Bài giảng Giải tích hàm

Lời nói đầu Lý thuyết giải tích hàm đẹp đẽ và là chìa khoá để hiểu đ−ợc các môn học khác về giải tích toán học. Đối t−ợng chính của giải tích hàm cổ điển là các không gian và các toán tử tuyến tính liên tục. Các kết quả nền tảng của giải tích hàm là các nguyên lý cơ bản của giải tích hàm bao gồm định lý Hahn-Banach, nguyên lý bị chặn đều Banach-Steinhauss, nguyên lý ánh xạ mở và định lý đồ thị đóng. Giáo trình này trình bày các kiến thức cơ bản nhất của giải tích hàm. Ch−ơng I trình bày các kiến thức cơ bản về không gian mêtric. Các ch−ơng II và III trình bày ngắn gọn về không gian định chuẩn, không gian Banach và lý thuyết toán tử tuyến tính liên tục. Ch−ơng IV trình bày các nguyên lý cơ bản của giải tích hàm. Ch−ơng V trình bày về tôpô yếu, toán tử liên hợp và toán tử compăc. Cuối cùng ch−ơng VI trình bày lý thuyết không gian Hilbert và các toán tử tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert. Sau mỗi ch−ơng đều có các bài tập nhằm củng cố và nâng cao nội dung kiến thức đK trình bày. Để hiểu đ−ợc giáo trình này, bạn đọc cần có một số kiến thức tối thiểu về không gian tôpô và đại số tuyến tính. Chúng tôi hy vọng rằng giáo trình này giúp bạn đọc trang bị đ−ợc những kiến thức cần thiết của giải tích hàm. Các tác giả 1 www.VNMATH.com Ch−ơng I Không gian mêtric 1.1. Sự hội tụ Định nghĩa 1.1. Không gian mêtric là một cặp (X, ρ), trong đó X là một tập hợp, ρ là một hàm số xác định trên X ì X (ρ : X ìX → R) thoả mKn 3 điều kiện: 1) ρ(x, y) ≥ 0 (∀x, y ∈ X), ρ(x, y) = 0⇐⇒ x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (∀x, y ∈ X); 3) ρ(x, z)
ρ(x, y) + ρ(y, z) (∀x, y, z ∈ X); Các điều kiện 1), 2), 3) đ−ợc gọi t−ơng ứng là tiên đề đồng nhất, đối xứng, tam giác;ρ(x, y) là khoảng cách giữa các điểm x, y. Ví dụ 1.1. Cho X = {a1, ..., an} ⊂ R2. Ta xác định mêtric trong X nh− sau: ρ(ai, aj) bằng độ dài đoạn [ai, aj] (i, j = 1, ..., n) (nh− vậy ρ(ai, ai) = 0, i = 1, ..., n). Với mêtric ρ, X là một không gian mêtric. Ví dụ 1.2. Tập các số thực R và tập các số phức C là các không gian mêtric với: ρ(x, y) = |x− y| (x, y ∈ R hoặc C). Ví dụ 1.3. Không gian Ơclit Rk là không gian mêtric với: ρ(x, y) = ( k∑ i=1 |ξi − ηi| 2 )1/2 (x = (ξ1, ..., ξk), y = (η1, ..., ηk) ∈ Rk). 2 www.VNMATH.com Thật vậy, hiển nhiên ρ thoả mKn các tiên đề 1), 2). Ta kiểm tra tiên đề 3). Lấy x = (ξ1, ..., ξk) ∈ Rk, y = (η1, ..., ηk) ∈ Rk và z = (ζ1, ..., ζk) ∈ Rk, ta có: ρ2(x, z) = k∑ i=1 |ξi − ζi| 2
k∑ i=1 ( |ξi − ηi| + |ηi − ζi| )2 áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: k∑ i=1 |ξi − ηi||ηi − ζi|
( k∑ i=1 |ξi − ηi| 2 )1/2( k∑ i=1 |ηi − ζi| 2 )1/2 . Vì vậy, ρ2(x, z)
[( k∑ i=1 |ξi − ηi| 2 )1/2 + ( k∑ i=1 |ηi − ζi| 2 )1/2]2 = [ρ(x, y) + ρ(y, z)]2. Ví dụ 1.4. C[a, b] là tập các hàm thực liên tục trên [a, b]. Ta có C[a, b] là một không gian mêtric với: ρ(x, y) = sup a
t
b |x(t)− y(t)| (x, y ∈ C[a, b]). Giả sử (X, ρ) là một không gian mêtric, M ⊂ X. Khi đó, hàm số ρM = ρ|MìM là một mêtric trên M. Định nghĩa 1.2. Không gian mêtric (M,ρM) đ−ợc gọi là không gian con của không gian mêtric (X, ρ); ρM đ−ợc gọi là mêtric cảm sinh bởi ρ trên M . Định nghĩa 1.3. DKy {xn}∞n=1 trong không gian mêtric (X, ρ) đ−ợc gọi là hội tụ đến xo ∈ X, nếu lim n→∞ ρ(xn, xo) = 0. Khi đó, ta viết lim n→∞ xn = xo hoặc xn → xo; xo đ−ợc gọi là giới hạn của dKy 3 www.VNMATH.com {xn}. Nhận xét 1.1. DKy hội tụ trong không gian mêtric có giới hạn duy nhất. Thật vậy, giả sử lim n→∞ xn = a, lim n→∞ xn = b. Khi đó, ρ(a, b)
ρ(a, xn) + ρ(xn, b) (∀n) ⇒ ρ(a, b)
lim n→∞ ρ(a, xn) + lim n→∞ ρ(xn, b) ⇒ ρ(a, b) = 0⇒ a = b. Nhận xét 1.2. Nếu limn→∞ xn = a và limn→∞ yn = b, thì lim n→∞ ρ(xn, yn) = ρ(a, b). Thật vậy, với mọi n, ta có : ρ(a, b)
ρ(a, xn) + ρ(xn, yn) + ρ(yn, b) ⇒ ρ(a, b)− ρ(xn, yn)
ρ(a, xn) + ρ(yn, b). T−ơng tự, ta có: ρ(xn, yn)− ρ(a, b)
ρ(a, xn) + ρ(yn, b). Vì vậy, |ρ(xn, yn)− ρ(a, b)|
ρ(a, xn) + ρ(yn, b). Bởi vì lim n→∞ ρ(a, xn) = 0, và lim n→∞ ρ(yn, b) = 0, ta suy ra đ−ợc điều cần chứng minh.  Ví dụ 1.5. Trong các không gian R và C, ta có: lim n→∞ xn = xo ⇐⇒ lim n→∞ |xn − xo| = 0. 4 www.VNMATH.com Đó là sự hội tụ trong giải tích cổ điển. Ví dụ 1.6. Trong Rk, giả sử xn = (ξ (n) 1 , ..., ξ (n) k ) (n = 1, 2, ...) và xo = (ξ (o) 1 , ..., ξ (o) k ). Khi đó, lim n→∞ xn = xo ⇐⇒ lim n→∞ ( k∑ i=1 |ξ(n)i − ξ (o) i | 2)1/2 = 0 ⇐⇒ lim n→∞ ξ (n) i = ξ (o) i (i = 1, ..., k). Vì thế, sự hội tụ trong Rk là hội tụ theo tọa độ. Ví dụ 1.7. Trong không gian C[a, b], lim n→∞ xn = xo ⇐⇒ dKy hàm xn(t) hội tụ đều đến hàm xo(t) trên [a, b]. Thật vậy, lim n→∞ xn = xo ⇐⇒ lim n→∞ ρ(xn, xo) = 0 ⇐⇒ (∀ > 0,∃no,∀n ≥ no : ρ(xn, xo) < ) ⇐⇒ (∀ > 0,∃no,∀n ≥ no,∀t ∈ [a, b] : |xn(t)− xo(t)| < ) 1.2. Tập mở, tập đóng và ánh xạ liên tục Giả sử (X, ρ) là không gian mêtric, xo ∈ X, r > 0. Định nghĩa 1.4. a) Tập S(xo, r) = {x ∈ X : ρ(x, xo) < r} đ−ợc gọi là hình cầu mở tâm xo, bán kính r. b) Tập S[xo, r] = {x ∈ X : ρ(x, xo)
r} đ−ợc gọi là hình cầu đóng tâm xo, bán kính r. Định nghĩa 1.5. Giả sử A là tập con của không gian mêtric (X, ρ). Điểm xo đ−ợc gọi là điểm trong của A, nếu tồn tại hình cầu S(xo, r) ⊂ A. Định nghĩa 1.6. Tập G đ−ợc gọi là mở nếu mọi điểm của G đều là điểm trong của nó. Tập A đ−ợc gọi là đóng nếu G\A mở. 5 www.VNMATH.com Nhận xét 1.3. Hình cầu mở là một tập mở. Thật vậy, Lấy x ∈ S(xo, r), ta có: ρ(xo, x) < r. Vậy r − ρ(xo, x) > 0. Lấy 0 < δ < r − ρ(xo, x), nếu u ∈ S(x, δ), thì ρ(xo, u)
ρ(xo, x) + ρ(x, u) < ρ(xo, x) + δ < r. ⇒ u ∈ S(xo, r)⇒ S(x, δ) ⊂ S(xo, r). Định lý 1.1. Họ các tập mở đ−ợc xây dựng theo định nghĩa 1.6 sinh ra một tôpô trên không gian mêtric X . Chứng minh. a) Hiển nhiên, X và ∅ là mở. b) Giả sử U1, U2 mở, ta chứng minh U1 ∩ U2 mở. Thật vậy, x ∈ U1 ∩ U2 ⇒ x ∈ Ui (i = 1, 2) ⇒ ∃ri > 0 : S(x, ri) ⊂ Ui (i = 1, 2). Đặt r = min(r1, r2), ta có: S(x, r) ⊂ Ui (i = 1, 2)⇒ S(x, r) ⊂ U1 ∩ U2 ⇒ U1 ∩ U2 mở. c) Giả sử {Ut}t∈T là một họ tập mở trong X. Ta chứng minh U = ⋃ t∈T Ut mở. Thật vậy, x ∈ U ⇒ ∃to ∈ T : x ∈ Uto ⇒ tồn tại hình cầu S(x, r) ⊂ Uto ⇒ S(x, r) ⊂ U ⇒ U mở. Vì vậy, họ các tập mở xây dựng theo định nghĩa 1.6 sinh ra một tôpô trên X .  Nhận xét 1.4. Tập A trong không gian mêtric X là mở ⇐⇒ ∀x ∈ A,∃ lân cận U của x : U ⊂ A. Định lý 1.2. Giả sử F là tập con của không gian mêtric X. Khi đó, F đóng ⇐⇒ ∀ {xn} ⊂ F : lim n→∞ xn = xo ∈ X ⇒ xo ∈ F. Chứng minh. a) Giả sử F đóng. Phản chứng: {xn} ⊂ F, lim n→∞ xn = xo 6 www.VNMATH.com nh−ng xo /∈ F. Ta có: X\F mở ⇒ ∃S(xo, ) ⊂ X\F. lim n→∞ ρ(xn, xo) = 0⇒ ρ(xn, xo) <  với n đủ lớn ⇒ xn ∈ S(xo, ) với n đủ lớn ⇒ xn ∈ X\F ⇒ xn /∈ F với n đủ lớn (mâu thuẫn với {xn} ⊂ F ). b) Ng−ợc lại, giả sử với mọi {xn} ⊂ F : lim n→∞ xn = xo ⇒ xo ∈ F. Phản chứng: F không là tập đóng. Khi đó, X\F không mở ⇒ ∃xo ∈ X\F không là điểm trong của X\F ⇒ ∀n,∃xn ∈ S(xo, 1/n) : xn ∈ F. Nh− vậy, {xn} là một dKy các phần tử của F hội tụ đến xo /∈ F (vì ρ(xo, xn) < 1/n). Mâu thuẫn với giả thiết.  Với tập A ⊂ X , ký hiệu A là bao đóng của A. Định lý 1.3. Giả sử A là tập con của không gian mêtric X. Khi đó, x ∈ A⇐⇒ ∃{xn} ⊂ A : lim n→∞ xn = x. Chứng minh. a) ∃{xn} ⊂ A : lim n→∞ xn = x⇒ x ∈ A (định lý 1.2). b) Ng−ợc lại, ta chú ý rằng: x ∈ A ⇐⇒ ∀U− lân cận của x : U ∩ A = ∅. Giả sử x ∈ A ⇒ ∀n, S(x, 1/n) ∩ A = ∅ ⇒ ∃xn ∈ S(x, 1/n) ∩A⇒ {xn} ⊂ A, lim n→∞ xn = x.  Hệ quả 1.3.1. Giả sử A là tập con của không gian mêtric X. Khi đó, A trù mật trong X ⇐⇒ ∀x ∈ X,∃{xn} ⊂ A sao cho lim n→∞ xn = x. 7 www.VNMATH.com Chứng minh. A´p dụng Định lý 1.3 với A = X.  Giả sử (X, ρX) và (Y, ρY ) là các không gian mêtric. Định nghĩa 1.7. A´nh xạ f : X → Y đ−ợc gọi là liên tục tại xo ∈ X, nếu : ∀ > 0,∃δ > 0, ∀x ∈ X : ρX(xo, x) < δ ⇒ ρY (f(x), f(xo)) < . Nhận xét 1.5. f : X → Y liên tục tại x⇐⇒ ∀{xn} ⊂ X, lim n→∞ xn = x⇒ lim n→∞ f(xn) = f(x). Định nghĩa 1.8. A´nh xạ f : X → Y đ−ợc gọi là liên tục đều, nếu ∀ > 0,∃δ > 0 sao cho ∀x1, x2 ∈ X, ρX(x1, x2) < δ ⇒ ρY (f(x1), f(x2)) < . Rõ ràng là f liên tục đều ⇒ f liên tục. Định nghĩa 1.9. A´nh xạ f : X → Y đ−ợc gọi là đẳng cự, nếu ∀x1, x2 ∈ X, ρY (f(x1), f(x2)) = ρX(x1, x2). Định nghĩa 1.10. X và Y đ−ợc gọi là đẳng cự với nhau nếu tồn tại phép đẳng cự f từ X lên Y. Nhận xét 1.6. a) f : X → Y đẳng cự⇒ f liên tục đều. b) Hai không gian mêtric đẳng cự là đồng phôi với nhau. 1.3. Không gian mêtric đầy đủ Giả sử (X, ρ) là không gian mêtric. Định nghĩa 1.11. DKy {xn} ⊂ X đ−ợc gọi là dKy Côsi hoặc dKy 8 www.VNMATH.com cơ bản, nếu lim n→∞,m→∞ ρ(xn, xm) = 0, tức là: ∀ > 0,∃no,∀n ≥ no,m ≥ no : ρ(xn, xm) < . Nhận xét 1.7. Mọi dKy hội tụ trong X đều là dKy Côsi. Thật vậy, lim n→∞ xn = xo ⇒ ∀ > 0,∃no,∀n ≥ no : ρ(xn, xo) < /2 ⇒ ∀n ≥ no,m ≥ no : ρ(xn, xm)
ρ(xn, xo) + ρ(xm, xo) < /2 + /2 = .  Nhận xét 1.8. DKy Côsi có thể không hội tụ. Chẳng hạn, Q là không gian mêtric với mêtric: ρ(x, y) = |x− y| (x, y ∈ Q). Ta có xn = (1+1/n) n (n = 1, 2, ...) là dKy Cô si trong Q, nh−ng không hội tụ trong Q, bởi vì lim n→∞ xn = e ∈ R, nh−ng e /∈ Q (số e không là số hữu tỉ). Định nghĩa 1.12. Không gian mêtric X đ−ợc gọi là đầy đủ nếu mọi dKy Côsi trong X đều hội tụ. Ví dụ 1.8. R và C là những không gian mêtric đầy đủ. Ví dụ 1.9. Không gian các số hữu tỉ Q không phải là không gian mêtric đầy đủ. Ví dụ 1.10. Rk là không gian mêtric đầy đủ. Thật vậy, giả sử xn = (ξ (n) 1 , ..., ξ (n) k ) (n = 1, 2, ...) là dKy Côsi trong Rk. Khi đó, lim n→∞,m→∞ ρ(xn, xm) = 0, tức là lim n→∞,m→∞ ( k∑ i=1 |ξ(n)i − ξ (m) i | 2 )1/2 = 0 9 www.VNMATH.com ⇐⇒ lim n→∞,m→∞ |ξ(n)i − ξ (m) i | = 0 (i = 1, ..., k). Vậy, {ξ(n)i } là dKy Côsi trong R (i = 1, ..., k). Vì R đầy đủ, cho nên ∃ξ(o)i : lim n→∞ ξ (n) i = ξ (o) i (i = 1, ..., k). Đặt xo = (ξ (o) 1 , ..., ξ (o) k ), ta có lim n→∞ xn = xo, bởi vì sự hội tụ trong R k là hội tụ theo toạ độ.  Ví dụ 1.11. C[a, b] là không gian mêtric đầy đủ. Thật vậy, giả sử {xn} là dKy Cô si trong C[a, b]. Khi đó, ∀ > 0,∃no,∀n ≥ no,m ≥ no : ρ(xn, xm) < . ⇒ sup a
t
b |xn(t)− xm(t)| < (∀n ≥ no,m ≥ no) ⇒ |xn(t)− xm(t)| < (∀t ∈ [a, b],∀n ≥ no,m ≥ no) (1.1) ⇒ với mỗi t cố định thuộc [a, b], {xn(t)} là dKy Côsi trong R ⇒ lim n→∞ xn(t) = xo(t)(t ∈ [a, b]). Nh− vậy, ta đ−ợc hàm xo xác định trên [a, b]. Hàm số xo là liên tục trên [a, b] và lim n→∞ xn = xo trong C[a, b]. Thật vậy, trong (1.1) ta cố định n ≥ no và cho m→∞ : |xn(t)− xo(t)|
 (∀t ∈ [a, b],∀n ≥ no). (1.2) Do đó dKy hàm {xn(.)} hội tụ đều đến xo(.) trên [a, b]. Hơn nữa, mọi hàm xn(.) liên tục trên [a, b], cho nên xo(.) liên tục trên [a, b]. Từ (1.2) suy ra: sup a
t
b |xn(t)− xo(t)|
, 10 www.VNMATH.com tức là ρ(xn, xo)
 (∀n ≥ no). Vậy, lim n→∞ xn = xo.  Dễ chứng minh mệnh đề sau Mệnh đề 1.1. a) Giả sử M là không gian con đóng của không gian mêtric đầy đủ X. Khi đó, M là không gian mêtric đầy đủ. b) Giả sử M là không gian con đầy đủ của không gian mêtric X. Khi đó, M là không gian con đóng của X. Định lý 1.4. (Cantor) Giả sử {Sn[an, rn]} là dKy các hình cầu đóng bao nhau trong không gian mêtric đầy đủ X: S[a1, r1] ⊃ S[a2, r2] ⊃ ..., có bán kính rn → 0. Khi đó các hình cầu đó có một điểm chung duy nhất. Chứng minh. ∀n,m,m ≥ n : am ∈ S[an, rn]⇒ ρ(an, am) < rn ⇒ lim n→∞,m→∞ ρ(an, am) = 0 ⇒ {an} là dKy Côsi trong X. Do X đầy đủ, dKy {an} hội tụ đến a ∈ X. Khi đó, a là điểm chung cho mọi hình cầu. Thật vậy, với số tự nhiên n bất kỳ, {an+k}∞k=1 là một dKy trong S[an, rn] và lim k∞ an+k = a, cho nên a ∈ S[an, rn] (∀n). Ta chứng minh a là điểm chung duy nhất của các hình cầu: nếu b cũng là điểm chung của các hình cầu, thì ρ(a, b)
ρ(a, an) + ρ(an, b)
