Định lý Ascoli – Arzela

A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một ngành khoa học tự nhiên đứng đầu về việc thách thức bộ não của
con người đòi hỏi chúng ta phải vận dụng khả năng suy luận và trí óc con người ở
công suất cao nhất. Vì toán học hiện nay có khả năng ứng dụng rộng rãi trong
nhiều lĩnh vực. Do đó, toán học không thể thiếu trong quá trình học tập, nghiên
cứu hay trong cuộc sống hằng ngày chúng ta hay bắt gặp trong cách tính toán sử
dụng đồng tiền, hàng hóa,… Vì vậy hiện nay, ngành toán học đang trong quá trình
phát triển để nhằm hoàn thiện và bắt kịp với cuộc sống ngày một hiện đại thì toán
học không thể không nói đến không gian mêtric , không gian tôpô đặc biệt là một
khái niệm của rất quan trọng của tôpô đó là không gian compact . Không gian
compact là một bộ phận toán học mới mẻ trong khái niệm của giải tích hàm.
Không gian compact có những tính chất, định lý dùng với để giải quyết các bài
toán như định lý Weierstrass giải quyết bài toán xấp xỉ hàm số liên tục bằng đa
thức, định lý Heine – Bore giải quyết bài toán phủ mở, định lý Dini, định lý Ascoli
– Arzela,… Trong đó, đặc biệt định lý Ascoli – Arzela nêu lên cách chứng minh
một tập hợp là compact tương đối phải thỏa mãn điều kiện tập hợp đó phải bị chặn
từng điểm, phải đồng liên tục trên đoạn xác định, được áp dụng trong rất nhiều bài
toán chứng minh tập compact tương đối cần giải quyết. Vấn đề ở đây là chứng
minh các điều kiện đó như thế nào để suy ra đó là tập compact tương đối. Để giải
quyết câu hỏi này với mong muốn học hỏi, trao dồi thêm một số kiến thức về
không gian compact, chính vì vậy em chọn đề tài “ Định lý Ascoli – Arzela” làm
đề tài tiểu luận của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Nắm được nguyên lý bị chặn đều, ánh xạ mở và định lý Hahn – Banach.
- Biết cách áp dụng các nguyên lý và định lý vào giải một số bài tập liên quan.
- Tìm hiểu được tất cả các vấn đề về nguyên lý bị chặn đều, ánh xạ mở và định lý
Hahn – Banach.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Nguyên lý bị chặn đều, ánh xạ mở và định lý Hahn –
Banach của giải tích hàm.

- Phạm vi nghiên cứu: Tập trung nghiên cứu nguyên lý bị chặn đều, ánh xạ mở,
định lý Hahn – Banach và ứng dụng vào giải một số bài tập liên quan.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu chủ yếu là tài liệu. Nghiên cứu thông qua sách giáo trình,
tài liệu tham khảo, mạng internet,…
Nghiên cứu qua việc học hỏi anh chị cấp trên, rút kinh nghiệm trong quá trình học.
B. NỘI DUNG
CHƯƠNG 1
NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU, ÁNH XẠ MỞ VÀ ĐỊNH LÝ HAHN – BANACH
1.1. NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU
1.1.1. Định nghĩa

 A  �I là một họ các toán tử tuyến tính từ X
A  x  �N x
tồn tại một số dương N x sao cho 
với mọi  �I

Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và
vào Y. Nếu với mọi x �X

 A  �I bị chặn từng điểm trên X. Nếu  A  �I �L  X , Y  và tập  A :  �I 
L X ,Y 
A
bị chặn trong không gian 
thì ta nói họ     �I bị chặn đều. Điều này tương
thì ta nói họ

đương với

 N  0     I  :

Rõ ràng nếu họ 

A   �I

A

N

.

bị chặn đều thì nó bị chặn từng điểm trên X.

Chứng minh:
Gọi

 A  �I bị chặn đều. Cần chứng minh  A  �I bị chặn từng điểm.

A �N ,  �I
Theo giả thiết, N  0 sao cho 
.

Đặt

N x  max  N x ,1  0

Ta có:

.

A x � A . x �N . x �max  N x ,1  N x

.


Hay
Vậy

A x �N x ,  �I

.

 A  �I bị chặn từng điểm.

