Tài liệu tham khảo – giải thích

Chia sẻ: Lan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

1 .Mệnh đề 1.4: Gọi a. Nếu , ∈ (ℝ ) là tập hợp các hàm bậc thang xác định trên ℝ . (ℝ ) thì + , . ∈ ∈ (ℝ ) (ℝ ) thì ( ) ∈ ,…, }∈ (ℝ ) ,…, }∈ (ℝ ) b. Cho : ℝ → ℂ thỏa (0) = 0. Nếu c. Với , ,…, ∈ (ℝ ) ta có max{ , (ℝ ), min{ , Chứng minh: a .Nếu , ∈ (ℝ ) thì + , . ∈ (ℝ ) Theo giả thiết ta có thể biểu diễn , ( )=∑ + . =∑ = ∑ , ( )=∑ +∑ ∑ ∈

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu tham khảo – giải thích

Tài liệu tham khảo – giải ch thực – Lớp giải ch K19 Chương 1: 1 .Mệnh đề 1.4: Gọi (ℝ ) là tập hợp các hàm bậc thang xác định trên ℝ . a. Nếu , ∈ (ℝ ) thì + , . ∈ (ℝ ) b. Cho : ℝ → ℂ thỏa (0) = 0. Nếu ∈ (ℝ ) thì ( ) ∈ (ℝ ) c. Với , ,…, ∈ (ℝ ) ta có max{ , ,…, }∈ (ℝ ), min{ , ,…, }∈ (ℝ ) Chứng minh: a .Nếu , ∈ (ℝ ) thì + , . ∈ (ℝ ) Theo giả thiết ta có thể biểu diễn , dưới dạng chính tắc như sau: ( )=∑ , ( )=∑ Và do đó: + =∑ +∑ ∈ (ℝ ) . = ∑ ∑ =∑ ∑ =∑ ∑ ∩ ∈ (ℝ ) b .Cho : ℝ → ℂ thỏa (0) = 0. Nếu ∈ (ℝ ) thì ( ) ∈ (ℝ ) Với cách biểu diễn chính tắc của , ta dễ thấy rằng: ( ) = ∑ =∑ ( ) ∈ (ℝ ) c .Với , ,…, ∈ (ℝ ) ta có max{ , ,…, }∈ (ℝ ), min{ , ,…, }∈ (ℝ ) Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp = 2. Ta đã có + , − ∈ (ℝ ). Biểu diễn − dưới dạng chính tắc − =∑ Và | − |=∑ | | ∈ (ℝ ) | | | | Ta được: max{ , }= ∈ (ℝ ) và min{ , }= ∈ (ℝ ) 2 .Mệnh đề 1.7: Cho , là hàm bậc thang trên ℝ , và cho ∈ ℂ. Khi đó: a. ∫ℝ ( + ) = ∫ℝ + ∫ℝ
b. Nếu ≥ thì ∫ℝ ≥ ∫ℝ Chứng minh: a .Chứng minh ∫ℝ ( + ) = ∫ℝ + ∫ℝ Trước hết từ định nghĩa ch phân hàm bậc thang ta chứng minh được nếu ≥ 0 thì ∫ℝ ≥ 0 (1) Giả sử: = ∑ , ∩ = ∅ nếu ≠ ; =∑ , ∩ = ∅ nếu ≠ ⋃ =⋃ (có thể có một số , bằng 0) Đặt = ∩ ,1 ≤ ≤ ,1 ≤ ≤ . Khi đó: | | = ∑ , =∑ Vậy: ∫ℝ ( + )=∑ + (tổng trên các = 1,2, … , ; = 1,2, … , ) =∑ ∑ + ∑ ∑ =∑ | |+ ∑ | | = ∫ℝ + ∫ℝ b .Chứng minh: nếu ≥ thì ∫ℝ ≥ ∫ℝ Thật vậy: nếu ≥ ⇔ − ≥ 0. Theo (1) ta có: ∫ℝ − ≥ 0 ⇒ ∫ℝ − ∫ℝ ≥ 0 ⇒ ∫ℝ ≥ ∫ℝ 3 .Mệnh đề 1.8: Cho , : ℝ → ℂ là hai hàm khả ch Lebesgue. Khi đó , < ∞ hkn và + ( ∈ ℂ), | | là các hàm khả ch Lebesgue và ∫ℝ ( + ) = ∫ℝ + ∫ℝ , ∫ℝ ≤ ∫ℝ | | Chứng minh:  Chứng minh: , < ∞ hkn Giả sử ngược lại tức là tồn tại có ( ) > 0 sao cho ( ) = ∞, ∀ ∈ . Khi đó: ∫ℝ ( ) ≥∫ | |=∞ Ta có mâu thuẫn. Vậy < ∞ hkn Chứng minh tương tự ta cũng có < ∞ hkn
 Chứng minh : + khả ch Lebesgue Ta có ∫ℝ | + | ≤ ∫ℝ (| | + | || |) = ∫ℝ | | + | | ∫ℝ | |