rn + rn = 2rn (∀n) ⇒ ρ(a, b) = 0⇒ a = b. 11 www.VNMATH.com Nhắc lại: a) Tập A đ−ợc gọi là trù mật trong X , nếu A = X; b) Tập A đ−ợc gọi là không đâu trù mật trong X , nếu intA = ∅. Lý thuyết tôpô đại c−ơng đK chỉ ra: 1) A trù mật trong X ⇐⇒ ∀U mở = ∅ trong X: U ∩A = ∅; 2) A không đâu trù mật trong X ⇐⇒ ∀U mở = ∅ trong X , ∃V mở = ∅, V ⊂ U : V ∩A = ∅. Định nghĩa 1.13. a) Tập A trong không gian mêtric X đ−ợc gọi là thuộc phạm trù thứ nhất, nếu A = ⋃∞ n=1An, trong đó An là các tập không đâu trù mật (intAn = ∅). b) Tập hợp không thuộc phạm trù thứ nhất đ−ợc gọi là thuộc phạm trù thứ 2. Định lý 1.5 (Baire) Không gian mêtric đầy đủ là một tập thuộc phạm trù thứ 2. Chứng minh. Giả sử X là không gian mêtric đầy đủ, nh−ng X thuộc phạm trù thứ nhất. Khi đó, X = ⋃∞ n=1An, trong đó An là các tập không đâu trù mật. Vì A1 là tập không đâu trù mật, cho nên với hình cầu đóng bất kỳ S, có tồn tại hình cầu đóng S1 ⊂ S : S1 ∩ A1 = ∅. Có thể lấy bán kính hình cầu S1 nhỏ hơn 1. T−ơng tự, tồn tại hình cầu đóng S2 có bán kính nhỏ hơn 1/2 : S2 ⊂ S1, S2 ∩A2 = ∅. Bằng qui nạp, ta đ−ợc dKy hình cầu đóng {Sn} bao nhau, Sn có bán kính nhỏ hơn 1/n và Sn ∩ An = ∅ (∀n). Theo bổ đề Cantor, tồn tại điểm a chung cho mọi Sn. Ta có: a ∈ Sn ⇒ a /∈ 12 www.VNMATH.com An (∀n)⇒ a /∈ ⋃∞ n=1An = X. Vô lý (!).  Định lý 1.6. (Nguyên lý thác triển liên tục ) Giả sử M là không gian con trù mật của không gian mêtric X, g : M → Y liên tục đều, Y là không gian mêtric đầy đủ. Khi đó, tồn tại duy nhất ánh xạ f : X → Y liên tục đều, sao cho f |M = g. Chứng minh. M trù mật trong X ⇒ ∀x ∈ X, ∃{xn} ⊂ M : lim n→∞ xn = x (Hệ quả 1.3.1). Hiển nhiên {xn} là dKy Côsi trong M. Vì g liên tục, nên {g(xn)} là dKy Cô si trong Y . Do Y đầy đủ, nên g(xn) hội tụ đến phần tử f(x) ∈ Y . Phần tử f(x) chỉ phụ thuộc vào x chứ không phụ thuộc vào {xn}. Thật vậy, giả sử {x′n} ⊂M, x ′ n → x. Khi đó, lim n→∞ ρX(xn, x ′ n) = 0⇒ lim n→∞ ρY (g(xn), g(x ′ n)) = 0 (do g liên tục đều) ⇒ lim n→∞ g(x′n) = f(x). Nh− vậy, ta đ−ợc hàm số f xác định trên X và lấy giá trị trong Y. Nếu x ∈M, ta lấy xn ≡ x (∀n) f(x) = lim n→∞ g(xn) = g(x)⇒ f |M = g. Ta chứng minh f liên tục đều: g liên tục đều⇒ ∀ > 0,∃δ > 0, ∀x1, x2 ∈M, nếu ρX(x1, x2) < δ, thì ρY (g(x1), g(x2)) < . Lấy x ′, x ′′ ∈ X sao cho ρX(x′, x ′′ ) < δ. Giả sử {x′n}, {x ′′ n} là 2 dKy trong M sao cho lim n→∞ x′n = x ′, lim n→∞ x ′′ n = x ′′ . 13 www.VNMATH.com Ta có: lim n→∞ ρX(x ′ n, x ′′ n) = ρX(x ′, x ′′ ) ⇒ ρX(x ′ n, x ′′ n) < δ (với n đủ lớn) ⇒ ρY (g(x ′ n), g(x ′′ n)) <  (với n đủ lớn) ⇒ ρY (f(x ′), f(x ′′ ))
⇒ f liên tục đều. f đ−ợc xác định duy nhất. Thật vậy, giả sử h : X → Y cũng là một ánh xạ liên tục đều sao cho h|M = g. Lấy x ∈ X. Gọi {xn} là một dKy của M sao cho lim n→∞ xn = x. Khi đó, vì h(x) liên tục, nên h(x) = lim n→∞ h(xn) = lim n→∞ g(xn) = f(x), tức là h = f.  Định lý 1.7. Giả sử (X, ρ) là không gian mêtric không đầy đủ. Khi đó, tồn tại một không gian mêtric đầy đủ (Xˆ, ρˆ) sao cho : 1) X đẳng cự với một không gian con X1 của Xˆ ; 2) X1 trù mật trong Xˆ. Không gian (Xˆ, ρˆ) đ−ợc xác định một cách duy nhất nếu coi các không gian đẳng cự là đồng nhất. Không gian (Xˆ, ρˆ) đ−ợc gọi là bổ sung của không gian (X, ρ). Chứng minh. Gọi Z là tập tất cả các dKy Côsi của X. Ta đ−a vào Z quan hệ t−ơng đ−ơng: {xn} và {yn} ∈ Z, {xn} ∼ {yn} ⇐⇒ lim n→∞ ρ(xn, yn) = 0. Gọi Xˆ là tập các lớp t−ơng đ−ơng: Xˆ = Z/∼. Ta ký hiệu các phần tử của Xˆ bởi xˆ, yˆ, ... Lấy xˆ ∈ Xˆ, yˆ ∈ Xˆvà {xn} ∈ xˆ, {yn} ∈ yˆ. Với 2 số tự nhiên n,m bất kỳ, ta có: ρ(xn, yn)
ρ(xn, xm) + ρ(xm, ym) + ρ(ym, yn) 14 www.VNMATH.com ⇒ ρ(xn, yn)− ρ(xm, ym)
ρ(xn, xm) + ρ(ym, yn). T−ơng tự, ρ(xm, ym)− ρ(xn, yn)
ρ(xn, xm) + ρ(ym, yn). Do đó, |ρ(xn, yn)− ρ(xm, ym)|
ρ(xn, xm) + ρ(yn, ym) ⇒ {ρ(xn, yn)} là dKy Côsi trong R (Vì {xn}, {yn} là các dKy Côsi) ⇒ {ρ(xn, yn)} hội tụ. Hơn nữa, lim n→∞ ρ(xn, yn) không phụ thuộc vào việc chọn dKy Côsi {xn}, {yn}. Thật vậy, giả sử {x′n} ∈ xˆ, {y ′ n} ∈ yˆ. T−ơng tự trên, ta có: |ρ(x′n, y ′ n)− ρ(xn, yn)|
ρ(x ′ n, xn) + ρ(y ′ n, yn) (∀n) ⇒ lim n→∞ ρ(x′n, y ′ n) = lim n→∞ ρ(xn, yn). với xˆ ∈ Xˆ, yˆ ∈ Xˆ, ta đặt: ρˆ(xˆ, yˆ) = lim n→∞ ρ(xn, yn), trong đó {xn} ∈ xˆ, {yn} ∈ yˆ. Dễ kiểm tra đ−ợc ρˆ là một mêtric trong Xˆ. Ta sẽ chứng minh: a) X đẳng cự với không gian con X1 của Xˆ ; b) X1 trù mật trong Xˆ ; c) Xˆ là không gian đầy đủ. Thật vậy: a) Giả sử x ∈ X ⇒ {x, x, ...} là dKy Côsi trong X. Gọi x˜ là lớp t−ơng đ−ơng chứa dKy {x, x, ...} ⇒ x˜ ∈ Xˆ. Hiển nhiên, ánh xạ ϕ : X → Xˆ đ−ợc xác định bởi ϕ(x) = x˜ là một phép đẳng cự. 15 www.VNMATH.com Vậy, X đẳng cự với không gian con X1 := ϕ(X) của Xˆ. b) Lấy xˆ ∈ Xˆ,  > 0, {xn} ∈ xˆ ⇒ ∃no,∀m ≥ no, n ≥ no : ρ(xn, xm) < . Gọi x˜nolà phần tử chứa dKy {xno, xno, ...} ⇒ x˜no ∈ X1. Khi đó, ρˆ(xˆ, x˜no) = lim n→∞ ρ(xn, xno)
 ⇒ X1 trù mật trong Xˆ. c) Giả sử {xˆn} là dKy Côsi trong Xˆ. Vì X1 trù mật trong Xˆ, cho nên ∀n,∃x˜n ∈ X1 : ρˆ(xˆn, x˜n) < 1 n . Do đó, với mọi m, n, ρ(xn, xm) = ρˆ(x˜n, x˜m)
ρˆ(x˜n, xˆn) + ρˆ(xˆn, xˆm) + ρˆ(xˆm, x˜m) < 1 n + 1 m + ρˆ(xˆn, xˆm). ⇒ {xn}là dKy Côsi trong X (Vì {xˆn} là dKy Côsi). Gọi xˆ là phần tử của Xˆ chứa dKy {xn}. Ta chứng minh: lim n→∞ xˆn = xˆ. Thật vậy, với mọi n ta có: ρˆ(xˆ, xˆn)
ρˆ(xˆ, x˜n) + ρˆ(x˜n, , xˆn) < ρˆ(xˆ, x˜n) + 1 2 (1.3) Theo định nghĩa của ρˆ, ρˆ(xˆ, x˜n) = lim m→∞ ρ(xm, xn), ∀ > 0,∃no,∀m ≥ no,∀n ≥ no : ρ(xm, xn) < /2 ⇒ ∀n ≥ no : lim m→∞ ρ(xm, xn)
/2, tức là ∀n ≥ no : ρˆ(xˆ, x˜n)
/2. (1.4) Chọn no đủ lớn sao cho 1 no < /2. Khi đó, từ (1.3) và (1.4) suy ra ρˆ(xˆ, xˆn) < /2 + /2 = (∀n ≥ no)⇒ lim n→∞ xˆn = xˆ. 16 www.VNMATH.com Bây giờ ta chỉ ra rằng không gian (Xˆ, ρˆ) đ−ợc xác định duy nhất nếu đồng nhất các không gian đẳng cự, tức là : nếu (Y, ρY ) cũng là một không gian mêtric đầy đủ, sao cho X đẳng cự với không gian con X2 trù mật của Y, thì Y đẳng cự với Xˆ. Thật vậy, vì X1 và X2 cùng đẳng cự với X, nên chúng đẳng cự với nhau. Gọi ψ : X1 → X2 là phép đẳng cự từ X1 lên X2. Lấy xˆ ∈ Xˆ. Khi đó, tồn tại {x˜n} ⊂ X1 : lim n→∞ x˜n = xˆ. Vì ψ là phép đẳng cự và {x˜n} là dKy Côsi trong X1, nên {ψ(x˜n)} là dKy Côsi trong X2, do đó trong Y . Do Y đầy đủ, nên tồn tại lim n→∞ ψ(x˜n) = y. Dễ thấy rằng y chỉ phụ thuộc vào xˆ, chứ không phụ thuộc vào việc chọn dKy {x˜n}. Đặt Φ(xˆ) = y, ta đ−ợc một ánh xạ từ Xˆ vào Y, và Φ là toàn ánh. Thật vậy, nếu y ∈ Y , thì tồn tại {yn} ⊂ X2 sao cho lim n→∞ yn = y trong Y ; {yn} là dKy Côsi trong X2 và ψ−1 là phép đẳng cự, nên {ψ−1(yn)} là dKy Côsi trong X1, do đó trong Xˆ . Vì Xˆ đầy đủ, cho nên tồn tại lim n→∞ ψ−1(yn) = xˆ, và Φ(xˆ) = y. Để kết thúc chứng minh, ta chỉ ra Φ là một phép đẳng cự. Thật vậy, Lấy xˆ, yˆ ∈ Xˆ, {x˜n}và {y˜n} là 2 dKy của X1 sao cho lim n→∞ x˜n = xˆ, lim n→∞ y˜n = yˆ. Đặt Φ(xˆ) = u,Φ(yˆ) = v, ta có: ρˆ(xˆ, yˆ) = lim n→∞ ρˆ(x˜n, y˜n) = lim n→∞ ρY (ψ(x˜n), ψ(y˜n)) = ρY (u, v).  1.4. Tập compăc 1.4.1. Tập compăc Định nghĩa 1.14. Tập con A của không gian mêtric X đ−ợc gọi là compăc, nếu với mọi dKy {xn} ⊂ A, tồn tại dKy con {xnk} hội 17 www.VNMATH.com tụ đến một phần tử của A. Định lý Haine-Borel sẽ chỉ ra rằng định nghĩa 1.14 là trùng với định nghĩa tập compăc của lý thuyết không gian tôpô. Định nghĩa 1.15. Tập con của một tập compăc đ−ợc gọi là tập compăc t−ơng đối. Nhận xét 1.9. a) A compăc ⇒ A compăc t−ơng đối ; b) A compăc ⇒ A đóng; c) Tập con đóng của một tập compăc là compăc. Nhận xét 1.10. A compăc t−ơng đối ⇐⇒ A compăc. Thật vậy, A compăc ⇒ A compăc t−ơng đối. Ng−ợc lại, A compăc t−ơng đối ⇒ A là tập con của một tập compăc K ⇒ A ⊂ K (Vì K đóng ) ⇒ A compăc. Nhận xét 1.11. A compăc t−ơng đối khi và chỉ khi với mọi dKy {xn} ⊂ A, tồn tại dKy con {xnk} hội tụ đến phần tử x ∈ X. Thật vậy, A compăc t−ơng đối⇒ A compăc⇒ với mọi {xn} ⊂ A, có tồn tại dKy con {xnk} hội tụ đến một phần tử của A. Ng−ợc lại, giả sử mọi dKy của A đều có một dKy con hội tụ trong X . Để chứng minh A compăc t−ơng đối, ta sẽ chỉ ra A compăc: Giả sử {xn} ⊂ A. Khi đó, ∀n,∃yn ∈ A : ρ(xn, yn) < 1 2 . Theo giả thiết, tồn tại dKy con {ykn} của {yn} hội tụ trong X : lim n→∞ ykn = x ∈ X. ⇒ ρ(xkn, x)
ρ(xkn, ykn) + ρ(ykn, x) < 1 kn + ρ(ykn, x),∀n 18 www.VNMATH.com ⇒ lim n→∞ xkn = x (vì lim n→∞ ρ(ykn, x) = 0). ⇒ x ∈ A (vì A đóng )⇒ A compăc 1.4.2. Tập giới nội và tập hoàn toàn giới nội Định nghĩa 1.16. Tập con A của không gian mêtric X đ−ợc gọi là giới nội nếu nó là một tập con của một hình cầu nào đó. Định nghĩa 1.17. Đ−ờng kính của tập E ⊂ X đ−ợc xác định bởi : d(E) = sup x,y∈E ρ(x, y). Nhận xét 1.12. E giới nội ⇐⇒ d(E) < +∞. Định nghĩa 1.18. Tập A đ−ợc gọi là hoàn toàn giới nội, nếu với  > 0 bất kỳ, có thể phủ A bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính , tức là tồn tại một số hữu hạn hình cầu S(x1, ), ..., S(xn, ) sao cho A ⊂ ⋃n i=1 S(xi, ). Nhận xét 1.13. A hoàn toàn giới nội ⇒ A giới nội. Thật vậy, A hoàn toàn giới nội ⇒ ∃S(x1, 1), ...S(xm, 1) : A ⊂ ∪ m i=1S(xi, 1). Đặt k = max2
i
m ρ(x1, xi), ta có:A ⊂ S(x1, k + 1), bởi vì : x ∈ A⇒ ∃io : x ∈ S(xio, 1)⇒ ρ(x, xio) < 1 ⇒ ρ(x1, x)
ρ(x1, xio) + ρ(xio, x) < k + 1 ⇒ x ∈ S(x1, k + 1). Chú ý rằng một tập giới nội có thể không hoàn toàn giới nội. Nhận xét 1.14. a) Tập con của một tập hoàn toàn giới nội là hoàn toàn giới nội. 19 www.VNMATH.com b) Bao đóng của một tập hoàn toàn giới nội là hoàn toàn giới nội. Ví dụ 1.12. Các khoảng [a, b), (a, b], (a, b) là compăc t−ơng đối trong R. Ví dụ 1.13. A giới nội trong R2 ⇒ A compăc t−ơng đối. Thật vậy, A giới nội ⇒ ∃M,∀x = (ξ, η) ∈ A : |ξ|
M, |η|
M. Lấy xn = (ξn, ηn) ∈ A, ta có |ξn|
M, |ηn|
M (∀n). Vì |ξn| ∈ [−M,M ], nên tồn tại dKy con {ξkn} hội tụ: lim n→∞ ξkn = ξo. T−ơng tự, {ηkn} có dKy con {ηjkn} hội tụ: lim n→∞ ηjkn = ηo. Đặt xo = (ξo, ηo). Vì sự hội tụ trong R 2 là hội tụ theo toạ độ, cho nên: lim n→∞ xjkn = limn→∞ (ξjkn , ηjkn) = (ξo, ηo) = xo. Vậy A compăc t−ơng đối.  Ví dụ 1.14. A giới nội trong Rk ⇒ A compăc t−ơng đối. Nhận xét 1.15. Từ ví dụ 1.14 suy ra : tập A đóng và giới nội trong Rk ⇒ A compăc. Định lý 1.8 (Hausdorff) a) A compăc t−ơng đối trong không gian mêtric X ⇒ A hoàn toàn giới nội; b) A hoàn toàn giới nội trong không gian mêtric đầy đủ X ⇒ A 20 www.VNMATH.com compăc t−ơng đối. Chứng minh. a) Phản chứng: A compăc t−ơng đối, nh−ng không hoàn toàn giới nội . Khi đó, tồn tại  > 0 sao cho A không thể phủ bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính . Lấy x1 ∈ A. Ta có: A ⊂ S(x1, )⇒ ∃x2 ∈ A : ρ(x1, x2) ≥ ; A ⊂ S(x1, ) ∪ S(x2, ) ⇒ ∃x3 ∈ A : ρ(x1, x3) ≥ , ρ(x2, x3) ≥ . Bằng qui nạp, ta đ−ợc dKy {xn} ⊂ A sao cho ρ(xn, xm) ≥  (∀n = m). Hiển nhiên {xn} không chứa một dKy con hội tụ nào. Điều này trái với giả thiết A là compăc. b) Giả sử A hoàn toàn giới nội trong không gian mêtric đầy đủ X . Lấy {xn} ⊂ A. Vì A hoàn toàn giới nội, cho nên có thể phủ A bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính 1. Trong các hình cầu đó, tồn tại ít nhất một hình cầu chứa vô số phần tử của dKy {xn}. Gọi hình cầu đó là S(a1, 1) và {x1,n} là dKy con của {xn} nằm trong S(a1, 1). Bởi vì có thể phủ A bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính 1/2, cho nên tồn tại ít nhất một hình cầu chứa vô số phần tử của dKy {x1,n}. Gọi hình cầu đó là S(a2, 1 2 ) và {x2,n} là dKy con cuả {x1,n} nằm trong S(a2, 1 2 ). Bằng qui nạp, với mỗi k có tồn tại {xk,n} nằm trong S(ak, 1 k ) và {xk,n} là dKy con của {xk−1,n}. 21 www.VNMATH.com Ta có {xn,n} là dKy con của {xn} và là dKy Côsi. Thật vậy, với 2 số tự nhiên m, k : m ≥ k, ta có xm,m ∈ S(ak, 1 k ), bởi vì xm,m là một phần tử của dKy {xk,n}. Hiển nhiên xk,k ∈ S(ak, 1 k ). Do đó, ρ(xm,m, xk,k)
ρ(xm,m, ak) + ρ(ak, xk,k) < 1 k + 1 k = 2 k . Vì X đầy đủ, nên dKy {xn,n} hội tụ. Vậy A compăc t−ơng đối. Định lý 1.9 (Hainơ -Boren) Tập A của không gian mêtric X là compăc khi và chỉ khi với mọi phủ mở {Ut}t∈T của A đều có một phủ con hữu hạn. Chứng minh. a) Giả sử A compăc, nh−ng tồn tại phủ mở {Ut}t∈T của A không có một phủ con hữu hạn nào. Theo định lý 1.8, A hoàn toàn giới nội, cho nên có thể phủ A bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính 1. Trong số đó tồn tại ít nhất một hình cầu S[a1, 1] sao cho không thể phủ A1 := A ∩ S[a1, 1] bởi một số hữu hạn Ut. A1 là tập con đóng của tập compăc A⇒ A1 compăc⇒ A1 hoàn toàn giới nội⇒ có thể phủ A1 bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính { 1 2 }. Trong các hình cầu đó tồn tại ít nhất một hình cầu S[a2, 1 2 ] sao cho không thể phủ tập A2 := A1 ∩ S[a2, 1 2 ] bởi một số hữu hạn Ut. Cứ tiếp tục quá trình này ta đ−ợc một dKy tập compăc {An} có các tính chất : (i) A ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ ...; (ii) An ⊂ S[an, 1 2 ] (∀n); (iii) Không thể phủ An bởi một số hữu hạn Ut. 22 www.VNMATH.com Gọi xn là một phần tử của An (∀n). Dễ thấy {xn} là dKy Côsi của A. Vì A compăc, nên {xn} hội tụ đến xo ∈ A : lim n→∞ xn = xo. xo ∈ A⇒ ∃to ∈ T : xo ∈ Uto ⇒ ∃r > 0 : S(xo, r) ⊂ Uto (Vì Uto mở). Với n đủ lớn, An ⊂ Uto. Thật vậy, với x ∈ An, ρ(xo, x)
