Giải tích (cơ bản) - Bài 1: Không gian định chuẩn

GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)
Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán
Phần 2. Không gian định chuẩn
Ánh xạ tuyến tính liên tục
§1. Không gian định chuẩn
(Phiên bản đã chỉnh sửa)
PGS TS Nguyễn Bích Huy
Ngày 1 tháng 3 năm 2006
Lý thuyết
1 Chuẩn
Giả sử X là một không gian vectơ (k.g.v.t) trên trường số K (K = R hoặc K = C). Một ánh
xạ p : X → R được gọi là một chuẩn trên X nếu thỏa mãn các điều kiện sau cho mọi x, y ∈ X,
mọi λ ∈ K:
i) p(x) ≥ 0
p(x) = 0⇐⇒ x = θ (θ chỉ phần tử không trong X)
ii) p(λx) = |λ|p(x)
iii) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y)
Số p(x) gọi là chuẩn của phần tử x.
Thông thường, ta dùng ký hiệu ||x|| thay cho p(x).
Mệnh đề 1. Nếu p là một chuẩn trên k.g.v.t X thì ta có:
1
1. |p(x)− p(y)| ≤ p(x− y) (hay |||x|| − ||y||| ≤ ||x− y||) ∀x, y ∈ X.
2. d(x, y) := p(x − y) là một mêtric trên X, gọi là mêtric sinh bởi chuẩn p (hay d(x, y) =
||x− y||)
Ví dụ 1. Trên Rn ánh xạ
x = (x1, . . . , xn) 7→ ||x|| =
(
n∑
k=1
x2k
)1/2
là chuẩn, gọi chuẩn Euclide. Mêtric sinh bởi chuẩn này chính là mêtric thông thường của Rn.
Ví dụ 2. Trên C[a, b], ánh xạ x 7→ ||x|| := supa≤t≤b |x(t)| là một chuẩn mêtric sinh bởi chuẩn
này là mêtric hội tụ đều trên C[a, b]
2 Không gian định chuẩn
Định nghĩa 1.
• Không gian vectơ X cùng với chuẩn || · || trong nó, được gọi là một không gian định chuẩn
(kgđc), ký hiệu (X, || · ||).
• Các khái niệm hội tụ, tập mở, đóng, compact, dãy Cauchy, · · · trong (X, || · ||) được hiểu
là các khái niệm tương ứng đối với mêtric sinh bởi chuẩn.
Nói riêng, trong (X, || · ||) ta có
B(x0, r) = {x ∈ X : ||x− x0|| < r}
( lim
n→∞
xn = x(cũng viết xn
||·||−→ x))⇐⇒ lim
n→∞
||xn − x|| = 0
({xn} là dãy Cauchy)⇐⇒ lim
n,m→∞
||xn − xm|| = 0.
Định nghĩa 2. Kgđc (X, || · ||) được gọi là không gian Banach nếu X với mêtric sinh bởi || · ||
là không gian đầy đủ.
Vì kgđc là trường hợp đặc biệt của không gian mêtric nên tất cả các kết quả về không gian
mêtric cũng đúng cho kgđc. Ngoài ra, ta có các kết quả sau về kgđc.
Mệnh đề 2. Cho Kgđc (X, ‖.‖) trên trường số K và các dãy {xn}, {yn} ⊂ X, {λn} ⊂ K,
limxn = x, lim yn = y, limλn = λ. Khi đó :
1. lim ‖xn‖ = ‖x‖
2. lim(xn + yn) = x+ y, limλnxn = λx.
Hệ quả. Các ánh xạ f, g : X → X, f(x) = x0 + x, g(x) = λ0x (λ0 ∈ K\{0}) là đồng phôi.
2
3 Chuẩn tương đương
Định nghĩa 3. Hai chuẩn ‖.‖1, ‖.‖2 trên kgvt X gọi là tương đương (viết ‖.‖1 ∼ ‖.‖2) nếu tồn
tại các hằng số dương a, b sao cho
‖x‖1 ≤ a‖x‖2 , ‖x‖2 ≤ b‖x‖1 ∀x ∈ X
Mệnh đề 3. Giả sử ‖.‖1, ‖.‖2 là hai chuẩn tương đương trên kgvt X. Khi đó:
1. (limxn = x theo ‖.‖1)⇐⇒ (limxn = x theo ‖.‖2)
2. (X, ‖.‖1) đầy đủ ⇐⇒ (X, ‖.‖2) đầy đủ.
