BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM

Chia sẻ: Quốc Bảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

451
lượt xem 99
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài tập giải tích hàm', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM

BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM 1.1.2 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập mở nếu và chỉ nếu mọi x trong A, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ A. Giải • Giả sử mọi x trong A, có rx > 0 sao cho B(x, rx ) ⊂ A. Ta chứng minh A= B(x, rx ). x∈A Cho z trong A, ta có z ∈ B(z, rz ). Vậy A⊂ B(x, rx ). x∈A Ch z trong x∈A B(x, rx ), Có x ∈ A sao cho z ∈ B(x, rx ). Vì B(x, rx ) ⊂ A, ta có z ∈ A. • Giả sử A là tập mở, ta chứng minh với mọi x trong A, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ A. Có một họ quả cầu mở {B(ai , ri )}i∈I trong E sao cho A= B(ai , ri ). i∈I Cho x trong E, có i trong I sao cho x ∈ B(ai , ri ). Đặt r = ri − ||x − ai ||, ta có B(x, r) ⊂ B(ai , ri ) ⊂ B(ai , ri ) ⊂ A. i∈I 1.1.4 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập đóng nếu và chỉ nếu mọi dãy {xn } trong A hội tụ về x trong E thì x ∈ A. Giải Giả sử A là một tập đóng. Cho dãy {xn } trong A hội tụ về x trong E ta chứng minh x ∈ A. Ta dùng phản chứng: giả sử x ∈ E \ A. Ta có E \ A là một tập mở, nên có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ E \ A, hay y ∈E\A ∀ y ∈ E, ||y − x|| < r. (1) Mặt khác với ε = r, ta tìm được một số nguyên N sao cho ||xn − x|| < ε ∀ n ≥ N. (2) 1
Từ đó ta có xN ∈ A ∩ (E \ A) : mâu thuẩn. Vậy x ∈ A. Nay giả sử mọi dãy {xn } trong A hội tụ về x trong E thì x ∈ A. Ta chứng minh A đóng, hay E \ A là một tập mở. Ta dùng phản chứng: E \ A không là một tập mở. Lúc đó có một x trong E \ A, và với mọi số thực dương r có một yr sao cho ||yr − x|| < r và yr ∈ A. Đặt xn = y1/n . Ta thấy {xn } trong A hội tụ về x trong E nhưng x ∈ E \ A: vô lý. 1.3.10 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập đóng nếu và chỉ nếu A = A. Giải Giả sử A là một tập đóng. Ta chứng minh A = A. • Chứng minh A ⊂ A: Cho x trong A, ta chứng minh x ∈ A, hay B(x, r) ∩ A = ∅. Vì x ∈ B(x, r) ∩ A, ta có kết quả • Chứng minh A ⊂ A: Cho x trong A, chứng minh x trong A. Với mọi r > 0 có yr ∈ A ∩ B(x, r). Đặt xn = y1/n với mọi số nguyên n. Ta có 1 ||xn − x|| < n ∀n∈I . N Từ đó {xn } hội tụ về x. áp dụng bài 1.1.4, ta thấy x ở trong A. Giả sử A = A . Ta chứng minh A là một tập đóng. Ta dùng bài 1.1.4. Cho dãy {xn } trong A hội tụ về x trong E ta chứng minh x ∈ A. Với giả thiết A = A, ta chỉ cần chứng minh x ∈ A. Ta có : với mọi ε = r > 0 có một số nguyên N sao cho ||xn − x|| < ε ∀ n ≥ N. Vậy B(x, r) ∩ A = ∅ với mọi r > 0 : x ∈ A 1.3.1 Cho a và b là hai vectơ trong một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh |||a|| − ||b||| ≤ ||a − b||. (1) Suy ra hàm số f liên tục trên (E, ||.||), nếu f (x) = ||x|| với mọi x trong E. Giải Ta thấy (1) tương đương với ||a|| − ||b|| ≤ ||a − b||, ||b|| − ||a|| ≤ ||a − b||. 2
