Giải tích hàm (29 - 10 - 2020) - 2 [PDF]

Zitiervorschau

K6 4

———— Giải tích hàm ———— Lê Nguyên Bách Đỗ Mạnh Dũng

Tin

CTTN Toán Tin K64 - ĐHBKHN

CT

TN

To án

08/2020

Giải tích hàm

Tổng hợp lí thuyết

2 2

2

Topo của không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2.1

Quả cầu mở, quả cầu đóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2.2

Tập bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.3

Tập mở, tập đóng và không gian topo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.4

Phần trong và bao đóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.5

Tập trù mật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Dãy, giới hạn, ánh xạ liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.1

Dãy hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.2

Đặc trưng của bao đóng và tính đóng của tập hợp bằng dãy . . . . . . . .

7

3.3

Ánh xạ liên tục - Đặc trưng topo của tính liên tục . . . . . . . . . . . . . .

8

Tính đầy đủ và compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

4.1

Dãy cơ bản (Dãy Cauchy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

4.2

Không gian đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

4.3

Compact - Compact tương đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

4.4

Tập hoàn toàn bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

4.5

Định lý Cantor về dãy hình cầu đóng thắt dần . . . . . . . . . . . . . . . .

12

4.6

Định lý Banach về điểm bất động của ánh xạ co . . . . . . . . . . . . . . .

12

Định lý Arzela - Ascoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

4

4.7 II Bài tập

CT

III Đáp án

Tin

Khái niệm không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

II

2

1

To án

I

Không gian metric

TN

I

K6 4

Mục lục

Không gian tuyến tính định chuẩn

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

14 17

25

1

Giải tích hàm

K6 4

Phần I

Không gian metric I

Tổng hợp lí thuyết

1

Khái niệm không gian metric

Tin

Cho tập X 6= ∅. Một ánh xạ d : X × X → − [0, +∞) được gọi là một metric (hay khoảng cách) nếu như thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) d(x, y) ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y (ii) d(x, y) = d(y, x) (iii) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), ∀x, y, z ∈ X

Một tập hợp X được trang bị một metric như trên được gọi là một không gian metric VD:

To án

1) (R, d), với d(x, y) = |x − y| là không gian metric n o 2) Xét không gian C[a,b] = f : [a, b] → R f liên tục trên [a, b]

Khi đó không gian C[a,b] , d với d x(t), y(t) = sup x(t) − y(t) là không gian metric t∈[a,b]

Trong Phần I. Không gian metric, để thuận tiện trong việc trình bày, ta quy định E là không gian ứng với metric d, khi đó (E, d) là một không gian metric

Topo của không gian metric

2.1

Quả cầu mở, quả cầu đóng

TN

2

Với 0 < r ∈ R và a ∈ E, ta có các định nghĩa sau:

CT

n o I Quả cầu mở tâm a, bán kính r là tập B(a, r) := x ∈ E d(x, a) < r n o 0 := I Quả cầu đóng tâm a, bán kính r là tập B (a, r) x ∈ E d(x, a) ≤ r n o R I Mặt cầu tâm a, bán kính r là tập S(a, r) := x ∈ E d(x, a) < r

2r

VD:


 1) Xét không gian R2 , d∞ , với d∞ = max |x1 − y1 |, |x2 − y2 | Khi đó vớia = (a1 , a2 ) ∈ R, ta có:   0 2 B (a, r) = (x1 , x2 ) ∈ R max |x1 − a1 |, |x2 − a2 | ≤ r

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

a2

•

x2

O

2r •

a1

x1

R

2

Giải tích hàm


2) . Xét không gian R , d1 , với d1 = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | 2

Khi đó với a = (a1 , a2 ) ∈ R, ta có: n o 2 B(a, r) = (x1 , x2 ) ∈ R |x1 − a1 | + |x2 − a2 | < r 2.2

Tập bị chặn

Tập A ⊂ E gọi là bị chặn ⇔ (∃M > 0)(∀x, y ∈ A) : d(x, y) < M

2r

K6 4

R

x2 a2

•

O

a1 x1

•

2r

R

Mệnh đề Với ∅ 6= A ⊂ E, A bị chặn ⇔ (∃a ∈ E)(∃r > 0) : A ⊂ B 0 (a, r)

Tin

Chứng minh: (Chiều thuận) Lấy x0 ∈ A bất kỳ. Do tập A là tập bị chặn nên tồn tại M > 0 để d(x, x0 ) < M với ∀x. Dễ thấy rằng khi đó A ⊂ B 0 (x0 , M )