ρ(xo, xn) + ρ(xn, x) < ρ(xo, xn) + 2 n . lim n→∞ ρ(xo, xn) = 0 ⇒ 2 n < r 2 và ρ(xo, xn) < r 2 (với n đủ lớn) ⇒ ρ(xo, x) < r (với n đủ lớn) ⇒ An ⊂ S(xo, r) ⊂ Uto (với n đủ lớn). Điều này mâu thuẫn với (iii). Vì vậy, mỗi phủ mở của A đều có một phủ con hữu hạn. b) Ng−ợc lại, giả sử mỗi phủ mở của A đều có một phủ con hữu hạn, nh−ng A không compăc. Khi đó tồn tại dKy {an} ⊂ A không có dKy con nào hội tụ đến một phần tử của A. Cho nên với mọi x ∈ A, tồn tại lân cận Ux chỉ chứa một số hữu hạn phần tử của {an}. {Ux}x∈A là phủ mở của A ⇒ ∃x1, ..., xm ∈ A : A ⊂ ⋃m i=1Uxi ⇒ A chỉ chứa một số hữu hạn phần tử của dKy {an} ⊂ A (vô lý !). Vậy A compăc.  1.4.3. Không gian mêtric compăc Định lý 1.10. Không gian mêtric compăc thì đầy đủ và khả li. Chứng minh. Giả sử X compăc. Lấy dKy Côsi {xn} trong X . Khi đó tồn tại dKy con của {xn} hội tụ đến xo ∈ X . Dễ thấy: lim n→∞ xn = xo; suy ra X đầy đủ. Chứng minh X khả li : Vì X hoàn toàn giới nội, cho nên với 23 www.VNMATH.com mọi n, có thể phủ X bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính 1 n : X = kn⋃ i=1 S ( an,i, 1 2 ) (1.5) Đặt Mn = {an,1, ..., an,kn}. Khi đó, M := ⋃∞ n=1Mn là một tập đếm đ−ợc, trù mật trong X . Thật vậy, Lấy x ∈ X,  > 0. với no đủ lớn , 1 no < . Từ (1.5) suy ra x thuộc hình cầu S(ano,i, 1 no ) nào đó. Do đó, ρ(x, ano,i) < 1 no < .  1.4.4. Hàm liên tục trên tập compăc Định lý 1.11. Hàm f liên tục trên tập compăc S thì liên tục đều trên S. Chứng minh. Phản chứng: Giả sử f liên tục trên S nh−ng không liên tục đều trên S. Khi đó, ∃ > 0,∀n,∃x′n, x ′′ n ∈ S : ρ(x′n, x ′′ n) < 1 n ⇒ |f(x′n)− f(x ′′ n)| ≥ . (1.6) Vì S compăc, {x′n} ⊂ S, nên có tồn tại dKy con {x ′ kn } của {x′n} sao cho : lim n→∞ x′kn = xo ∈ S. Ta có : ρ(x ′′ kn , xo)
ρ(x ′′ kn , x′kn) + ρ(x ′ kn , xo) < 1 kn + ρ(x′kn, xo) ⇒ lim n→∞ ρ(x ′′ kn , xo) = 0 (vì lim n→∞ ρ(x′kn, xo) = 0) ⇒ lim n→∞ x ′′ kn = x0. Vì f liên tục tại x0, x ′ kn → x0 và x ′′ kn → x0, cho nên lim n→∞ |f(x′kn)− f(x ′′ kn )| = 0, mâu thuẫn với (1.6).  Định lý 1.12. Hàm f liên tục trên tập compăc S thì giới nội trên S. 24 www.VNMATH.com Chứng minh. Phản chứng: Giả sử f không giới nội trên S. Khi đó, với ∀n,∃xn ∈ S : |f(xn)| > n (1.7) Vì {xn} ⊂ S, cho nên tồn tại dKy con {xkn} hội tụ đến xo ∈ S. Do f liên tục, |f | cũng liên tục trên S và lim n→∞ |f(xkn)| = |f(xo)|, mâu thuẫn với (1.7). Vậy f giới nội.  Giả sử S là một tập compăc trong không gian mêtric X. Gọi C(S) là tập tất cả các hàm số liên tục trên S. Khi đó C(S) là một không gian mêtric đầy đủ với mêtric: ρ(f, g) = max x∈S |f(x)− g(x)| Cho tập Z ⊂ C(S). Các hàm số của tập Z đ−ợc gọi là giới nội đều trên S nếu tồn tại số M sao cho |f (x)|
M (∀x ∈ S,∀f ∈ Z). Các hàm số của tập Z đ−ợc gọi là đồng liên tục tại x0 ∈ S, nếu ∀ > 0,∃δ > 0,∀x ∈ S : ρ(x, x0) < δ ⇒ |f (x) − f(x0)| <  (∀f ∈ Z). Các hàm số của Z đ−ợc gọi là đồng liên tục trên S, nếu chúng đồng liên tục tại mỗi điểm của S. Các hàm số của Z đ−ợc gọi là đồng liên tục đều trên S, nếu ∀ > 0,∃δ > 0,∀x1, x2 ∈ S : ρ(x1, x2) < δ ⇒ |f(x1)− f(x2)| <  (∀f ∈ Z). Định lý 1.13. (Arzela - Ascoli) Z ⊂ C(S) compăc t−ơng đối ⇐⇒ các hàm số của Z là giới nội đều và đồng liên tục đều trên S. Chứng minh. 25 www.VNMATH.com a) Giả sử Z là tập compăc t−ơng đối trong C(S). Khi đó, Z giới nội trong C(S). Điều này có nghĩa là các hàm số của Z giới nội đều trên S. Bây giờ ta chứng minh các hàm số của Z là đồng liên tục đều trên Z? Do Z compăc t−ơng đối, nên Z hoàn toàn giới nội (định lý 1.8). Vì vậy, với  > 0 bất kỳ, ta có thể phủ Z bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính /3 : Z ⊂ m⋃ i=1 S(fi, /3) với f1, ..., fm ∈ Z. Bởi vì S compăc, cho nên f1, ..., fm liên tục đều trên S. Do đó, ∃δ > 0,∀x′, x′′ ∈ S : ρ(x′, x′′) < δ ⇒ |fi(x ′)− fi(x ′′)| < /3 (i = 1, ...,m) Lấy f ∈ Z thì f ∈ S(fi0, /3) với i0 nào đó ∈ {1,m}. Vì vậy, ∀x′, x′′ ∈ S : ρ(x′, x′′) < δ ⇒ |f(x′) − f(x′′)|
|f(x′) − fi0(x ′)| + |fi0(x ′) − fi0(x ′′)| + |fi0(x ′′)− f(x′′)| < 2ρ(f, fi0) + /3 < . b) Giả sử các hàm số của Z là giới nội đều trên S và đồng liên tục đều trên S. Ta chứng minh Z compăc t−ơng đối? Bởi vì tập compăc S là khả li, cho nên tồn tại tập đếm đ−ợc {an} trù mật trong S. Lấy dKy {fn} ⊂ Z. Để chứng minh Z compăc t−ơng đối, ta chứng minh tồn tại dKy con của {fn} hội tụ trong C(S). Vì các hàm số của Z là giới nội đều trên S, nên {fn(a1)} là một dKy số giới nội. Vì vậy, tồn tại dKy con {f1,n} của {fn} sao cho dKy số {f1,n(a1)} hội tụ. T−ơng tự, tồn tại dKy con {f2,n} của {f1,n} sao cho dKy số 26 www.VNMATH.com {f2,n(a2)} hội tụ. Bằng quy nạp, ta thu đ−ợc dKy con {fk+1,n} của {fk,n} sao cho dKy số {fk+1,n(ak+1)} hội tụ (k = 1,2,...). Ta có {fn,n} là một dKy con của {fn} sao cho dKy số {fn,n(ak)} hội tụ (∀k). Ta chỉ cần chứng minh {fn,n} là dKy Côsi trong C(S) (khi đó, do C(S) đầy đủ, nên {fn,n} hội tụ trong C(S)). Thật vậy, do Z đồng liên tục đều, ∀ > 0,∃δ > 0,∀x′, x′′ ∈ S : ρ(x′, x′′) < δ ⇒ |fn,n(x ′)− fn,n(x ′′)| < /3 (n = 1, 2, ...) Mặt khác, S = ∞⋃ k=1 S(ak, δ). Theo định lý Hainơ - Boren, ∃k0 sao cho: S = k0⋃ k=1 S(ak, δ). Do dKy số {fn,n(ak)} hội tụ (k = 1, ..., k0),∃N sao cho ∀m,n ≥ N, k = 1, ..., k0, |fn,n(ak) − fm,m(ak)| <  3 . Lấy x ∈ S thì x ∈ S(ak, δ) với k nào đó ∈ {1, ko}. Do đó, ∀m,n  N, |fn,n(x) − fm,m(x)|
|fn,n(x) − fn,n(ak)| + |fn,n(ak)− fm,m(ak)|+ |fm,m(ak)− fm,m(x)| <  =⇒ ∀m,n ≥ N, ρ(fn,n, fm,m) = max x∈S |fn,n(x)− fm,m(x)|
. =⇒ {fn,n} là dKy Côsi trong C(S).  1.5. Tôpô sinh bởi mêtric Giả sử (X, ρ) là không gian mêtric. Định lý 1.1 chỉ ra rằng họ τ các tập mở đ−ợc xây dựng theo định nghĩa 1.6 là một tôpô trên X. τ đ−ợc gọi là tô pô sinh ra bởi mêtric ρ. Nh− vậy các không gian mêtric là những không gian tôpô. 27 www.VNMATH.com Mệnh đề 1.2. Với xo ∈ X, họ hình cầu mở S(xo, r), trong đó r là các số hữu tỉ d−ơng, là cơ sở của tôpô τ sinh ra bởi mêtric ρ tại xo. Chứng minh. Vì S(xo, r) mở, cho nên họ {S(xo, r)}, với r hữu tỉ d−ơng là một họ lân cận của xo. Lấy tập mở V trong X chứa x0. Theo định nghĩa 1.6, tồn tại  > 0 sao cho S(xo, ) ⊂ V. với số hữu tỉ d−ơng r < , ta có S(xo, r) ⊂ V.  Ta biết rằng không gian tôpô có một cơ sở đếm đ−ợc thì khả li. Đối với không gian mêtric điều ng−ợc lại cũng đúng. Định lý 1.14. X là không gian mêtric khả li ⇒ X có một cơ sở đếm đ−ợc. Chứng minh. Giả sử X là không gian mêtric khả li. Khi đó, tồn tại tập đếm đ−ợc {an} trù mật trong X. Ta chứng minh họ các hình cầu S(an, r), với r hữu tỷ d−ơng, là một cơ sở của tôpô τ sinh bởi mêtric. Thật vậy, lấy tập mở V và x ∈ V. Khi đó, có tồn tại  > 0 sao cho S(x, ) ⊂ V. Vì {an} trù mật trong X, nên tồn tại an sao cho ρ(x, an) < /4. Nếu r là số hữu tỉ thoả mKn /4 < r < /2, thì x ∈ S(an, r) ⊂ S(x, ) ⊂ V. Rõ ràng họ hình cầu {S(an, r)} (r−hữu tỉ d−ơng) là đếm đ−ợc.  Hệ quả 1.14.1. Không gian con của một không gian mêtric khả li là khả li. Chứng minh. Giả sử M là không gian con của một không gian mêtric khả li X. Theo định lý 1.14, X có một cơ sở đếm đ−ợc. Vậy M cũng có một cơ sở đếm đ−ợc.  1.6. A´nh xạ co trong không gian mêtric đầy đủ 28 www.VNMATH.com Giả sử (X, ρX) và (Y, ρY ) là các không gian mêtric. Định nghĩa 1.19. A´nh xạ f : X → Y đ−ợc gọi là ánh xạ co, nếu tồn tại số α ∈ [0, 1) sao cho: ρY (f(x), f (x ′))
αρX(x, x ′) (∀x, x′ ∈ X). Nhận xét 1.16. f : X → Y là ánh xạ co ⇒ f liên tục đều. Định lý 1.15 (Nguyên lý ánh xạ co). Giả sử X là không gian mêtric đầy đủ, f : X → X là một ánh xạ co. Khi đó, có tồn tại một điểm bất động duy nhất x ∈ X của f, tức là: f(x) = x. Chứng minh. Lấy điểm x0 tuỳ ý của X . Đặt : x1 = f(x0), x2 = f(x1), ..., xn = f(xn−1), ... với mọi n ≥ 1 ta có: ρ(xn, xn+1) = ρ(f(xn−1), f(xn))
αρ(xn−1, xn) (α ∈ [0, 1)) ⇒ ρ(xn, xn+1)
αnρ(x0, x1) (1.8) ⇒ ρ(xn, xn+p)
ρ(xn, xn+1) + ã ã ã + ρ(xn+p−1, xn+p)
(αn + αn+1 + ã + αn+p−1)ρ(x0, x1) < αn 1−α ρ(x0, x1) ⇒ {xn} là dKy Côsi trong không gian mêtric đầy đủ X . Do đó tồn tại giới hạn x = lim n→∞ xn, x ∈ X. Mặt khác, ta có thể viết (1.8) d−ới dạng: ρ(xn, f(xn))
α nρ(x0, x1). Cho n→∞ và sử dụng tính liên tục của f ta nhận đ−ợc: ρ(x, f(x)) = 0 ⇒ f(x) = x : x là điểm bất động của f . Bây giờ Giả sử y cũng là điểm bất động của f , tức là f(y) = y. 29 www.VNMATH.com Khi đó : ρ(x, y) = ρ(f(x), f(y))
αρ(x, y) (0
α < 1) ⇒ (1− α)ρ(x, y)
0⇒ ρ(x, y) = 0 (bởi vì 1− α > 0) ⇒ x = y. Nh− vậy tính duy nhất của điểm bất động đ−ợc chứng minh.  Bài tập 1.1. Giả sử X = N, trong đó N là tập tất cả các số tự nhiên. X có phải là không gian mêtric không, nếu với k,m ∈ X, mêtric đ−ợc cho bởi một trong các hệ thức sau: a) ρ(k,m) = |k −m| ; b) ρ(k,m) = |k2 −m2| ; c) ρ(k,m) =  0, nếu k = m1 1 + min{k,m} , nếu k = m d) ρ(k,m) = |k −m|2 . 1.2. Giả sử l2 là tập các dKy số thực x = {x1, x2, ...} sao cho ∞∑ i=1 x2i < ∞. Khoảng cách giữa các điểm x = {x1, x2, ...} và y = {y1, y2, ...} đ−ợc xác định bởi ρ(x, y) = ( ∞∑ i=1 (xi − yi) 2 )1/2 . Chứng minh l2 là một không gian mêtric. 1.3. Giả sử X là tập các số hữu tỷ, khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của nó đ−ợc xác định bởi: ρ(r1, r2) = |r1 − r2|. 30 www.VNMATH.com Chứng minh rằng X là không gian mêtric. X có phải là không gian đủ không? 1.4. Cho X là không gian tất cả các hàm f(x) liên tục trên đ−ờng thẳng và có tính chất f(x) = 0 với mọi x ngoài một đoạn nào đó (thay đổi theo f ). Chứng minh rằng với mêtric ρ(f, g) = max x∈R |f (x)− g(x)| , X là không gian mêtric không đầy đủ. 1.5. Cho f : B −→ R là ánh xạ xác định bởi công thức f(x) = ∫ 1/2 0 x(t)dt− ∫ 1 1/2 x(t)dt, trong đó B là hình cầu đơn vị đóng trong không gian mêtric C[0, 1]. Chứng minh rằng: a) f liên tục trên B; b) supx∈B f (x) = 1, nh−ng f(x) không đạt đ−ợc giá trị lớn nhất trên B. 1.6. Chứng minh rằng đ−ờng thẳng R với hàm khoảng cách ρ(x, y) = arctg|x− y| là không gian mêtric. Xét tính đầy đủ của không gian này. 1.7. Chứng minh rằng nếu mọi hình cầu thuộc một dKy hình cầu đóng lồng nhau với bán kính dần đến 0 trong không gian mêtric X đều có điểm chung duy nhất thì X là không gian đầy đủ. 1.8. Giả sử ánh xạ A : Rn −→ Rn đ−ợc xác định nh− sau A : x = (x1, ..., xn) −→ (y1, ..., yn), yi = ∑n j=1 aijxj+bi (i = 1, 2, ..., n) 31 www.VNMATH.com Tìm điều kiện co của A trong các tr−ờng hợp sau: a) ρ(x, z) = ( ∑n i=1(xi − zi) 2)1/2, trong đó z = (z1, ..., zn) b) ρ(x, z) = ∑n i=1 |xi − zi| c) ρ(x, z) = max1
i
n |xi − zi| 1.9. Giả sử trên tập X có 2 mêtric ρ1 và ρ2. ρ1 và ρ2 đ−ợc gọi là t−ơng đ−ơng nếu ánh xạ đồng nhất idX : (X, ρ1) → (X, ρ2) là đồng phôi. Chứng minh rằng ρ1 và ρ2 t−ơng đ−ơng khi và chỉ khi với dKy bất kỳ {xn} ⊂ X, lim n→∞ ρ1(xn, x) = 0⇐⇒ lim n→∞ ρ2(xn, x) = 0. 1.10. Cho X và Y là các không gian mêtric, f : X → Y liên tục đều. Chứng minh rằng nếu tập A là hoàn toàn giới nội trong X , thì f (A) là tập hoàn toàn giới nội trong Y . 32 www.VNMATH.com Ch−ơng II Không gian định chuẩn 2.1. Không gian tôpô tuyến tính Ta nhắc lại vài khái niệm về không gian tô pô. Định nghĩa 2.1. Không gian tôpô là một cặp (X, τ ), trong đó X là một tập hợp, τ là một họ các tập con của X thoả mKn: 1) ∅ ∈ τ, X ∈ τ ; 2) U1, U2 ∈ τ =⇒ U1 ∩ U2 ∈ τ ; 3) Ut ∈ τ (∀t ∈ T ) =⇒ ⋃ t∈T Ut ∈ τ. Mỗi phần tử của τ đ−ợc gọi là tập mở của X ; họ τ đ−ợc gọi là một tôpô trên X. Tập U ⊂ X đ−ợc gọi là một lân cận của điểm x ∈ X, nếu tồn tại tập mở V sao cho: x ∈ V ⊂ U. Họ U(x) các lân cận của điểm x đ−ợc gọi là cơ sở của không gian tôpô X, nếu với mọi lân cận V của x, có tồn tại lân cận U ∈ U(x) sao cho: U ⊂ V. Để xác định tôpô , ta chỉ cần cho hệ cơ sở lân cận U(x) của mỗi điểm x là đủ. Kết hợp hai khái niệm không gian tôpô và không gian tuyến tính ta đi đến khái niệm không gian tôpô tuyến tính. Định nghĩa 2.2. Tập X đ−ợc gọi là một không gian tôpô tuyến tính trên tr−ờng số thực R hoặc tr−ờng số phức C, nếu 1) X là một không gian tuyến tính; 2) X là một không gian tôpô (với tôpô τ ); 3) Với tôpô τ, phép cộng và phép nhân với một số của tr−ờng R hoặc C là liên tục. Sau đây ta ký hiệu K là tr−ờng số thực R hoặc tr−ờng số phức 33 www.VNMATH.com C. Mệnh đề 2.1. Với mỗi x0 ∈ X, phép tịnh tiến: f(x) = x + x0 là một phép đồng phôi của X lên chính nó. Đặc biệt, nếu U là một cơ sở lân cận của gốc, thì U + x0 là một cơ sở lân cận của x0. Chứng minh. Nếu f (x) = x+x0 = y, thì f −1(y) = x = y−x0. =⇒ f là một song ánh từ X lên chính nó và f−1 liên tục. =⇒ f là một phép đồng phôi.  Nhận xét 2.1. Giả sử X là một không gian tôpô tuyến tính. Khi đó: a) Toàn bộ cấu trúc tôpô trên X đ−ợc xác định bởi một cơ sở lân cận của điểm 0 (điểm gốc). b) nếu U là một lân cận của 0, thì U + x0 là một lân cận của x0. Mệnh đề 2.2. Với mỗi số α = 0 thuộc K, ánh xạ: f(x) = αx là một phép đồng phôi lên chính nó. Đặc biệt, nếu U là một lân cận của 0, thì αU là một lân cận của 0 (∀α = 0). Chứng minh. nếu f(x) = αx = y, thì f−1(y) = x = α−1y; =⇒ f là một song ánh liên tục. =⇒ f là một phép đồng phôi.  Định nghĩa 2.3. Giả sử A là một tập con của không gian tuyến tính X. A đ−ợc gọi là lồi, nếu ∀x ∈A,∀y ∈A,∀λ, à ≥ 0 : λ+à = 1, ta đều có λx + ày ∈ A 2.2. Không gian lồi địa ph−ơng 34 www.VNMATH.com 2.2.1. Tôpô của không gian lồi địa ph−ơng Định nghĩa 2.4. Không gian tôpô tuyến tính X đ−ợc gọi là không gian tôpô tuyến tính lồi địa ph−ơng hay không gian lồi địa ph−ơng, nếu X có một cơ sở gồm các lân cận lồi của điểm gốc. Định nghĩa 2.5. Không gian tôpô X đ−ợc gọi là tách (không gian Hausdorff), nếu với mọi x, y ∈ X : x = y, có tồn tại các lân cận rời nhau của x và y. 2.2.2. Nửa chuẩn. Định nghĩa 2.6. Một sơ chuẩn trên không gian tuyến tính X là một ánh xạ p : X −→ R thoả mKn: a) p(αx) = αp(x) (∀x ∈ X,∀α > 0); b) p(x + y)