hay ||a|| ≤ ||a − b|| + ||b||, ||b|| ≤ ||a − b|| + ||a||. hay ||(a − b) + b|| ≤ ||a − b|| + ||b||, ||(b − a) + a|| ≤ ||a − b|| + ||a||. Vậy ta có (1). Từ (1) ta có |f (y) − f (x)| ≤ ||y − x|| ∀ x, y ∈ E. ε Vậy với mọi ε > 0, chọn δ = ta có 2 |f (y) − f (x)| < ε ∀ x, y ∈ E, ||x − y|| < δ. Vậy f liên tục trên E. 1.3.2 Cho A là một tập hợp bị chặn trong một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh có một số thực dương r sao cho A ⊂ B(0, r). Giải Có số thực M sao cho ||x|| ≤ M ∀ x ∈ A. Đặt r = M + 1, ta có ||x − 0|| = ||x|| < r ∀ x ∈ A. Vậy x ∈ B(0, r), từ đó A ⊂ B(0, r). 1.3.11 Cho A là một tập hợp compắc trong một không gian định chuẩn (E, ||||). Chứng minh (i) A đóng. (ii) A bị chặn. Giải Cho một dãy {yn } trong A, ta có một dãy con {ynk } của {yn }, sao cho {ynk } hội tụ về y trong A. Áp dụng bài 1.1.4, ta thấy A là một tập đóng trong E. Nay ta chứng minh A bị chặn. Ta dùng phản chứng : giải sử A không bị chặn. Dùng qui nạp toán học ta tìm được một dãy {xn } có tính chất 1 + ||x1 || + · · · + ||xn || < ||xn+1 || ∀n∈I . N 3
Vậy 1 < ||xm || − ||xn || ≤ ||xm − |xn || ∀ m, n ∈ I , m > n. N hay 1 < ||xm − |xn || ∀ m, n ∈ I , m = n. N (1) Cho {xnk } là một dãy con của dãy {xn }. Theo (1), 1 < ||xnk − |xnk′ || ∀ k, k ′ ∈ I , k = k ′ . N Vậy {xnk } không là một dãyCauchy, nên không hội tụ : mâu thuẩn với giả thiết compắc của A. 1.1.6 Cho A là một tập hợp khác trống trong một không gian định chuẩn (E, ||||E ) và f là một ánh xạ từ A vào một không gian định chuẩn (F, ||||F ) . Chứng minh f liên tục trên A nếu và chỉ nếu với mọi tập mở V trong F , có một tập mở W trong E sao cho f −1 (V ) = W ∩ A. Giải • Giả sử f liên tục trên A. Cho một tập mở V trong F , ta tìm một tập mở W trong E sao cho f −1 (V ) = W ∩ A. Cho x trong B ≡ f −1 (V ), ta có y = f (x) ∈ V . Do bài 1.1.2 và sự liên tục của f tại x, ta thấy có rx > 0 sao cho B(y, rx ) ⊂ V , và với ε = rx , có một δx > 0 sao cho ||f (z) − f (x)||F < ε ∀ z ∈ A, ||z − x||E . hay f (z) ∈ B(y, ε) với mọi z ∈ A ∩ B(x, δx ), hay f (A ∩ B(x, δx )) ⊂ B(y, ε) = B(y, rx ) ⊂ V . Đặt W = x∈B B(x, δx ). Ta có W ∩ A = x∈B B(x, δx ) ∩ A và f (W ∩ A) = f ( B(x, δx ) ∩ A) ⊂ f (B(x, δx ) ∩ A) ⊂ V x∈B x∈B V = {f (x)} ⊂ f (W ∩ A). x∈B Vậy f (W ∩ A) = V. • Giả sử với mọi tập mở V trong F , có một tập mở W trong E sao cho f −1 (V ) = W ∩ A. Ta chứng minh f liên tục trên A. Cho x trong A, và ε > 0, ta tìm δ sao cho ||f (z) − f (x)||F < ε ∀ z ∈ A, ||z − x||E . 4
