Hàm liên tục trên không gian metric

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
======

VI THỊ ÁNH

HÀM LIÊN TỤC
TRÊN KHÔNG GIAN METRIC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành : Giải tích

HÀ NỘI – 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
======

VI THỊ ÁNH

HÀM LIÊN TỤC
TRÊN KHÔNG GIAN METRIC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành : Giải tích

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. Trần Văn Bằng

HÀ NỘI

2019


LỜI CẢM ƠN
Em xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học
Sư phạm Hà Nội 2, các thầy cô giáo khoa Toán đã giúp đỡ em trong
quá trình học tập tại trường và tạo điều kiện cho em hoàn thành đề
tài khóa luận tốt nghiệp.

Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Trần
Văn Bằng, người thầy đã truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ,
hướng dẫn em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện
khóa luận này.

Trong quá trình nghiên cứu, do trình độ có hạn nên không
tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Em kính mong nhận được sự
đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn đọc để
khóa luận được hoàn thiện hơn.

Em xin chân thành cảm ơn !

1


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Trần Văn
Bằng khóa luận của em được hoàn thành không trùng với bất kì đề
tài nào khác.

Trong khi làm khóa luận này, em đã kế thừa thành quả khoa
học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, ngày 6 /5/2019
Sinh viên

Vi Thị Ánh

i


Mục lục

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1

4

Những kiến thức mở đầu về không gian metric . . . . .

4

1.1.1

Định nghĩa không gian metric . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Tập đóng và tập mở . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3

Tập compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.4

Tập liên thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2 Hàm liên tục trên không gian metric

16

2.1

Hàm liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.2

Tính liên tục và không gian tích . . . . . . . . . . . . .

22

2.3

Tính liên tục và không gian compact . . . . . . . . . .

24

2.4

Tính liên tục và không gian liên thông . . . . . . . . .

29

Tài liệu tham khảo

32

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

BẢNG KÍ HIỆU

R

Tập số thực

Rn

Không gian Euclide thực n chiều

int(A)

Phần trong của tập A

x = (x1 , · · · , xn ) Phần tử của Rn
B(a, r)

Hình cầu mở tâm a bán kính r

B(a, r)

Hình cầu đóng tâm a bán kính r

A

Bao đóng của tập A

f |K

f hạn chế trên K

1


LỜI NÓI ĐẦU
Giải tích toán học là một trong những môn học cơ bản của chương
trình đào tạo cử nhân Sư phạm toán học. Nó cung cấp kiến thức và
phương thức tư duy thiết yếu cho việc học tập các học phần khác.
Những tính chất giải tích của hàm số như: tính liên tục, tính khả vi
và tính khả tích có vai trò đặc biệt quan trọng trong các ứng dụng
thực tiễn.
Tuy nhiên sinh viên Sư phạm Toán học nói chung chưa có nhiều
thời gian để khảo sát kĩ lưỡng, hệ thống các tính chất của hàm liên tục
trên không gian metric cũng như một số hướng ứng dụng của tính chất
này. Vì vậy tôi chọn đề tài “Hàm liên tục trong không gian metric”
làm khóa luận tốt nghiệp nhằm hệ thống hóa các tính chất của hàm
liên tục trên không gian metric, phân tích kĩ hơn các mối liên hệ của
tính chất liên tục với các tính chất khác, cũng như quá trình khái quát
khái niệm quan trọng này.
Đề tài gồm có hai chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Chương 2: Hàm liên tục trên không gian metric
2.1 Hàm liên tục
2.2 Sự liên tục và không gian tích

2

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

2.3 Sự liên tục và không gian compact
2.4 Sự liên tục và không gian liên thông
Do trình độ có hạn nên khóa luận không tránh khỏi có những thiếu
sót. Rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các thày cô và các bạn
để khóa luận được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, ngày 6/5/2019
Sinh viên

Vi Thị Ánh

3


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Những kiến thức mở đầu về không gian metric
Định nghĩa không gian metric