4 Một số không gian định chuẩn
4.1 Không gian định chuẩn con
Cho kgđc (X, ‖.‖) và X0 là một kgvt con của X. Ký hiệu ‖.‖0 là thu hẹp của ‖.‖ trên X0 thì
‖.‖0 là một chuẩn trên X0. Cặp (X0, ‖.‖0) gọi là kgđc con của (X, ‖.‖).
4.2 Tích của hai kgđc
Cho các kgđc (X1, ‖.‖1), (X2, ‖.‖2). Tích Đề các X1 ×X2 sẽ trở thành kgvt nếu ta định nghĩa
các phép toán
(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) λ(x1, x2) = (λx1, λx2)
Kgvt X1 ×X2 với chuẩn
‖(x1, x2)‖ := ‖x1‖1 + ‖x2‖2 (∗)
hoặc với chuẩn tương đương với (*), gọi là kgđc tích của các kgđc (X1, ‖.‖1), (X2, ‖.‖2).
Ta dễ dàng kiểm tra được các tính chất sau:
• Dãy (xn1 , xn2 ) hội tụ về phần tử (x1, x2) trong kgđc tích khi và chỉ khi các dãy {xni } hội tụ
về xi trong kgđc (Xi, ‖.‖i), i = 1, 2.
• Nếu (Xi, ‖.‖i)(i = 1, 2) là các không gian Banach thì kgđc tích cũng là không gian Banach.
4.3 Kgđc hữu hạn chiều
Giả sử X là kgvt m chiều và e = {e1, . . . , em} là một cơ sở của X. Khi đó ánh xạ
x =
m∑
k=1
λkek 7→ ‖x‖e :=
(
m∑
k=1
|λk|2
)1/2
là một chuẩn, gọi là chuẩn Euclide sinh bởi cơ sở e.
3
Mệnh đề 4.
1. Trên một không gian hữu hạn chiều, hai chuẩn bất kỳ luôn tương đương với nhau.
2. Trên kgđc hữu hạn chiều, một tập là compact khi và chỉ khi nó đóng và bị chặn.
3. Một không gian định chuẩn hữu hạn chiều luôn là không gian đầy đủ. Do đó, một kgvt
con hữu hạn chiều của một kgđc là tập đóng trong không gian đó.
Định lí 1 (Riesz). Nếu quả cầu B(θ, 1) := {x ∈ X : ‖x‖ ≤ 1} của các kgđc X là tập compact
thì X là không gian hữu hạn chiều.
5 Chuỗi trong kgđc
Nhờ có phép toán cộng và lấy giới hạn, trong kgđc ta có thể đưa ra khái niệm chuỗi phần tử
tương tự khái niệm chuỗi số.
Định nghĩa 4. Cho kgđc (X, ‖.‖) và dãy {xn} các phần tử của X. Ta nói chuỗi phần tử
∞∑
n=1
xn (∗∗)
hội tụ và có tổng bằng x nếu như x = limn→∞ sn, trong đó: s1 = x1, sn = x1+· · ·+xn (n ∈ N∗)
• Nếu chuỗi số ∑∞n=1 ‖xn‖ hội tụ thì ta nói chuỗi (**) hội tụ tuyệt đối.
Mệnh đề 5. Nếu X là không gian Banach thì mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối là chuỗi hội tụ
4
Bài tập
Bài 1. Ký hiệu C1[a,b] là không gian các hàm thực x = x(t) có đạo hàm liên tục trên [a, b]. C
1
[a,b]
là kgvt trên R với các phép toán thông thường về cộng hai hàm và nhân hàm với số thực. Ta
định nghĩa p1(x) = |x(a)|+ sup
a≤t≤b
|x′(t)| , p2(x) = sup
a≤t≤b
|x(t)|, p3(x) = sup
a≤t≤b
{|x(t)|+ |x′(t)|}
1. Chứng minh p1, p2, p3 là các chuẩn trên C
1
[a,b].
2. Chứng minh p2 6∼ p3
3. Chứng minh p1 ∼ p3
Giải.