hay f (A ∩ B(x, δ)) ⊂ B(f (x), ε). hay A ∩ B(x, δ) ⊂ f −1 (B(f (x), ε)). Đặt V = B(f (x), ε). Theo giả thiết có một tập mở W trong E sao cho f −1 (V ) = W ∩ A. Vậy x ∈ W . Theo bài 1.1.2, ta có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ W . Đặt δ = r, ta có A ∩ B(x, δ) ⊂ W ∩ A = f −1 (B(f (x), ε)). 1.1.6 Cho A là một tập hợp compắc trong một không gian định chuẩn (E, ||||E ) và f là một ánh xạ liên tục từ A vào một không gian định chuẩn (F, ||||F ) . Chứng minh f (A) compắc trong F . Giải Cho {yn } là một dãy trong f (A). Ta sẽ tìm một dãy con {ynk } của {yn } hội tụ về y trong f (A). Chọn xn trong A sao cho f (xn ) = yn . Vì A compắc, có một dãy con {xnk } của {xn } hội tụ về x trong A. Do tính liên tục của f , {f (xnk )} hội tụ về y = f (x). 1.2.5i Cho A là một tập hợp khác trống và (E, ||||) là một không gian định chuẩn trên Φ. Đặt B(A, E) là tập hợp các ánh xạ f từ A vào E sao cho f (A) bị chặn trong E. Với mọi f và g trong B(A, E), x trong A và α trong Φ ta đặt (f + g)(x) = f (x) + g(x), (αf )(x) = αf (x), ||f ||∞ = sup{||f (y)|| : y ∈ A}. Chứng minh (B(A, F ), ||.||∞ ) là một không gian định chuẩn. Giải Cho f và g trong B(A, E) và α trong Φ, ta chứng minh f + g và αf ở trong B(A, E). Có hai số thực dương M1 và M2 sao cho ||f (x)|| ≤ M1 ∀ x ∈ A. (1) ||g(x)|| ≤ M2 ∀ x ∈ A. (2) 5
Từ (1) và (2) ta có ||(f + g)(x)|| = ||f (x) + g(x)|| ≤ ||||f (x)|| + ||g(x)||M1 + M2 ∀ x ∈ A.) ||(αf )(x)|| = ||αf (x)|| = |α||f (x)|| ≤ |α|M1 ∀ x ∈ A. Vậy f + g và αf ở trong B(A, E). Từ đó B(A, E) là một không gian vectơ. Nay ta chứng minh ||.||∞ là một chuẩn trên B(A, E). Cho f và g trong B(A, E), x trong A và α trong Φ. Vì ||f (x)|| ≥ 0, nên ||f ||∞ = sup{||f (y)|| : y ∈ A} ≥ 0. Nếu ||f ||∞ = 0, ta có sup{||f (y)|| : y ∈ A} = 0. Vậy ||f (y)|| = 0 ∀ y ∈ A. Vậy f (y) = 0 với mọi y trong A hay f = 0. Ta có ||αf ||∞ = sup{||αf (y)|| : y ∈ A} = sup{|α|||f (y)|| : y ∈ A} = sup |α|{||f (y)|| : y ∈ A} = α| sup |{||f (y)|| : y ∈ A} = ||α|||f ||∞ . Đặt C = {||f (y)|| : y ∈ A} và D = {||g(y)|| : y ∈ A}, ta có ||f + g||∞ = sup |{||f (y) + g(y)|| : y ∈ A} ≤ sup |{||f (y)|| + ||g(y)|| : y ∈ A} ≤ sup(C + D) ≤ sup C + sup D = ||f ||∞ + ||g||∞ . Vậy ||.||∞ là một chuẩn trên B(A, E). 1.2.7i,ii Cho [a, b] là một khoảng đóng bị chặn trong I . Đặt X = C([a, b], I ) là tập các hàm số thực R R liên tục trên [a, b]. Với mọi f và g trong X, x trong [a, b] và α trong I ta đặt R (f + g)(x) = f (x) + g(x), (αf )(x) = αf (x), ||f ||∞ = sup{|f (y)| : y ∈ [a, b]}. Chứng minh (X, ||.||∞ ) là một không gian định chuẩn con của B([a, b], I ), và (X, ||.||∞ ) là một R không gian Banach. 6