Ta gọi là không gian metric một tập hợp X= ∅ cùng với một ánh xạ
d từ tích Descartes X×X vào tập hợp số thực R thỏa mãn các tiên
đề sau đây:

1) (∀x, y ∈ X) d(x, y)≥ 0, d(x, y)=0 ⇔ x = y
2) (∀x, y ∈ X) d(x, y)=d(y, x)
3) (∀x, y, z ∈ X) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
Ánh xạ d gọi là metric trên X, số d(x, y) gọi là khoảng cách giữa hai
phần tử x và y. Các phần tử của X gọi là các điểm; các tiên đề 1), 2),
3) gọi là hệ tiên đề metric.
Không gian metric được kí hiệu là M = (X, d).

1.1.2

Ví dụ

Ví dụ 1.1.1. Với hai phần tử bất kì x, y ∈ R ta đặt:
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

d(x, y) = |x − y|
Dựa vào các tính chất của giá trị tuyệt đối trong tập số thực R dễ
dàng kiểm tra hệ thức trên xác định một metric trên R. Không gian
tương ứng được kí hiệu là R1 và gọi là metric thông thường trên R.
Ví dụ 1.1.2. Cho X là một tập hợp khác rỗng. Với mọi x, y ∈ X ta
đặt:
d(x, y) =




1

nếu x = y
(1.1)


0 nếu x = y.
Thế thì d là một metric trong X và không gian metric (X, d) còn được
gọi là không gian metric rời rạc.
Hiển nhiên, hệ thức trên xác định một ánh xạ từ tích Descartes X×X
vào tập hợp số thực R. Ta kiểm tra các tiên đề về metric.
Với hai phần tử bất kì x, y ∈ X, hiển nhiên, d(x, y) ≥ 0. Nếu x = y
thì d(x, y) = 0 nhưng x = y thì d(x, y) = 1, điều này trái với giả thiết,
nên d(x, y) = 0 ⇒ x = y. Do đó, tiên đề 1) thoản mãn.
Với hai phần tử bất kì x, y ∈ X, nếu x = y thì y = x, do đó
d(x, y) = d(y, x) = 0; còn nếu x = y thì y = x, do đó d(x, y) =
d(y, x) = 1.Vì vậy ∀x, y ∈ X, d(x, y) = d(y, x). Do đó, tiên đề 2) thỏa
mãn.
Để kiểm tra 3), với các phần tử x, y, z ∈ X, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu z bằng ít nhất một trong hai phần tử x hoặc y,
không mất tính tổng quát có thể giả sử x = z, thì do mệnh đề 1) ta
có:
d(x, y) = d(z, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Trường hợp 2: Nếu z khác cả x và y thì:
d(x, y) ≤ 1 < 2 = d(x, z) + d(z, y).
Do đó, tiên đề 3) thỏa mãn, vậy d là một metric.
Ví dụ 1.1.3. Với hai vecto bất kì x = (x1 , x2 , ..., xk ), y = (y1 , y2 , ..., yk )
thuộc không gian vecto thực k chiều Rk (k là số nguyên dương bất
kì), ta đặt:
k

(xj − yj )2 .

d(x, y) =
j=1

Dễ dàng thấy hệ thức đã cho thỏa mãn tiên đề 1), 2) về metric.
Để kiểm tra tiên đề 3) về metric, trước hết ta chứng minh bất đẳng
thức Cauchy - Bunhiacopski với 2k số thực aj , bj (j = 1, 2, ..., k) ta có:
k

k

(aj , bj )| ≤

|

k

a2j .

j=1

b2j .

j=1

j=1

Thật vậy
k

0≤

k

(ai bj − aj bi )2 ]

[
i=1 j=1

k

k

k

a2i b2j

=

k

− 2.

i=1 j=1

k

k

i=1 j=1

k

a2j )(
j=1

a2i b2j

ai bi aj bj +
i=1 j=1

= 2(

k

k

b2j )
j=1

aj bj )2 .

− 2(
j=1

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Từ đó ta có:
k

k

|

k

a2j .