1 1 Cho hai số thực p  1, q  1 thoả   1 , với hai số thực   0 ,   0 ta luôn có: p q p q  .   (*) p q Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  p   q  Với   0 hoặc   0 thì bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng t p t q  Với   0 và   0 , ta xét hàm số f (t )   . p q t p q 1 f (t ) xác định với mọi t > 0 và có đạo hàm f '(t )  t p 1  t  q 1  t q 1 Ta có: f '(t )  0  t  1 Với t  1 thì f '(t )  0 Với t  1 thì f '(t )  0 Suy ra hàm f (t ) đạt cực ểu trong khoảng (0 ,   ) tại t  1 1 1 Từ đó suy ra với t  0 ta có f (t )  f (1)   1 p q p q  1q  1p   q . 1  1 . p Với = ta có: f   .   f (1)   1   p q   p q 1 1 q p   Nhân hai vế bất đẳng thức trên cho  . ta được  1 p q 1 1 p q Từ   1 ta suy ra được  1  p và  1  q p q q p p q Vì vậy ta được bất đẳng thức cần chứng minh  .   p q
1 1 1 1 pq pq   q1   q1  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   q p q  1        p    p  q         Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức Holder  Nếu f p  0 hoặc g g  0 thì f ( x).g ( x )  0 hkn trên X Do đó fg 1  0 suy ra bất đẳng thức Holder đúng trong trường hợp này.  Nếu f p  0 và g q  0 thì theo chứng minh trên với mọi x  ta có:  p   q  f ( x ) g ( x ) 1  f ( x)  1  g ( x)  .   p   q q  f p gq p f  p      gq      Lấy ch phân hai vế bất đẳng thức trên ta được 1 1 p 1 q  f ( x) g ( x) dx  p  f ( x) dx  q  g ( x) dx f p g q  p f  q g  p q 1 1 1 1   f ( x) g ( x ) dx     f ( x ) g ( x) dx  1 f p g q  p q f p g q    f ( x) g ( x) dx  f p g q  Hay fg 1  f p g q 2. Định lý: Không gian định chuẩn là Banach ⇔ Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ Chứng minh:  Thuận: Giả sử KG định chuẩn là Banach. Chứng minh mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ Xét chuỗi ∑ là chuỗi hội tụ tuyệt đối ⇒ ∑ ‖ ‖ hội tụ nên theo nh chất Cauchy ta có: ∀ > 0, ∃ ∈ ℕ, ∀ > , ∀ ≥ 1 ta có : − = ∑ −∑ = + +⋯+
≤‖ ‖+‖ ‖+ ⋯+ < Vậy dãy { } Cauchy trong , mà Banach nên dãy { } hội tụ Suy ra ∑ là chuỗi hội tụ  Nghịch: Giả sử mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ. Chứng minh là không gian Banach Giả sử { } là dãy Cauchy trong . Khi đó với mọi số tự nhiên tồn tại số tự nhiên ( > ) sao cho với mọi , > ta có ‖ − ‖< Đặc biệt − < Xét chuỗi (*): + − + − +⋯ Vì chuỗi ∑ − hội tụ nên chuỗi (*) hội tụ về phần tử ∈ . Khi đó: = lim = lim + − + ⋯+ − = lim ∈ → → → Ta có: ‖ − ‖≤ − + − Cho → ∞ thì → ∞. Do đó lim = ∈ → Vậy dãy { } hội tụ hay là không gian Banach 3. Chứng minh ∀ ≥ , ( ) là không gian Banach Chứng minh:  Ta chứng minh nếu ≠ 0 hkn thì ∫ | | > 0, ≥ 1. Do đó hàm ‖. ‖: → ‖ ‖ là một chuẩn trong không gian (Ω) Thật vậy: ∀ , ∈ (Ω), ∈ℂ i) Ta có ‖ ‖ ≥ 0; ‖ ‖ = 0 ⇔ ∫ | | = 0 ⇔ =0 ii) ‖ ‖ = ∫ | | = ∫ | | | | =| | ∫ | | = | |‖ ‖ iii) Chứng minh ‖ + ‖ ≤ ‖ ‖ + ‖ ‖ - Với = 1 ta có: ‖ + ‖ = ∫ | + | ≤ ∫ | | + ∫ | | = ‖ ‖ + ‖ ‖ - Với > 1. Giả sử + = 1 ⇔ −1 =