Giải Cho f và g trong X và α trong I . Ta thấy f + g và αf là các hàm số thực liên tục, nên X là một R không gian vectơ trên I . Vì f ([a, b]) bị chặn với mọi f trong X, nên X chứa trong B([a, b], I ). Vậy R R X là không gian vectơ con của B([a, b], I ). Suy ra (X, ||.||∞ ) là không gian vectơ định chuẩn con của R B([a, b], I ). R Ta chứng minh (X, ||.||∞ ) là một không gian Banach. Cho {fm } là một dãy Cauchy trong X. Ta tìm một f trong X sao cho {fm } hội tụ về f trong X, hay lim ||fm − f ||∞ = 0. (1) m→∞ Trước hết ta xác định f . Vì {fm } là một dãy Cauchy trong X ta có ∀ ε > 0, ∃N (ε) ∈ I : |fm − fn ||∞ < ε N m > n ≥ N (ε). hay ∀ ε > 0, ∃N (ε) ∈ I : |fm (x) − fn (x)| < ε N m > n ≥ N (ε), x ∈ [a, b]. (2) Vậy, với mọi x trong [a, b], {fm (x)} là một dãy Cauchy trong I , và hội tụ về một số thực được ký R hiệu là f (x). Ta đã xác định được một hàm số thực f trên [a, b]. Nay ta chứng minh f thuộc X, nghĩa là f liên tục trên [a, b]. Cho x trong [a, b], ta có ∀ ε′ > 0, ∃M (x, ε′ ) ∈ I : |fk (x) − f (x)| < ε′ N ∀ k ≥ M (x, ε′ ). (3) Từ (2) và (3), ta thấy |fn (x) − f (x)| ≤ |fn (x) − fm (x)| + |fm (x) − f (x)| < ε′ + ε ∀ n ≥ N (ε), m ≥ max{n, N (ε), M (x, ε′ )}, x ∈ [a, b]. (4) ε Chọ ε, chọn ε′ = và m = max{n, N (ε) ≥ M (x, ε′ )}, ta có 2 |fn (x) − f (x)| < 2ε ∀ n ≥ N (ε), x ∈ [a, b]. (5) Cho y và z trong [a, b], từ (5) |f (y) − f (z)| ≤ |f (y) − fk (y)| + |fk (y) − fk (z)| + |fk (z) − f (z)| ≤ 4ε + |fk (y) − fk (z)| k ≥ N (ε). (6) 7
Chọn k = N (ε), do tính liên tục đều của fk , ta có ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |fk (y) − fk (z)| < ε” ∀ y, z ∈ [a, b], |y − z| < η(ε”). (7) Từ (6) và (7) ta có ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |f (y) − f (z)| < 4ε + ε” ∀ y, z ∈ [a, b], |y − z| < η(ε”), ε > 0, hay ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |f (y) − f (z)| ≤ ε” ∀ y, z ∈ [a, b], |y − z| < η(ε”). Vậy f liên tục trên [a, b]. Nay ta chứng minh (1). Theo (5), ta có |fn (x) − f (x)| < 2ε ∀ n ≥ N (ε), x ∈ [a, b]. Vậy ||fn − f ||∞ = sup{|fn (x) − f (x)| : x ∈ [a, b]} < 2ε ∀ n ≥ N (ε). 1.2.7i,ii Cho [a, b] là một khoảng đóng bị chặn trong I . Đặt X = C([a, b], I ) là tập các hàm số thực R R liên tục trên [a, b]. Với mọi f và g trong X, x trong [a, b] và α trong I ta đặt R (f + g)(x) = f (x) + g(x), (αf )(x) = αf (x), b ||f ||1 = |f (t)|dt. a Chứng minh (X, ||.||1 ) là một không gian định chuẩn, nhưng không là một không gian Banach. Giải Cho f và g trong X, và s trong I . R Vì |f | ≥ 0, ta có b ||f ||1 = |f (t)|dt ≥ 0. a |α| Giả sử f ≡ 0. Ta có y trong [a, b] sao cho f (y) = α = 0. Cho ε = > 0. Vì f liên tục nên có 2 δ(y, ε) > 0 sao cho |f (y) − f (t)| < ε ∀ t ∈ [a, b] ∩ [y − δ(y, ε), y + δ(y, ε)]. (1) 8
Có c < d sao cho [a, b] ∩ [y − δ(y, ε), y + δ(y, ε)] = [c, d]. Với t trong [c, d], do (1) |α| |f (y)| − |f (t)| < ε or < |f (t)|. 2 Suy ra b d d |α| |α| ||f ||1 = |f (t)|dt ≥ |f (t)|dt ≥ dt ≥ (d − c) > 0. a c c 2 2 Vậy f ≡ 0 nếu ||f ||1 = 0. Ta có b b b ||sf ||1 = |sf (t)|dt = |s||f (t)|dt = |s| |f (t)|dt = |s|||f ||1 . a a a b b ||f + g||1 = |f (t) + g(t)|dt ≤ [|f (t)| + |g(t)]dt a a b b = |f (t)|dt + |g(t)dt = ||f ||1 + ||g||1 . a a Vậy ||.||1 là một chuẩn trên X. Nay ta chứng minh (X, ||.