(aj , bj )| ≤
j=1

b2j

j=1

j=1

Với ba vecto bất kỳ x = (x1 , x2 , ..., xk ), y = (y1 , y2 , ..., yk ),
z = (z1 , z2 , ..., zk ) thuộc Rk ta có:
d2 (x, y) =

k

j=1
k

[(xj − zj ) + (zj − yj )]2

j=1
k

2

(xj − zj ) + 2.

=

k

(xj − yj )2 =

k

(xj − zj )(zj − yj ) +

j=1

j=1

≤ d2 (x, z) + 2.

(zj − yj )2

j=1

k

k

(xj − zj )2 .
j=1

(zj − yj )2 + d2 (z, y)

j=1
2

2

= d (x, z) + 2.d(x, z).d(z, y) + d (z, y)
= [d(x, z) + d(z, y)]2
⇒ d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
Do đó hệ thức đã cho thỏa mãn tiên đề 3) về metric.
Vì vậy hệ thức đã cho xác định một metric trên không gian Rk .
Ví dụ 1.1.4. : Ta kí hiệu l2 là tập tất cả các dãy số thực hoặc phức

∞

|xn |2 hội tụ. Với hai dãy số

x = (xn )∞
n=1 sao cho chuỗi số dương
n=1

bất kỳ x =

(xn )∞
n=1 ,

y=

(yn )∞
n=1 ,

ta đặt:
∞

|xn − yn |2 .

d(x, y) =
n=1

Hệ thức đã cho xác định một ánh xạ từ tích Descartes l2 × l2 vào tập
số thực R. Thật vậy, với mọi n = 1, 2, ... ta có:
|xn − yn |2 = |x2n − 2.xn .yn + yn2 |
≤ |xn |2 + 2.|xn |.|yn | + |yn |2 ≤ 2.(|xn |2 + |yn |2 ).

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Do đó với mọi số p dương đều có:
p

p

|xn − yn |2 ≤ 2.
n=1

∞

p

|xn |2 + 2.
n=1

Suy ra:

|xn |2 + 2.
n=1

|yn |2 .
n=1

∞
2

|xn − yn | ≤ 2.

∞

|yn |2 ≤ 2.
n=1

∞
2

n=1

∞

|yn |2 .

|xn | + 2.
n=1

n=1

nghĩa là chuỗi số trong vế phải của hệ thức đã cho hội tụ.
Dễ dàng thấy hệ thức đã cho thỏa mãn các tiên đề 1) và 2) về
metric.
∞
∞
Với ba dãy bất kì x = (xn )∞

n=1 , y = (yn )n=1 , z = (zn )n=1 thuộc l2 và

với số p nguyên dương tùy ý ta có:
1
1
p
p
2
2
|xn − yn |2
≤
(|xn − zn | + |zn − yn |)2
n=1
p

|xn − zn |2

≤
n=1
∞

|xn − zn |2

≤

1
2
1
2

n=1
p

|zn − yn |2

+
n=1
∞

|zn − yn |2

+

n=1

1
2
1
2

.

n=1

Cho p → ∞ ta được:
∞

|xn − yn |2

d(x, y) =

n=1

1
2

∞

|xn − zn |2

≤

1
2

∞

n=1

= d(x, z) + d(z, y).
Do đó hệ thức thỏa mãn tiên đề 3) về metric.
Vì vậy hệ thức đã cho xác định một metric trên l2 .
8

|zn − yn |2

+
n=1

1
2

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Định nghĩa 1.1. (Sự hội tụ của dãy trong không gian metric)
Cho m là một số nguyên, (X, d) là một không gian metric và cho
(x(n) )∞
n=m là một dãy các điểm trong X. Cho x là một điểm thuộc X.
Chúng ta nói rằng (x(n) )∞
n=m hội tụ tới x đối với không gian metric d
khi và chỉ khi limn→∞ d(x(n) , x) tồn tại và có giá trị bằng 0.
Ta cũng có thể định nghĩa như sau: (x(n) )∞
n=m hội tụ tới x đối với không
gian metric d khi và chỉ khi ∀ε > 0 ∃N ≥ m sao cho d(x(n) , x) ≤ ε với
mọi n ≥ N .
(n) ∞
Chú ý: Chúng ta thường nói (x(n) )∞
n=m hội tụ tới x thay vì (x )n=m

