 04 n¨m 2007
1
bài tập chơng 1
Đại cơng về không gian banach
Bài 1. Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn
n
n
x sup=
, trong đó
n
x ( ) c=
là một dãy số thực (hoặc phức) hội tụ.
Giải.
Ta biết:
+ Không gian
l

là các dãy số thực (hoặc phức) bị chặn là không gian Banach với chuẩn
n
n
x sup=
.
+ c là một không gian con tuyến tuyến của
l

+ Không gian con đóng của không gian Banach là không gian Banach.
Vậy ta sẽ chứng minh c là không gian con đóng của
l

, tức là dãy {x
n
}
c
, bất kỳ thì
n
x
hội tụ đến một phần tử x thuộc c,
n
n
limx x l


=
:
( )
( )
(n)
n k k
k 1
k 1
x


=
=

=
Cho
0 >
tùy ý. Vì
n
n
lim x x 0

=
nên với n
0
đủ lớn ta có
n
x x
3

<
. Với mọi k, l
nguyên dơng, ta có
0 0 0 0 0 0 0 0
(n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n )
k l k k k l k l k k k l k l
= + + + +
0 0
0 0
(n ) (n )
n k l n
x x x x + +
0 0
(n ) (n )

k l k l
3 3

< + +
(1)
Vì dãy số
( )
0
0
n
n k
k 1
x c

=
=
hội tụ
0
n
x
là dãy Cauchy nên
N

nguyên dơng sao cho
0 0
(n ) (n )
k l
k N, l N
3

<
(2).
Từ (1), (2) suy ra
k l
k N, l N <
. Vậy dãy x =
( )
k

hội tụ, tức là x
c
.
Bài 2. Chứng minh rằng nếu x =
( )
n

là một phần tử của không gian c thì
( )
0 n n
n 1
x e e

=
= +

trong đó
( )
n nk 0 n
k 1
n

e , e (1,1,...,1,...), =lim

=

= =
.
Giải.
2
Ta chứng minh
( )
n
0 k k
n
k 1
lim x e e 0

=

+ =
ữ


. Thật vậy, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
n
0 k k 1 2 n 1 2 n
k 1
x e e , ,..., ,... , ,..., ,... , ,..., ,0,...
=

+ = +

=
( )
n 1 n 2
0,0,...,0, , ,...
+ +

.
Do đó
( )
n
theo định nghĩa của chuẩn
n
0 k k k
k n 1
k 1
x e e sup 0

+
=

+ =
ữ


, vì
n
n
=lim

.
Bài 3. Chứng minh rằng c là một không gian khả li.
Giải.
Ta xét 2 trờng hợp:
a) c là không gian thực
Gọi L = {y: y
1 n
(r ,...,r ,...)=
};
k
r , k 1,n =Ô
, trong đó n là một số nguyên dơng bất kỳ.
Khi đó L là tập hợp con của không gian c và L là đếm đợc (do
Ô
là tập đếm đợc). Ta
chứng minh
L c=
.
+ Rõ ràng
L c
. Ngợc lại, giả sử
( )
n
x c=
,
0 >
cho trớc bất kỳ.
Khi đó

n
n
lim

= Ă
,
N

nguyên dơng sao cho
n
n N
2

> <
.
Lấy r
Ô
:
r
2

<
. Ta có
n n n
r r r
2 2

= + + < + =
với
n N>

. Lấy các số hữu tỉ
1 2 N
r ,r ,...,r
:
k k
r <
với k = 1, 2, ..., N.
Khi đó
1 2 N
y (r ,r ,...,r ,r,r,...) L=
và
{ }
1 1 N N n 1 n 2
x y sup r ,..., r , r , r ,...
+ +
=
, tức là
n
x y L


.
Khi đó
x L c L.
Vậy
L c=
.
b) c là không gian phức
Gọi L = {y: y
1 n

(r ,...,r ,...)=
}với
k k k k k
r p iq ,k 1,n; p ,q= + = Ô
, n nguyên dơng bất kỳ .
L là tập hợp con đếm đợc của không gian c. Ta chứng minh
L c=
.
+ Rõ ràng
L c
. Ngợc lại, giả sử
( )
n
x c=
,
0 >
cho trớc bất kỳ. Khi đó
3
n
n
lim