(Chiều đảo) Do A ⊂ B 0 (a, r) nên với mọi x, y ∈ A, ta có bất đẳng thức d(x, y) ≤ d(x, a) + d(a, y) ≤ r + r = 2r Chọn M = 2r, khi đó A bị chặn Tập mở, tập đóng và không gian topo

To án

2.3

I Lân cận

Lấy x ∈ E bất kỳ. Tập V ⊂ E gọi là lân cận của x trong E ⇔ ∃r > 0 : B(x, r) ⊂ V   Ta kí hiệu VE (x) = V ⊂ E V là lân cận của x ∈ E I Tập mở

Ω là tập mở trong E ⇔ ∀x ∈ Ω : Ω ∈ VE (x)   Hay nói cách khác, Ω là tập mở trong E ⇔ (∀x ∈ Ω)(∃r > 0) : B(x, r) ⊂ Ω Từ định nghĩa tập mở, ta có các tính chất sau: (1) E, ∅ là các tập mở

(3)

(Ui )ni=1

TN

(2) (Ui )i∈I là họ tùy ý (Có thể vô hạn) các tập mở ⇒ là họ hữu hạn các tập mở ⇒

Chứng minh:

[

Ui mở

i∈I n \

Ui mở

i=1

i∈I

CT

(1) Do lề giấy quá nhỏ nên phần chứng minh sẽ để lại cho bạn đọc [ (2) Lấy x ∈ Ui bất kỳ. Khi đó ∃j sao cho x ∈ Uj mở. Theo định nghĩa tập mở, luôn tồn tại i∈I [ một hình cầu mở B(x, r) chứa trong Uj . Mà Uj ⊂ Ui . Do đó hình cầu mở B(x, r) chứa trong i∈I [ [ Ui . Vậy Ui là tập mở i∈I

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

3

Giải tích hàm

Ui bất kỳ, khi đó với ∀i = 1, n thì x ∈ Ui mở. Theo định nghĩa tập mở, luôn tồn

K6 4

(3) Lấy x ∈

n \ i=1

tại một hình cầu mở B(x, ri ) chứa trong Ui

Đặt r = min ri . Vì r ≤ ri với ∀i nên B(x, r) ⊂ B(x, ri ) ⊂ Ui , do đó hình cầu mở B(x, r) chứa i=1,n

trong

n \

Ui . Vậy

i=1

n \

Ui là tập mở

i=1

Lưu ý Hợp vô hạn của tập mở chưa chắc là tập mở. Ví dụ xét không gian (R, d) với d = |x − y|   +∞ \ 1 1 , k ∈ N∗ . Khi đó Uk = {0} không là tập mở Với tập Uk = − , k k k=1

Tin

I Không gian topo

Xét không gian (X, O), với X là tập hợp bất kỳ và O là tập con nào đó của X (X, O) được gọi là không gian topo nếu các điều kiện sau thỏa mãn: (i) ∅, X ∈ O (ii) Ui ∈ O, ∀i ∈ I (Tùy ý) ⇒

[

Ui ∈ O

i∈I

(iii) Ui ∈ O, ∀i = 1, n (Hữu hạn) ⇒

n \

Ui ∈ O

i=1

gian topo I Tập đóng

To án

Như vậy nếu (E, d) là không gian metric và O là hệ thống các tập mở của E thì (E, O) là không

Ψ là tập mở trong E ⇔ E \ Ψ là tập mở

Ta kí hiệu ΨC := E \ Ψ là phần bù của Ψ trong E (Đôi khi còn có kí hiệu khác là CE Ψ) Từ định nghĩa tập đóng, ta có các tính chất sau: (1) ∅, E là các tập đóng

(2) (Ui )i∈I là họ tùy ý các tập đóng ⇒

n \

Ui đóng

(Ui )ni=1

(3)

TN

i∈I

là họ hữu hạn các tập đóng ⇒

n [

Ui đóng

i=1

(Tự chứng minh các tính chất trên nhé!) 2.4

Phần trong và bao đóng

CT

Lấy A ⊂ E bất kỳ, ta có các định nghĩa sau: [ I Phần trong của A : IntA := Ω I Bao đóng của A : A :=

\Ω mở ⊂A Ψ Ψ đóng ⊃A

I Biên của A : ∂A := A \ IntA Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

4

Từ các định nghĩa trên, ta có một số bổ đề hay dùng như sau:  C
(1) (IntA)C = AC (2) A = Int AC

K6 4

Giải tích hàm

(3) IntA là tập mở lớn nhất nằm trong A (Nói cách khác: B ⊂ A ⇒ B ⊂ IntA) (4) A là bao đóng bé nhất chứa A (Nói cách khác: A ⊂ B ⇒ A ⊂ B) (5) A mở ⇔ A = IntA