1.1.2. Định lý
Giả sử X là không gian Banach, Y là một không gian định chuẩn. Nếu     �I là một họ
các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y, bị chặn từng điểm trên X thì sẽ bị chặn đều.
A

Chứng minh:
X   x  X : A  x 
Với mỗi n �N ,  �I ta đặt n ,

.

n

f : X � �, f  x   A  x 

Vì A : X � Y liên tục nên hàm số 
cũng liên tục và dẫn đến
X n ,  f1   �, n 

Đặt

X n  I X n ,
 �I

là một tập đóng trong X.

thì X n cũng là một tập đóng.

Mặt khác, từ giả thiết

 A  �I bị chặn từng điểm nên với mọi

N x : A  x  �N x ,  �I

.

  I : A  x 
Do đó, nếu n �N x thì

X  U Xn
n��

x �X , tồn tại

n

tức là x �X n . Thành ra

X �U X n
n��

và như vậy

.

Vì X là không gian Banach nên nó thuộc phạm trù II. Vậy tồn tại n0 để
int X n0  int X n0 ��

x �0 ta có:

x0 

, nghĩa là tồn tại một hình cầu

rx
�B  x0 , r  �X n0
2 x

�
rx
 �I , A �
�x0  2 x
�
Như vậy

.

�
�
��n0
�
.

B  x0 , r  �X n0

. Từ đó với mọi x �X mà


Suy ra :

rx
A x �n0  A x0 �2n0
2 x

.

4n
4n
A x � 0 x
A � 0 ,  �I
r
r
Do đó,
với mọi x �X , với mọi  �I nghĩa là
.

Vậy     �I là một họ các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y, bị chặn từng điểm trên
X thì sẽ bị chặn đều (đpcm).
A

1.1.3. Hệ quả
Cho X là không gian Banach, Y là một không gian định chuẩn và
toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y sao cho với mọi x �X thì
đó A cũng là toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y và

 An  n là một dãy các

lim An x  Ax
n ��

A �lim inf An
n ��

Chứng minh:
+ Chứng minh A là toán tử tuyến tính:
x, y �X ,  ,  �K . Ta có:

A   x   y   lim An   x   y 
n ��

 lim  An x  An  y 
n ��

 lim An x  lim An  y
n ��

n ��

  lim An x   lim An y
n ��

n ��

  Ax   Ay.

Vậy A toán tử tuyến tính.
+ Chứng minh

A �lim An
n ��

:





Ax  lim An x  lim An x �lim inf  An . x   lim inf An . x
n ��

A

n ��

n ��

n ��

lim
 inf An .
n ��

Vậy A là toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y và

A �lim inf An
n ��

.

.

tồn tại. Lúc


1.2. NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ MỞ
1.2.1. Định nghĩa
T G
Cho ánh xạ T : X � Y gọi là ánh xạ mở nếu với mọi G mở trong X thì   là tập mở
trong Y.
T 1  G 
Cho ánh xạ T : X � Y gọi là liên tục nếu với mọi G mở trong Y thì
là tập mở
trong X.

1.2.2. Định lý

Giả sử X, Y là hai không gian Banach và T : X � Y là một toàn ánh tuyến tính liên tục.
Khi đó T là một ánh xạ mở, nghĩa là với mọi G mở trong X thì

T  G

là tập mở trong Y.

Chứng minh:
Đặt

X s   x �X : x  s

Y  T  X   UT  X n 

toàn ánh nên

n��

Vậy
i.





có chứa một hình cầu đóng

y �BY� 0, r 

tức là



y  y0 �BY� y0 , r  �T X n0

Như vậy tồn tại các dãy

y �r

T Xp









với mọi p  0 .

. Ta viết y  y  y0  y0 , trong đó

.

v j , w j �X n0

sao cho

y  y0  lim Tv j ; y0  lim Tw j

j

Mặt khác

. Vì T là

int T X n0 ��

BY� y0 , r    y �Y : y  y0 �r  .

Bước 1: Chứng minh 0 là điểm trong của
Giả sử

n��

.

Mặt khác, Y là Banach nên thuộc phạm trù II, do đó tồn tại n0 sao cho
T X n0

X  U Xn

là hình cầu mở tâm 0 bán kính s  0 . Rõ ràng

v j  w j � v j  w j �2n0

và

j

.

y  lim T  v j  w j 
j

nên

y �T X 2 n0 .

.


Vậy





BY� 0, r  �T X 2 n0 .

y �k
Do tính tuyến tính của T, với mọi k  0 , nếu
thì

�
�
ry
ry
y
�

T
X
�r
�
2n0 k �
�T X 2n0
k
�
r �tức là
k
nên
hay





�
�
BY�
.
 0, k  �T �X 2 n0k �
� r �

ii.