= Ê
,
N
nguyên dơng sao cho
n
n N
2

> <
.
Lấy r
Ô
:
r
2

<
. Ta có
n n n
r r r
2 2

= + + < + =
với
n N>
. Lấy các số hữu tỉ
1 2 N
r ,r ,...,r
:
k k
r <
với k = 1, 2, ..., N.
Khi đó
1 2 N
y (r ,r ,...,r ,r,r,...) L=
và
{ }
1 1 N N n 1 n 2

x y sup r ,..., r , r , r ,...
+ +
=
, tức là
n
x y L


.
Khi đó
x L c L.
Vậy
L c=
.
Bài 4. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn,

là một số khác không.
a) Chứng minh rằng ánh xạ
A : X X
xác định bởi công thức
Ax x=
,
x X
là một
phép đồng phôi tuyến tính từ X lên X.
b) Tính
A
c) Chứng minh rằng nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì
E { x : x E} =
là một

tập hợp mở (đóng) trong X với mọi
0
.
Giải.

*
a), b) Ta có, nếu K thì ánh xạ A : X X là một toán tử tuyến tính.
x Ax = x

a
Thật vậy,
x,y X; K à
, ta có
+
X là không gian tuyến tính
A(x y) (x y) x y Ax Ay+ = + = + = +
+
X là không gian tuyến tính
A( x) ( x) ( x) Axà = à = à = à
Ta có
do 0 1
Ax y x y x y

= = ơ =
, vậy với
y X,
1
x y

=

để Ax = y, tức là
A là toàn ánh, suy ra A là song ánh.
Ta có
x 0 x 0
Ax x
A sup sup
x x


= = =
, A bị chặn nên A liên tục.
ánh xạ ngợc
1
A

của A xác định bởi
1 1
A x x

=
, ta có
1 1
1 1
x 0 x 0
A x x
A sup sup
x x

= = =
, A
-1
bị chặn nên A
-1
liên tục.
Vậy A là một phép đồng phôi tuyến tính.
4
c) Do A là một phép đồng phôi tuyến tính nên với E là tập mở (đóng) trong X thì
1
A (E) { x : x E} E

= =
cũng là tập mở (đóng) trong X với mọi
0
.
Bài 5. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn và x
0

X
. Chứng minh rằng:
a) ánh xạ f: X
X
xác định bởi công thức f(x) = x + x
0

là một phép đẳng cự từ X lên X.
b) Nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì
0 0

x E {x x : x E}+ = +
là một tập hợp
mở (đóng) trong X.
c) Nếu U là một tập hợp mở trong X và E là một tập bất kỳ trong X thì
E U {x y : x E,y U}+ = +
là một tập hợp mở trong X.
Giải.
a) Trớc hết ta chỉ ra f là toán tử tuyến tính.
Thật vậy, với
x,y X, k K
, với x
0

X
, do X là không gian tuyến tính nên 2x
0
X
,
2x
0
= x
0
+ x
0
và kx
0
X
, k(x + x
0
) = kx + kx

0
. Khi đó, ta có
+ f(x + y) = x + y + 2x
0
= (x + x
0
)+ (y + x
0
) = f(x) + f(y).
+ f(kx) = kx + kx
0
= k(x + x
0
) = kf(x)
Ta sẽ chứng minh f là phép đẳng cự, tức là
x X, f(x) x =
.
Thật vậy,
0
x X
0 0
x X x X
x X, f(x) x x sup{x x } sup{x} x


= + = + = =
.
Vậy f là một phép đẳng cự tuyến tính từ X lên X.
b) Ta biết rằng hai không gian đẳng cự tuyến tính thì cũng đồng phôi tuyến tính. Do f là
đẳng cự tuyến tính nên f cũng đồng phôi tuyến tính. Khi đó nếu E là một tập hợp mở