hội tụ tới x đối với không gian metric. Chúng ta thường viết x(n) → x
khi x → ∞.
Ví dụ:
Xét không gian metric Euclidean dl2 . Cho (x(n) )∞
n=1 được biểu diễn:
x(n) = (1/n, 1/n) trong R.
Ví dụ, chúng ta có thể xét dãy (1, 1), (1/2, 1/2), (1/3, 1/3), .... Khi đó
dãy sẽ hội tụ tới (0, 0) đối với không gian metric Euclidean dl2 . Thật
vậy:

lim dl2 (x(n) , (0, 0)) = lim

n→∞

n→∞

√
1
1
2
+ 2 = lim
= 0.
2
n→∞ n
n
n

Dãy (x(n) )∞
n=1 cũng hội tụ tới (0, 0). Thật vậy:
2
1 1
lim dl1 (x(n) , (0, 0)) = lim ( + ) = lim = 0.
n→∞
n→∞ n
n→∞ n
n

9

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2

Vi Thị Ánh

Tập đóng và tập mở

Cho không gian metric M = (X, d) và tập A ⊂ X.
Điểm x ∈ A được gọi là điểm trong của tập hợp A nếu tồn tại một
hình cầu mở B(x, r) ⊂ A.
Tập mở: Tập A gọi là tập mở trong không gian M , nếu mọi điểm
thuộc A đều là điểm trong của A, hay nói cách khác, nếu điểm x ∈ A,
thì tồn tại một lân cận của x bao hàm trong A.

Tập đóng: Tập A gọi là tập đóng trong không gian M , nếu mọi
điểm không thuộc A đều là điểm ngoài của A, hay nói cách khác, nếu
điểm x ∈
/ A, thì tồn tại một lân cận của x không chứa điểm nào thuộc
tập A.

Ví dụ 1.2.1. Xét tập số thực R với không gian metric d. Tập (1, 2)
không chứa hai điểm đầu mút 1, 2 được gọi là tập mở. Tập [1, 2] chứa
hai điểm đầu mút 1, 2 được gọi là tập đóng. Tập [1, 2) chứa điểm 1 và
không chứa điểm 2 tập đó là tập không mở cũng không đóng.
Ví dụ 1.2.2. Trong một không gian metric:
1. Hình cầu mở là tập hợp mở.
2. Hình cầu đóng là tập hợp đóng.
Chứng minh

Cho không gian metric (X, d), x ∈ A và r > 0.
1. Với điểm bất kì x ∈ B(a, r), ta có d(x, a) < r. Đặtε = r − d(x, a).

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Thế thì ε > 0 với mọi y ∈ B(x, ε) ta có:
d(y, a) ≤ d(y, x) + d(x, a) < ε + d(x, a) = r
Suy ra B(x, ε) ⊂ B(a, r) ⇒ x là điểm trong của B(a, r). Vậy B(a, r)
là tập hợp mở.
2. Với bất kì x ∈
/ B (a, r) thì d(x, a) > r, do đó ε = d(x, a) − r > 0 và
ta có B(x, ε) ⊂ X\B (a, r).
Thật vậy, giả sử ngược lại thì tồn tại y ∈ B(x, ε) sao cho d(y, a) ≤ r.
Khi đó: d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a) < ε + r = d(x, a) là phi lý. Vì vậy,
x là điểm trong của X\B (a, r), suy ra X\B (a, r) là tập hợp mở, nên
B (a, r) là tập hợp đóng.
Tính chất 1.2.1. (Các tính chất cơ bản của tập mở và tập đóng):
Cho (X, d) là một không gian metric.
(a) Cho E là một tập con của tập X. Khi đó E là tập mở khi và chỉ
khi E = int (E). Hay E là tập mở khi và chỉ khi ∀x ∈ E, ∃r > 0 sao
cho B(x, r) ⊆ E.
(b) Cho E là một tập con của tập X. Khi đó E là tập đóng khi và
chỉ khi E chứa tất cả các điểm của nó. Hay E là tập đóng khi và chỉ
khi mọi dãy hội tụ (x(n) )∞
n=m trong E đều có giới hạn limn→∞ xn cũng

