TRƯỜNG ĐH ĐÀ LẠT
KHOA SƯ PHẠM ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Học kỳ 4: Năm học 2024-2025
Học phần: Giải tích hàm
Lớp: TN47MNCD - TC - TN23B2MN
Thời gian: 120 phút, không kể phát đề
Bài 1. (1 điểm) Khái niệm metric và không gian metric. Chứng minh rằng tập hợp số thực Rlà
không gian metric với hàm khoảng cách
ρ(x,y) = |ex−ey|với mọi x,y ∈R
Bài 2. (1 điểm) Phát biểu các định nghĩa điểm trong, điểm ngoài, điểm biên, tập mở. Chứng minh
rằng khoảng (a;b)là một tập mở.
Bài 3. (1 điểm) Phát biểu định nghĩa ánh xạ co. Cho ánh xạ A:C[0;1] →C[0;1] được xác định
bởi Ax(t) = λZt
0(t−τ)x(τ)dτ. Với giá trị nào của λthì Alà ánh xạ co.
Bài 4. (1 điểm) Phát biểu định nghĩa về sự hội tụ trong không gian metric. Xét sự hội tụ của dãy
{xn(t)}=tn−tn+1 trong không gian C[0;1].
Bài 5. (1 điểm) Phát biểu không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng trong R2chuẩn có
thể cho bởi công thức
kxk=|x1|+|x2|với mọi x= (x1,x2)∈R2.
Bài 6. (1 điểm) Phát biểu chuẩn tương đương. Trong R2cho các chuẩn sau kxk1=|x1|+
|x2|,kxk2=qx2
1+x2
2,kxk∞= max{|x1|,|x2|}, với mọi x= (x1,x2)∈R2. Chứng minh rằng
kxk1,kxk∞tương đương với kxk2, từ đó suy ra chúng tương đương nhau.
Bài 7. (1 điểm) Cho A:Ch0,π
2
i→Ch0,π
2
ivới A(t) = (sint−cost)x(t). Tính kAk.
—HẾT— Đà Lạt, ngày 10 tháng 05 năm 2025
GIẢNG VIÊN RA ĐỀ
(Ký và ghi rõ họ tên)
Chú ý: Đề đóng. Sinh viên được sử dụng bảng công thức. Cán bộ coi thi không giải thích gì
thêm.
1
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Bài 1.
•Khái niệm metric và không gian metric.
Cho Xlà một tập hợp khác rỗng, một ánh xạ ρ:X×X→Rthỏa mãn các tiền đề sau:
- Tiền đề 1: ρ(x;y)≥0với mọi x,y ∈X(tính không âm)
- Tiền đề 2: ρ(x;y) = 0 khi và chỉ khi x=y
- Tiền đề 3: ρ(x;y) = ρ(y,x)(tính đối xứng)
- Tiền đề 4: ρ(x;y)≤ρ(x,z) + ρ(x,y)với mọi x, y, z ∈X(bất đẳng thức tam giác)
Khi đó ρđược gọi là một khoảng cách hay một metric trên Xvà cặp (X,ρ)được gọi là không gian
metric. Trong một số trường hợp ngắn gọn, ta lấy kí hiệu đơn giản là X.
•Chứng minh rằng tập hợp số thực Rlà không gian metric với hàm khoảng cách
ρ(x,y) = |ex−ey|với mọi x,y ∈R
Để chứng minh tập số thực Rlà không gian metric với hàm trên ta chứng minh ρ(x;y)thỏa mãn
4 tiên đề nêu trên. Ta lần lượt xét như sau:
- Tiên đề 1:
ρ(x,y) = |ex−ey| ≥ 0với ∀x, y ∈R(theo tính chất giá trị tuyệt đối).
- Tiên đề 2:
ρ(x,y) = |ex−ey|= 0 ⇔ex−ey= 0 ⇔ex=ey⇔x=y
- Tiên đề 3:
ρ(x,y) = |ex−ey|=|ey−ex|=ρ(y;x)
- Tiên đề 4:
ρ(x;y) = |ex−ey|=|(ex−ez) + (ez−ey)| ≤ |ex−ez|+|ez−ey|=ρ(x;y) + ρ(z;y)
Vậy ρ(x;y)là một metric trên R
Bài 2.
•Phát biểu các định nghĩa điểm trong, điểm ngoài, điểm biên, tập mở.
- Điểm trong: xđược gọi là điểm trong của Mnếu có một lân cận của xchứa trong M.
