Bài tập Giải tích hàm (Có lời giải)

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 Sx∈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)
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 6= ∅. 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 ∀ n ∈ IN.
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. 2
Vậy B(x,r) ∩ A 6= ∅ 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||. 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.
Vậy với mọi ε > 0, chọn ta có
|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 ∈ IN. Vậy
1 < ||xm|| − ||xn|| ≤ ||xm − |xn||
∀ m,n ∈ IN,m > n. hay
1 < ||xm − |xn||
∀ m,n ∈ IN,m 6= n. (1)
Cho {xnk} là một dãy con của dãy {xn}. Theo (1),
1 < ||xnk − |xnk′ ||
∀ k,k′ ∈ IN,k 6= k′.
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 4
||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 = Sx∈B B(x,δx). Ta có W ∩ A = Sx∈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. 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) 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. 6 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) ≤ supC + supD = ||f||∞ + ||g||∞.
Vậy ||.||∞ là một chuẩn trên B(A,E).
1.2.7i,ii Cho [a,b] là một khoảng đóng bị chặn trong IR. Đặt X = C([a,b],IR) là tập các hàm số thực liên tục trên
[a,b]. Với mọi f và g trong X, x trong [a,b] và α trong IR ta đặt
(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],IR), và (X,||.||∞) là một không gian Banach. Giải
Cho f và g trong X và α trong IR. Ta thấy f + g và αf là các hàm số thực liên tục, nên X là một không gian
vectơ trên IR. Vì f([a,b]) bị chặn với mọi f trong X, nên X chứa trong B([a,b],IR). Vậy
X là không gian vectơ con của B([a,b],IR). Suy ra (X,||.||∞) là không gian vectơ định chuẩn con của
B([a,b],IR).
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) ∈ IN : |fm − fn||∞ < ε
m > n ≥ N(ε). hay
∀ ε > 0,∃N(ε) ∈ IN : |fm(x) − fn(x)| < ε
m > n ≥ N(ε),x ∈ [a,b]. (2)
Vậy, với mọi x trong [a,b], {fm(x)} là một dãy Cauchy trong IR, và hội tụ về một số thực được ký 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′) ∈ IN : |fk(x) − f(x)| < ε′
∀ 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) Chọ ε, chọn , ta có
|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)
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
∀ y,z ∈ [a,b],|y − z| < η(ε”),ε > 0,
∀ ε” > 0,∃η(ε”) > 0 : |f(y) − f(z)| < 4ε + ε” 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]. 8 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 IR. Đặt X = C([a,b],IR) là tập các hàm số thực liên tục trên
[a,b]. Với mọi f và g trong X, x trong [a,b] và α trong IR ta đặt
(f + g)(x) = f(x) + g(x),
(αf)(x) = αf(x), b Z ||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 IR. Vì |f| ≥ 0, ta có .
Giả sử f 6≡ 0. Ta có y trong [a,b] sao cho f(y) = α 6= 0. Cho liên tục nên có
δ(y,ε) > 0 sao cho
|f(y) − f(t)| < ε
∀ t ∈ [a,b] ∩ [y − δ(y,ε),y + δ(y,ε)]. (1)
Có c < d sao cho [a,b] ∩ [y − δ(y,ε),y + δ(y,ε)] = [c,d]. Với t trong [c,d], do (1)
|f(y)| − |f(t)| < ε or . Suy ra .
Vậy f ≡ 0 nếu ||f||1 = 0. Ta có b b b Z ||sf||
1 =|sf(t)|dt = Z
|s||f(t)|dt = |s|Z |f(t)|dt = |s|||f||1. a a a b b
||f + g||1 =|f(t) + g(t)|dt ≤ Z [|f(t)| + Z |g(t)]dt a a b b Z
=|f(t)|dt + Z |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
(X,||.||1) nhưng không hội tụ. Đặt
với mọi số nguyên dương n và
a ≤ t ≤ c, c
≤ t ≤ cn, cn n t
n0 ≤ t ≤ b. t − c f ( ) = c − c 1
Cho hai số nguyên dương m và n sao cho m > n. Ta có cm < cn và b cn Z ||fn − fm||1
=n|fn(t) − fm(t)|dt = Z |fn(t) − fm(t)|dt a Z c c c n b − a
≤(|fn(t)| + |fm(t)|)dt ≤ Z 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
∀ n ≥ N(ε). Vậy . Cố định một số
nguyên dương k, ta tìm được một số nguyên dương n ≥ max{k,N(ε)}. Lúc đó cn < ck và 10 hay
∀ ε > 0,k ∈ IN hay ∀ k ∈ IN
Như bên trên ta có với mọi số nguyên dương k
a ≤ t ≤ c, 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 IR hay /C, (E1,||.||1), ···, (En,||.||n) là n không gian định 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.