(6) A đóng ⇔ A = A

(7) ∂A là tập đóng Chứng minh: (1) Ta có biến đổi [

(IntA)C = 

C \

[

Ψ =

Ψ đóng ⊃A

 ΩC =

Ω mở ⊂A

(2) Ta có biến đổi   C A =



\

Ω =

Ω mở ⊂A

Tin

C





 ΨC =

[

Ψ = AC

Ψ đóng ⊃AC

\

  Ω = Int AC

Ω mở ⊂AC

Ψ đóng ⊃A

To án

(3) Theo định nghĩa, ta có IntA là tập mở của A \ Giả sử B cũng là tập mở của A ⇒ B ⊂ Ω = IntA. Do đó IntA là tập mở lớn nhất nằm trong A Ω mở ⊂A

(4) Theo định nghĩa, ta có A là tập đóng chứa A [ Giả sử B cũng là tập đóng chứa A ⇒ B ⊃

Ψ ⊃ A. Do đó A là tập đóng bé nhất chứa A

Ψ đóng ⊃A

(5)

(Chiều thuận) A mở ⇒ A là tập mở lớn nhất nằm trong A ⇒ IntA = A (Chiều đảo) A = IntA (mở) (6)

TN

(Chiều thuận) A đóng ⇒ A là tập đóng bé nhất chứa A ⇒ A = A (Chiều đảo) A = A (đóng) (7) Ta có biến đổi

∂A = A \ IntA = A ∩ (IntA)C = A ∩ AC

Do A và AC là các tập đóng nên ∂A cũng là tập đóng

CT

Mệnh đề Cho ∅ 6= A ⊂ E, x ∈ E bất kỳ. Khi đó:   (1) x ∈ IntA ⇔ A ∈ VE (x) Tức là ∃r > 0, B(x, r) ⊂ A (2) x ∈ A ⇔ ∀r > 0 : B(x, r) ∩ A 6= ∅ Chứng minh: (1)

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

5

Giải tích hàm

(Chiều thuận) x ∈ IntA =

Ω. Khi đó tồn tại một tập Ω mở để x ∈ Ω. Theo định nghĩa

Ω mở ⊂A

tập mở, luôn tồn tại một lân cận bán kính r > 0 của x, hay ∃r > 0 : B(x, r) ⊂ Ω ⊂ A

K6 4

[

(Chiều đảo) Do x luôn nằm trong hình cầu mở B(x, r) xác định nên x sẽ nằm trong hợp của tất cả các tập mở trong A x∈

[

Ω = IntA

Ω mở ⊂A

(2) Ta có biến đổi

Tin

  C   C C A= A = Int AC
Từ biến đổi trên, nếu ta lấy x ∈ A bất kỳ thì x ∈ / Int AC . Do đó

∀r > 0 : B(x, r) 6⊂ AC hay ∀r > 0 : B(x, r) ∩ A = ∅ Một số tính chất

(2) A ⊂ B ⇒ A ⊂ B và IntA ⊂ IntB

(1) A = A, Int(IntA) = IntA

2.5

(4) A ∩ B ⊂ A ∩ B, Int(A ∪ B) ⊃ IntA ∪ IntB

To án

(3) A ∪ B = A ∪ B, Int(A ∩ B) = IntA ∩ IntB Tập trù mật

Tập A ⊂ E được gọi là trù mật trong E ⇔ A = E

VD: Q = R (Tập số hữu tỉ trù mật trong tập số thực) Chứng minh:

Ta sẽ chứng minh với 2 số thực bất kỳ, luôn có một số hữu tỉ nằm giữa hai số đó

TN

(∀r ∈ R)(∀ε > 0)(∃q ∈ Q) : q ∈ B(r, ε) 1 Ta có (∀ε > 0) (∃n ∈ N) : 0 < n < ε 10  [r10n ]  1 Chọn q = [x] là phần nguyên của x , khi đó |r − q| ≤ n < ε. n 10 10 Cách chọn q vừa rồi cho ta một số hữu tỉ nằm trong khoảng (r − ε, r + ε), ta được đpcm (Bản chất của việc chọn q ∈ Q như trên là từ số r ∈ R cho trước, ta viết tường minh r dưới dạng số thập phân và chỉ lấy từ phân nguyên đến phần thập phân thứ n, phần còn lại ta bỏ đi. Khi đó

3

CT

số ta nhận được là số hữu tỉ vì là số thập phân hữu hạn)