||1 ) không là một không gian Banach. Ta sẽ tìm một dãy Cauchy trong b−a (X, ||.||1 ) nhưng không hội tụ. Đặt c = 1 (a + b) , cn = c + 2 với mọi số nguyên dương n và 4n    0 a ≤ t ≤ c,    t−c fn (t) = c ≤ t ≤ cn ,  cn − c    1 cn ≤ t ≤ b.  Cho hai số nguyên dương m và n sao cho m > n. Ta có cm < cn và b cn ||fn − fm ||1 = |fn (t) − fm (t)|dt = |fn (t) − fm (t)|dt a c cn cn b−a ≤ (|fn (t)| + |fm (t)|)dt ≤ 2dt = . c c 2n Từ đó {fn } là một dãy Cauchy trong (X, ||.||1 ). Nay giả sử có f trong X sao cho {fn } hội tụ về f trong (X, ||.||1 ). Lúc đó, cho một số dương ε, ta tìm được một số nguyên dương N (ε) sao cho b |fn (t) − f (t)|dt = ||fn − f ||1 < ε ∀ n ≥ N (ε). a Vậy c b c b |f (t)|dt + |1 − f (t)|dt = |fn (t) − f (t)|dt + |fn (t) − f (t)|dt a cn a cn b ≤ |fn (t) − f (t)|dt < ε ∀ n ≥ N (ε). a 9
Cố định một số nguyên dương k, ta tìm được một số nguyên dương n ≥ max{k, N (ε)}. Lúc đó cn < ck và c b c b |f (t)|dt + |1 − f (t)|dt ≤ |f (t)|dt + |1 − f (t)|dt < ε a ck a cn hay c b |f (t)|dt + |1 − f (t)|dt < ε ∀ ε > 0, k ∈ I N a ck hay c b |f (t)|dt + |1 − f (t)|dt = 0 < ε ∀k∈I N a ck Như bên trên ta có với mọi số nguyên dương k 0 a ≤ t ≤ c, f (t) = 1 cn ≤ t ≤ b. Từ đó ta có f (c) = 0 và f (ck ) = 1. Nhưng f liên tục tại c và {ck } hội về c. Ta có mâu thuẩn. 1.3.7i Cho n là một số nguyên ≥ 2, Φ là I hay / , (E1 , ||.||1 ), · · ·, (En , ||.||n ) là n không gian định R C chuẩn trên Φ. Đặt E= E1 × · · · En , x+y = (x1 + y1 , · · · , xn + yn ) ∀ x = (x1 , · · · , xn ), y = (y1 , · · · , yn ) ∈ E, αx = (αx1 , · · · , αxn ) ∀ α ∈ Φ, x = (x1 , · · · , xn ) ∈ E, ||x|| = ||x1 ||1 + · · · + ||xn ||n ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ E. Chứng minh E là một không gian vectơ định chuẩn trên Φ. Giải Ta dùng qui nạp toán học. Xét trường hợp n = 2. Cho x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ), z = (z1 , z2 ) trong E = E1 × E2 và α trong Φ. Ta có x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 ) = (y1 + x1 , y2 + x2 ) = y + x. x + (y + z) = (x1 + (y1 + z1 ), x2 + (y2 + z2 )) = ((x1 + y1 ) + z1 , (x2 + y2 ) + z2 ) = (x + y) + z. Cho 01 và 02 là các vectơ không trong E1 và E2 . Đặt 0 = (01 , 02 ), ta có x + 0 = (x1 + 01 , x2 + 02 ) = (x1 , x2 ) = x ∀ x = (x1 , x2 ) ∈ E. 10
Tương tự, ta chứng minh được các tính chất khác để cho thấy E là một không gian vectơ trên Φ. Nay ta chứng minh ||.|| là một chuẩn trên E. Cho t ∈ Φ, x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) và z = (z1 , z2 ) trong E = E1 × E2 , ta có ||x|| = ||x1 ||1 + ||y1 ||1 ≥ 0. ||x|| = ||x1 ||1 + ||y1 ||1 = 0 =⇒ ||x1 ||1 = ||y1 ||1 = 0 =⇒ x1 = y1 = 0 =⇒ x = 0. ||tx|| = ||tx1 ||1 + ||tx2 ||2 = |t|||x1 ||1 + |t|||x2 ||2 = |t|||x||. Vậy (E, ||.||) là một không gian định chuẩn nếu n = 2. Giả sử bài toán đúng nếu n = k. Cho (E1 , ||.||1 ), · · ·, (Ek+1 , ||.