1. Để làm ví dụ, ta kiểm tra p1 là chuẩn.
i) Hiển nhiên ta có p1(x) ≥ 0 ∀x ∈ C1[a,b]; hơn nữa
p1(x) = 0⇔
{
x(a) = 0
x′(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇔
{
x(a) = 0
x(t) là hàm hằng số
⇔ x(t) = 0∀t ∈ [a, b].
ii) p1(λx) = |λx(a)|+ sup
a≤t≤b
|λx′(t)| = |λ|
(
|x(a)|+ sup
a≤t≤b
|x′(t)|
)
= |λ|p1(x)
iii) Với x, y ∈ C1[a,b] ta có
|x(a) + y(a)|+ |(x(t) + y(t))′| ≤ |x(a)|+ |y(a)|+ |x′(t)|+ |y′(t)|
≤ p1(x) + p1(y) ∀t ∈ [a, b]
=⇒ p1(x+ y) ≤ p1(x) + p1(y).
2. Dễ thấy p2(x) ≤ p3(x) ∀x ∈ C1[a,b]. Ta sẽ chứng minh không tồn tại số c > 0 sao cho
p3(x) ≤ cp2(x) ∀x ∈ C1[a,b] (∗)
Xét dãy xn(t) = (t− a)n, n ∈ N∗. Dễ dàng tính được:
p2(xn) = (b− a)n
p3(xn) = (b− a)n + n(b− a)n−1
Do đó, nếu tồn tại c > 0 để (*) đúng thì ta có
(b− a)n + n(b− a)n−1 ≤ c(b− a)n ∀n = 1, 2, · · ·
⇒ b− a+ n ≤ c(b− a) ∀n = 1, 2, · · ·
Ta gặp mẫu thuẫn.
5
3. • Ta dễ dàng kiểm tra p1(x) ≤ p3(x) ∀x ∈ C1[a,b]
• Mặt khác ta có:
|x(t)| ≤ |x(a)|+ |x(t)− x(a)| = |x(a)|+ |x′(c)(t− a)|(áp dụng định lý Lagrange)
≤ |x(a)|+ (b− a) sup
a≤t≤b
|x′(t)|
≤Mp1(x) ∀t ∈ [a, b] (M = max{1, b− a})
|x′(t)| ≤ p1(x) ∀t ∈ [a, b].
Do đó p3(x) ≤ (M + 1)p1(x) ∀x ∈ C1[a,b].
Vậy p1 ∼ p3.
Bài 2. Ký hiệu l2 là không gian các dãy số thực x = {λk}k thỏa mãn điều kiện
∞∑
k=1
λ2k < ∞
với các phép toán thông thường về cộng hai dãy số và nhân dãy số với số thực. Trên l2 ta xét
chuẩn ‖x‖ =
( ∞∑
k=1
λ2k
)1/2
nếu x = {λk} ∈ l2
1. Xét các dãy số en = {δn,k}k (n ∈ N∗) trong đó δn,k = 1 nếu n = k, δn,k = 0 nếu n 6= k.
Chứng minh rằng nếu x = {λk} ∈ l2 thì x =
∞∑
n=1
λnen
2. Chứng minh l2 đầy đủ.
Giải.
1. Đặt sn = λ1e1 + · · ·+ λnen, ta cần chứng minh lim
n→∞
sn = x
Ta có:
sn = (λ1, · · · , λn, 0, 0, · · · )
⇒ x− sn = (0, · · · , 0, λn+1, λn+2, · · · ), ‖x− sn‖ =
( ∞∑
k=n+1
λ2k
)1/2
Vì chuỗi
∞∑
k=1
λ2k hội tụ nên lim
n→∞
∞∑
k=n+1
λ2k = 0.
Vậy lim
n→∞
‖x− sn‖ = 0 (đpcm).
2. Giả sử {xn} là dãy Cauchy trong l2, xn = {λnk}k, n ∈ N∗.
• Với mỗi k ∈ N∗, ta có:
|λnk − λmk | ≤
( ∞∑
k=1
|λnk − λmk |2
)1/2
= ‖xn − xm‖ (1)
6
và {xn} là dãy Cauchy nên {λnk}n là dãy Cauchy trong R, do đó hội tụ.