p(x) + p(y) (∀x, y ∈ X). Nhận xét 2.2. Nếu p là một sơ chuẩn, thì p(0) = 0. Thật vậy, p(0) = p(2.0) = 2p(0) =⇒ p(0) = 0. Định nghĩa 2.7. Một nửa chuẩn trên không gian tuyến tính X là một ánh xạ p : X → R thoả mKn: a) p(αx) =| α | p(x) (∀x ∈ X,∀α ∈ K); b) p(x + y)
p(x) + p(y) (∀x, y ∈ X). Nhận xét 2.2. 1) p là nửa chuẩn =⇒ p là sơ chuẩn. 2) Nếu p là một nửa chuẩn trên X, thì p(x) ≥ 0 (∀x ∈ X). Thật vậy, ta có: 0 = p(0) = p(x− x)
p(x) + p(−x) = p(x) + p(x). =⇒ p(x) ≥ 0. 35 www.VNMATH.com 3) nếu p là một nửa chuẩn trên X, thì | p(x)− p(y) |
p(x− y) (2.1) Thật vậy, ta có: p(x)
p(y) + p(x− y), p(y)
p(x) + p(y − x) =⇒ (2.1). Ví dụ 2.1. Lấy X = Rn, x = (x1, . . . , xn) ∈ X. Khi đó: a) p1(x) = x1 và p2(x) = max 1
i
n { xi } là những sơ chuẩn, không phải là nửa chuẩn trên X; b) p3(x) =| x1 | và p4(x) = max{ | x1 |, | x2 | } là những chuẩn trên X. 2.3. Không gian định chuẩn 2.3.1. Không gian định chuẩn Định nghĩa 2.8. Giả sử X là một không gian tuyến tính trên tr−ờng số thực hay phức K, p là một nửa chuẩn xác định trong X, tức p là một ánh xạ: X → R thoả mKn hai điều kiện: a) p(λx) =| λ | p(x) (∀x ∈ X,∀λ ∈ K); b) p(x + y)
p(x) + p(y) (∀x, y ∈ X). Theo nhận xét 2.2, p(x) ≥ 0 (∀x ∈ X).Ta có p(0) = 0, nh−ng có thể xảy ra p(x) = 0 với x = 0 nào đó. Nếu p thoả mKn thêm điều kiện: c) p(x) = 0 =⇒ x = 0, thì p đ−ợc gọi là một chuẩn xác định trong X. Khi đó, ta ký hiệu || x || thay cho p(x). Nh− vậy, một chuẩn || . || thoả mKn ba điều kiện: 36 www.VNMATH.com 1) || x ||≥ 0 (∀x ∈ X); || x ||= 0⇐⇒ x = 0; 2) || λx ||=| λ ||| x || (∀x ∈ X,∀λ ∈ K); 3) || x + y ||
|| x || + || y || (∀x, y ∈ X). Nhận xét 2.3. Từ (2.1) suy ra: | || x || + || y || |
|| x− y ||, ∀(x, y) ∈ X. (2.2) Định nghĩa 2.9. Không gian tuyến tính thực (hay phức) cùng với một chuẩn xác định trong X đ−ợc gọi là một không gian định chuẩn thực (hay phức). Chú ý không gian định chuẩn là không gian lồi địa ph−ơng và tách. 2.3.2. Sự hội tụ trong không gian định chuẩn Định nghĩa 2.10. Không gian metric là một cặp (X, d), trong đó X là một tập hợp, d : X ìX → R, là một hàm số thoả mKn ba điều kiện: a) d(x, y) ≥ 0 (∀x, y ∈ X), d(x, y) = 0⇐⇒ x = y; b) d(x, y) = d(y, x) (∀x, y ∈ X); c) d(x, z)
d(x, y) + d(y, z) (∀x, y, z ∈ X). Bây giờ giả sử X là một không gian định chuẩn. Với mọi x, y ∈ X, ta đặt: d(x, y) =|| x− y ||, thì d là một khoảng cách trong X. Vì vậy, một không gian định chuẩn cũng là một không gian metric, và do đó lý thuyết các không gian mêtric áp dụng đ−ợc cho các không gian định chuẩn. Định nghĩa 2.11. DKy { xn } trong không gian định chuẩn X 37 www.VNMATH.com đ−ợc gọi là hội tụ đến x0 ∈ X, nếu: lim n→∞ || xn − x0 ||= 0; ký hiệu: xn → x0 hoặc lim n→∞ xn = x0. Mệnh đề 2.3. [xn → x0] =⇒ lim n→∞ || xn || =|| x0 || Chứng minh. Từ (2.2) suy ra: | || xn || − || x0 || |
|| xn − x0 ||, do đó mệnh đề đ−ợc chứng minh.  Mệnh đề 2.4. Giả sử trong không gian định chuẩn X, xn → x0, yn → y0, và dKy số λn → λ0. Khi đó: xn + yn → x0 + y0 và λnxn → λ0x0. Chứng minh. Ta có: || (xn + yn)− (x0 + y0) ||
|| xn − x0 || + || yn − y0 ||, || λnxn − λ0x0 ||
| λ ||| xn − x0 || + | λn − λ0 ||| x0 || Do đó mệnh đề đ−ợc chứng minh.  Định nghĩa 2.12. DKy { xn } trong không gian định chuẩn X đ−ợc gọi là d/y Cauchy, nếu: lim n,m→∞ || xn − xm ||= 0. Nhận xét 2.4. Giả sử { xn }, { yn } là các dKy Cauchy trong X, { λn } là dKy số Cauchy. Khi đó, { xn + yn } và { λnxn } cũng là những dKy Cauchy. 38 www.VNMATH.com Hình cầu mở và hình cầu đóng tâm x0, bán kính r là các tập hợp sau đây: B(x0; r) = { x ∈ X :|| x− x0 ||< r }, B¯(x0; r) = { x ∈ X :|| x− x0 ||
r }. Nhận xét 2.5. Bao đóng của B(x0; r) là B¯(x0; r) (bài tập 2.10). Định lý 2.1. A mở, x0 ∈ X =⇒ x0 + A mở. Chứng minh. Lấy z0 ∈ x0 + A (= { x0 + x : x ∈ A }). Khi đó z0 = x0 + y0 với y0 ∈ A. Vì A mở, cho nên tồn tại hình cầu B(y0 : r) ⊂ A. Nh− vậy, nếu u ∈ X :|| u ||< r, thì y0 + u ∈ A =⇒ z0 + u = x0 + y0 + u ∈ x0 +A =⇒ B(z0; r) ⊂ x0 +A Nh− vậy là mọi điểm z0 đều là điểm trong của tập x0 + A. Vậy x0 +A mở.  Hệ quả 2.1.1. A đóng, x0 ∈ X =⇒ x0 +A đóng. Chứng minh. Ta có: X\(x0 + A) = x0 + (X\A). Tập X\A mở =⇒ X\(x0 +A) mở =⇒ x0 +A đóng.  Hệ quả 2.1.2. A là tập mở, B là tập tuỳ ý =⇒ A +B mở. Chứng minh. Ta có: A +B = { x + y : x ∈ A, y ∈ B } = ⋃ y∈B { y + A }. Theo định lý 2.1, y +A mở. Do đó, A +B mở.  Định lý 2.2. tập A mở, số λ = 0 =⇒ λA mở. Chứng minh. Lấy z0 ∈ λA (= { λx : x ∈ A }). Ta có z0 = 39 www.VNMATH.com λx0, x0 ∈ A. Do tập A mở, tồn tại hình cầu B(x0; r) ⊂ A. Ta chứng minh B(z0; | λ | r) ⊂ λA. Thật vậy, lấy v ∈ X với || v ||<| λ | r. Khi đó, u = v λ có || u ||< r =⇒ x0 + u ∈ A, z0 + v = λx0 + λu ∈ λA =⇒ B(z0; | λ | r) ⊂ λA =⇒ z0 là điểm trong của λA =⇒ λA mở.  Hệ quả 2.2.1. Tập A đóng, số λ = 0 =⇒ λA đóng. Chứng minh. Ta có: X\λA = λ(X\A). A đóng =⇒ X\A mở =⇒ X\λA mở =⇒ λA đóng.  2.3.3. Chuẩn t−ơng đ−ơng Giả sử X là một không gian tuyến tính, || . ||1 và || . ||2 là hai chuẩn xác định trên X, τ1 và τ2 là các tôpô trên X gây nên bởi các chuẩn || . ||1 và || . ||2 . Định nghĩa 2.13. a) Chuẩn || . ||1 đ−ợc gọi là mạnh hơn chuẩn || . ||2, nếu τ1 ≥ τ2; b) các chuẩn || . ||1 và || . ||2 đ−ợc gọi là t−ơng đ−ơng với nhau, nếu τ1 = τ2. Định lý 2.3. || . ||1 mạnh hơn || . ||2⇐⇒ ∃c > 0,∀x ∈ X, || x ||2
c || x ||1 (2.3) Chứng minh. a) Điều kiện cần: Ký hiệu Bi(x0; r) = { x ∈ X :|| x− x0 ||< r } (i = 1, 2). Bởi vì τ2
τ1 và B2(0; 1) là tập τ2− mở, cho nên B2(0; 1) cũng là τ1− mở =⇒ 0 là một điểm τ1− trong của B2(0; 1) =⇒ 40 www.VNMATH.com ∃B1(0; r) ⊂ B2(0; 1). Lấy x ∈ X, x = 0 và đặt u = rx 2 || x ||1 . Khi đó, || u ||1= r 2 , vậy u ∈ B1(0, r) ⊂ B2(0, 1) =⇒|| u ||2
1 =⇒|| rx 2 || x ||1 ||
1 =⇒|| x ||2
2 r || x ||1 . Với x = 0, bất đẳng thức này vẫn đúng. b) Điều kiện đủ: Giả sử điều kiện (2.3) đúng. Lấy A là tập τ2− mở , x0 ∈ A =⇒ ∃B2(x0; r) ⊂ A. Với x ∈ B1(x0; r), || x− x0 ||2
c || x− x0 ||1< c. r c = r. =⇒ B1(x0; r c ) ⊂ B2(x0; r) ⊂ A. =⇒ x0 là điểm τ1− trong của A. =⇒ A là τ1 mở (do x0 là điểm bất kì của A). =⇒ τ2
τ1.  Hệ quả 2.3.1. || . ||1 và || . ||2 t−ơng đ−ơng ⇐⇒ ∃c, C (0 < c
C) sao cho : c || x ||1
|| x ||2
C || x ||1 . 2.4. Một số ví dụ Ví dụ 2.2. Không gian Euclide n - chiều Rn trở thành một không gian định chuẩn, với chuẩn: || x ||= ( n∑ i=1 | xi | 2 )1/2 (x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn). 41 www.VNMATH.com Ví dụ 2.3. Gọi C[a, b] là tập tất cả các hàm giá trị thực (hay phức) liên tục trên khoảng đóng hữu hạn [a, b] ⊂ R. C[a, b] trở thành một không gian định chuẩn với chuẩn: || x ||= max a
t
b | x(t) |. Ví dụ 2.4. Giả sử C(S) là tập tất cả các hàm giá trị thực (hay phức) liên tục trên không gian tôpô compắc S. C(S) là không gianđịnh chuẩn với các phép toán đại số thông th−ờng và với chuẩn: || x ||= max t∈S | x(t) | . Ví dụ 2.5. Gọi c0 là tập hợp tất cả các dKy số (ξ1, ξ2, . . . ) hội tụ đến 0, tức là: lim n→∞ ξn = 0; l∞ là tất cả các dKy số (ξ1, ξ2, . . . ) bị chặn, tức là sup n | ξn |<∞. Với x = (ξ1, ξ2, . . . ), y = (η1, η2, . . . ) ∈ c0 (hoặc l∞) và số λ, ta có: x+ y = (ξ1 + η1, ξ2+ η2, . . . ) và λx = (λξ1, λξ2, . . . ) ∈ c0 (hoặc l∞) định nghĩa: || x ||:= sup n | ξn | . Đây là một chuẩn trong c0 cũng nh− trong l∞. Nh− vậy, ta đ−ợc các không gian định chuẩn c0 và l∞. Ví dụ 2.6. Không gian lp (p ≥ 1). Với số p > 0, ta xét tập hợp lp gồm các dKy số (ξ1, ξ2, . . . ) thoả mKn: ∞∑ n=1 | ξn | p<∞. 42 www.VNMATH.com nếu x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ lp thì với mọi số λ, λx = (λξ1, λξ2, . . . ) ∈ lp. Lấy x = (ξ1, ξ2, . . . ) và y = (η1, η2, . . . ) ∈ lp. Với n = 1, 2, . . . ta có: | ξn + ηn |
| ξn | + | ηn |
2max{ | ξn |, | ηn | }. =⇒| ξn+ηn |p
2p[max{ | ξn |, | ηn | }]p
2p(| ξn |p + | ηn |p) =⇒ ∞∑ n=1 | ξn + ηn | p
2p ( ∞∑ n=1 | ηn | p + ∞∑ n=1 | ηn | p ) <∞. Với phép cộng và phép nhân nh− trên, c0 là một không gian tuyến tính. Khi p ≥ 1 : || x ||= ( ∞∑ n=1 | ξn | p )1 p là một chuẩn trong lp, và lp trở thành một không gian định chuẩn. Ví dụ 2.7. Không gian Lp[a, b] (p ≥ 1). Tập hợp Lp[a, b] (p > 0) gồm tất cả các hàm x(t) xác định và đo đ−ợc Lebesgue trên [a, b] thoả mKn: ∫ b a | x(t) |p dt <∞ là không gian tuyến tính với phép cộng hai hàm số và phép nhân một hàm số với một số. Hai hàm số xác định trên [a, b] đ−ợc coi là đồng nhất với nhau, nếu chúng bằng nhau hầu khắp nơi. Khi p = 1, ta có L1[a, b] là không gian các hàm khả tích Lebesgue trên [a, b]. Khi p ≥ 1 : || x ||= (∫ b a | x(t) |p dt )1 p 43 www.VNMATH.com là một chuẩn trong Lp[a, b] và Lp[a, b] trở thành một không gian định chuẩn. Ví dụ 2.8. Không gian Lp(S) (p > 0). Giả sử S là không gian với độ đo à;Lp(S) (p > 0) là tập tất cả các hàm x(t) xác định trên S, đo đ−ợc theo độ đo à, thoả mKn điều kiện∫ S | x(t) |p dà <∞ Hai hàm số xác định trên S đ−ợc coi là đồng nhất với nhau nếu chúng bằng nhau hầu khắp nơi. a) Với p ≥ 1, ta định nghĩa: || x ||= (∫ S | x(t) |p dà )1 p . b) Với p = ∞, điều kiện ∫ S | x(t)p | dà < ∞ đ−ợc thay bằng điều kiện: các hàm x(t) bị chặn cốt yếu trên S. Khi đó, ta định nghĩa chuẩn: || x ||= vrai sup | x(t) | <∞, trong đó vrai sup t∈S | x(t) | là số λ bé nhất thoả mKn | x(t) |
λ với hầu hết t ∈ S. Ta nhận đ−ợc không gian định chuẩn M := L∞(S). 2.5. Không gian Banach 2.5.1. Không gian Banach Định nghĩa 2.14. Nếu không gian định chuẩn X là một không gian metric đầy đủ (với khoảng cách d(x, y) = || x−y ||), thì X đ−ợc gọi là không gian Banach hay là không gian định chuẩn đầy đủ. 44 www.VNMATH.com Ví dụ 2.9. Không gian Rn trong ví dụ 2.2, không gian C[a, b] trong ví dụ 2.3 và không gian C(S) trong ví dụ 2.4 là các không gian Banach. Ví dụ 2.10. c0 và l∞ là các không gian Banach. Ta sẽ chứng minh cho không gian c0; đối với không gian l∞ chứng minh t−ơng tự. Giả sử { xm }∞m=1, là một dKy Cauchy trong c0, trong đó xm = (ξ (m) 1 , ξ (m) 2 , . . . ) có nghĩa là ∀ > 0,∃m0,∀m ≥ m0,∀p nguyên d−ơng, || xm − xm+p ||
. Bởi vì || xm ||= sup n | ξ(m)n |, ta có: | ξ(m)n − ξ (m+p) n |
 (∀n). (2.4) =⇒ Khi n cố định, { ξ(m)n } ∞ m=1 là một dKy số Cauchy. Do đó, tồn tại ξ0n = lim m→∞ ξ(m)n . Cho p→∞ trong (2.4), ta thu đ−ợc: | ξ(m)n − ξ 0 n |
 (∀n). (2.5) Bởi vì lim n→∞ ξ(m0)n = 0, cho nên: ∃n0,∀n ≥ n0, | ξ(m0)n |< . (2.6) Do đó, từ (2.5), (2.6) suy ra: ∀n ≥ n0, | ξ0n |
| ξ (m0) n | + | ξ (m0) n − ξ 0 n |
2. =⇒ x0 = (ξ01, ξ 0 2, . . . ) ∈ c0. Từ (2.5) suy ra || xm − x0 ||
 khi m ≥ m0. =⇒ x0 = lim n→∞ xn trong không gian c0. Ví dụ 2.11. lp(p ≥ 1) là không gian Banach. Giả sử { xm }∞m=1 45 www.VNMATH.com là dKy Cauchy trong lp, trong đó xm = (ξ (m) 1 }, ξ (m) 2 , . . . ). Do đó ∀ > 0,∃m0,∀m ≥ m0, ∀r nguyên d−ơng, || xm − xm+r ||
, tức là: ( ∞∑ n=1 | ξ(m)n − ξ (m+r) n | p )1 p
. (2.7) =⇒| ξ(m)n − ξ (m+r) n |
 (∀n,∀m ≥ m0). (2.8) Từ (2.7) suy ra:( N∑ n=1 | ξ(m)n − ξ (m+r) n | p )1 p
 (∀N). (2.9) Từ (2.8) suy ra với mọi n, tồn tại giới hạn: lim m→∞ ξ(m)n = ξ 0 n Cho r →∞ trong (1.25) ta nhận đ−ợc:( N∑ n=1 | ξ(m)n − ξ 0 n | p )1 p
 (∀N). Cho N →∞ ta thu đ−ợc:( ∞∑ n=1 | ξ(m)n − ξ 0 n | p )1 p