(đóng) trong X thì f
-1
(E) =
0
{x x : x E}+
= x
0
+ E là một tập hợp mở (đóng) trong X.
c) Ta có
x E
E U (x U)

+ = +
U
, theo b) x + U là tập mở trong X với
x E

. Do đó E + U là
một tập mở.
Bài 6. Cho một toàn ánh tuyến tính
A : X Y
, trong đó X, Y là những không gian
tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để cho A có toán tử ngợc
A
-1
bị chặn là tồn tại một số dơng m sao cho
A m x , x X
.
Giải.
a) Điều kiện cần.

5
Do A
-1
:
Y X

bị chặn. Khi đó
M 0
>
sao cho
1
A y M y , y Y


(1).
Với
x X,
đặt y = Ax, ta đợc x = A
-1
y.
Thay vào (1), ta có
Ax m x
(2) (trong đó
1
m
M
=
)
b) Điều kiện đủ.
Giả sử A là toán tử tuyến tính thoả mãn bất đẳng thức (2) với

x X

, trong đó m là hằng
số dơng. Nếu Ax = A0 = 0 thì
0 Ax m x 0 x 0 x 0= = =
, vậy A là đơn ánh.
Do đó A là song ánh tuyến tính và A có toán tử ngợc A
-1
:
Y X
. Với
y Y
, đặt x =
A
-1
y, ta đợc y = Ax. Thay vào (2), ta đợc
1 1
1
y m A y A y y
m


,
y Y
. Vậy
A
-1
là toán tử tuyến tính bị chặn.
Bài 7. Chứng minh rằng nếu không gian tuyến tính định chuẩn X đồng phôi tuyến tính
với không gian Banach Y thì X là một không gian Banach.

Giải.
Giả sử A: X
Y
là một phép đồng phôi tuyến tính từ không gian tuyến tính định chuẩn
X lên không gian Banach Y.
Giả sử {x
n
} là một dãy Cauchy bất kỳ những phần tử của X, tức là
o 0 m n
0, n : m,n n : x x > > < Ơ
. Với mọi n, đặt y
n
= Ax
n
. Ta có
m n m n m n m n
y y Ax Ax A(x x ) A x x = =
. Ta có
o 0 m n
0, n : m,n n : y y A > > < Ơ
. Khi đó {y
n
} là một dãy Cauchy trong Y.
Vì Y là không gian đầy đủ nên dãy {y
n
} hội tụ, tức là
n 0
n
lim y y Y

=
. Do A
-1
liên tục
nên từ đó suy ra
1 1
n 0 0
n
lim A y A y x X


= =
hay
1
n 0
n
lim A Ax x X


=
, tức là
n 0
n
limx x X

=
. Vậy X là không gian đầy đủ, kết hợp với X là không gian tuyến tính
định chuẩn, ta có X là không gian Banach.
Bài 8. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng nếu với
mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X, L(X, Y) đều là một không gian Banach thì

Y là một không gian Banach.
Giải.
6
Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trờng K. Từ giả thiết, mỗi không
gian tuyến tính định chuẩn X (tức là X tuỳ ý, vậy ta lấy X = K) suy ra L(K, Y) là một
không gian Banach. Khi đó Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Thật vậy,
Với mỗi
y Y
, gọi
y
T : K Y
là ánh xạ xác định bởi
y
(T )( ) y =
.
Khi đó T
y
là một toán tử tuyến tính vì với
, K; K à

+
y y y
(T )( ) ( )y y y (T )( ) (T )( ) + à = + à = + à = + à

+
y y
(T )( ) y (T )( ) = =
Hơn nữa,
y
0

x
T sup x


= =

.
ánh xạ
T : Y
L(K, Y),
y
y Ty T=a
là một phép đẳng cự vì
+ T là một toán tử tuyến tính .
Trớc hết ta có T
y
là toán tử tuyến tính nên
x y x y
(T T )( ) T ( ) T ( )+ = +
và
y y
T (k ) kT ( ) =
,K ;
x y x y x y
T ( ) (x y) x y T ( ) T ( ) (T T )( )
+
= + = + = + = +
,
ky y y
T ( ) ky k y T (k ) (kT )( ) = = = =