- Điểm ngoài: xđược gọi là điểm ngoài của Mnếu có một lân cận của xchứa điểm ngoài M.
- Điểm biên: xgọi là điểm biên của Mnếu mọi lân cận của xcó chứa ít nhất một điểm của M
(khác x) và những điểm không thuộc M.
- Tập mở: một tập được gọi là tập mở nếu mọi điểm thuộc nó đều là điểm trong của nó, tập mở
không chứa điểm biên.
•Chứng minh rằng khoảng (a;b)là một tập mở.
Xét B(x0;r) = {x∈(a;b) : ρ(x0;x)< r}với x0∈(a;b)và r= min{x0−a;b−x0}.
Xét B(x1;ǫ) = {x∈(a;b) : β(x1;x)< ε}với x1∈(a;b)và ε < r −ρ(x0;x1)
Lấy y∈B(x1;ε), ta có:
ρ(x0;y)≤ρ(x0;x1) + ρ(x1;y)
⇔ρ(x0;y)≤ρ(x0;x1) + r−ρ(x1;x1)
⇔ρ(x0;y)≤r.
2
⇒y∈B(x0;r)⇒x0là điểm trong của (a;b)
Vì lân cận x0là B(x0;r)chứa trong (a;b)nên (a;b)là tập mở.
Bài 3.
•Phát biểu định nghĩa ánh xạ co: Ánh xạ A:X→Xđược gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số
α < 1, sao cho:
ρ(Ax;Ay)≤αρ(x;y)với mọi x, y ∈X.
•Cho ánh xạ A:C[0;1] →C[0;1] được xác định bởi Ax(t) = λZt
0(t−τ)x(τ)dτ. Với giá trị nào
của λthì Alà ánh xạ co.
Xét A:C[0;1] →C[0;1] và Ax(t) = λZt
0(t−τ)x(τ)dτ, ta có:
ρ(Ax(t);Ay(t)) = |Ax(t)−Ay(t)|=
λZt
0(t−τ)x(τ)dτ −λZt
0(t−τ)y(τ)dτ
⇔ρ(Ax(t);Ay(t)) =
λZt
0(t−τ)·(x(τ)−y(τ))d(τ)
⇔ρ(Ax(t);Ay(t)) ≤ |λ| · max
t∈[0;1] |x(t)−y(t)| · max
t,τ∈[0;1]
Zt
0(t−τ)dτ
≤ |λ| · ρ(x(t);y(t)) ·max
t,τ∈[0;1]
tτ −τ2
2
t
0
≤ |λ| · ρ(x(t);y(t)) ·max
t,τ∈[0;1]
t2
2
≤ |λ| · ρ(x(t);y(t)) ·1
2
≤|λ|
2·ρ(x(t);y(t))
Vậy Alà ánh xạ co khi |λ|
2<1⇔ |λ|<2
Bài 4.
•Phát biểu định nghĩa về sự hội tụ trong không gian metric.
Điểm xcủa không gian metric Xđược gọi là giới hạn của dãy {xn} ⊂ Xnếu ρ(xn,x)→0khi
n→ ∞. Khi đó ta nói dãy {xn}hội tụ tới x. Kí hiệu là xn→x, khi n→ ∞ hoặc lim
n→∞ xn=xhay
đơn giản là limxn=x.
•Xét sự hội tụ của dãy {xn(t)}=tn−tn+1 trong không gian C[0;1].
Ta có lim
n→∞ kxn(t)−0k= lim
n→∞ kxn(t)k= lim
n→∞
max
0≤t≤1
tn−tn+1
Xét hàm số f(t) = tn−tn+1 có:
f′(t) = ntn−1−(n+ 1)tn
Xét
f′(t) = 0 ⇒ntn−1−(n−1)tn= 0
tn=ntn−1
n+ 1
t=n
n+ 1 ∈[0;1] (nhận)
Xét
f(0) = 0n−0n+1 = 0
3
f(1) = 1n−1n+1 = 0
fn
n+ 1
=n
n+ 1
n
−
n
n+ 1
n+1 =nn·(n+ 1) −nn+1
(n+ 1)n+1
=nn
(n+ 1)n+1 =nn
(n+ 1)n·1
n+ 1 >0
Vậy
lim
n→∞ kxn(t)−0k= lim
n→∞ kxn(t)k= lim
n→∞
max
t∈[0;1]
tn−tn+1
= lim
n→∞
max
t∈[0;1]
|0|;|0|;
n
n+ 1
n
·1
n+ 1

= lim
n→∞
 n
n+ 1
n
·1
n+ 1
= lim
n→∞
n
n+ 1
n
·lim
n→∞
1
n+ 1
=1
e·0 = 0
Vậy {xn(t)}hội tụ trong C[0;1]
Bài 5.