nằm trong E.
(c) Với x0 bất kì thuộc X và r > 0 khi đó hình cầu B(x0 , r) là một tập
mở. Tập {x ∈ X : d(x, x0 ) ≤ r} là một tập đóng.( Tập này còn được
gọi là hình cầu đóng tâm x0 bán kính r).
(d) Tập {x0 } là một tập đóng với x0 ∈ X.
(e) Nếu E là một tập con của tập X, khi đó E là tập mở khi và chỉ
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

khi X|E = {x ∈ X : x ∈
/ E } là tập đóng.
(f) Nếu E1 , E2 , ..., En là một họ hữu hạn các tập mở trong X, khi đó
E1

E2

...

En cũng là tập mở. Nếu F1 , F2 , ..., Fn là một họ hữu

hạn các tập đóng trong X, khi đó F1

F2

...

Fn cũng là tập đóng.

(g) Nếu {Eα }α∈I là một họ các tập mở trong X (trong đó chỉ số I
có thể hữu hạn, đếm được hoặc không đếm được), khi đó chúng ta có
α∈I

Eα = {x ∈ X : x ∈ Eα với α ∈I} cũng là tập mở. Nếu {Fα }α∈I

là một họ các tập đóng trong X, khi đó

α∈I

Fα = {x ∈ X : x ∈ Fα

với ∀α ∈ I} cũng là tập mở.
(h) Nếu E là một tập con bất kỳ trong X, khi đó int(E) là tập mở
lớn nhất trong tất cả các tập mở trong E, hay int(E) là tập mở và
tập V mở bất kì: V ⊆ int (E). Tương tự E là tập nhỏ nhất trong tất
cả các tập đóng trong E; hay E là tập đóng và tập K đóng bất kỳ
K ⊃ E, K ⊃ E.

1.3

Tập compact

Định nghĩa 1.2. Cho không gian metric M = (X, d).Tập K ⊂ X gọi
là tập compact trong không gian M , nếu mọi dãy vô hạn các phần
tử thuộc K đều chứa dãy con hội tụ tới phần tử thuộc tập K. Tập
K được gọi là tập compact tương đối trong không gian M , nếu mọi
dãy vô hạn các phần tử thuộc K đều chứa dãy con hội tụ tới phần tử

thuộc X.
Định nghĩa 1.3. Cho không gian metric M = (X, d), không gian M
là không gian compact nếu tập X là tập compact trong M .

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Ví dụ 1.3.1. Trong không gian metric R1 (tập số thực R với metric
thông thường) đoạn bất kì là tập compact, khoảng bất kỳ là tập
compact tương đối.
Định nghĩa 1.4. (Tập hoàn toàn bị chặn )
Cho không gian metric M = (X, d). Tập A ⊂ X gọi là tập hoàn toàn
bị chặn nếu với một số hữu hạn hình cầu S1 , S2 , ..., Sk (k là một số
dương nào đó) với bán kính ε sao cho
A ⊂ ∪kj=i Sj
Khi đó ta cũng nói các hình cầu S1 , S2 , ..., Sk phủ tập A
Tiêu chuẩn compact Hausdoff: Không gian metric M = (X, d)
là không gian compact khi và chỉ khi M là không gian đầy và hoàn
toàn bị chặn.
Chứng minh. Điều kiện cần Giả sử không gian metric M là không
gian metric đầy. Thật vậy, lấy một dãy cơ bản bất kỳ (xn ) ⊂ X. Vì X
là tập compact, nên dãy (xn ) chứa dãy con (xnk ) hội tụ tới x0 ∈ X.
Từ hệ thức::
d(xn , x0 ) ≤ d(xn , xnk ) + d(xnk , x0 ) → 0 (n, k → ∞).
Suy ra dãy (xn ) hội tụ tới x0 . Do đó M là không gian đầy. Tiếp theo
ta giả sử tập X không hoàn toàn bị chặn. Khi đó tồn tại số ε0 > 0 sao