Bước 2: Chứng minh 0 là điểm trong của

T  Xp

. Lấy

y Y, y

1.

x1 �X 2n0
k

1
r sao cho
Theo chứng minh ở bước 1, với
, sẽ tồn tại
1
y  Tx1 � .
2
1
� �
x2 �X 2 n0
y  Tx1 �BY�
0, �
�
2
�
�
2 r sao cho
Phần tử
nên tồn tại
1
y  Tx1  Tx2 � 2 .

2
xm �X 2 n0

Bằng qui nạp, ở bước thứ m, ta tìm được

2m1 r

sao cho

m

1
y  �Txi  y  Tx1  ...  Txm � m .  
2
i 1

Để ý rằng
2n
4n 1
xm � m01  0 . m , m  1, 2,...
r.2
r 2
�

Nên chuỗi

�x
m 1

m

hội tụ tuyệt đối và vì X là Banach nên chuỗi này cũng hội tụ về

�

x �X : x  �xm .
m 1

Hơn nữa
�
�
n
4n
x ��xm  � m0  2  0
r .
m 1
m 1 r .2
m

Để ý đến tính liên tục của T và từ

x  lim �xk ,
m ��

k 1


cho m � � ở   , ta có:

�m �

y  lim T �
�xk � Tx.
m ��
�k 1 �
� �
� �
y �T �X 4n0 �
BY�
 0,1 �T �X 4 n0 �.
� r �nên
� r �
Như thế
Do tính tuyến tính của T ta suy ra rằng với mọi k  0 thì


iii.

Bước 3: Chứng minh
Lấy

y0 �T  G 

T  G

�
BY�
 0, k  �T �X 4 n0k
� r

�

.
�
�

là tập mở trong Y nếu G mở trong X.

, tồn tại x0 �G để y0  Tx0 . Do G mở nên có   0 để

BX  x0 ,     x �X : x  x0    �G

. Vì

BX  x0 ,    x0  X 

Cho nên

T  BX  x0 ,     Tx0  T  X    y0  T  X   �T  G 

� r �
BY��
0,
��T  X   ,
4n0 �
�
Theo bước 2, ta có
suy ra
� r �
� r �
BY�
0,

�y0 ,
� y0  BY�
�
��y0  T  X   �T  G  .
4
n
4
n
0
0
�
�
�
�

Vậy

T  G

là tập mở trong Y. Định lý đã được chứng minh đầy đủ.

1.2.3. Hệ quả
Giả sử X, Y là hai không gian Banach và T : X � Y là một song ánh tuyến tính liên tục.
Khi đó, T là một phép đồng phôi tuyến tính.
Chứng minh:
1
T là phép đồng phôi khi T song ánh tuyến tính liên tục và T liên tục.
1
Theo đề bài ta cần chứng minh T : Y � X liên tục.

Vì T là song ánh tuyến tính liên tục.
� T là toàn ánh tuyến tính liên tục.
� T là ánh xạ mở.
� T  G  mở trong Y.
T
 G  T  G .
Vì  
1 1


� T 1  G 

mở trong Y.

Vậy T là phép đồng phôi tuyến tinh.
1.2.4. Định lý đồ thị đóng
1.2.4.1. Định nghĩa chuẩn
Cho X, Y là hai không gian định chuẩn. Trên không gian vectơ tích X �Y ta xác định
một chuẩn bởi

 x, y 

 x

X

 y Y ,  x, y   X Y

và có vài tính chất sau:

a) X �Y là không gian Banach khi và chỉ khi X, Y là các không gian Banach.
b) Các chuẩn :

 x, y 

 max  x

X

, y

Y

 ;  x, y 



 x

2
X

 y

2
Y



1

2

.

Tương đương với các chuẩn đã xét ở trên.
Bây giờ cho X, Y là hai không gian định chuẩn và T : X � Y là ánh xạ. Đồ thị của T là

G ��x, Tx  : x X  X Y
tập T  
. Dễ dàng thấy rằng GT là một không gian con của X �Y
khi và chỉ khi ánh xạ T là tuyến tính.

1.2.4.2. Định nghĩa toán tử đóng
Cho X, Y là hai không gian định chuẩn. Toán tử tuyến tính T : X � Y được gọi là toán tử
đóng nếu đồ thị GT của nó là một không gian con đóng của không gian định chuẩn tích
X �Y . Một cách khác tương đương:
��
x
�xn
��
  xn  n �X , �
� y  Tx �
Txn � y
�
�
�.
(T đóng)

Chứng minh:
Giả sử T đóng � GT không gian con đóng.

� GT  GT

.

xn � x �
�ޮ  xn , Txn 
Txn � y �

 x, y 

.