||k+1 ) là k + 1 không gian định chuẩn trên Φ. Đặt E = E1 × · · · Ek . ||x||E = ||x1 ||1 + · · · + ||xn ||k ∀ x = (x1 , · · · , xk ) ∈ E. Theo giả thiết qui nạp toán học (E, ||.||E ) là một không gian định chuẩn. Đặt F = E × Ek+1 và ||(x, y)||F = ||x||E + ||y||Ek+1 . Theo trường hợp n = 2, ta có (F, ||.||F ) là một không gian định chuẩn. Từ đó bài toán đúng cho trường hợp n = k + 1. 1.3.7ii Cho (E1 , ||.||1 ), · · ·, (En , ||.||n ) và (E, ||.||) như trong bài 1.3.7i. Cho {(x1,m , · · · , xn,m )}m là một dãy trong E. Chứng minh {(x1,m , · · · , xn,m )}m hội tụ về (a1 , · · · , an ) trong (E, ||.||) nếu và chỉ nếu {xi,m }m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · · n. Giải Cho {(x1,m , · · · , xn,m )}m hội tụ về (a1 , · · · , an ) trong (E, ||.||). Ta chứng minh {xi,m }m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · · n. Với mọi số thực dương ε, ta tìm được một số nguyên N (ε) sao cho ||(x1,m , · · · , xn,m ) − (a1 , · · · , an )|| < ε ∀ m ≥ N (ε) hay ||(x1,m − a1 , · · · , xn,m − an )|| < ε ∀ m ≥ N (ε) hay ||(x1,m − a1 ||1 · · · + ||xn,m − an ||n < ε ∀ m ≥ N (ε) 11
Từ đó ||(xi,m − ai ||i < ε ∀ m ≥ N (ε), i = 1, · · · , n. Vậy {xi,m }m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · · n. Nay giả sử {xi,m }m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · · n. Lúc đó, với một số thực dương ε′ , ta có các số nguyên dương Mi (ε′ ) sao cho ||(xi,m − ai ||i < ε′ ∀ m ≥ M (ε′ ), i = 1, · · · , n. Vậy ||(x1,m , · · · , xn,m )−(a1 , · · · , an )|| = ||(x1,m −a1 ||1 · · ·+||xn,m −an ||n < nε′ ∀ m ≥ max{M1 (ε′ ), · · · , Mn (ε′ )}. ε Cho một số thực dương ε, đặt ε′ = và N (ε) = max{M1 (ε′ ), · · · , Mn (ε′ )}, ta có n ||(x1,m , · · · , xn,m ) − (a1 , · · · , an )|| < ε ∀ m ≥ N (ε) Vậy {(x1,m , · · · , xn,m )}m hội tụ về (a1 , · · · , an ) trong (E, ||.||). 1.5.8i,ii Cho (E1 , ||.||1 ), · · ·, (En , ||.||n ) và (E, ||.||) như trong bài 1.3.7i. Đặt pri (x) = xi ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ E, i = 1, · · · , n. (a) Chứng minh pri là một ánh xạ liên tục từ E vào Ei . (b) Cho V là một tập trong E, chứng minh pri (V ) là một tập mở tronjg Ei . Giải (a) Cho x = (x1 , · · · , xn ) trong E và ε > 0, ta sẽ tìm δ > 0 sao cho ||pri (z) − pri (x)||i < ε ∀ z ∈ E, ||z − x|| < δ. hay ||zi − xi ||i < ε ∀ z ∈ E, ||z1 − x1 ||1 + · · · + ||zn − xn ||n < δ. Từ trên ta có thể chọn δ = ǫ. (b) Cho xi ∈ pri (V ), ta có x = (x1 , · · · , xn ) trong V sao cho xi = pri (x). Theo bài 1.1.2, có r > 0 1 1 sao cho B(x, r) ⊂ V . Ta thấy BE1 (x1 , n r) × · · · × BEn (x1 , n r) ⊂ V . Do đó 1 BEi (xi , n r) ⊂ f (V ). 12