Đặt ak = lim
n→∞
λnk (k ∈ N∗) và lập dãy số a = {ak}
• Tiếp theo ta sẽ chứng minh a ∈ l2 và lim
n→∞
‖xn − a‖ = 0
Cho ε > 0 tùy ý. Do {xn} là dãy Cauchy ta có n0 thỏa mãn
∀n,m ∈ N∗, n,m ≥ n0 ⇒ ‖xn − xm‖ < ε. (1)
Từ (1) ta có
N∑
k=1
|λnk − λmk |2 < ε2 ∀N ∈ N∗,∀n,m ≥ n0
⇒
N∑
k=1
|λnk − ak|2 ≤ ε2 ∀N ∈ N∗,∀n ≥ n0(ta đã cho m→∞ trong bđt trên)
⇒ ∑∞k=1 |λnk − ak|2 ≤ ε2 ∀n ≥ n0 (2)Từ (2) ta suy ra xn− a ∈ l2 (n ≥ n0) và do đó a = xn− (xn− a) cũng thuộc l2. Hơn
nữa, ta đã chứng minh:
∀ε > 0∃n0 : ∀n ≥ n0 =⇒ ‖xn − a‖ ≤ ε
hay là lim ‖xn − a‖ = 0
Ghi chú
Ở trên ta không kiểm tra l2 là kgvt và các điều kiện của chuẩn. Để làm ví dụ, ta sẽ chứng
minh rằng nếu x = {λk} ∈ l2, y = {αk} ∈ l2 thì x + y ∈ l2 và ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖. Thật vậy,
ta có theo bất đẳng thức Bunhiakowski:∑N
k=1(λk + αk)
2 =
∑N
k=1 λ
2
k + 2
∑N
k=1 λkαk +
∑N
k=1 α
2
k
≤ ‖x‖2 + 2‖x‖.‖y‖+ ‖y‖2 ∀N ∈ N∗.
Cho N →∞ ta có đpcm.
Bài 3. Gọi m là không gian các dãy số thực x = {λk}k bị chặn với chuẩn ‖x‖ = sup{|λk| : k ∈
N∗}.
1. Chứng minh m là không gian Banach.
2. Ký hiệu C là tập hợp các dãy số hội tụ. Chứng minh C là không gian con đóng của m.
Giải. 1. Giả sử {xn} là dãy Cauchy trng m,xn = {λnk}k, n ∈ N∗
• Với mỗi k ∈ N∗, ta có:
|λnk − λmk | ≤ sup{|λnk − λmk | : k ∈ N∗} = ‖xn − xm‖
và do {xn} là dãy Cauchy nên {λnk}n là dãy Cauchy trong Rvà do vậy, hội tụ.
Đặt ak = lim
n→∞
λnk và lập dãy số a = {ak}k.
7
• Ta chứng minh a ∈ m và lim ‖xn − a‖ = 0
Cho ε > 0, ta tìm được n0 sao cho
∀n,m ≥ n0 ⇒ ‖xn − xm‖ < ε
Ta có:
|λnk − λnk | < ε ∀k ∈ N∗,∀n,m ≥ n0
⇒ |λnk − ak| ≤ ε ∀k ∈ N∗,∀n ≥ n0(cho m→∞ trong bđt trên)
⇒ sup
k
|λnk − ak| ≤ ε ∀n ≥ n0.
Như vậy, ta đã chứng minh:
* (xn − a) ∈ m, do đó a = xn − (xn − a) ∈ m.
* ∀ε > 0 ∃n0 : ∀n ≥ n0 ⇒ ‖xn − a‖ ≤ ε
hay lim ‖xn − a‖ = 0.
2. Giả sử ta có dãy {xn} ⊂ C, xn = {λnk}k mà xn hội tụ về a = {ak} ∈ m ta cần chứng minh
a ∈ C. Muốn vậy, ta chỉ cần chứng minh a là dãy Cauchy.
Cho ε > 0, ta tìm được n′ sao cho
sup
k
|λn′k − ak| = ‖xn′ − a‖ < ε/3(do a = lim xn trong m)
Vì xn′ = {λn′k }k ∈ C nên nó là dãy Cauchy, do đó có k0 sao cho:
∀k, l ≥ k0 ⇒ |λn′k − λn
′
l | < ε/3.