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 ||(x
∀ m ≥ N(ε)
1,m − a1,···,xn,m − an)|| < ε hay
||(x1,m − a1||1 ··· + ||xn,m − an||n < ε
∀ m ≥ N(ε) 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. 12
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′)}.
Cho một số thực dương ε, đặt , ta có
||(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
sao cho B(x,r) ⊂ V . Ta thấy . Do đó .
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 ∀ x ∈ E.
||Tx||F ≤ M||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 6= 0, đặt
. Ta có ||y= δ và hay hay
||T(x)||F ≤ δ−1||x||F
Đặt M = δ−1, ta có (iii).
• (iii) =⇒ (i) 14
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−1ε, 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) ||Tu||F ≤ ||T||||u||E ∀ u ∈ E. Giải (i)
Ta thấy T ≥ T1. Cho x trong E sao cho 0 ≤ ||x||E ≤ 1. Đặt , nên hay
hay ||T(x)||F ≤ T1||x||E ≤ T1
Vậy T ≤ T1. Từ đó T = T1. (ii)
Ta thấy T ≥ T2. Cho x trong E sao cho ||x||E ≤ 1. Đặt
với mọi số nguyên dương , ta có hay Vậy
||T(x)||F ≤ T2.
Từ đó T ≤ T2. (iii)
Cho x 6= 0, đặt y = ||x||E−1x. Ta có ||y||E = 1 và
||x||E−1||T(x)||F = ||T(||x||E−1x)||F = ||T(y)||F ≤ T hay
||T(x)||F ≤ T||x||E 2.3.2
Cho E = IRn với chuẩn
||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 Đặt
nếu i 6= j. Ta có
x = x1e1 + ··· + xnen
∀ x = (x1,···,xn) ∈ E.
Đặt M = max{||T(e1)||F ,···,||T(en)||F}. Cho x = (x1,···,xn) trong E, ta có
||T(x)||F =
||x1T(e1) + ··· + xnT(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).
T(αx) = f(αx,a) = αf(x,a) = αT(x). 16
|T(x)| = |f(x,a)| ≤ f(x,x)1/2f(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 = 06, đặt x = ||a||−1a. Ta có ||x|| = 1 và
T(x) = f(x,a) = f(||a||−1a,a) = ||a||−1f(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 ∈ IN. lim ||T(x) −
Tn(x)||F = 0 ∀ x ∈ E. n→∞
||T(x)||F ≤ ||T(x) − Tn(x)|F + ||Tn(x)||F
∀ x ∈ E,n ∈ IN. 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 = tnx} hội tụ về y = tx. ta có
lim |tn||x|| − t||x||| = lim |tn − t|||x|| = lim ||(tn − t)x|| = 0 n→∞ n→∞ n→∞ 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) ||X=1 ciai||2 = X|ci|2. i i=1
(ii) {a1,···,an} độc lập tuyến tính. Giải (i) Ta có n n n n n
||X=1 ciai||2 =< X=1 ciai,X=1 cjaj >= X=1cicj < ai,aj >= X|ci|2. i i j i,j i=1 n
(ii) Nếu Xciai = 0. Theo (i) ta có i=1 n X|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 X |cn|2 < ∞. Chứng minh n=1 ∞ 18
(i) Xckak hội tụ trong E. . Giải (i) Đặt . Cho n > m, ta có n n
||xn − xm||2 = || X+1||2 = =X |ck|2. k=m k m+1 ∞
Vì X |cn|2 < ∞, ta thấy {xn} là một dãy Cauchy, nên {xn} hội tụ vềtrong H. n=1 (ii) Ta có
||x||2 = lim ||xn||2 n→∞ hay ∞ n n ∞ || ckak|| = lim || ckak|| = lim |ck| = |ck| . X=1 2 n→∞ X=1 2 n→∞ X=1 2 X 2 k k k k=1