Vậy f (V ) là một tập mở. 1.5.8iii Cho (E1 , ||.||1 ), · · ·, (En , ||.||n ), (E, ||.||) và pri như trong bài 1.3.8i. Cho A là một tập con trong một không gian định chuẩn (F, ||.||F ), và f là một ánh xạ từ A vào E. Chứng minh f liên tục trên A nếu và chỉ nếu pri ◦ f liên tục trên A với mọi i = 1, · · · , n. Giải Cho {xm } là một dãy hội tụ về x trong A. Theo bài 1.3.7ii, {f (xm )} hội tụ về f (x) nếu và chỉ nếu {pri (f (xm ))} hội tụ về pri (f (x)) với mọi i = 1, · · · , n. Vậy ta có kết quả. 2.1.1 Cho (E, ||.||E ) và (F, ||.||F ) là hai không gian định chuẩn, và T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào F . Chứng minh các tính chất sau đây tương đương với nhau (i) T liên tục trên E. (ii) T liên tục tại 0. (iii) Có số thực dương M sao cho ||T x||F ≤ M ||x|E | ∀ x ∈ E. Giải • (i) =⇒ (ii) : hiển nhiên. • (ii) =⇒ (iii) Cho ε = 1 > 0, ta có một δ > 0 sao cho ||T (y) − T (0)||F < ε ∀ y ∈ E, ||y − 0||E ≤ δ hay ||T (y)||F ≤ ε = 1 ∀ y ∈ E, ||y||E ≤ δ Cho x = 0, đặt y = δ||x||−1 x. Ta có ||y= δ và E ||T (δ||x||−1 x)||F = ||T (y)||F ≤ 1 E hay δ||x||−1 ||T (x)||F ≤ 1 E hay ||T (x)||F ≤ δ −1 ||x||F 13
Đặt M = δ −1 , ta có (iii). • (iii) =⇒ (i) Cho y và z trong E, từ (iii) ta có ||T (y) − T (z)||F = ||T (y − z)||F ≤ M ||y − z||E ∀ y, z ∈ E. Vậy với mọi ε, chọn δ = M −1 ε, ta có ||T (y) − T (z)||F ≤ ε ∀ y, z ∈ E, ||y − z||E ≤ δ. 2.3.4 Cho (E, ||.||E ) và (F, ||.||F ) là hai không gian định chuẩn, và T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào F . Đặt ||T || = sup{||T (x)||F : x ∈ E, ||x||E ≤ 1}. Chứng minh (i) ||T || = T1 ≡ sup{||T (y)||F : y ∈ E, ||y||E = 1}. (ii) ||T || = T2 ≡ sup{||T (z)||F : z ∈ E, ||z||E < 1}. (iii) ||T u||F ≤ ||T ||||u||E ∀ u ∈ E. Giải (i) Ta thấy T ≥ T1 . Cho x trong E sao cho 0 ≤ ||x||E ≤ 1. Đặt y = ||x||−1 x. Vì ||y||E = 1, nên E ||T (||x||−1 x)||F = ||T (y)||F ≤ T1 E hay ||||x||−1 T (x)||F ≤ T1 E hay ||T (x)||F ≤ T1 ||x||E ≤ T1 Vậy T ≤ T1 . Từ đó T = T1 . 1 (ii) Ta thấy T ≥ T2 . Cho x trong E sao cho ||x||E ≤ 1. Đặt yn = (1 − n )x với mọi số nguyên 1 dương x. Vì ||yn ||E ≤ (1 − n < 1, ta có 1 1 1 (1 − n )||T x||F = ||T ((1 − n )x)||F ≤ T2 hay ||T (x)||F ≤ (1 − n )−1 T2 ∀n∈I . N Vậy ||T (x)||F ≤ T2 . 14
Từ đó T ≤ T2 . (iii) Cho x = 0, đặt y = ||x||−1 x. Ta có ||y||E = 1 và E ||x||−1 ||T (x)||F = ||T (||x||E x)||F = ||T (y)||F ≤ T E −1 hay ||T (x)||F ≤ T ||x||E 2.3.2 Cho E = I n với chuẩn R ||x||E = |x1 | + · · · + |xn | ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ E. Cho T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào một không gian định chuẩn (F, ||.||F ). Chứng minh T liên tục trên E. Giải j Đặt ei = (δ1 , · · · , δn với δj = 1 và δj = 0 nếu i = j. Ta có i i i x = x1 e1 + · · · + xn en ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ E. Đặt M = max{||T (e1 )||F , · · · , ||T (en )||F }. Cho x = (x1 , · · · , xn ) trong E, ta có ||T (x)||F = ||x1 T (e1 ) + · · · + xn T (en ||F ≤ |x1 |||T (e1 )||F + · · · + |xn |||T (en ||F ≤ M (|x1 | + · · · + |xn |) ≤ M ||x||E . Vậy T liên tục trên E. 3.3.1(i) Cho f là một dạng Hermite dương trong một không gian vectơ E. Đặt ||x|| = f (x, x)1/2 với mọi x trong E. Cho a trong E, và đặt T (x) = f (x, a) ∀ x ∈ E. Chứng minh T là một ánh xạ tuyến tính liên tục trên E và ||T || = ||a||. Giải Cho x và y trong E và α trong Φ. Ta có T (x + y) = f (x + y, a) = f (x, a) + f (y, a) = T (x) + T (y). 15