Do đó | + | ∈ (Ω) Khi đó theo BĐT Holder ta có ∫ | || + | ≤‖ ‖ ∫ | + |( ) =‖ ‖ ‖ + ‖ Tương tự ta có: | || + | ≤‖ ‖ ‖ + ‖ Khi đó: ‖ + ‖ = ∫ | + | = ∫ | + | = ∫ | + || + | ≤ ∫ | || + | + ∫ | || + | ≤ ‖ ‖ +‖ ‖ ‖ + ‖ Nhân hai vế của BĐT trên với ‖ + ‖ ta được điều phải chứng minh. Vậy ‖. ‖ là một chuẩn trong không gian (Ω)  Lấy chuỗi tùy ý ∑ trong (Ω) và giả sử ∑ | |= < ∞. Ta cần chứng minh ∑ hội tụ trong (Ω) ( ) Đặt =∑ | ( )| , ∀ ∈ ℕ, ∈ Ω. Khi đó ta có các hàm: ( ) ∈ (Ω) à ‖ ‖ ≤∑ ‖ ‖ ≤ Từ đó suy ra ∫ | | ≤ Với ∀ ∈ Ω thì ( ) là dãy tăng và bị chận trên nên tồn tại hàm ( ) sao cho lim ( )= ( ) → Vì hàm đo được và đơn điệu tăng đến nên là hàm đo được trên Ω Theo bổ đề Fator ta có ∫ =∫ lim = lim ∫ ≤ → → Suy ra hữu hạn hkn Như vậy với ∀ ∈ Ω, ( ) hữu hạn nên chuỗi ∑ hội tụ trong (Ω)  Xây dựng hàm ( ) như sau: : →ℂ ∑ ( ) ế ( )ℎℎ ( )= 0 ế ( ) = +∞ - Chứng minh ∈ (Ω) Kí hiệu: ( )=∑ ( ). Khi đó lim ( ) = ( ) hkn → Suy ra ( ) là hàm đo được Mặt khác ta có: |∑ ( )| ≤ ∑ | ( )| ⇒ | | ≤ ( ), ∀ ∈ Ω Khi đó: ∫ | | ≤ ∫ ≤
Ta có | − | ≤( + ) ≤2 Vì hàm 2 khả ch trong (Ω) nên theo định lý hội tụ bị chận ta có ∫ | − | →0 ℎ →∞ Nghĩa là: ‖ − ‖ → 0 khi → ∞. Suy ra ‖ − ‖ → 0 khi →∞ Vậy (Ω) là không gian Banach 4 .Định lý tập các hàm bậc thang trù mật trong ( ) Với ∀ ∈ (Ω) (1 ≤ < ∞) thì tồn tại dãy ( ) các hàm bậc thang sao cho → trong (Ω). Nghĩa là tập các hàm bậc thang trù mật trong (Ω) Chứng minh: a. Trường hợp ≥0 Theo giả thiết thì tồn tại các hàm , ∈ sao cho = − . Khi đó có 2 dãy hàm bậc thang ( ) và ( ) sao cho ↗ ; ↗ Đặt Φ = max{( − ), 0}  Dùng định lý hội tụ bị chận ta chứng minh Φ → hkn trong (Ω) Ta có Φ ( ) = max{( − ), 0} Vì ↗ ; ↗ và > nên với đủ lớn ta có Φ ( ) = ( )− ( )>0 Do đó Φ ( ) → ( ) − ( ) = ( ) hkn Suy ra Φ ( ) → ( ) hkn Ta có ( )− ( )≤ ( )− ( ) Do đó Φ ( ) = max{( − ), 0} ≤ max{ ( ) − ( ), 0} Đặt ( ) = max{ ( ) − ( ), 0} Rõ ràng | | khả ch trong (Ω) và |Φ ( )| ≤ ( ) Theo định lý hội tụ bị chận ta có ‖Φ − ‖ → 0 khi →∞
b. Trường hợp tổng quát = + với , là các hàm thực Đặt = − ; = ℎ − ℎ với , ,ℎ ,ℎ > 0 Khi đó = − + ℎ − ℎ Theo câu a tồn tại các dãy hàm bậc thang Φ , Φ , Φ , Φ Sao cho Φ → ,Φ → ,Φ →ℎ ,Φ → ℎ trong (Ω) Đặt Φ = Φ −Φ + Φ − Φ Rõ ràng Φ là hàm bậc thang và Φ → − + ℎ − ℎ = khi → ∞ trong (Ω) Chương 3: 1 .Định lý 3.2: Giả sử M là không gian con đóng của không gian Hilbert. Khi đó: với x  H tồn tại duy nhất y  M được gọi là hình chiếu trực giao của x trên M sao cho: x  y  d ( x , M )  in f x  y y M Chứng minh Đặt   d ( x , M ) . Lấy dãy ( yn )  M sao cho x  y n   .  Ta sẽ chứng minh  yn  là dãy Cauchy. Áp dụng bất đẳng thức hình bình hành cho cặp vectơ x  ym và x  yn ta có: ym  yn 2  2 x  ( ym  yn ) 2   2 x  ym 2  x  yn 2  2 1 Suy ra: y m  y n 2 2  x  ym 2  x  yn 2  4 x 2  ym  yn  2 Vì 1  y m  y n   M nên x  1  y m  y n  2 2 2