Vì

 xn , Txn  �GT , n �1 .

Suy ra

 x, y  �GT

 GT

.

Vậy: y  Tx .
1.2.4.3. Định lý


 thì T là toán tử đóng.

1. Nếu
2. Nếu X, Y là các không gian Banach, T là toán tử tuyến tính từ X vào Y và T đóng.
Khi đó T liên tục
T �L X , Y

Chứng minh:
1. xn � x; Txn � y .
Để chứng minh T đóng ta chứng minh y  Tx .
Theo giả thiết,

T �L  X , Y 

suy ra T là liên tục. (1)

Mặt khác: xn � x . (2)
Từ (1) và (2) suy ra: Txn � Tx (Theo định nghĩa)
Mà giới hạn là duy nhất nên y  Tx .
Vậy T đóng.
2. T : X � Y
xn � x để T liên tục ta cần chứng minh Txn � Tx .

Vì X, Y la Banach nên X �Y là Banach.
Vì T đóng nên

GT ��
  x, Tx  : x

Suy ra GT là Banach.
Xét phép chiếu p: GT � X

X

X Y

là không gian con đóng.


 x, Tx  a
Ứng với mỗi điểm

x

 x, Tx  �GT có duy nhất một điểm chiếu x lên X

Suy ra p là song tuyến tính.
Theo định lý Banach, p là phép đồng phôi.
1
Suy ra: tồn tại p : X � GT liên tục.

xa

 x, Tx 

Vì xn � x .
ޮ p 1  xn 

 xn , Txn 

Txn

p 1  x  .

 x, Tx  .

Tx
.

Vậy T liên tục.
1.3. Định lý Hahn – Banach
1.3.1. Định lý Hahn – Banach trong không gian vectơ
Bài toán mở rộng: Cho X là một không gian vectơ, Y là không gian con của nó và f là
một phiếm hàm tuyến tính xác định trên Y thỏa mãn ràng buộc nào đó. Ta muốn mở rộng
f thành một phiếm hàm tuyến tính F xác định trên toàn bộ X và F cũng thỏa mãn ràng
buộc như đối với f .

1.3.1.1. Định nghĩa
Giả sử p là một hàm số từ không gian vectơ X vào �.
 Ta gọi p là một sơ chuẩn trên X nếu:
a)

p   x   p  x

b)

p  x  y  �p  x   p  y 

với mọi x �X ;  0 .
với mọi x, y �X .

 Ta gọi p là một nửa chuẩn trên X nếu:

a)

p   x   p  x

b)

p  x  y  �p  x   p  y 

với mọi x �X ; �K .
với mọi x, y �X .

Rõ ràng nếu p là nửa chuẩn thì nó cũng là sơ chuẩn.
1.3.1.2. Định lý Hahn – Banach trong không gian vectơ thực
Cho X là một không gian vectơ thực, Y là không gian con của X và p : X � � là một sơ
chuẩn trên X. Giả sử f là một phiếm hàm tuyến tính trên Y, thỏa mãn:
f  y  �p  y  , y �Y

.

Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính F xác định trên X sao cho
x �Y , F  x   f  x  ,
x  X , F  x 

p  x .

Chứng minh:
Ta gọi một suy rộng của f là một phiếm hàm tuyến tính
không gian con của X chứa Y, thỏa mãn:

a.

g  x   f  x  , x �Y ,

b.

g  x  �p  x  , x �Dg

g : Dg � �

trong đó

Dg

là một

.

Ký hiệu là tập hợp tất cả các suy rộng của f . Vì f �F nên F khác trống.
Với g1 , g 2 �F ta định nghĩa
�
�Dg1 �Dg2
g1 �g 2 � �
�g1  x   g 2  x  , x �Dg1 .

Lúc đó " �" là một quan hệ thứ tự bộ phận trên F . Giả sử là một tập con sắp thẳng của
F , ta đặt
D 

UD

g

g� N



g  x  g  x
x �Dg
g
�
 
N
x
�
D
Nếu
thì tồn tại
để
. Lúc đó đặt
. Do tính sắp thẳng của ,



ta có D là một không gian con của X và g là một phiếm hàm tuyến tính xác định trên

D  . Cũng theo cách đặt đó, ta thấy

g   x   g  x  �p  x  , x �Dg


Nên g là một cận trên của . Theo bổ đề Zorn, trong F sẽ tồn tại một phần tử tối đại F.
Đây là phiếm hàm tuyến tính cần tìm nếu ta chứng minh được miền xác định D của F là
X.
Giả sử

D �X
�

. Lúc đó lấy x0 �X \ D thì x0 �0 . Ký hiệu:
Z  D �  x0    x   x0 ; x �D,  ��

.