Với k0 này, ta có:
∀k, l ≥ k0 ⇒ |ak − al| ≤ |ak − λn′k |+ |λn′k − λn′l |+ |λn′l − al|
< ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε
Vậy {ak} là dãy Cauchy (đpcm).
Bài 4. Cho kgđc X và các tập A,B ⊂ X khác ∅. Chứng minh
1. Nếu A mở thì A+B mở
2. Nếu A,B compact thì A+B compact.
3. Nếu A đóng, B compact thì A+B đóng
Giải.
8
1. Trước tiên ta chứng minh rằng ∀b ∈ B thì A+ b là tập mở.
Thật vậy, ánh xạ f : X → X, f(x) = x+ b là đồng phôi nên
A mở ⇒ f(A) mở hay A+ b mở
Do A+B =
⋃
b∈B
(A+ b) nên A+B mở.
2. Xét tùy ý dãy {xn} ⊂ A + B, ta chứng minh {xn} có dãy con hội tụ về phần tử thuộc
A+B.
Ta có: xn = an + bn với an ∈ A, bn ∈ B.
Do A compact nên {an} có dãy con {ank}k hội tụ về một a ∈ A. Do B compact nên dãy
{bnk}k có dãy con {bnkl}l hội tụ về b ∈ B. Tương ứng với dãy {bnkl}l ta có dãy {ankl}l
vẫn hội tụ về a.
Suy ra dãy con xnkl = ankl + bnkl hội tụ về a+ b (đpcm).
Ghi chú: Câu này có thể giải như sau:
Xét kgđc tích X ×X và ánh xạ f : X ×X → X, f(x, y) = x+ y. Ta có:
(f liên tục, A×B là tập compact trong X ×X) =⇒ f(A×B) là tập compact trong X.
Do f(A×B) = A+B ta có đpcm.
3. Xét dãy tùy ý {xn} ⊂ A+ B, xn = an + bn, an ∈ A, bn ∈ B mà limxn = x, ta cần chứng
minh x ∈ A+B
Do B compact nên {bn} có dãy con {bnk} hội tụ về một b ∈ B. Khi đó ank = xnk − bnk
hội tụ về x− b và vì A đóng nên x− b ∈ A.
Ta có x = (x− b) + b nên x ∈ A+B (đpcm).
Bài 5. Cho kgđc (X, ‖.‖) và X0 là không gian con hữu hạn chiều của X. Chứng minh tồn tại
x0 ∈ X0 sao cho
‖a− x0‖ = inf
x∈X0
‖a− x‖
Giải. Đặt d = inf{‖a− x‖ : x ∈ X0} và chọn dãy {xn} ⊂ X0 thỏa mãn lim ‖a− xn‖ = d.
Ta có: ‖xn‖ ≤ ‖a‖+ ‖a− xn‖ nên {xn} bị chặn
∃M > 0 : {xn} ⊂ B(θ,M)
Tập B(θ,M)∩X0 compact (do dimX0 <∞) nên {xn} có dãy con {xnk} hội tụ về x0 ∈ X0.
Khi đó:
d = lim
k→∞
‖a− xnk‖ (vì {‖a− xnk‖}k là dãy con của {‖a− xn‖})
= ‖a− x0‖
9
Ghi chú: Bài này còn có thể giải bằng cách tìm số M > 0 sao cho
inf
x∈X0
‖a− x‖ = inf
x∈X0∩B(θ,M)
‖a− x‖
Sau đó sử dụng tính compact của tập X0 ∩B(θ,M) và tính liên tục của hàm x 7→ ‖a− x‖
Bài 6. Cho kgđc X và A ⊂ X là tập lồi. Chứng minh tác tập A, IntA cũng lồi.
Giải (Hướng dẫn). Cố định số t ∈ (0, 1)
• Để chứng minh tA+ (1− t)A ⊂ A ta dùng liên hệ giữa điểm dính và sự hội tụ.
• Để chứng minh t IntA + (1 − t) IntA ⊂ IntA chỉ cần kiểm tra vế trái là tập mở, chứa
trong A.
Bài 7. Giả sử trong kgđc X, tập S = {x ∈ X : ‖x‖ = 1} là compact. Chứng minh dimX <∞.
Giải. Xét ánh xạ f : K ×X → X, f(λ, x) = λx. Khi đó, quả cầu B(0, 1) là ảnh của một tập
compact qua ánh xạ f .
10