. (2.10) =⇒ y := (ξ(m)1 −ξ 0 1, ξ (m) 2 −ξ 0 2, . . . ) ∈ lp.=⇒ x0 = (ξ 0 1, ξ 0 2, . . . ) = (ξ(m)1 , ξ (m) 2 , . . . )− (ξ (m) 1 − ξ 0 1, ξ (m) 2 − ξ 0 2, . . . ) = xm − y ∈ lp. Từ (2.10) suy ra: || y ||=|| xm − x0 ||
 (∀m ≥ m0), 46 www.VNMATH.com tức là x0 = lim m→∞ xm trong lp. Ví dụ 2.12. Lp[a, b] (p ≥ 1) là không gian Banach. Định lý Fisher - Riesz trong lý thuyết tích phân Lebesgue đK chỉ ra L1[a, b] là không gian Banach. Tính đầy đủ của không gian Lp[a, b] (p > 1) cũng chứng minh t−ơng tự. 2.5.2 Không gian con và không gian th−ơng Tr−ớc hết ta đ−a vào khái niệm chuỗi trong không gian định chuẩn. Giả sử X là không gian định chuẩn; dKy { un }∞n=1 ⊂ X. Xét dKy: s1 = u1, s2 = u1 + u2, . . . , sn = u1 + . . . + un, . . . Định nghĩa 2.15. Nếu tồn tại giới hạn lim n→∞ sn = s, thì ta nói chuỗi ∞∑ n=1 un hội tụ và có tổng bằng s; ký hiệu s = ∞∑ n=1 un; sn đ−ợc gọi tổng riêng thứ n của chuỗi. Nhận xét 2.5. Giả sử ∞∑ n=1 un và ∞∑ n=1 vn hội tụ trong X, và có tổng t−ơng ứng là u và v. Khi đó, với số λ tuỳ ý, các chuỗi ∞∑ n=1 λun và ∞∑ n=1 (un+vn) hội tụ, có tổng t−ơng ứng bằng λu và u+v. Khi phát biểu bằng ngôn ngữ , δ cho dKy Cauchy { sn }∞n=1 ta nhận đ−ợc: 47 www.VNMATH.com Mệnh đề 2.5. Giả sử X là không gian Banach. Khi đó, ∞∑ n=1 un hội tụ trong X ⇐⇒ ∀ > 0,∃N,∀n ≥ N,∀p nguyên d−ơng, || p∑ i=1 un+i ||
. Định nghĩa 2.16. Chuỗi ∞∑ n=1 un trong không gian định chuẩn X đ−ợc gọi là hội tụ tuyệt đối, nếu chuỗi số ∞∑ n=1 || un || hội tụ. Định lý 2.4. a) Giả sử X là không gian Banach. Khi đó: ∞∑ n=1 || un || hội tụ =⇒ ∞∑ n=1 un hội tụ . b) Giả sử X là không gian định chuẩn và mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ. Khi đó, X là không gian Banach. Chứng minh. a) Giả sử X là không gian Banach và chuỗi ∞∑ n=1 || un || hội tụ. Khi đó, ∀ > 0,∃N,∀n ≥ N,∀p nguyên d−ơng, || un+1 || + . . .+ || un+p ||< . =⇒|| p∑ i=1 un+i ||
p∑ i=1 || un+i ||<  (∀n ≥ N,∀p nguyên d−ơng) =⇒ ∞∑ n=1 un hội tụ (Mệnh đề 2.5). b) Giả sử X là không gian định chuẩn và mọi chuỗi hội tụ tuyệt 48 www.VNMATH.com đối đều hội tụ. Ta phải chứng minh X là không gian Banach. Lấy dKy Cauchy { xn }∞n=1 ⊂ X. Khi đó, ta trích ra đ−ợc dKy con { xnk } sao cho: || xnk+1 − xnk ||
1 2k (∀k). =⇒ Chuỗi xn1 + ∞∑ k=1 (xnk+1 − xnk) hội tụ tuyệt đối và do đó hội tụ với tổng là x (theo giả thiết): x = lim k→∞ [ xn1 + k∑ i=2 ( xni − xni−1 )] = lim k→∞ xnk. Ta có: || x− xn ||
|| x− xnk || + || xnk − xn || . =⇒ x = lim n→∞ xn. =⇒ X là không gian Banach, bởi vì mọi dKy Cauchy trong X đều hội tụ.  Bây giờ giả sử X là không gian định chuẩn, M là một không gian con tuyến tính của X. Với chuẩn của X, M là một không gian định chuẩn. Ta gọi M là một không gian con của không gian định chuẩn X. Nếu M đóng, thì M đ−ợc gọi là một không gian con đóng. Nhận xét 2.6. M là không gian con đóng của không gian Banach X =⇒ M là không gian Banach. Thật vậy, bởi vì một không gian Banach là một không gian metric đầy đủ, với metric: d(x, y) =|| x− y ||, (2.11) cho nên M là một không gian metric đầy đủ với metric (2.11), có nghĩa là M là một không gian Banach. 49 www.VNMATH.com Mệnh đề 2.6. Giả sử M là không gian con của không gian định chuẩn X. Khi đó, bao đóng M¯ là một không gian con đóng của X. Chứng minh. Ta phải chứng minh M¯ là một không gian con tuyến tính của X. Lấy x, y ∈ M¯. Khi đó, tồn tại các dKy { xn } và { yn } trong M hội tụ t−ơng ứng tới x và y. =⇒ αxn + βyn −→ αx+ βy (∀α, β) =⇒ αx+ βy ∈ M¯ (bởi vì αxn + βyn ∈M).  Giả sử C ⊂ X,M là không gian con tuyến tính gây bởi C, có nghĩa là M gồm các tổ hợp tuyến tính hữu hạn phần tử của C. Theo mệnh đề 1.14, L = M¯ là không gian con đóng của X. Ta gọi L là không gian con đóng gây nên bởi C. Định lý 2.5. Giả sử C = { x1, x2 . . . } là một tập con đếm đ−ợc của X. Khi đó, không gian con đóng L gây nên bởi C là một không gian định chuẩn khả li. Chứng minh. Nhắc lại một không gian tôpô đ−ợc gọi là khả li, nếu nó có một tập con đếm đ−ợc trù mật. Giả sử M là không gian con tuyến tính gây bởi C. Khi đó, L = M¯. Nh− vậy, M trù mật trong L. Gọi C˜ là tập tất cả các tổ hợp tuyến tính hữu hạn phần tử của C với hệ số hữu tỷ. Khi đó, C˜ là tập đếm đ−ợc và nếu y ∈M thì y = p∑ i=1 λixni (xni ∈ C, i = 1, . . . , p). Với số  > 0 cho tr−ớc, với mỗi i, tồn tại số hữu tỷ ri sao cho: | λi − ri | . || xni ||<  p (i = 1, . . . , p). 50 www.VNMATH.com =⇒ z = p∑ i=1 rixni ∈ C˜, và || z − y ||
p∑ i=1 | λi − ri | . || xni ||< . =⇒ C˜ là tập đếm đ−ợc trù mật trong M. =⇒ C˜ trù mật trong L.  Bây giờ giả sử X là một không gian định chuẩn, M là không gian con đóng của X. Ta thiết lập đ−ợc không gian tuyến tính th−ơng X/M. Định lý 2.6. Trong không gian tuyến tính th−ơng X/M có thể xác định đ−ợc một chuẩn để cho X/M là một không gian định chuẩn. Chứng minh. Lấy ξ ∈ X/M, u ∈ ξ. Khi đó ξ = u +M = { u + y : y ∈M }. Hệ quả 2.1.1 chỉ ra ξ là một tập đóng trong X. Định nghĩa: || ξ ||= inf x∈ξ || x || . (2.12) Ta chứng minh đây là một chuẩn trong X/M. a) Hiển nhiên là: || ξ ||≥ 0 (∀ξ ∈ X/M). Giả sử || ξ ||= 0. Khi đó, ∃{ xn }∞n=1 ⊂ ξ :|| xn ||−→ 0 =⇒ xn −→ 0 =⇒ 0 ∈ ξ (bởi vì xn ∈ ξ, ξ đóng ) =⇒ ξ là lớp 0 ∈ X/Y. 51 www.VNMATH.com b) Với mọi ξ ∈ X/M và mọi số λ, hiển nhiên ta có: || λξ ||=| λ | . || ξ || . c) Lấy ξ, η ∈ X/M. Với  > 0, theo định nghĩa (2.12), tồn tại x ∈ ξ và y ∈ η sao cho: || x ||
|| ξ || +, || y ||
|| η || +. =⇒|| x + y ||
|| x || + || y ||
|| ξ || + || η || +2. (2.13) Mặt khác, bởi vì x + y ∈ ξ + η, nên || ξ + η ||
|| x + y || (2.14) Từ (2.13), (2.14) suy ra: || ξ + η ||
|| ξ || + || η || +2 (∀ > 0). =⇒ || ξ + η ||
|| ξ || + || η || . Nh− vậy, ta nhận đ−ợc X/M là không gian định chuẩn th−ơng của không gian định chuẩn X, theo không gian con đóng M. Định lý 2.7. Giả sử X là không gian Banach, M là không gian con đóng của X. Khi đó, không gian định chuẩn th−ơng X/M là không gian Banach. Chứng minh. Từ định lý 2.4.b), ta chỉ cần chứng minh mọi chuỗi trong X/M hội tụ tuyệt đối đều hội tụ. Giả sử chuỗi ∞∑ n=1 ξn hội tụ tuyệt đối, tức là ∞∑ n=1 || ξn ||< ∞. Theo định nghĩa 2.12, ∀n,∃xn ∈ ξn, || xn ||
|| ξn || + 1 2n . 52 www.VNMATH.com =⇒ ∞∑ n=1 || xn ||<∞, tức là ∞∑ n=1 xn hội tụ tuyệt đối. =⇒ ∞∑ n=1 xn hội tụ với tổng là x, (định lý 2.4.a)). Gọi ξ ∈ X/M là lớp chứa x, tức là ξ = xˆ. Khi đó: x− n∑ i=1 xi ∈ ξ − n∑ i=1 ξi. =⇒|| ξ − n∑ i=1 ξi ||
|| x − n∑ i=1 xi ||−→ 0 (khi n → ∞). =⇒ ξ = ∞∑ n=1 ξn, và ∞∑ n=1 ξi là chuỗi hội tụ.  Định lý 2.8. Giả sử X là không gian định chuẩn không đầy đủ. Khi đó tồn tại không gian Banach Xˆ chứa X, sao cho X là trù mật trong Xˆ. Chứng minh Xét không gian bổ sung Xˆ của không gian mêtric X. Theo cách bổ sung của không gian metric, ta có thể coi X là một tập con trù mật trong Xˆ. Nhắc lại: X đ−ợc gọi là trù mật trong Xˆ, nếu X = Xˆ. để X trù mật trong Xˆ, điều kiện cần và đủ là ∀U = ∅ mở trong Xˆ : U ∩X = ∅. Ta chứng minh có thể xác định các phép toán đại số và chuẩn trong không gian metric Xˆ, để cho Xˆ là một không gian định chuẩn, sao cho giữa chuẩn và metric trong Xˆ vẫn liên hệ bởi công thức: d(x, y) =|| x− y || (x, y ∈ Xˆ). (2.15) 53 www.VNMATH.com Thật vậy, ta lấy x, y ∈ Xˆ. Vì X trù mật trong Xˆ, cho nên tồn tại các dKy { xn } và { yn } trong X, hội tụ t−ơng ứng đến x và y. Bởi vì { xn } và { yn } là các dKy Cauchy trong X, cho nên { λxn } và { xn + yn } là các dKy Cauchy trong X (nhận xét 2.4). Ta định nghĩa: λx = lim n→∞ λxn, x + y = lim n→∞ (xn + yn). Định nghĩa này là hợp lý, vì nó không phụ thuộc vào các dKy { xn } và { yn } hội tụ đến x và y. Với các phép toán đK xác định, Xˆ trở thành một không gian tuyến tính (trên cùng một tr−ờng số với X), và X là một không gian con tuyến tính của Xˆ. Gọi d là khoảng cách trong X xác định bởi công thức (2.15), và dˆ là khoảng cách trong Xˆ đ−ợc xác định bởi công thức: dˆ(x, y) = lim n→∞ d(xn, yn) (x, y ∈ Xˆ), trong đó { xn } và { yn } là các dKy Cauchy trong X hội tụ đến x và y. Ta định nghĩa || x ||= dˆ(x, 0) (x ∈ Xˆ). (2.16) Bởi vì dˆ(x, 0) = lim n→∞ d(xn, 0) = lim n→∞ || xn − 0 ||, cho nên || x ||= lim n→∞ || xn || (xn ∈ X, xn → x ∈ Xˆ). Công thức (2.16) cho ta một chuẩn trong Xˆ, bởi vì a) || x ||≥ 0 (∀x ∈ Xˆ). Nếu x ∈ Xˆ ; || x ||= 0, tức là lim n→∞ || xn − 0 ||= 0, thì dKy 54 www.VNMATH.com { xn } ⊂ X hội tụ đến 0. Do đó, x = 0. b) Với mọi số λ và x ∈ Xˆ, ta có: || λx || = lim n→∞ || λxn ||= lim n→∞ | λ | . || xn || =| λ | . lim n→∞ || xn ||=| λ | . || x || . c) Ta có: || xn + yn ||
|| xn || + || yn || . Cho n→∞ ta nhận đ−ợc || x + y ||
|| x || + || y || . Hơn nữa, nếu x ∈ X thì chuẩn cũ trong X và chuẩn mới trong Xˆ là trùng nhau. Do đó, X là một không gian định chuẩn con của không gian định chuẩn Xˆ. Nếu xn ∈ X, yn ∈ X, xn → x ∈ Xˆ, yn −→ y ∈ Xˆ thì xn − yn −→ x− y. =⇒|| x− y ||= lim n→∞ || xn − yn ||= lim n→∞ d(xn, yn). =⇒|| x− y ||= dˆ(x, y).  Bài tập 2.1. Giả sửM,N là hai không gian con tuyến tính đóng của không gian định chuẩn X. tổng: M +N := { x+ y : x ∈M, y ∈ N } có phải là không gian con tuyến tính đóng hay không? 2.2. Không gian con tuyến tính M của không gian tuyến tính X đ−ợc gọi là không gian con cực đại, nếu M = X và không tồn tại một không gian con tuyến tính M ′ với M ⊂ M ′ ⊂ 55 www.VNMATH.com X,M ′ = M,M ′ = X. Chứng minh rằng không gian con tuyến tính M ⊂ X là cực đại khi và chỉ khi codimM = 1. 2.3. Gọi l (0) 1 là tập con của l1 gồm tất cả các phần tử x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn, . . . ) ∈ l1, trong đó chỉ có một số hữu hạn toạ độ ξi khác 0. Chứng minh rằng l (0) 1 là một không gian con tuyến tính của l1 và l (0) 1 là tập thuộc phạm trù thứ nhất trong l1. 2.4. Chứng minh rằng lp và Lp[a, b] (p ≥ 1) là các không gian định chuẩn. 2.5. Giả sử 1
p
r,−∞ < a < b < +∞. Về ph−ơng diện tập hợp ta có: Lr[a, b] ⊂ Lp[a, b]. HKy xác định các chuẩn || . ||r, || . ||p trong Lr[a, b] : ∀x(t) ∈ Lr[a, b], || x ||r= (∫ b a | x(t) |r )1/r , || x ||p= (∫ b a | x(t) |p )1/p . Chứng minh rằng || . ||r mạnh hơn chuẩn || . ||p . 2.6. Giả sử X là không gian Banach vô hạn chiều. Chứng minh rằng X không thể có một cơ sở gồm một số đếm đ−ợc phần tử. 2.7. Cho X là không gian định chuẩn, M là một không gian con đóng của X. Chứng minh rằng: ∀z0 /∈ M,∀ > 0, tồn tại x0 thuộc không gian con tuyến tính gây nên bởi M và z0 sao cho: || x0 ||= 1, || x0 − y ||> 1−  (∀y ∈M). 2.8. Giả sử M là một không gian con đóng của không gian định chuẩn X và M = X. Chứng minh rằng: ∀ > 0,∃x0 /∈ M sao cho: ||x0|| = 1, ||x0 − y|| ≥ 1−  (∀y ∈M). 56 www.VNMATH.com 2.9. Giả sử X là không gian định chuẩn, M là không gian con tuyến tính của X. giả thiết rằng với chuẩn cảm sinh, M là một không gian Banach. Chứng minh rằng nếu X/M là không gian Banach, thì X là một không gian Banach. 2.10. Giả sử X là không gian định chuẩn. Chứng minh rằng bao đóng của hình cầu mở B(x0; r) là hình cầu đóng B¯(x0; r). 57 www.VNMATH.com Ch−ơng III Toán tử tuyến tính liên tục và Không gian liên hợp 3.1. Toán tử tuyến tính Giả sử X và Y là hai không gian tuyến tính trên cùng một tr−ờng số K, ánh xạ A : X −→ Y. Định nghĩa 3.1. A đ−ợc gọi là một ánh xạ tuyến tính, hoặc toán tử tuyến tính, hay gọi tắt là toán tử, nếu ∀x ∈ X,∀y ∈ Y,∀α, β ∈ K, A(αx + βy) = αAx + βAy. Sau đây ta th−ờng gọi A là toán tử tuyến tính. Nhận xét 3.1. a) A : X −→ Y là toán tử tuyến tính =⇒ A0 = 0, A(−x) = −Ax. b) Giả sử A,B : X −→ Y là hai toán tử tuyến tính. Ta Định nghĩa A +B nh− sau: (A +B)x = Ax +Bx (∀x ∈ X). Với số λ ∈ K, ta định nghĩa tích λA nh− sau: (λA)x = λAx (∀x ∈ X). Khi đó, A +B và λA là toán tử tuyến tính. c) Giả sử X,Y, Z là ba không gian tuyến tính trên cùng tr−ờng số K. nếu A : X −→ Y,B : Y −→ Z là các toán tử tuyến tính, thì tích BA : X −→ Z cũng là một toán tử tuyến tính. Định nghĩa 3.2. 