E z  F  x    c, c ��
Với z  x   x0 �Z ta đặt  
, thì E là phiếm hàm tuyến tính mở rộng

của F lên tập Z. Ta hãy chọn c để

E  z  �p  z  , z �Z

, tức là E trở thành một suy rộng

của f .
�D, ta có:
Với mọi x, x�

F  x   F  x�
  F  x  x�

 �p  x  x�
 �p  x  x0   p   x� x0 

Hay
 F  x�
  p   x� x0  �p  x  x0   F  x 
�D nên ta có:
Bất đẳng thức này đúng với mọi x, x�

sup   F  x   p   x  x0   �inf  p  x  x0   F  x  
x�D

x�D

Do đó ta chọn x �� thỏa mãn
sup   F  x   p   x  x0   �c �inf  p  x  x0   F  x  
x�D

x�D

Nếu z �Z \ D thì z   x0  x,  �0 . Ta xét hai trường hợp.
a)   0 . Dùng bất đẳng thức bên phải của (3.1), ta có:

(3.1)


�x
� �x �
c �p �  x0 � F � �
�

� � �.

Nhân  vào hai vế ta có:
 c  F  x  �p  x   x0 

.

b)   0 . Dùng bất đẳng thức bên trái của (3.1), ta có:
�x �
 F � �
� �

�x
�
p�
  x0 ��c
�
� .

Nhân  vào hai vế ta được:
�x �
�x
�
 F � �    p �  x0 �� c
� �
�
�
.

Vì thế

F  x   p  x   x0  � c

hay

F  x    c �p  x   x0 

.

E z �p  z 
Cả hai trường hợp đều có  
. Vậy F �E và F �E . Điều này mâu thuẫn với
tính tối đại của F. Định lý được chứng minh.

1.3.1.3. Định lý Hahn – Banach trong không gian vectơ phức
Cho X là một không gian vectơ phức, p là nửa chuẩn xác định trên X và Y là một không
gian con của X. Giả sử f : X � � là một phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện
f  x  �p  x  , x �Y

Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính F xác định trên X sao cho
F  x   f  x  , x �Y ,
F  x  �p  x  , x �X .

Chứng minh:
Theo giả thiết, f là phiếm hàm tuyến tính phức, xác định trên Y nên
f  x   f1  x   if 2  x  ��, x �Y

.

Dễ dàng thấy ngay rằng f1 , f 2 là các phiếm hàm tuyến tính phức xác định trên Y thỏa
f1  x  � f1  x  �p  x 

.

Hơn nữa ta có:
f  ix   f1  ix   if 2  ix   if1  x   f 2  x 
f 2  x    f1  ix 

Nên

.

. Vậy ta có thể viết:
f  x   f1  x   if1  ix  .

Do ��� nên ta hãy xét xem X là một không gian vectơ thực (chỉ xét phép nhân vô
hướng với các số thực). Áp dụng định lý Hahn – Banach trong không gian vectơ thực cho
f1  x 

, khi ấy tồn tại phiếm hàm tuyến tính thực F1 trên X sao cho
F1  x   f1  x  ,

F1  x  �p  x  , x �X .

Hơn nữa,
 F1  x   F1   x  �p   x   p  x  .

nên

F1  x  �p  x  .

Đặt

F  x   F1  x   iF1  ix  , x �X

. Khi đó

F  x

là phiếm hàm tuyến tính phức xác định

F x  f  x
F x �0
trên không gian phức X. Nếu x �Y thì rõ ràng  
. Nếu  
thì
F  x   F  x  .e  i .

Do đó
F  x   e i F  x   F  e i x   F1  e  i x 

�p  e  i x   e  i p  x   p  x  .

Vậy F là phiếm hàm tuyến tính cần xác định.
1.3.2. Định lý Hahn – Banach trong không gian định chuẩn


Cho X là một không gian định chuẩn trên trường K( � hay �). Khi đó K là một không
 

gian định chuẩn với chuẩn
(giá trị tuyết đối hây môđun của  �K ). Nhắc lại
rằng một ánh xạ tuyến tính từ X vào K được gọi là một phiếm hàm tuyến tính. Như vậy
các tính chất tổng quát của toán tử tuyến tính liên tục đều áp dụng được cho phiếm hàm
tuyến tính. Chẳng hạn, phiếm hàm tuyến tính f được gọi là bị chặn nếu:

 M

 0   x  X  : f  x 

M x

Tất nhiên đều này tương đương với điều kiện f liên tục trên X. Lúc đó chuẩn của f
được xác định bởi
f  sup
x �0

Ký hiệu

L  X,K  X

f  x
x

 sup f  x 
x 1

là không gian phiếm hàm tuyến tính liên tục.