K do đó
x y x y
T T T
+
= +
,
ky y
T kT=
.
Khi đó
x,y Y
,
k
K ta có
x y x y
T(x y) T T T T(x) T(y)
+
+ = = + = +
và
ky y
T(ky) T kT kT(y)= = =
.
+ Do
dim K 1
=
nên
dim Y dim
=
(L(K, Y)). Vì vậy để chứng minh T là song ánh ta sẽ

chỉ ra T là toàn ánh. Thật vậy,
A

L(K, Y), A là toán tử tuyến tính bị chặn từ K vào Y
và
y Y
thì
y y
T A (T )( ) A( )= =
, với

K , tức là
y A( ) =
với

K bất kỳ
cho nên ta lấy
1 =
thì y = A(1).
Vậy
A
L(K, Y),
y A(1) =
,
y Y
sao cho T(y) = T
y
= A. Vậy T là toàn ánh.
Nh vậy, Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Khi đó, Y đồng phôi tuyến tính với
L(K, Y) mà L(K, Y) là không gian Banach nên theo kết quả bài 7 ta có Y là một không

gian Banach.
Bài 9. Chứng minh rằng nếu L là một không gian con tuyến tính thực sự của không
gian tuyến tính định chuẩn X thì L là một tập hợp tha trong X.
Giải.
7
Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử IntA

, tức là
0
x IntA
. Khi đó
0
r 0 : B(x ,r) L>
. Vì L là không gian con tuyến tính của X nên từ đó suy ra
0 0
B(0,r) B(x ,r) x L=
.
Với
x X,
ta có
x
x x
0 r
n n n
= = <
, với n đủ lớn. Do đó
x
L
n

, từ đó
x L
. Vậy
X L
, rõ ràng
L X
. Vậy X = L. Điều này trái với giả thiết L là một không gian con
thực sự của X. Do đó, IntA =

L là một tập hợp tha trong X.
Bài 10. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn, L là một không gian con
tuyến tính trù mật của X,
0
A : L Y
là một toán tử tuyến tính bị chặn từ L vào
không gian Banach Y. Chứng minh rằng
!

toán tử tuyến tính bị chặn A: X
Y
sao
cho
0 0
L
A A và A A= =
.
Giải.
Giả sử x là một phần tử bầt kỳ của X. Vì
L X=
nên

n
{x }
những phần tử của L sao cho
n
n
limx x

=
. Vì
0 m 0 n 0 m n 0 m n
A x A x A (x x ) A x x =
với mọi m, n mà {x
n
} là
dãy Cauchy nên {A
0
x
n
} cũng là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y. Do đó dãy
{A
0
x
n
} hội tụ:
0 n
n
lim A x y Y

=
. Giới hạn y không phụ thuộc vào cách chọn dãy {x

n
}
trong L. Thật vậy, giả sử {
'
n
x
} là một dãy phần tử của L sao cho
'
n
n
limx x

=
.
Khi đó
n
' ' '
0 n 0 n 0 n n 0 n n
A x A x A (x x ) A x x x x 0

= =
.
Do đó
'
0 n 0 n
n n
lim A x lim A x

=
.

Đặt Ax = y =
0 n
n
lim A x

, trong đó {x
n
}
L
,
n
n
limx x

=
, ta đợc ánh xạ A từ X vào Y.
A là toán tử tuyến tính vì,
x,y X, k
K ta có
n
{x } L
mà
n
n
limx x

=
và
n
{y } L

mà
n
n
lim y y

=
thì
A(x + y) =
( )
n n
n
A lim(x y )

+
=
0 n n
x
lim A (x y )

+
=
0 n 0 n
x x
lim A (x ) lim A (y )

+
= Ax + Ay.
A(kx) =
( )
n 0 n 0 n

n n n
A lim kx limA (kx ) k lim A (x ) k(Ax)

= = =
.
8