58 www.VNMATH.com a) Giả sử A : X −→ Y là toán tử tuyến tính. Hạch của A là tập hợp: KerA = A−1(0) = { x ∈ X : Ax = 0}; b) ảnh của A là tập hợp: ImA = A(X) = { y ∈ Y : y = Ax, x ∈ X}. Nhận xét 3.2. Nếu KerA = { 0} và ImA = Y, thì A là một song ánh từ X lên Y và ánh xạ ng−ợc A−1 : Y −→ X là một toán tử tuyến tính. Định nghĩa 3.3. Toán tử tuyến tính A : X −→ Y đ−ợc gọi là một đẳng cấu tuyến tính của X lên Y, nếu KerA = { 0} và ImA = Y. Định nghĩa 3.4. Các không gian tuyến tính X và Y đ−ợc gọi là đẳng cấu với nhau, nếu tồn tại một đẳng cấu tuyến tính A của X lên Y ; ký hiệu X  Y. Nhận xét 3.3. Nếu A là một đẳng cấu tuyến tính của X lên Y, thì A−1 là một đẳng cấu tuyến tính của Y lên X. Định lý 3.1. Giả sử A là một đẳng cấu tuyến tính của X lên Y. Khi đó, tập M ⊂ X và tập A(M) = { Ax : x ∈M } ⊂ Y cùng độc lập tuyến tính hoặc phụ thuộc tuyến tính. Chứng minh. a) Giả sử M phụ thuộc tuyến tính, tức là ∃xi ∈ M (i = 1, . . . , n) và ∃αi (i = 1, . . . , n) không đồng thời bằng 0 sao 59 www.VNMATH.com cho n∑ i=1 αixi = 0. =⇒ 0 = A0 = A( n∑ i=1 αixi) = n∑ i=1 αiAxi =⇒ A(M) phụ thuộc tuyến tính. b) Giả sử A(M) phụ thuộc tuyến tính. Bởi vì M = A−1[A(M)], cho nên A−1[A(M)] = M phụ thuộc tuyến tính (theo phần a)).  Hệ quả 3.1.1. Giả sử A là một đẳng cấu tuyến tính X lên Y,B là một cơ sở của X. Khi đó, A(B) là một cơ sở của Y. Hệ quả 3.1.2. để X  Y, điều kiện cần và đủ là tồn tại một cơ sở B của X, cơ sở B′ của Y và một song ánh từ B lên B′. Chứng minh. a) Giả sử X  Y,A là một đẳng cấu tuyến tính X lên Y,B là một cơ sở của X. Theo hệ quả 3.1.1, B′ = A(B) là một cơ sở của Y và A là một song ánh từ B lên B′. b) Ng−ợc lại, giả sử có một song ánh A từ cơ sở B của X lên cơ sở B′ của Y. Khi đó, ta suy rộng A thành một ánh xạ từ X lên Y bởi công thức: A( n∑ i=1 αixi) = n∑ i=1 αiAxi, trong đó xi ∈ B và αi là những số tuỳ ý. Đây là một đẳng cấu tuyến tính từ X lên Y.  Nhận xét 3.4. Giả sử X và Y là hai không gian hữu hạn chiều. Khi đó: X  Y ⇐⇒ dimX = dimY. Nhận xét 3.5. Giả sử X,Y là các không gian tuyến tính. Khi đó: a) KerA là một không gian con tuyến tính của X; 60 www.VNMATH.com b) ImA là một không gian con tuyến tính của Y ; c) X/KerA  ImA (bài tập 2.3). Bây giờ giả sử X là một không gian tuyến tính, A : X −→ X là một toán tử tuyến tính. Định nghĩa 3.5. Vectơ x = 0 đ−ợc gọi là vectơ riêng của toán tử tuyến tính A, nếu Ax = λx, với λ là một số nào đó. Số λ đ−ợc gọi là một giá trị riêng của A. Định lý 3.2. Giả sử: a) λ1, . . . , λn là n giá trị riêng khác nhau của toán tử A; b) xi là một vectơ riêng ứng với giá trị riêng λi (i = 1, . . . , n). Khi đó, hệ x1, . . . , xn là độc lập tuyến tính. Chứng minh. Định lý đ−ợc chứng minh bằng qui nạp. Với n = 1, hệ có một vectơ khác 0 là độc lập tuyến tính. Giả sử định lý đúng cho n− 1, tức là hệ n− 1 vectơ riêng ứng với n− 1 giá trị riêng khác nhau là độc lập tuyến tính. Ta chứng minh định lý đúng cho n. Giả sử ta có: n∑ i=1 αixi = 0. (3.1) Khi đó: 0 = A(0) = A( n∑ i=1 αixi) = n∑ i=1 αiAxi = n∑ i=1 αiλixi. (3.2) từ (3.1), (3.2) suy ra: n∑ i=2 αi(λi − λ1)xi = 0. 61 www.VNMATH.com bởi vì hệ x2, . . . , xn là độc lập tuyến tính, theo giả thiết qui nạp ta có: αi(λi − λ1) = 0 (i = 2, . . . , n). bởi vì λi − λ1 = 0 (i = 2, . . . , n), cho nên αi = 0 (i = 2, . . . , n). Do đó, α1 = 0.  Nhận xét 3.6. Giả sử λ là một giá trị riêng của toán tử tuyến tính A. tập hợp Nλ = { x ∈ X : Ax = λx } là một không gian con tuyến tính của X. Ta gọi Nλ là không gian con riêng, ứng với giá trị riêng λ của toán tử A. 3.2. Toán tử tuyến tính liên tục Giả sử X và Y là các không gian định chuẩn, A : X −→ Y là một toán tử tuyến tính. Định lý 3.3. các mệnh đề sau đây t−ơng đ−ơng: (i) A liên tục (tức A là liên tục tại mọi điểm của X); (ii) A liên tục tại mọi điểm x0 ∈ X; (iii) A liên tục tại 0; (iv) ∃M > 0,∀x ∈ X :|| Ax ||
M || x || . Chứng minh. (i) =⇒ (ii): Hiển nhiên. (ii) =⇒ (iii): Lấy xn −→ 0 =⇒ xn + x0 −→ x0 =⇒ Axn + Ax0 = A(xn + x0) −→ Ax0 (do A liên tục tại x0). =⇒ Axn −→ 0 = A 0 : A liên tục tại 0. (iii) =⇒ (iv) Do A liên tục tại 0, có tồn tại r > 0 sao cho: A[BX(0; r)] ⊂ BY (0; 1), trong đó BX(0; r) là hình cầu mở trong X tâm 0, bán kính r. Nói 62 www.VNMATH.com cách khác, z ∈ X, || z ||< r =⇒|| Az ||< 1. (3.3) Lấy x ∈ X, x = 0 và đặt z = rx 2 || x || . Ta có: || z ||= r 2 < r. =⇒ ||Az|| < 1 (do (3.3)). =⇒|| Az ||=|| A( rx 2 || x || ) ||= r 2 || x || . || Ax ||< 1. =⇒|| Ax ||
2 r || x || . (3.4) Với x = 0, (3.4) vẫn đúng. Vậy ta có (iv). (iv) =⇒ (i): Lấy x ∈ X, từ (iv) suy ra: || Axn −Ax ||=|| A(xn − x) ||
M || xn − x || . =⇒ A liên tục tại x. Vậy ta có (i).  Định nghĩa 3.6. Toán tử tuyến tính A : X −→ Y đ−ợc gọi là bị chặn, nếu ∃M > 0,∀x ∈ X, || Ax ||
M || x || . (3.5) Nhận xét 3.7. a) Đối với các toán tử tuyến tính, các khái niệm liên tục và bị chặn là t−ơng đ−ơng. b) Từ (3.5) suy ra: sup x∈X,x=0 || Ax || || x || < +∞. Định nghĩa 3.7. Chuẩn của toán tử A đ−ợc định nghĩa nh− sau: || A ||:= sup x∈X,x=0 || Ax || || x || 63 www.VNMATH.com Nhận xét 3.8. a) || A || của toán tử bị chặn A là số M nhỏ nhất thoả mKn (3.5): || Ax ||
|| A || . || x || . b) || A ||= sup x∈X,||x||=1 || Ax || = sup x∈X,||x||
1 || Ax ||. Ví dụ 3.1. Giả sử (aij) ∞ i,j=1 là một ma trận thoả mKn điều kiện: ∞∑ i,j=1 | aij | q 1). Với x = { ξj}∞j=1 ∈ lp ( 1 p + 1 q = 1), ta định nghĩa: Ax = { ηi} ∞ i=1, trong đó: ηi = ∞∑ j=1 aijξj (i = 1, 2, . . . ). Khi đó, A là một toán tử tuyến tính liên tục từ lp vào lq. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có: | ηi | =| ∞∑ j=1 aijξj |
( ∞∑ j=1 | ξj | p )1 p . ( ∞∑ j=1 | aij | q )1 q =|| x || . ( ∞∑ j=1 | aij | q )1 q . =⇒ ∞∑ i=1 | ηi | q
|| x || . ( ∞∑ i,j=1 | aij | q ) =⇒ || Ax ||
|| x || . ( ∞∑ i,j=1 | aij | q )1 q 64 www.VNMATH.com =⇒ Ax ∈ lp,và A là một toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian lp vào không gian lq. đồng thời, || A ||
( ∞∑ i,j=1 | aij | q )1 q . Mệnh đề 3.1. Giả sử X,Y, Z là ba không gian định chuẩn và : A : X −→ Y,B : Y −→ Z là các toán tử tuyến tính bị chặn. Khi đó, BA : X −→ Z là toán tử tuyến tính bị chặn, và || BA ||
|| B || . || A || . Chứng minh. Bởi vì A,B là toán tử tuyến tính liên tục, cho nên tích BA là toán tử tuyến tính liên tục (nhận xét 3.1.c và lý thuyết tôpô đại c−ơng). Mặt khác, lấy x ∈ X ta có: || (BA)x || =|| B(Ax) ||
|| B || . || Ax ||
|| B || . || A || . || x || . =⇒|| BA ||
|| B || . || A ||  Định lý 3.4. ( Suy rộng toán tử tuyến tính liên tục) Giả thiết: a) X là không gian định chuẩn, M là một không gian con tuyến tính của X trù mật trong X,Y là không gian Banach; b) A : M −→ Y là ánh xạ tuyến tính liên tục. Khi đó, tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính liên tục A˜ : X −→ Y suy rộng A, tức là: A˜x = Ax(∀x ∈M), và || A˜ ||=|| A || . Chứng minh. M trù mật trong X =⇒ ∀x ∈ X,∃{ xn } ⊂ M hội tụ đến x. Ta có: || Axn −Axm ||=|| A(xn − xm) ||
|| A || . || xn− xm || . =⇒ { Axn}∞n=1 là dKy Cauchy trong Y. Vì Y là 65 www.VNMATH.com không gian Banach, nên tồn tại giới hạn lim n→∞ Axn. Ta định nghĩa: A˜x = lim n→∞ Axn. Định nghĩa trên không phụ thuộc vào các dKy { xn } hội tụ đến x. Nh− vậy, ta xác định đ−ợc ánh xạ A˜ : X −→ Y. Hiển nhiên, A˜ là một toán tử tuyến tính và suy rộng A. Từ định nghĩa trên suy ra: || A˜x ||= lim n→∞ || Axn || . Ta có: || Axn ||
|| A || . || xn || . =⇒ || A˜x ||
|| A || . || x || (cho n→∞). =⇒ || A˜ ||
|| A || . (3.6) Mặt khác, || A˜ || = sup x∈X,||x||=1 || A˜x ||≥ sup x∈M,||x||=1 || A˜x || = sup x∈M,||x||=1 || Ax ||=|| A || . (3.7) Từ (3.6), (3.7) ta nhận đ−ợc || A˜ ||=|| A || . Tính duy nhất của A˜ là hiển nhiên.  Bây giờ ta trở lại với không gian th−ơng. Giả sử X là không gian định chuẩn, M là không gian con đóng của X. Trong không gian tuyến tính th−ơng X/M có nhiều cách xác định chuẩn để biến X/M thành một không gian định chuẩn. Trong phần 2.5.2, ta đK xác định không gian chuẩn th−ơng X/M với chuẩn: || ξ ||0= inf x∈ξ || x || (ξ ∈ X/M). 66 www.VNMATH.com Xét ánh xạ chính tắc pi : X −→ X/M đ−ợc xác định bởi công thức: pi(x) = xˆ (x ∈ xˆ) Nhận xét 3.9. Toán tử tuyến tính pi là liên tục, bởi vì || pi(x) ||0=|| xˆ ||0
|| x || . Định lý 3.5. Chuẩn || . ||0 là chuẩn mạnh nhất trong X/M sao cho ánh xạ chính tắc pi là liên tục. Chứng minh. Giả sử || . ||1 là một chuẩn trong X/M sao cho pi liên tục. Ta phải chứng minh: ∃c > 0, || ξ ||1
c || ξ ||0 (∀ξ ∈ X/M). Lấy ξ ∈ X/M, x ∈ ξ. Ta có ξ = pi(x) và pi(x + y) = ξ(∀y ∈ M). Do pi liên tục đối với || . ||1 trong X/M, cho nên ∃c > 0, || ξ ||1=|| pi(x + y) ||1
c || x + y || . Cố định x, cho y chạy khắp M, thì z = x + y chạy khắp lớp ξ = pi(x)(= x +M). Vì vậy, || ξ ||1
c infz∈ξ || z ||= c || ξ ||0 .  Ký hiệu L(X;Y ) là tập tất cả các toán tử tuyến tính liên tục từ không gian định chuẩn X vào không gian định chuẩn Y. Mệnh đề 3.2. Với chuẩn toán tử trong định nghĩa 3.7, L(X ;Y ) là một không gian định chuẩn. Chứng minh. Với A,B ∈ L(X ;Y ) và λ là số tuỳ ý, tađK xác định đ−ợc các toán tử tuyến tính A +B và λA (nhận xét 3.1.b). Ta có: || A +B ||= sup x∈X,||x||=1 || Ax +Bx ||

sup x∈X,||x||=1 || Ax || + sup x∈X,||x||=1 || Bx ||=|| A || + || B || 67 www.VNMATH.com =⇒ A+B ∈ L(X ;Y ) và điều kiện 3) của một chuẩn thoả mKn: || λA || = sup x∈X,||x||=1 || λAx || =| λ | . sup x∈X,||x||=1 || Ax ||=| λ | . || A || . =⇒ λA ∈ L(X;Y ) và điều kiện 2) của chuẩn thoả mKn. Nếu || A ||= 0, thì Ax = 0 (∀x ∈ X), vậy A = 0 (toán tử 0). Nh− vậy, các điều kiện của chuẩn thoả mKn, và không gian tuyến tính L(X ;Y ) trở thành một không gian định chuẩn.  Định lý 3.6. Giả sử Y là không gian Banach. Khi đó, với chuẩn toán tử, L(X;Y ) là không gian Banach. Chứng minh. Giả sử { An } là một dKy Cauchy trong L(X ;Y ), có nghĩa là ∀ > 0,∃n0,∀n ≥ n0,∀m ≥ n0, || An−Am ||
. =⇒|| Anx−Amx ||
 || x || (x ∈ X). (3.8) =⇒ Với mỗi x ∈ X, { Anx} là dKy Cauchy trong Y. Do Y là không gian Banach, dKy { Anx } có giới hạn lim n→∞ Anx trong Y. Ta xác định ánh xạ A : X −→ Y bởi công thức: Ax = lim n→∞ Anx (x ∈ X). Lấy x, y ∈ X và các số α, β. Khi đó, A(αx + βy) = lim n→∞ An(αx + βy) = lim n→∞ (αAx + βAy) = α lim n→∞ Anx + β lim n→∞ Any = αAx + βAy. =⇒ A là toán tử tuyến tính. Cho m → ∞ trong (3.8), ta nhận đ−ợc: || Anx−Ax ||
 || x || (∀x ∈ X,∀n ≥ n0). 68 www.VNMATH.com =⇒ Khi n ≥ n0, toán tử tuyến tính An −A bị chặn, và || An −A ||
 (∀n ≥ n0). (3.9) =⇒ A = An − (An − A) bị chặn. Từ (3.9) suy ra A là giới hạn của dKy { An} trong L(X ;Y ). Nh− vậy, mọi dKy Cauchy trong L(X;Y ) đều có giới hạn. Do đó, L(X;Y ) là không gian Banach.  Định nghĩa 3.8. a) DKy toán tử { An } ⊂ L(X ;Y ) đ−ợc gọi là hội tụ theo chuẩn đến toán tử A ∈ L(X;Y ), nếu: lim n→∞ || An −A ||= 0. b) DKy toán tử { An } ⊂ L(X;Y ) đ−ợc gọi là hội tụ đơn giản hay hội tụ tại từng điểm đến toán tử A, nếu ∀x ∈ X, lim n→∞ Anx = Ax. Nhận xét 3.10. { An } hội tụ theo chuẩn =⇒ { An} hội tụ đơn giản. Ví dụ sau đây cho thấy một dKy toán tử hội tụ đơn giản nh−ng không hội tụ theo chuẩn. Ví dụ 3.2. Xét toán tử An trong l1 xác định bởi công thức: Anx = (ξ1, . . . , ξn, 0, . . . ) (∀x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ l1) Hiển nhiên { An } ∈ L(l1; l2) và || Anx ||= sup 1
i
n | ξi |
sup 1
i
∞ | ξi |=|| x || . =⇒|| An ||
1. Với ∀x ∈ l1, ta có: lim n→∞ Anx = x. 69 www.VNMATH.com =⇒ DKy { An } ⊂ L(l1, l2) hội tụ đơn giản đến toán tử đồng nhất I. Tuy nhiên, (I −An)x = (0, . . . , 0, ξn+1, ξn+2, . . . ). =⇒|| (I−An)x ||= sup n+1
i
∞ | ξi |
|| x || . =⇒|| I−An ||