1.3.2.1. Định lý Hahn – Banach trong không gian định chuẩn

Cho X là một không gian định chuẩn, Y là một không gian con của X và f : Y � K là
một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Y. Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên
tục F xác định trên X sao cho
a.
b.

F  x   f  x  , x �Y

F  f

.

.

Chứng minh:
p x  f x
p x
Với mọi x �X ta đặt  
. Lúc đó   là nửa chuẩn trên X và ta có
f  x  �p  x  , x �Y .

Theo Định lý Hahn – Banach trong không gian vectơ, tồn tại phiếm hàm tuyến tính F xác
định trên X thỏa mãn
F  x   f  x  , x �Y
F  x  �p  x   f

Như thế F bị chặn. Hơn nữa ta có

F �f

x , x �X .

. Mặt khác


F  sup F  x  � sup F  x   sup
x 1, x�X

Vậy

F  f

x 1, x�Y

x 1, x�Y

f  x  f

.

.

1.3.2.2. Định lý(Định lý tách một điểm với không gian con)
Giả sử Y là một không gian con của không gian định chuẩn X, x0 là điểm thuộc X sao
d  x0 , X   inf x0  y  d  0.

cho
sao cho:
a.
b.

c.

y�Y

Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X

f  y   0, y �Y .
f 

1
.
d

f  0   1.

Chứng minh:
Z  Y �  x0 
Theo giả thiết ta có x0 �Y . Đặt
. Khi đó, với mọi z �Z ta có biểu diễn
z  y   x0 với y �Y ,  �K . Để ý rằng z �Y �   0 .

Ta xác định một phiếm hàm g trên Z theo công thức
g  z   g  y   x0   

.

y
�Y
Nếu z  y   x0 �Y tức là  �0, thì 
nên

z  y   x0  

y
 x0 � d .


1
1
1
 � z
g  z � z
g �
d
d
d.
Từ đó
hay
. Suy ra

Ngược lại, do

d  inf x0  y
y�Y

nên tồn tại dãy

 yn  �Y sao cho

x0  yn � d  n � �

. Đặt

zn   yn  x0 , thì g  zn   1. Hơn nữa 1  g  zn  � g zn  g x0  yn � g d  n � � .


1
d .

g 

Vậy

Theo định lý 1.3.2.1 tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục f xác định trên X suy
f  g 

rộng g với
Vậy

1
.
d Vì x0 �Z , x0  0  1x0 nên g  x0   1 .

f  x0   g  x0   1.

Định lý được chứng minh.

1.3.2.3 Hệ quả
Với mọi phần tử z0  X , z0
cho

f  1, f  z0   z0

0 thì tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X sao

.

Chứng minh:
Đặt

Xét

Y

 0

x0 

Y

z0
�X
z0

X

.

.

� d  x0 , Y   inf x0  y  x0  0  x0 

z0
1
z0

.

Áp dụng định lý tách một điểm với một không gian con Y, f : X � K là phiếm hàm
tuyến tính liên tục.
1
f  , f  x0   1
1
.

�z0
� f  1, f �
�z
�0
f  z0 
�
 1.
z0
� f  z0   z 0 .

�
�
� 1.
�

Vậy

f  1, f  z0   z0

(đpcm).
CHƯƠNG 2

BÀI TẬP CỦA NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU, ÁNH XẠ MỞ VÀ
ĐỊNH LÝ HAHN – BANACH


 A  �I các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y được gọi là đồng liên tục nếu
   0     0  :  x �X  ,   �I  , x   � A  x    . Chứng minh rằng  A  �I

Bài 1. Họ

đồng liên tục đều khi và chỉ khi nó bị chặn đều.
Bài giải:

 � Giả sử  A  �I đồng liên tục đều.
�   0,   0 : x �X , x   � A x   ,  �I

Đặt

N


0

, ta có:

A  sup A x 
x 1

Suy ra

1
1
sup A  x �  ,  �I
  x 

.

 A  �I bị chặn đều.

N �
0
 � Giả sử  A  �I bị chặn đều �

  0 , đặt
�
A x

Vậy



A

N, 

I

.


 0, x �X , x  
N
.

A . x

N

, 

I

.