T (αx) = f (αx, a) = αf (x, a) = αT (x). |T (x)| = |f (x, a)| ≤ f (x, x)1/2 f (a, a)1/2 = ||a||||x||. Vậy T là một ánh xạ tuyến tính liên tục trên E và ||T || ≤ ||a||. Nếu a = 0, ta có T = 0 và ||T || = ||a||. Nếu a = 0, đặt x = ||a||−1 a. Ta có ||x|| = 1 và T (x) = f (x, a) = f (||a||−1 a, a) = ||a||−1 f (a, a) = ||a||. Vậy ||T || ≥ ||a||. Từ đó ||T || = ||a||. 2.3.5 Cho {Tn } là một dãy ánh xạ tuyến tính liên tục từ một không gian định chuẩn (E, ||.||E ) vào một không gian định chuẩn (F, ||.||F ). Giả sử {||Tn ||} bị chặn và có một ánh xạ tuyến tính T từ E vào F sao cho {Tn (x)} hội tụ về T (x) trong F với mọi x trong E. Chứng minh T liên tục trên E. Giải Có số thực dương M sao cho ||Tn || ≤ M . Ta có ||Tn (x)||F ≤ M ||x||E ∀ x ∈ E, n ∈ I . N lim ||T (x) − Tn (x)||F = 0 ∀ x ∈ E. n→∞ ||T (x)||F ≤ ||T (x) − Tn (x)|F + ||Tn (x)||F ∀ x ∈ E, n ∈ I . N Từ đó ||T (x)||F ≤ M ||x||E ∀ x ∈ E. Vậy T liên tục trên E. 2.3.5 Cho x là một vectơ khác không trong một không gian định chuẩn (E, ||.||E ). Chứng minh có một ánh xạ tuyến tính T từ E vào Φ sao cho ||f || = 1 và f (x) = ||x||. Giải Đặt M = {tx : t ∈ Φ}. Ta có M là một không gian vectơ của E. Đặt g(y) = t||x|| ∀ y = tx, t ∈ Φ. Cho {yn = tn x} hội tụ về y = tx. ta có lim |tn ||x|| − t||x||| = lim |tn − t|||x|| = lim ||(tn − t)x|| = 0 n→∞ n→∞ n→∞ 16
hay lim (g(yn − g(y)) = lim (yn − y) = 0. n→∞ n→∞ Vậy g liên tục trên M . Ta có g(x) = 1 và ||g(tx)||F = |t|||x||E = ||tx||E . Vậy ||g|| = 1. Dùng định lý Hahn-Banach , ta có ánh xạ f . 3.3.3 Cho {a1 , · · · , an } là một họ trực chuẩn trong một không gian Hilbert E và {c1 , · · · , cn } một họ phần tử trong Φ. Chứng minh n n (i) || ci ai ||2 = |ci |2 . i=1 i=1 (ii) {a1 , · · · , an } độc lập tuyến tính. Giải (i) Ta có n n n n n || ci ai ||2 =< ci ai , cj aj >= ci cj < ai , aj >= |ci |2 . i=1 i=1 j=1 i,j=1 i=1 n (ii) Nếu ci ai = 0. Theo (i) ta có i=1 n |ci |2 = 0. i=1 Vậy c1 = · · · = cn = 0. Do đó {a1 , · · · , an } độc lập tuyến tính. 3.3.4 Cho {am } là một dãy các vectơ trực chuẩn trong một không gian Hilbert E và {cn } là một dãy ∞ trong Φ sao cho |cn |2 < ∞. Chứng minh n=1 ∞ (i) ck ak hội tụ trong E. k=1 ∞ ∞ (ii) || ck ak ||2 = |ck |2 . n=1 k=1 Giải n (i) Đặt xn = ck ak . Cho n > m, ta có k=1 n n ||xn − xm ||2 = || ||2 = |ck |2 . k=m+1 k=m+1 17
∞ ∞ Vì |cn |2 < ∞, ta thấy {xn } là một dãy Cauchy, nên {xn } hội tụ về x = ck ak trong H. n=1 k=1 (ii) Ta có ||x||2 = lim ||xn ||2 n→∞ hay ∞ n n ∞ || ck ak ||2 = lim || ck ak ||2 = lim |ck |2 = |ck |2 . n→∞ n→∞ k=1 k=1 k=1 k=1 18