Mặt khác, vì x  yn   khi n   nên   0, n0  sao cho n  n0 ta có 2 x  yn 2  2 Vậy ta có:   0, n0 sao cho n, m  n0 ta coù ym  yn    2  2     2    4 2  4 Do đó  yn  là dãy Cauchy trong M . Vì M là đầy đủ nên yn  y  M và x  y    d ( x, M )  Ta chứng minh y là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại y '  M thoả nh chất như trên. Áp dụng đẳng thức hình bình hành cho x  y và x  y ' ta được 2 2 1 1 y  y' 2  2  x y 2  x y' 2  4 x 2  y  y '  4 2 4 x 2  y  y ' 2 Vì 1  y  y '   M nên x  1 ( y  y ') 2 2 2 2 Khi đó: y  y '  4 2  4 2  0 ⇔ y  y '  0 hay y  y ' 2 .Định lý 3.3: Cho M là không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H . Với mỗi x  H , tồn tại x '  M , x ''  M  sao cho x  x ' x '' . 2 2 2 Khi đó: d ( x, M )  x  x '  x '' và x  x '  x '' Chứng minh Lấy tuỳ ý x  H , đặt x '  PM ( x ) . Theo định lí 3.2 ta có: x  x '  d ( x, M )   Ta sẽ chứng minh x ''  x  x '  M  Với mọi v  M , với mọi   ta có x '  v  M . Khi đó ta có: 2 2  2  x  ( x '  v)  x ''  v  x ''  v, x ''  v   x '', x ''   x '', v   v, x ''   . . v, v  2 2 2  x ''   x '', v   x '', v   v
2 Vì x ''   2 nên từ trên ta suy ra 2 2  x '', v   x '', v   v  0 ,   Lấy   t x '', v , t  . Ta có: t x '', v 2  2  t v   0 , t  2 Từ đây suy ra x '', v  0 . Vì nếu x '', v  0 thì bất đẳng thức trên không thoả với ∈ ‖ ‖ ,0 . Vì x '', v  0 với v tuỳ ý thuộc M nên x ''  M  . Vậy với mọi x  H ta có x  x ' ( x  x ')  x ' x '' với x '  M , x ''  M  3. Định lí 3.4: Giả sử không gian Hilbert H có cơ sở trực chuẩn đếm được (en ) . Khi đó: i) =∑ 〈 , 〉 ,∀ ∈ ii) 〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 , ∀ , ∈ Chứng minh i) Theo bổ đề 3.4 phần a) ta có chuỗi ∑ |〈 , 〉| hội tụ. Do đó theo bổ đề 3.4 phần b) ta có =∑ 〈 , 〉 ∈ . Ta chứng minh = Thật vậy với mọi j ta có: 〈 − , 〉 = 〈 − ∑ 〈 , 〉 , 〉=〈 , 〉−〈 , 〉=0 Do hệ (ei ) là đầy đủ nên suy ra x  y  0 hay x  y . ii) Vì ch vô hướng là lien tục nên theo câu a) ta có 〈 , 〉 = 〈∑ 〈 , 〉 ,∑ 〈 , 〉 〉 = lim 〈∑ 〈 , 〉 ,∑ 〈 , 〉 〉 → = lim ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 → 4. Định lí 3.5: Giả sử (en ) là dãy trực chuẩn trong không gian Hilbert H . Khi đó các điều kiện sau là tương đương: i) Dảy (en ) là đầy đủ
ii) =∑ 〈 , 〉 ,∀ ∈ iii) 〈 , 〉 = ∑ 〈 , 〉〈 , 〉 , ∀ , ∈ iv) ‖ ‖ = ∑ |〈 , 〉| Chứng minh  i)  ii) và i)  iii) (chứng minh lại định lý 3.4)  Nếu thay x  y vào iii) thì ta có iii)  iv)  Ta còn phải chứng minh ii)  i) và iv)  i) Từ ii) hoặc iv) ta đều suy ra nếu x, ei  0 , i thì x  0 Theo hệ quả 3.1. phần b) ta có dãy (en ) là đầy đủ.