 A  �I đồng liên tục đều khi và chỉ khi nó bị chặn đều.
 An  n �L  X , Y  là dãy các toán tử tuyến
�
Ax
. Ngoài ra với mọi x �E thì  n  n là một

Bài 2. Cho X, Y là hai không gian Banach và
�
N
0

tính liên tục. Giả sử

An

N, n

dãy cơ bản trong Y với E là một tập trù mật trong X. Chứng minh
toán tử

A �L  X , Y 

.

Bài giải:
Giả sử

 An  n hội tụ đơn đến toán tử

A �L  X , Y 

.

 An  n hội tụ đơn đến


�
An x

Ax, x

X.

An y, x �X ,   0
y �B  x,   �E
y �E do  An y  n cơ bản nên  lim
n
ta lấy
. Xét:

An x  Am x � An x  An y  An y  Am y  Am y  Am x
� An . x  y    Am x  y
� An  Am  1 

� 2k  1  , m, n �n0 .

Vậy

 An x  n cơ bản trong Y Banach nên hội tụ.

Bài 3. Giả sử

.1

.2

và

là hai chuẩn trong không gian tuyến tính X sao cho với mỗi

chuẩn đó X là không gian Banach và hơn nữa từ
minh hai chuẩn này tương đương.

xn 1 � 0

kéo theo

xn

2

�0

. Chứng

Bài giải:
.1 ; .2

Để chứng minh

, ta chứng minh

id :  X , . 2  �  x, . 2 

là phép đông phôi.

Ta có id song ánh tuyến tính (hiển nhiên).
Cần chứng minh id liên tục.
""  xn  n�1

 X, .  ,x
1

n

.1

x

.2

. Chứng minh

id  xn  � id  x 

.

.1

x  x 1 �0
Vì xn � x nên n
.

Theo giả thiết:

xn  x 2 � 0
id  xn 

.2

.
id
  x .

Suy ra id song tuyến tính liên tục.
Lại có, theo giả thiết:
phép đồng phôi.

 X , .  , X , . 
1

2

là Banach. Áp dụng định lý Banach ta suy ra id là


.1 ; .2

Suy ra
Vậy

.1

và

.2

là tương đương (đpcm).

Bài 4. Giả sử M, N là hai không gian con đóng của không gian Banach X sao cho

X  M �N . Khi đó mọi phần tử x �X được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng
x  u  v . Chứng minh các ánh xạ
PM : X � M ,

PN : X � N

xa u

xa v

là liên tục.
bài giải:
vì M �X , M đóng nên suy ra M là Banach.
vì N �X , N đóng nên suy ra N là Banach.
X là Banach.
Để PM , PN liên tục thì ta cần chứng minh PM , PN tuyến tính và PM , PN đóng.
+ Chứng minh PM tuyến tinh.
x1  u1  v1 , x2  u2  v2 �X 1 ,  ,  �K
PM   x1   x2   PM    u1  v1     u2  v2  
 PM   u1   v1   u2   v2 
 PM   u1   u 2   v1   v2 
  u1   u2

  PM  u1  v1    PM  u2  v2 
  PM  x1    PM  x2  .

Suy ra PM tuyến tính.
Chứng minh tương tự PN tuyến tính.
+ Chứng minh PM đóng:

xn  un  vn � x  u  v
�
��
�PM  xn  � y

�+
vn u v
Vì un +

un

u.

PM  xn   PM  un  vn   un � y

.

Do tính duy nhất của giới hạn nên suy ra

y  u  PM  u  v   PM  X 

.

Suy ra PM đóng.
Chứng minh tương tự PN đóng.
Vậy PM , PN liên tục (đpcm).
Bài 5. Cho X là không gian Banach, f là phiếm hàm tuyến tính liên tục khác 0. Chứng
minh f là ánh xạ mở.
Bài giải:

Vì K là không gian đầy đủ nên K là Banach.
Vì f : X � K là tuyến tính liên tục nên để f là ánh xạ mở ta phải chứng minh f là toàn
ánh.
f x �0
Vì f �0, x �X để  0 
.
 �K , đặt

x  .

x0
�X
f  x0 

� x0
f  x  f �
.
�
f  x0 
�
Ta có:

vì X là không gian con.

�
f  x0 
�
�  . f  x   
0
�

.

Suy ra f là toàn ánh
Vậy f là ánh xạ mở (đpcm).
Bài 6. Cho f là phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên không gian định chuẩn thực X.
f B�0, r  �
Chứng minh rằng với mọi r  0 thì    
.