1. Mặt khác, lấy x = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (số 1 đứng ở vị trí n+1), ta có: (I −An)x = x. =⇒|| I − An ||≥ 1. Vì vậy, || I − An ||= 1 (∀n). Điều này chứng tỏ { An} không hội tụ theo chuẩn đến I. 3.3. Không gian liên hợp 3.3.1. Phiếm hàm tuyến tính Giả sử X là một không gian tuyến tính trên tr−ờng số thực hay phức K. Định nghĩa 3.9. Toán tử tuyến tính f : X −→ K đ−ợc gọi là phiếm hàm tuyến tính xác định trên X. Nhận xét 3.11. a) Giả sử f là một phiếm hàm tuyến tính xác định trên X. Khi đó, ∀x, y ∈ X,∀α, β ∈ K, f(αx + βy) = αf(x) + βf(y). b) Tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính trên X là một không gian tuyến tính trên tr−ờng số K. Định nghĩa 3.10. Tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính trên X đ−ợc gọi là không gian liên hợp đại số hay không gian đối ngẫu đại số của X; ký hiệu là X#. Định lý 3.7. Giả sử hệ { f1, . . . , fn} ⊂ X# là độc lập tuyến tính. 70 www.VNMATH.com Khi đó, tồn tại x1, . . . , xn ∈ X sao cho: fi(xj) = δij = { 1, nếu i = j, 0, nếu i = j, (i, j = 1, . . . , n). Chứng minh. Với n = 1: f1 = 0 =⇒ ∃x0 ∈ X : f1(x0) = 0. Lấy x1 = x0 f1(x0) , ta có f1(x1) = 1. Giả sử định lý đúng cho n−1 phiếm hàm. Lấy f1, . . . , fn ∈ X# sao cho hệ { f1, . . . , fn} độc lập tuyến tính =⇒ hệ { f2, . . . , fn} độc lập tuyến tính =⇒ ∃y2, . . . , yn ∈ X sao cho: fi(yj) = δij (i, j = 2, 3, . . . , n) (theo giả thiết qui nạp). Với x ∈ X, đặt: y := x− n∑ i=2 fi(x)yi. (3.10) =⇒ fj(y) = fj(x)− n∑ i=2 fi(x)fj(yi) = fj(x)− fj(x)fj(yj) = 0 (j = 2, . . . , n). Với y có dạng (3.10), nếu f1(y) = 0 ta suy ra ∀x ∈ X, f1(x) = n∑ i=2 fi(x)f1(yi). =⇒ f1 = n∑ i=2 αifi, trong đó αi = f1(yi) (i = 2, . . . , n). =⇒ hệ { f1, . . . , fn} là phụ thuộc tuyến tính: mâu thuẫn với giả thiết 71 www.VNMATH.com (!). Vì vậy, ∃x ∈ X : f1(y) = 0, trong đó y có dạng (3.10). Đặt x1 = y f1(y) , ta có: f1(x1) = 1, fj(x1) = 0 (j = 2, . . . , n). Hoàn toàn t−ơng tự, ta tìm đ−ợc các vectơ x2, . . . , xn thoả mKn: fi(xj) = { 1, nếu i = j, 0, nếu i = j, (i,= 1, . . . , n ; j = 2, . . . , n).  Định nghĩa 3.11. Giả sử M là không gian con tuyến tính cực đại của X, a ∈ X. tập hợp: a+M = { a+ y : y ∈M} đ−ợc gọi là siêu phẳng trong X. Để ý rằng M cũng là một siêu phẳng qua 0. Định lý 3.8. a) Giả sử f ∈ X#, f = 0. Khi đó, tập hợp: H := f−1(0) = { x ∈ X : f(x) = 0} là một siêu phẳng qua 0. b) Giả sửH là một siêu phẳng đi qua 0 trongX, x0 ∈ X, x0 /∈ H. Khi đó, tồn tại duy nhất f ∈ X# sao cho: H = f−1(0), f(x0) = 1. Nếu g ∈ X# thoả mKn H = g−1(0), thì g = αf (với một số α nào đó). Hơn nữa, nếu g(x0) = 1, thì g = f. Chứng minh. a) f ∈ X# =⇒ H = f−1(0) là không gian con tuyến tính của X (Nhận xét 3.5.a). f = 0 =⇒ ∃x0 ∈ X : f(x0) = 0 =⇒ x0 /∈ H =⇒ x0 = 0. Ký hiệu [x0] là không gian con một chiều gây nên bởi x0. Khi đó, [x0] ∩ H = { 0}, bởi vì 72 www.VNMATH.com f (λx0) = λf(x0) = 0 =⇒ λ = 0. Mặt khác, với bất kỳ x ∈ X ta đặt: y := x− f(x) f(x0) x0. =⇒ y ∈ H (vì f(y) = 0). =⇒ ∀x ∈ X có dạng: x = y + f(x) f(x0) x0 (y ∈ H). =⇒ X = H  [x0] (bởi vì [x0] ∩H = {0}.) Vì vậy, H là một siêu phẳng đi qua điểm gốc.  b) Giả sử X = H  [x0]. Nh− vậy, mọi x ∈ X đều biểu diễn đ−ợc duy nhất d−ới dạng: x = y + λx0 (y ∈ H,λ ∈ K). (3.11) Đặt f(x) = λ(x ∈ X). Khi đó, f ∈ X# và thoả mKn: H = f−1(0), f(x0) = 1. Nếu g ∈ X# cũng thoả mKn g−1(0) = H, thì với x có dạng (3.11), ta có: g(x) = g(y + λx0) = g(y) + λg(x0) = λg(x0) = g(x0)f(x). Đặt α = g(x0), ta có g = αf. Nếu g(x0) = 1, thì g = f.  3.3.2. Không gian liên hợp Giả sử X là không gian định chuẩn trên tr−ờng số K. Mệnh đề 3.3. Giả sử f ∈ X#. Khi đó, các mệnh đề sau đây là t−ơng đ−ơng: a) f liên tục; b) f liên tục tại điểm x0 ∈ X ; c) f liên tục tại 0; d) ∃M > 0 ∀x ∈ X, | f(x) |
M || x || . (3.12) 73 www.VNMATH.com Chứng minh. Bởi vì K là một không gian Banach, ta áp dụng đ−ợc định lý 3.3 và nhận đ−ợc kết quả cần chứng minh.  Định nghĩa 3.12. Số M nhỏ nhất thoả mKn (3.12) đ−ợc gọi là chuẩn của phiếm hàm tuyến tính liên tục f, ký hiệu là || f || . Nhận xét 3.12. a) | f(x) |
|| f || . || x || (∀x ∈ X). b) || f ||= sup x∈X,x=0 | f(x) | || x || = sup x∈X,||x||=1 | f(x) | = sup x∈X,||x||
1 | f(x) | . Mệnh đề 3.4. Giả thiết: a) X là một không gian định chuẩn, M là một không gian con tuyến tính trù mật trong X ; b) f là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên M. Khi đó, tồn tại duy nhất một phiếm hàm tuyến tính liên tục f˜ trên X sao cho α) f˜ suy rộng f, tức là f˜(x) = f(x) (∀x ∈M); β) || f˜ ||=|| f || . Chứng minh. Bởi vì K là không gian Banach, cho nên ta áp dụng đ−ợc định lý 3.4 và nhận đ−ợc điều phải chứng minh.  Giả sử X là không gian định chuẩn trên tr−ờng số K. Định nghĩa 3.13. Không gian L(X ;K) tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục xác định trên X đ−ợc gọi là không gian liên hợp hay không gian đối ngẫu của X ; ký hiệu là X. Định lý 3.9. X là không gian định chuẩn =⇒ X là không gian Banach. Chứng minh. Do K là một không gian Banach, ta áp dụng đ−ợc 74 www.VNMATH.com định lý 3.6 và nhận đ−ợc điều phải chứng minh.  Định nghĩa 3.14. a) DKy { fn } ⊂ X đ−ợc gọi là hội tụ theo chuẩn đến f ∈ X, nếu lim n→∞ || fn − f ||= 0. b) DKy { fn } ⊂ X đ−ợc gọi là hội tụ đơn giản hay hội tụ tại từng điểm đến f ∈ X∗, nếu với mọi x ∈ X, dKy số { fn(x) } hội tụ đến f(x). Định nghĩa 3.15. DKy { fn } ⊂ X∗ đ−ợc gọi là d/y Cauchy theo nghĩa đơn giản, nếu với mọi x ∈ X, { fn(x)} là một dKy số Cauchy. Định nghĩa 3.16. Nếu mọi dKy Cauchy theo nghĩa đơn giản đều hội tụ, thì không gian X đ−ợc gọi là đầy đủ đối với sự hội tụ đơn giản. Giả sửX là không gian định chuẩn, { xn}∞n=1 ⊂ X và { fn} ∞ n=1 ⊂ X. Định nghĩa 3.17. Các dKy { xn} và { fn} đ−ợc gọi là song trực giao với nhau, nếu fi(xj) = δij = { 1, nếu i = j, 0, nếu i = j, Định lý 3.10. Giả sử { xn } ⊂ X và {fn } ⊂ X là hai dKy song trực giao. Khi đó, hệ { x1, x2, . . . } là độc lập tuyến tính trong X và hệ { f1, f2, . . . } là độc lập tuyến tính trong X. Chứng minh. Phản chứng : hệ { x1, x2, . . . } là phụ thuộc tuyến tính, tức là tồn 75 www.VNMATH.com tại một chỉ số m và các số α1, . . . , αm không đồng thời bằng 0 sao cho: α1x1 + . . . + αmxm = 0. Nếu αk = 0, ta có: 0 = fk( m∑ i=1 αixi) = αk. Vô lý (!) Vì vậy, hệ { x1, x2, . . . } độc lập tuyến tính. Chứng minh hoàn toàn t−ơng tự ta đ−ợc hệ {f1, f2, . . . } độc lập tuyến tính.  3.4. Toán tử ng−ợc và phổ 3.4.1. Toán tử ng−ợc Nếu X và Y là hai không gian tuyến tính trên cùng một tr−ờng số K,A : X −→ Y là một song ánh tuyến tính, thì tồn tại ánh xạ ng−ợc A−1 : Y −→ X và A−1 cũng là một toán tử tuyến tính. Nếu X,Y là các không gian định chuẩn và A : X −→ Y là song ánh liên tục từ X lên Y, thì tồn tại toán tử tuyến tính A−1, nh−ng A−1 có thể không liên tục. Định lý 3.11. Giả sử A là một song ánh tuyến tính từ không gian định chuẩn X lên không gian định chuẩn Y. Khi đó: A−1 liên tục ⇐⇒ ∃α > 0,∀x ∈ X :|| Ax ||≥ α || x || . Chứng minh. Đơn giản.  Định nghĩa 3.18. Giả sử A là một song ánh tuyến tính liên tục từ không gian định chuẩn X lên không gian định chuẩn Y và ánh xạ ng−ợc A−1 liên tục. Khi đó, ta nói A−1 là toán tử ng−ợc của A. Đồng thời, A đ−ợc gọi là một phép đồng phôi tuyến tính X lên Y, và X,Y đ−ợc gọi là hai không gian đồng phôi tuyến tính 76 www.VNMATH.com với nhau. Định nghĩa 3.19. Giả sử X,Y là các không gian định chuẩn, và tồn tại ánh xạ ϕ từ X lên Y bảo toàn các phép toán đại số và bảo toàn chuẩn, tức là: ϕ(αx + βy) = αϕ(x) + βϕ(y) (∀x, y ∈ X,∀α, β ∈ K), || ϕ(x) ||=|| x || (∀x ∈ X). (3.13) Khi đó, ϕ đ−ợc gọi là một phép đẳng cấu tuyến tính X lên Y, và X, Y đ−ợc gọi là hai không gian định chuẩn đẳng cấu với nhau. Nhận xét 3.13. Nếu ϕ là một phép đẳng cấu tuyến tính từ X lên Y, thì ϕ là một song ánh tuyến tính từ X lên Y. Thật vậy, ta sẽ chỉ ra ϕ là ánh xạ 1 - 1: ϕ(x) = ϕ(y) =⇒ 0 = ϕ(x) − ϕ(y) = ϕ(x − y) =⇒ x − y = 0 (do (3.13)) =⇒ x = y.  Mệnh đề 3.5. Hai không gian định chuẩn X,Y đồng phôi tuyến tính có thể đồng nhất với nhau. Chứng minh. Giả sử A là ánh xạ đồng phôi tuyến tính X lên Y. Ta xác định chuẩn mới || . ||1 trong X nh− sau: || x ||1=|| Ax || (∀x ∈ X), bởi vì A−1 liên tục, theo định lý 3.11, ∃α > 0,∀x ∈ X, α || x ||
|| Ax ||
|| A || . || x || . =⇒ α || x ||
|| x ||1
|| A || . || x || =⇒ các chuẩn || . || và || . ||1 trong X là t−ơng đ−ơng. =⇒ Trong X có thể thay || . || bằng || . ||1 . Với || . ||1, ta có thể đồng nhất mỗi phần tử x ∈ X với phần tử y = Ax ∈ Y. Nh− vậy, X đẳng cấu với Y, và có thể đồng nhất X và Y. 77 www.VNMATH.com 3.4.2. Phổ của toán tử tuyến tính Giả sử X là không gian định chuẩn và A : X −→ X là toán tử tuyến tính (bị chặn hoặc không bị chặn). Nhắc lại : vectơ x = 0 đ−ợc gọi là một vectơ riêng của A ứng với giá trị riêng λ, nếu Ax = λx, hay là (A− λI)x = 0. (3.14) Mệnh đề 3.6. Giả sử A là toán tử tuyến tính bị chặn, λ là một giá trị riêng của A. Khi đó, không gian con riêng ứng với λ : Nλ = { x ∈ X : Ax = λx} là một không gian con đóng của X. Chứng minh. Do A liên tục, ta suy ra điều phải chứng minh.  Nhận xét 3.14. a) λ là giá trị riêng của A =⇒ A− λI không có toán tử ng−ợc. b) λ không là giá trị riêng của A =⇒ A − λI là ánh xạ 1-1 từ X vào X (bởi vì (3.14) chỉ xảy ra khi x = 0) =⇒ tồn tại toán tử (A − λI)−1 : (A − λI)(X) −→ X ; nh−ng không thể nói đến toán tử (A − λI)−1 : X −→ X, và khi tồn tại, toán tử (A− λI)−1 có thể bị chặn hoặc không bị chặn. Định nghĩa 3.20. a) Giả sử A là một toán tử tuyến tính bị chặn trong không gian định chuẩn X. Số λ đ−ợc gọi là thuộc phổ của A, hay một giá trị phổ của A, nếu không tồn tại toán tử ng−ợc bị chặn (A−λI)−1 b) Tập tất cả các giá trị phổ của A đ−ợc gọi là phổ của A; ký hiệu là σ(A). Nhận xét 3.15. λ là giá trị riêng của A =⇒ λ ∈ σ(A). 78 www.VNMATH.com Định nghĩa 3.21. a) Số à /∈ σ(A) đ−ợc gọi là một giá trị chính qui của A. b) Tập tất cả các giá trị chính qui của A đ−ợc gọi là tập giải của A; ký hiệu là ρ(A). Nhận xét 3.16. à là giá trị chính qui của A =⇒ tồn tại toán tử (A− λI)−1 bị chặn. Gọi L(X) là không gian các toán tử tuyến tính liên tục trong X, tức là từ X vào X. Định lý 3.12. Giả sử X là không gian Banach (thực hay phức), A ∈ L(X) và số λ thoả mKn: | λ |> lim n→∞ n √ || An ||. Khi đó, λ ∈ ρ(A) và toán tử R(λ;A) = (A − λI)−1 đ−ợc xác định bởi công thức: (A− λI)−1 = − ∞∑ n=0 An λn+1 . (3.15) ở đây sự hội tụ của chuỗi đ−ợc xét trong không gian L(X), tức là hội tụ theo chuẩn toán tử. Chứng minh. Chuỗi số ∞∑ n=0 An λn+1 hội tụ khi và chỉ khi | λ |> lim n→∞ n √ || An ||. (3.16) Ta sẽ chỉ ra tồn tại giới hạn lim n→∞ n √ || An ||. Thật vậy, ta cố định một số nguyên d−ơng tuỳ ý k và giả sử n = kp + r (0
r < k). Khi đó: p n = 1 k − r kn . 79 www.VNMATH.com =⇒|| An || 1 n=|| Akp+r || 1 n
|| Ak || p n . || A || r n =|| Ak || 1 k − r kn . || A || r n =⇒ lim n→∞ n √ || An ||
|| Ak || 1 k= k √ || Ak || (cho n→∞). =⇒ lim n→∞ n √ || An ||
lim k→∞ k √ || Ak || (cho k →∞). =⇒ lim n→∞ n √ || An || = lim n→∞ n √ || An ||. =⇒ tồn tại giới hạn lim n→∞ n √ || An ||, và chuỗi ở vế phải (3.15) hội tụ tuyệt đối khi | λ >| lim n→∞ n √ || An ||. đồng thời, tổng của chuỗi (3.15) là một toán tử tuyến tính liên tục, và (A− λI) ( − ∞∑ n=0 An λn+1 ) = ( − ∞∑ n=0 An λn+1 ) (A− λI) = I =⇒ (A− λI) có toán tử ng−ợc bị chặn xác định bởi (3.15).  Hệ quả 3.12.1. Giả sử X là không gian Banach, A ∈ L(X), số λ thoả mKn: | λ >|| A || . Khi đó, λ ∈ ρ(A) và toán tử ng−ợc bị chặn (A− λI)−1 đ−ợc xác định bởi (3.15). Chứng minh. Ta có: n √ || An ||
n √ || A ||n =|| A ||<| λ | =⇒ lim n→∞ n √ || An ||
|| A ||<| λ | . áp dụng định lý 3.12 ta suy ra điều phải chứng minh.  Hệ quả 3.12.2. Giả sử X là không gian Banach, A ∈ L(X), || A ||< 1. Khi đó, tồn tại toán tử ng−ợc bị chặn (I +A)−1, và (I +A)−1 = ∞∑ n=0 (−A)n (3.17) 80 www.VNMATH.com Chứng minh. Lấy λ = −1, ta có | λ |>|| A ||. áp dụng Hệ quả 3.12.1 ta nhận đ−ợc điều phải chứng minh.  Định lý 3.13. Giả sử X là không gian Banach, A là tập tất cả các toán tử A ∈ L(X) có toán tử ng−ợc bị chặn A−1. Khi đó, A là tập mở trong L(X). Nói cách khác, nếu A0 ∈ A, A ∈ L(X) thoả mKn: || A−A0 ||<|| A −1 0 || −1, (3.18) thì A ∈ A, và toán tử ng−ợc bị chặn A−1 có thể tính theo công thức: A−1 = ∞∑ n=0 (I −A−10 A) n.A−10 . (3.19) Chứng minh. Ta có: A = A0 + (A−A0) = A0[I +A −1 0 (A−A0)]. Từ (3.18) suy ra: || A−10 (A−A0) ||
|| A −1 0 || . || A−A0 ||< 1. =⇒ tồn tại toán tử bị chặn [I+A−10 (A−A0)] −1 (Hệ quả 3.12.2). =⇒ tồn tại toán tử liên tục A−1 xác định bởi công thức: A−1 = [I +A−10 (A−A0)] −1.A−10 . =⇒ A−1 = ∞∑ n=0 [−A−10 (A−A0)] n = ∞∑ n=0 (I−A−10 A) n (do (3.17)).  Định lý 3.14. Giả sử X là không gian Banach thực (hay phức), A ∈ L(X). Khi đó, tập giải ρ(A) là tập mở trong R (hay C) và hàm R(λ;A) = (A− λI)−1 là giải tích trên ρ(A). Nói cách khác, nếu λ0 ∈ ρ(A) và λ thoả mKn: | λ− λ0 |<|| (A− λ0I) −1||−1, 81 www.VNMATH.com thì λ ∈ ρ(A) và (A − λI)−1 có thể khai triển thành chuỗi luỹ thừa: (A− λI)−1 = ∞∑ n=0 (A− λ0I) −n−1.(λ− λ0) n, trong đó (A− λ0I)−i ∈ L(X) (i = 1, 2, . . . ). Chứng minh. Ta có: || (A− λI)− (A− λ0I) ||=|| (λ− λ0)I ||=|| λ− λ0 || . áp dụng định lý 3.13 với A − λI và A − λ0I đóng vai trò của A và A0, ta nhận đ−ợc (A− λI)−1 ∈ L(X). Từ (3.19) suy ra: (A− λI)−1 = ∑∞ n=0[I − (A− λ0I) −1(A− λI)]n.(A− λ0I−1) = ∞∑ n=0 [(A− λ0I) −1((A− λ0I)− (A− λI))] n.(A− λ0I) −1 = ∞∑ n=0 (A− λ0I) −n−1(λ− λ0) n.  3.5. Không gian định chuẩn hữu hạn chiều Định lý 3.15. Tất cả các không gian định chuẩn n - chiều đều đồng phôi tuyến tính với nhau. Chứng minh. Ký hiệu En là không gian Rn hay Cn với chuẩn Euclide || x ||= ( n∑ i=1 | ξi | 2 )1/2 (x = (ξ1, . . . , ξn) ∈ E n), trong đó Rn = Rì . . .ìR và Cn = Cì . . .ìC (tích Đề các n - lần) Ta sẽ chứng minh mọi không gian định chuẩn n - chiều X đồng phôi với En (cụ thể: với Rn nếu X thực, với Cn nếu X phức). 82 www.VNMATH.com Thật vậy, bởi vìX là n -chiều, cho nên tồn tại cơ sở { e1, . . . , en } ⊂ X và mỗi x ∈ X đều biểu diễn đ−ợc duy nhất d−ới dạng: x = n∑ i=1 ξiei. (3.20) Ta định nghĩa ánh xạ A : X −→ En nh− sau: với x ∈ X có dạng (3.20), Ax = x¯ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ En. Khi đó, A là một song ánh tuyến tính từ X lên En. Ta có: || x || =|| n∑ i=1 ξiei ||