cho không thể phủ X bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính ε0 . Suy
ra lấy một điểm nào đó x1 ∈ X, tồn tại x2 ∈ X sao cho d(x1 , x2 ) ≥ ε0 ,
tồn tại x3 sao cho d(x1 , x3 ) ≥ ε0 , d(x2 , x3 ) ≥ ε0 . Quá trình đó có thể

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

tiếp tục mãi mãi ta nhận được một dãy điểm (xn ) ⊂ X sao cho:
d(xn , xm ) ≥ ε0 , ∀n, m, n = m
Hiển nhiên một dãy con như thế không chứa dãy con nào hội tụ. Mâu
thuẫn với tính chất compact của không gian M . Vì thế nếu M là
không gian compact thì M là không gian đầy và tập X hoàn toàn bị
chặn.
Điều kiện đủ
Giả sử không gian metric M = (X, d) là không gian metric đầy
và X là tập hoàn toàn bị chặn. Lấy một dãy vô hạn vô hạn bất kỳ
(xn ) ⊂ X. Theo giả thiết có thể phủ X bằng một số hữu hạn các hình
cầu bán kính 1,trong số đó có ít nhất một hình cầu chứa một bộ phận
vô hạn δ1 của dãy đã cho, ký hiệu hình cầu đó là S1 , S1 ⊃ δ1 ; cũng có
1
thể phủ X bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính , trong số đó có ít
2
nhất một hình cầu chứa một bộ phận vô hạn δ2 ⊂ δ1 , kí hiệu hình cầu
đó là S2 , S2 ⊃ δ2 , ... Quá trình đó có thể tiếp tục mãi mãi ta nhận được
một dãy các dãy con của dãy đã cho: (xn ) ⊃ δ1 ⊃ δ2 ⊃ ... ⊃ δk ⊃ ...,
1

trong đó dãy con δk chứa trong hình cầu Sk với bán kính . Trong
k
mỗi dãy con δk ta chọn một phần tử, kí hiệu là xnk , k(k=1,2,...), có
thể lấy nk < nk+1 ta nhận được một dãy con xnk ⊂ xn . Với k < l ta
2
có d(xnk , xnl ) < . Suy ra dãy con xnk là dãy cơ bản trong không gian
k
đầy M = (X, d), nên phải tồn tại lim xnk = x0 ∈ X. Vì vậy dãy vô
k→∞

hạn (xn ) chứa dãy con (xnk ) hội tụ tới x0 . Điều đó chứng tỏ không
gian M = (X, d) là không gian compact.

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.4

Vi Thị Ánh

Tập liên thông

Định nghĩa 1.5. Không gian topo X gọi là liên thông nếu nó không
biểu diễn được dưới dạng hợp của hai tập mở không rỗng không giao
nhau(tức là không tồn tại hai tập mở A và B không rỗng của X sao
cho X = A ∪ B, A ∩ B = ∅.
Ví dụ 1.4.1. R là tập liên thông.
Ví dụ 1.4.2. Hội của [0,1) và (1,2] là không liên thông vì 1 không

thuộc hội của hai tập này; cả hai khoảng đó là mở trong không gian
topo chuẩn [0,1) ∪ (1,2].