•Phát biểu không gian tuyến tính định chuẩn.
Cho Elà một không gian tuyến tính trên trường K. Một ánh xạ kxk:E→Rthỏa mãn :
- Tiên đề 1: kxk ≥ 0∀x∈E
- Tiên đề 2: kxk= 0 khi và chỉ khi x= 0
- Tiên đề 3: kλxk=|λ|·kxkvới ∀x, y ∈Evà λ∈R
- Tiên đề 4: kx+yk ≤ kxk+kykvới ∀x, y ∈E(bất đẳng thức tam giác)
Khi đó kxkđược gọi là chuẩn trên E và cặp (E,kxk)được gọi là một không gian định chuẩn.
•Chứng minh rằng trong R2chuẩn có thể cho bởi công thức
kxk=|x1|+|x2|với mọi x= (x1,x2)∈R2.
Ta xét lần lượt các tiên đề:
- Tiên đề 1:
kxk=|x1|+|x1| ≥ 0vì
|x1| ≥ 0
|x2| ≥ 0với mọi x= (x1;x2)∈R2theo tính chất giá giá trị tuyệt đối.
- Tiên đề 2:
kxk=|x1|+|x2|= 0 ⇔
x1= 0
x2= 0 ⇒x1=x2= 0 ⇒x= 0
- Tiên đề 3:
kλxk=|λx1|+|λx2|=|λ| · (|x1|+|x2|) = |λ|·kxk.
Tiên đề 4:
kx+yk=|x1+y1|+|x2+y2| ≤ |x1|+|y1|+|x2|+|y2|= (|x1|+|x2|) + (|y1|+|y2|) = kxk+kyk
kx+yk ≤ kxk+kyk
Vậy kxklà chuẩn trên R2
Bài 6.
•Phát biểu chuẩn tương đương: Trong không gian tuyến tính E, các chuẩn kxk1và kxk2được gọi
4
là tương đương nếu tồn tại các hằng số C1>0và C2>0sao cho
C2kxk1≤ kxk2≤C1kxk1
•Chứng minh kxk2tương đương kxk1
Ta có kxk2=qx2
1+x2
2≤
qx2
1+ 2x1x2+x2
2=p(x1+x2)2=|x1+x2| ≤ |x1|+|x2|=kxk1
Vậy kxk2≤ kxk1(1)
Lại có
kxk1=|x1|+|x2| ≤ √12+ 12·
q
|x1|2+|x2|2(bất đẳng thức BuninhaKcốpKi)
⇒ kxk1≤√2· kxk2
⇒1
√2kxk1≤ kxk2(2)
Từ (1) và (2) suy ra 1
√2kxk1≤ kxk2≤ kxk1(*)
Tức là kxk2∼ kxk1
•Chứng minh kxk1tương đương kxk∞
kxk1=|x1|+|x2| ≤ max{|x1|;|x2|} + max{|x1|;|x2|} = 2max{|x1|;|x2|} = 2kxk∞(3)
kxk1=|x1|+|x2|>max{|x1|;|x2|} =kxk∞(4)
Từ (3) và (4), suy ra kxk∞≤ kxk1≤2kxk∞(**)
Tức là có kxk1∼ kxk∞
•Chứng minh kxk2tương đương kxk∞
Từ (*) và (**), suy ra 1
√2kxk∞≤1
√2kxk1≤ kxk2≤ kxk1≤2kxk∞
⇒1
√2kxk∞≤ kxk2≤2kxk∞
Tức là kxk2∼ kxk∞
Bài 7.
Ta có A:Ch0,π
2
i→Ch0,π
2
i
A(t) = (sint−cost)x(t)
A(t) = √2sint+π
4
x(t)(1)
Xét f(t) = √2sint+π
4
t∈h0; π
4
i⇒t+π
4∈
π
4;3π
4
Ta vẽ bảng biến thiên như sau:
t+π
4
sint+π
4
f(t)
π
4π
23π
4
√2
2
√2
2
11 √2
2
√2
2
11
√2
√2
11
Vậy 1≤√2sint+π
4
≤√2
5