Bài giải:
Ta có:





B�
 0, r   x �X x  r .

Chứng minh:

f  B�
 0, r   �� r  0 

.

Chứng minh:
�� f  B�
 0, r  


 f  x

�� f  x  x �B�
 0, r 
�ͣ



x



r .

a ��, chứng minh a  f  x  ,  x �r .

f  �
Vì f không liên tục nên suy ra
� sup f  x   �
x�
1

� sup f  x  
x�
1

Suy ra

x 
� x

r

 x0 �1

x

Đặt

a

.

a
f  x0  � .
r
để

x0
a.
f  x0 

x0 .r. f  x0 
x .a
x0
a  0
�
 x0 .r

f  x0 
f  x0 
f  x0 
x0 .r

r

� x �B�
 0, r 
� x0
f  x  f �
�f  x 
� 0
Và

� f  x0  .a
a�
� f  x   a.
0
�

 f  x

f  B�
 0, r  

�ͣ�

x

r



.


f  B�
 0, r    �

Vậy

(đpcm).

Bài 7. Cho X là một không gian định chuẩn và f là phiếm hàm tuyến tính trên X. Chứng
ker f   x �X : f  x   0
minh rằng f liên tục khi và chỉ khi
là tập đóng.

Bài giải:

 �

f liên tục suy ra ker f đóng.

 �

ker f đóng. Chứng minh f liên tục.



 0,
� 
Giả sử f không liên tục

0, x

1
  ,�
n 1, xn
n
Chọn

0

Vì

xn 

f  xn 



f  x 

.

1
, n �1
n
nên n � �.

ޮ xn
 xn

1
n



0
0



xn
f  xn 

�

xn
x
 x1
 1 �
.
f  xn  f  x1 
f  x1 

0

� xn

x1
f�
�f  x   f  x 
1
Mà � n
� x1
�f�

�
� f  x1 

� f  xn  f  x1 
�
� f  x   f  x   1  1  0, n �1
n
1
�
.

�
�
� 0.
�

� x1
f�

�
f  x1 
�

Nhưng

�  1 f  x1 
�
� f  x   1
1
�
(vô lý).

Vậy f liên tục.
Bài 8. Cho X là không gian định chuẩn thực.



.


a) Giả sử x1 , x2 ,..., xn là các vectơ độc lập tuyến tính trong X. Chứng minh rằng tồn




tại các phiếm hàm tuyến tính liên tục x1 , x2 ,..., xn �X sao cho

1, i  j
�
xi  x j   �
0, i �j .
�

Y M
b) Cho M là một tập con của X và x0 �X . Ký hiệu
là không gian con của X


sinh bởi M. Chứng minh rằng x0 �Y khi và chỉ khi với mọi x �X thỏa điều kiện

x  M    0

thì

x  x0   0

.

Bài giải:
a. X: Định chuẩn (giả thieets0.
Đặt

Y  x2 , x3 ,..., xn �X , x1 �X

.

Vì x1 �Y nên:
d  x1 , Y   inf x1  y  d  0.
y�Y

Theo định lý tách một điểm với một không gian con Y ta có:

Tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục x1 : X � K thỏa mãn



�
�
�x1 Y  0
�x1  x j   0, j  2,3,..., n.
��
�

x
x

1


�
�1 1
�x1  x j   1, j  1.

1, j  1
�
� x1  x j   �
0, j �1 .
�
1, j  2
�
� x2  x j   �
0, j �2 .
�

Tương tự

.
.
.


1, j  n
�
� xn  x j   �
0, j �n .
�
� x0 �Y , x �X  , x M

b.

vì

x M  0 � x  xm   0, m �M .

$" y
vì x0 �Y nên  n 

vì

 0 � x   x0   0.

Y , yn

yn �Y�γ

M
span  M 

x0 .
�m
�
�i xi ,xi
�i 1

M i , i

�
�, m 1�.

m

� yn  �i , mx, n, m �1, xn,m �M , n ,m ��

.

i 1


Vì x liên tục, suy ra:

x  x0   lim x  yn 
x ��

�m
�

 lim x �
in xi �
�
x ��
�i 1
�


m

 lim �im x  xin 
n ��

i 1

x ��

m

 �0
i 1

0

.

x �X �
� 
�� x  yn   0.


 � x M  0 �
Chứng minh x0 �Y .

Giả sử

x0 �Y � d  xn , y   d  0

.

X  Y
Vì X định chuẩn nên M ��

X , x0

X.

Theo định lý tách một điểm với một không gian con M

Suy ra tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục x �X sao cho