15


Chương 2
Hàm liên tục trên không gian
metric
2.1

Hàm liên tục

Định nghĩa 2.1 (Hàm liên tục). Cho (X, dX ) và (Y, dY )là hai không
gian metric và cho f : X → Y là một hàm. Nếu x0 ∈ X, chúng ta nói
rằng f liên tục tại điểm x0 nếu với ∀ε > 0, tồn tại một số δ > 0 sao
cho dY (f (x), f (x0 )) < ε khi dX (x, x0 ) < δ. Chúng ta nói rằng f là liên
tục nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ X.
Chú ý:
(i) Nếu một số dương δ thỏa mãn điều kiện trên thì mọi số δ1 < δ
cũng thỏa mãn. Điều này là hiển nhiên vì khi x ∈ X và dX (x, x0 ) < δ1
cũng đúng với x ∈ X và dX (x, x0 ) < δ. Do đó, số δ ở trên không tồn
tại duy nhất.
(ii) Trong định nghĩa liên tục, ta đã không hạn chế bất kì điều gì
về bản chất của các miền X của hàm số. Có thể xảy ra x0 là điểm cô
lập của X tức là có một lân cận của x0 không chứa điểm nào khác
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

của X ngoài x0 . Trong trường hợp này, hàm f liên tục tại x0 không
phân biệt nó được xác định như thế nào tại các điểm khác của X. Tuy
nhiên x0 là điểm giới hạn của X và {xn } là dãy điểm trong X sao cho
xn → x0 thì f (xn ) → f (x0 ).
Nhận xét 2.1. Hàm liên tục cũng được gọi là ánh xạ liên tục.
Nếu f : X → Y là liên tục và K là tập con bất kì của tập X, khi đó
hạn chế f |K : K → Y của f tới K cũng liên tục.
Định lý 2.1. Cho f : (X, dX ) → (Y, dY ) là ánh xạ giữa các không
gian metric, x ∈ X. Hàm f liên tục tại x khi và chỉ khi với mọi
(xn ) ⊂ X, lim xn = x thỏa mãn lim f (xn ) = f (x).
n→∞

n→∞

Chứng minh. Giả sử f liên tục tại X và (xn ) ∈ X, lim xn = x.
n→∞

Với ε > 0 tùy ý, ∃δ > 0 sao cho:
(∀x ∈ X, d(x, x ) < δ) ⇒ dY (f (x ), f (x)) < ε.
Do lim xn = x nếu với δ > 0, ∃N ∈ N∗ , ∀n ≥ N : dX (xn , x) < δ thì
n→∞

∀n ≥ N : d(f (xn ), f (x)) < ε.
Do ε > 0 nên lim f (xn ) = f (x).
n→∞

Bây giờ ta đi chứng minh nếu với mọi (xn ) ⊂ X, lim xn = x thỏa

n→∞

mãn lim f (xn ) = f (x) thì hàm f liên tục tại x. Ta sẽ chứng minh
n→∞

phản chứng, tức là:
(∀xn ⊂ X, lim xn = x) ⇒ lim f (xn ) = f (x).
n→∞

n→∞

nhưng f không liên tục tại x. Tức là ∃ε > 0, ∀δ > 0 tồn tại x ∈ X
mà dX (x, x ) < δ suy ra dY (f (x ), f (x)) ≥ ε.
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

Do đó với mỗi n ∈ N, ∃xn ∈ X sao cho dX (xn , x) <

1
thỏa mãn:
n

dY (f (xn ), f (x)) ≥ ε.
Tồn tại (xn ) ⊂ X, lim xn = x nhưng f (xn ) không hội tụ đến f (x)
n→∞

điều này mâu thuẫn với giả thiết. Hay điều giả sử là sai.
Vậy f liên tục tại x.
Ví dụ 2.1.1. Cho (X, d) là một không gian metric và (E, d|E ) là một
tập con của (X, d). Cho iE→X là một phép nhúng được xác định như
sau: ∀x ∈ E, iE→X (x) = x. Khi đó iE→X liên tục.
Thật vậy:
Với mọi x, x ∈ E, ta có:
iE→X (x ) = f (x ) = x
iE→X (x) = f (x) = x.
Với mọi ε > 0, ∃δ = ε, sao cho ∀x, x ∈ E thỏa mãn: d(x, x ) =
|x −x| < ε. Khi đó ta có: d(f (x ), f (x)) = |f (x )−f (x)| = |x −x| < ε.
Vậy iE→X liên tục.
Ví dụ 2.1.2. Nếu f (x) liên tục trên X thì |f (x)| cũng liên tục trong
miền đó.
Thật vậy:
Vì f (x) liên tục trên X nên ta có:
Với mọi ε > 0, ∃δ > 0, ∀x, x0 ∈ X : dX (x, x0 ) = |x − x0 | < δ thỏa mãn
dY (f (x), f (x0 )) = |f (x) − f (x0 )| < ε.
Khi đó ta cũng có : ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ |f (x) − f (x0 )| < ε.
Vậy ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ X sao cho dX (x, x0 ) = |x − x0 | < δ thỏa
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