|| n∑ i=1 | ξi | . || ei ||
( n∑ i=1 || ei || 2 )1/2 . ( n∑ i=1 | ξi | 2 )1/2 = M || x¯ ||= M || Ax ||, (3.21) trong đó M = ( n∑ i=1 || ei || 2 )1/2 không phụ thuộc vào x ∈ X. =⇒ toán tử ng−ợc A−1 liên tục (định lý 3.11). Xét mặt cầu đơn vị trong En : S(0; 1) := { x ∈ En :|| x¯ ||2= n∑ i=1 | ξi | 2= 1}. Ta có S(0; 1) là tập đóng và bị chặn trongEn =⇒ S(0; 1) compăc. Xét hàm số: f(x¯) = f(ξ1, . . . , ξn) =|| n∑ i=1 ξiei ||=|| x || . hàm f xác định trên S(0; 1) và liên tục, bởi vì | f(x¯)− f(y¯) |=||| x || − || y |||
|| x− y ||
M || x¯− y¯ || . 83 www.VNMATH.com (do (3.21)). Vì vậy, f đạt cực tiểu tại x¯0 ∈ S(0; 1). Vì x¯0 = (ξ 0 1, . . . , ξ 0 n) = 0, nên α = f(x¯0) > 0. Nh− vậy là: nếu || x¯ ||= 1 thì f(x¯) =|| x ||≥ α. Lấy x ∈ X thoả mKn Ax = x¯ = 0. đặt y = x || Ax || . Khi đó: y¯ = Ay = Ax || Ax || . =⇒|| y¯ ||= 1 =⇒ || y ||≥ α =⇒ || Ax ||
α−1 || x || . Bất đẳng thức cũng đúng nếu Ax = 0. Vì vậy, toán tử A liên tục.  Hệ quả 3.15.1. X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều =⇒ X là không gian Banach. Chứng minh. Do En là không gian Banach, áp dụng định lý 3.15 ta nhận đ−ợc điều phải chứng minh.  Hệ quả 3.15.2. Giả sử X là không gian định chuẩn, M là không gian con tuyến tính hữu hạn chiều của X. Khi đó, M là tập đóng trong X. Chứng minh. Vì M là không gian con đầy đủ của không gian metric X, cho nên M là một tập đóng tùy ý trong X.  Định lý 3.16. Giả sử X là không gian định chuẩn. Khi đó: X là compăc địa ph−ơng ⇐⇒ dimX <∞. Chứng minh. a) Điều kiện đủ. Giả sử dimX < ∞ =⇒ X đồng phôi tuyến tính với không gian compăc địa ph−ơng En (định lý 3.15) =⇒ X compăc địa ph−ơng. b) Điều kiện cần. Giả sử dimX =∞. Tr−ớc hết, ta chứng minh 84 www.VNMATH.com hình cầu đơn vị: B¯(0; 1) = { x ∈ X :|| x ||
1} không compăc. Thật vậy, lấy x0 ∈ X với || x0 ||= 1. Bởi vì dimX = ∞, X không trùng với không gian con một chiều [x0] gây nên bởi x0. Theo hệ quả 3.15.2, [x0] là không gian con đóng của X. Vì vậy, ∃x1 ∈ X với || x1 ||= 1, || x1 − x0 || > 1 2 (bài tập 2.8). Ta lại có X không trùng với không gian con gây nên bởi x0 và x1, cho nên ∃x2 ∈ X với || x2 ||= 1, || x2−x0 ||> 1 2 , || x2−x1 ||> 1 2 . Cứ tiếp tục quá trình này, ta đ−ợc dKy { xn } ⊂ B¯(0; 1) với || xn − xm ||> 1 2 khi n = m =⇒ { xn} không có dKy con nào hội tụ =⇒ hình cầu B¯1 không compăc. Theo mệnh đề 2.2, với λ cố định khác 0, ánh xạ vị tự : x −→ λx là một phép đồng phôi X lên X. =⇒ mọi hình cầu B¯(0; r) = { x ∈ X :|| x ||
r } không compăc. =⇒ Không tồn tại lân cận compăc của 0 ∈ X. =⇒ X không compăc địa ph−ơng.  Định lý 3.17. Giả sử X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều, Y là không gian định chuẩn tuỳ ý và A : X −→ Y là một toán tử tuyến tính. Khi đó, A liên tục. Chứng minh. Giả sử dimX < ∞, { e1, . . . , en} là một cơ sở của X. Khi đó, mỗi vectơ x ∈ X đều có thể biểu diễn đ−ợc duy nhất d−ới dạng: x = n∑ i=1 xiei. 85 www.VNMATH.com Theo định lý 3.15, ta có thể giả thiết chuẩn trong X đ−ợc xác định bởi công thức: || x ||=|| n∑ i=1 xiei ||= sup 1
i
n | xi | . Ta có: Ax = A( n∑ i=1 xiei) = n∑ i=1 xiAei. =⇒|| Ax ||
n∑ i=1 | xi | . || Aei ||
( n∑ i=1 || Aei ||). sup 1
i
n | xi | = ( n∑ i=1 || Aei ||). || x || . =⇒ A liên tục.  Định lý 3.18. X là không gian định chuẩn n - chiều =⇒ X∗ là không gian định chuẩn n - chiều đồng phôi tuyến tính với X. Chứng minh. Giả sử { e1, . . . , en} là một cơ sở của X. Theo định lý 3.15, X đồng phôi tuyến tính với En (cụ thể: với Rn nếu X thực, với Cn nếu X phức). Lấy u = (u1, . . . , un) ∈ En. Ta xác định phiếm hàm fu trên X nh− sau: fu(x) = n∑ i=1 uiξi (x = n∑ i=1 ξiei). Hiển nhiên là fu(.) tuyến tính. Theo định lý 3.17, fu(.) liên tục. Vậy, fu ∈ X∗. Ng−ợc lại, lấy f ∈ X∗, ta có: f(x) = f ( n∑ i=1 ξiei ) = n∑ i=1 f(ei)ξi. 86 www.VNMATH.com Đặt ui = f(ei) =⇒ u = (u1, . . . , un) ∈ En và không phụ thuộc x. điều đó chứng tỏ rằng ∀f ∈ X∗,∃u ∈ En : f = fu, ánh xạ A : u −→ fu (En → X∗) là tuyến tính. Lập luận trên chứng tỏ A là ánh xạ lên. Hơn nữa, nếu fu = 0 thì u = 0. Vậy A là ánh xạ 1-1. Do đó, A là một song ánh tuyến tính =⇒ X∗ là không gian định chuẩn n - chiều (nhận xét 3.4) =⇒ X∗ đồng phôi tuyến tính với X (định lý 3.15).  Định lý 3.19. Giả sử X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều với chuẩn Euclide. Khi đó, không gian định chuẩn X∗ đẳng cấu tuyến tính với X. Chứng minh. Giả sử dimX = n, { e1, . . . , en} là một cơ sở của X. Tr−ớc hết chú ý rằng trong X ta dùng chuẩn Euclide, tức là: nếu x ∈ X, x = n∑ i=1 ξiei, thì || x ||= ( n∑ i=1 | ξi | 2 )1/2 . Ta chỉ việc chứng minh rằng ánh xạ A : En −→ X∗ đK xây dựng trong định lý 3.18 là bảo toàn chuẩn tức là: || Au ||=|| u || (∀u = (u1, . . . , un) ∈ En) (trong En ta dùng chuẩn Euclide). Thật vậy, với x ∈ X, x = n∑ i=1 xiei, phiếm hàm tuyến tính fu(x) = n∑ i=1 uiξi (u ∈ E n) thoả mKn: | fu(x) |=| ∑n i=1 uiξi |
( ∑n i=1 | ui | 2)1/2.( ∑n i=1 | ξi | 2)1/2 =|| u || . || x || . =⇒|| fu ||
|| u || (3.22) 87 www.VNMATH.com Lấy x0 = n∑ i=1 ξ0i ei, trong đó: ξ0i =  0, nếu ui = 0;| ui | ui , nếu ui = 0; (i = 1, . . . , n) =⇒|| x0 ||= ( n∑ i=1 | ξ0i | 2)1/2 = ( n∑ i=1 | ui | 2)1/2 =|| u || . =⇒|| u || . || x0 ||=|| u ||2= n∑ i=1 uiξ 0 i = fu(x0)
|| fu || . || x 0 || =⇒|| u ||
|| fu || . (3.23) Kết hợp (3.22) và (3.23) ta đ−ợc: || fu ||=|| u || hay || Au ||=|| u || . =⇒ En đẳng cấu tuyến tính với kkông gian định chuẩn X∗. =⇒ Không gian định chuẩn X đẳng cấu tuyến tính với X∗, bởi vì với chuẩn Euclide, X đẳng cấu tuyến tính với En.  3.6. Liên hợp của các không gian c0, lp, Lp[0, 1] Nhắc lại c0 là không gian gồm tất cả các dKy số x = (ξ1, ξ2, . . . ) hội tụ đến 0, với chuẩn: ||x|| = sup 1
n<∞ |ξn|. 88 www.VNMATH.com Với p ≥ 1, lp là không gian gồm tất cả các dKy số x = (ξ1, ξ2, . . . ) sao cho: ||x||p = ( ∞∑ n=1 |ξn| p )1/p <∞. Không gian l∞ gồm tất cả các dKy số bị chặn x = (ξ1, ξ2, . . . ), với chuẩn: ||x||∞ = sup 1
n<∞ |ξn|. Ký hiệu en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (số 1 ở vị trí thứ n). Ta có en ∈ c0, en ∈ lp (p ≥ 1) và nếu x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ c0 (hay lp), thì: x = ∞∑ n=1 ξnen; (3.24) Chuỗi (3.24) hội tụ trong c0 (hay lp). Đẳng thức (3.24) không đúng, nếu xem nh− en ∈ l∞ (n = 1, 2, . . . ) và lấy x = (ξ1, ξ2, . . . ) ∈ l∞. Khi đó ta có: a) Không gian c∗0 đẳng cấu tuyến tính với không gian l1. b) Không gian l∗1 đẳng cấu tuyến tính với l∞. c) Với p > 1, không gian l∗p đẳng cấu tuyến tính với không gian lq, trong đó số q thoả mKn 1 p + 1 q = 1. Nhận xét 3.17. Không gian l∗2 đẳng cấu tuyến tính với l2. Thật vậy, lấy p = q = 2 ta suy ra điều phải chứng minh. Giả sử α(t) là hàm đo đ−ợc và bị chặn cốt yếu trên [0,1], có nghĩa 89 www.VNMATH.com là tồn tại tập A ⊂ [0, 1] có độ đo Lebesgue à(A) = 0, sao cho sup t∈[0,1]\A |α(t)| <∞. Khi đó, ||α||∞ = inf A:à(A)=0 { sup t∈[0,1]\A |α(t)| } <∞, đó là cận trên cốt yếu của α(t), và còn đ−ợc ký hiệu là vrai sup t∈[0,1] |α(t)| hoặc ess sup t∈[0,1] |α(t)|. Gọi L∞[0, 1] là tập hợp tất cả các hàm đo đ−ợc và bị chặn cốt yếu trên [0,1]. Ta có L∞[0, 1] là một không gian tuyến tính, và là không gian định chuẩn với chuẩn ||.||∞. Ta có d) Không gian L∗1[0, 1] đẳng cấu tuyến tính với L∞[0, 1]. e) Với p > 1, không gian L∗p[0, 1] đẳng cấu tuyến tính với không gian Lq[0, 1], trong đó số q thoả mKn 1 p + 1 q = 1. Nhận xét 3.18. a) Nếu p = 2, thì L∗2[0, 1] đẳng cấu tuyến tính với L2[0, 1] b) Lp[0, 1] là không gian Banach. Thật vậy, Lp[0, 1] là không gian liên hợp L ∗ q[0, 1] của Lq[0, 1]. Không gian L∗q[0, 1] đầy đủ, vậy không gian Lp[0, 1] đầy đủ. Bài tập 3.1. Giả sử M là không gian con tuyến tính của không gian tuyến 90 www.VNMATH.com tính X và N là một phần bù đại số của M. Chứng minh rằng X/M  N. 3.2. Giả sử X, Y là hai không gian tuyến tính; L(X ;Y ) là không gian tất cả các ánh xạ tuyến tính từ X vào Y. Chứng minh rằng nếu dimX = m, dimY = n, thì dimL(X ;Y ) = mn. 3.3. Giả sử X, Y là các không gian tuyến tính, A : X −→ Y là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh rằng: X/KerA  ImA. 3.4. Chứng minh rằng các ánh xạ sau đây là những toán tử tuyến tính liên tục và tính chuẩn của chúng a) A : C[0, 1] −→ C[0, 1], (Ax)(t) = ∫ t 0 x(s)ds; b) A : C1[0, 1] −→ C[0, 1], (Ax)(t) = x(t), trong đó C1[0, 1] là không gian các hàm khả vi liên tục trên [0,1] với chuẩn ||x||C1[0,1] = |x(0)| + sup 0
t
1 |x′(t)| c) A : C1[a, b] −→ C[a, b], (Ax)(t) = x′(t). 3.5. C10 [0, 1] là tập tất cả các hàm y(t) có các đạo hàm liên tục trên [0,1], thoả mKn y(0) = 0. Với chuẩn đK có trong C[0, 1] thì C10 [0, 1] là một không gian định chuẩn con của C[0, 1]. Định nghĩa ánh xạ A : C[0, 1] −→ C10 [0, 1] nh− sau: (Ax)(t) = ∫ t 0 x(s)ds (x(t) ∈ C[0, 1]). Chứng minh rằng A là một song ánh tuyến tính liên tục từ X lên Y , nhứng A−1 không liên tục. 3.6. Giả sử K(t, s) là hàm số xác định và liên tục trên hình vuông 91 www.VNMATH.com { (t, s) ∈ R2 : 0
t, s
1}. Ta xác định ánh xạ (Ax)(t) = ∫ 1 0 K(t, s)x(s)ds (x(t) ∈ C[0, 1]). Chứng minh rằng: a) A là một toán tử tuyến tính liên tục từ C[0, 1] vào C[0, 1]. b) ||A|| = sup 0
t
1 ∫ 1 0 |K(t, s)|ds. (A đ−ợc gọi là toán tử tích phân với hạch K(t, s)). 3.7. Giả sử X là không gian định chuẩn, M là không gian con đóng của X. Trong không gian tuyến tính th−ơng X/M ta trang bị chuẩn ||.||0 : ||xˆ||0 = inf x∈xˆ ||x|| (xˆ ∈ X/M). Gọi pi là ánh xạ chính tắc từ X vào X/M xác định bởi: pi(x) = xˆ (x ∈ X), trong đó xˆ là lớp t−ơng đ−ơng chứa x. Chứng minh rằng pi là ánh xạ mở. 3.8. Giả sử X,Y là các không gian định chuẩn trên cùng tr−ờng số K. Phiếm hàm f : X ì Y −→ K đ−ợc gọi là song tuyến tính nếu: f(αx1 + βx2, y) = αf (x1, y) + βf(x2, y), f(x, αy1 + βy2) = αf(x, y1) + βf(x, y2), (với mọi x, x1, x2 ∈ X, y, y1, y2 ∈ Y và α, β ∈ K). Chứng minh rằng các mệnh đề sau là t−ơng đ−ơng: α) f liên tục ; 92 www.VNMATH.com β) f liên tục tại (0, 0); γ) ∃M > 0,∀x ∈ X,∀y ∈ Y, |f(x, y)|
M ||x||.||y||. 3.9. Giả sử X, Y là các không gian định chuẩn trên cùng tr−ờng số K; f là một phiếm hàm song tuyến tính trên X ì Y. Phiếm hàm f đ−ợc gọi là liên tục theo từng biến nếu với mỗi x ∈ X cố định thì f(x, .) = fx ∈ Y ∗ và nếu với mỗi y ∈ Y cố định thì f (., y) = fy ∈ X∗. a) Chứng minh rằng nếu f liên tục, thì f liên tục theo từng biến. b) Giả sử có một trong không gian X, Y là đầy đủ. Chứng minh rằng nếu f liên tục theo từng biến, thì f liên tục. 3.10. Giả sử A,B ∈ L(X), AB và BA có toán tử ng−ợc. Chứng minh rằng A và B có toán tử ng−ợc, trong đó L(X) := L(X;X). 3.11. Giả sử A,B ∈ L(X), AB − I có toán tử ng−ợc. Chứng minh rằng BA− I có toán tử ng−ợc. 93 www.VNMATH.com Ch−ơng IV Các nguyên lý cơ bản của giải tích hàm 4.1. Định lý Hahn - Banach 4.1.1. Định lý Hahn - Banach cho không gian tuyến tính thực Định lý 4.1. Giả sử X là không gian tuyến tính thực, M là một không gian con tuyến tính của X, p là một sơ chuẩn trên X và f là một phiếm hàm tuyến tính xác định trên M thỏa mKn: f(x)
p(x) (∀x ∈M). Khi đó, tồn tại phiếm hàm tuyến tính F trên X sao cho: a) F (x) = f(x) (∀x ∈M), b) F (x)
p(x) (∀x ∈M). Chứng minh. Ta gọi một suy rộng của f là một phiếm hàm tuyến tính g xác định trên một không gian con tuyến tính Dg ⊃M thỏa mKn: a) g(x) = f(x) (∀x ∈M), b) g(x)
p(x) (∀x ∈ Dg). Gọi F là tập tất cả các suy rộng của f. Khi đó, F = ∅, bởi vì f ∈ F . Ta xác định một quan hệ thứ tự bộ phận trong F nh− sau: nếu g1, g2 ∈ F , thì g1
g2 ⇐⇒ Dg1 ⊂ Dg2 và g1(x) = g2(x) (∀x ∈ Dg1). Giả sử D là một tập con sắp thẳng của F . Ký hiệu: D∗ = ⋃ g∈D Dg. 94 www.VNMATH.com Khi đó, D∗ ⊃ M và D∗ là một không gian con tuyến tính của X. Ta có: ∀x ∈ D∗,∃g ∈ D : x ∈ Dg. Ta xác định phiếm hàm g∗ trên D∗ bằng cách đặt: g∗(x) = g(x).