mãn: dY (|f (x)|, |f (x0 |)) = ||f (x)| − |f (x0 )|| < ε.
Vậy |f (x)| liên tục trên X.
Ví dụ 2.1.3. Chứng minh rằng hàm:



| sinx | nếu x = 0
x
f (x) =

1
nếu x = 0.

(2.1)

sinx
|sinx|
|=
.
x
|x|
Ta có sin x và x là các hàm liên tục nên |sinx| và |x| cũng liên tục tại
Với x0 = 0 ⇒ f (x) = |

x0 = 0.
Vậy f (x) = |

sinx
|sinx|
|=
liên tục tại x0 = 0.
x
|x|

Với x0 = 0, Ta có: ||

sinx
sinx
| − 1| ≤ |
− 1| ∀x = 0.
x
x

sinx
= 1.
x→0 x

Mặt khác, lim

⇒ lim ||
x→0

sinx
| − 1| = 0.
x

Tức là lim |
x→0

sinx
| = 1 = f (0). Hay f (x) liên tục tại x = 0.
x

Vậy f (x) liên tục trên R.

Định lý 2.2. (Tính liên tục bảo toàn sự hội tụ.)
Cho (X, dX ) và (Y, dY ) là các không gian metric và f : X → Y là
một hàm, x0 ∈ X là một điểm trong X. Khi đó các mệnh đề dưới đây
là tương đương:
19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Vi Thị Ánh

1)f là liên tục tại điểm x0 .
2) Với (x(n) )∞
n=1 là một dãy trong X hội tụ tới x0 đối với metric dX ,
dãy (f (xn ))∞
n=1 hội tụ tới f (x0 ) đối với metric dY .
3) Với mỗi tập mở V ⊂ Y chứa f (x0 ), tồn tại một tập mở U ⊂ X
chứa x0 sao cho f (U ) ⊆ V .
Chứng minh. Bây giờ ta sẽ chứng 1) ⇔ 2).
1) ⇒ 2). Hiển nhiên, nếu hàm f liên tục tại x0 theo 1) thì hàm f liên
tục tại điểm x0 theo 2).
Giả sử hàm f liên tục tại điểm x0 ∈ X theo 2) nhưng hàm f không
liên tục tại điểm x0 theo 1), nghĩa là:
(∃ε0 > 0)(∀n ∈ N∗ )(∃xn ∈ X : dX (xn , x0 ) <

1
)
n

dY (f (xn ), f (x0 )) ≥ ε0 .

Ta nhận được dãy điểm (xn ) ⊂ X mà lim xn = x0 trong (X, dX )
n→∞

nhưng dãy điểm f (xn ) không hội tụ tới f (x0 ) trong (Y, dY ), điều này
mâu thuẫn với giả thiết. Mâu thuẫn đó chứng tỏ nếu hàm f liên tục
tại x0 ∈ X theo 2) thì hàm f liên tục tại x0 theo 1). Bây giờ chúng
ta chứng minh 3 ⇒ 1). Lấy một điểm bất kỳ x0 ∈ X và V là một lân
cận bất kỳ của điểm f (x0 ) trong (Y, dY ). Vì V là tập mở trong (Y, dY )
nên int(V ) = V . Theo giả thiết:
intf −1 (V ) ⊂ f −1 (V ) = f −1 (V ) ⊂ intf −1 (V )
Do đó f −1 (V ) = intf −1 (V )
Suy ra: f −1 (V ) là một tâp mở trong (X, dX ) và x0 ∈ f −1 (V ). Do đó
20