3.1

Dãy, giới hạn, ánh xạ liên tục Dãy hội tụ

Dãy phần tử

{xn }+∞ n=1

⊂ E gọi là hội tụ đến a ∈ E

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]



 lim xn = a

n→+∞

6

Giải tích hàm

n→+∞

Chứng minh:

K6 4

(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(∀m, n > N ) : d(xn , a) < ε  lim xn = a ∈ E thì ta nói {xn } là dãy hội tụ trong E n→+∞        lim xn = a  Nhận xét Giới hạn của dãy hội tụ là duy nhất  n→+∞ ⇒ a = a0      lim xn = a0

 {xn } mà

n→+∞

3.2

Tin

Ta có 0 ≤ d(a, a0 ) ≤ d(xn , a) + d(xn , a0 ) −−−−→ 0 ⇒ d(a, a0 ) = 0 hay a = a0 Đặc trưng của bao đóng và tính đóng của tập hợp bằng dãy

I Đặc trưng của bao đóng(bằng dãy ) Cho ∅ 6= A ⊂ E. Khi đó A = x ∈ E ∃ {xn } ⊂ A : lim xn = x n→+∞ Chứng minh: (

To án

Đặt B =

) x ∈ E ∃ {xn } ⊂ A : lim xn = x n→+∞

Ta sẽ chứng minh A = B bằng cách chứng minh A ⊂ B và A ⊃ B   A ⊂ B : Thật vậy, lấy bất kỳ x ∈ A. Với ∀r > 0, hình cầu B(x, r) ∩ A 6= ∅ Chọn rn =

1 > 0, n ∈ N∗ . Với mỗi n, ta luôn chọn được xn ∈ B(x, rn ) ∩ A. Khi đó ta có n 1 n→+∞ 0 ≤ d(xn , x) < −−−−→ 0 ⇔ lim xn = x n→+∞ n

Hơn nữa, ta có dãy {xn } ⊂ A. Theo định nghĩa tập B, ta có x ∈ B. Do đó A ⊂ B   A ⊃ B : Thật vậy, lấy bất kỳ x ∈ B. Khi đó tồn tại dãy {xn } ⊂ A lấy x làm điểm giới hạn.

TN

Khi đó (∀r > 0)(∃N ∈ N)(∀n > N ) : d(xn , x) < r hay xn ∈ B(x, r) ∩ A

Với mọi x, luôn có một quả cầu tâm x bán kính bất kỳ giao với A, vậy x ∈ A. Do đó A ⊃ B I Đặc trưng cho tính đóng của tập hợp bằng dãy  
Cho A ⊂ E. A đóng ⇔ ∀ {xn } ⊂ A lim xn = x ∈ E : x ∈ A

CT

I Điểm tụ

n→+∞


Cho A ⊂ E, x ∈ E là điểm tụ của A ⇔ ∃ {xn } ⊂ A (xn 6= x, ∀n) : lim xn = x n→+∞

VD:

Xét tập A = (−1, 1) ∪ {2}. Điểm x = 2 không là điểm tụ do @ {xn } ⊂ (−1, 1) : lim xn = 2 n→+∞

Từ định nghĩa điểm tụ, ta thấy rằng tập A 6= ∅ là tập đóng ⇔ A chứa mọi điểm tụ của nó Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

7

Giải tích hàm

Ánh xạ liên tục - Đặc trưng topo của tính liên tục

I Ánh xạ liên tục

K6 4

3.3

Cho (X, dX ) và (Y, dY ) là hai không gian metric và ánh xạ f : X → Y Ánh xạ f liên tục tại điểm x0 ∈ X


⇔ (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) : dX (x, x0 ) < δ → − dY f (x), f (x0 ) < ε Nếu f liên tục với ∀x0 ∈ X thì ta nói f liên tục trên X I Ánh xạ liên tục Lipschitz

Tin

Ánh xạ f : X → Y gọi là k-Lipschitz (Với k là hằng số dương)
⇔ ∀x, y ∈ X : dY f (x), f (y) ≤ kdX (x, y) Ánh xạ k-Lipschitz liên tục tại ∀x0 ∈ X. Thật vậy: Ta sẽ chứng minh

To án


(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X) : dX (x, x0 ) < δ → − dY f (x), f (x0 )
Do f là ánh xạ k-Lipschitz nên dY f (x), f (x0 ) ≤ kd(x, x0 ) < kδ ε Chọn δ = , khi đó ta có k  
ε (∀ε > 0) ∃δ = > 0 (∀x ∈ X) : dX (x, x0 ) < δ → dY f (x), f (x0 ) < ε k Do đó f liên tục tại x0 ∈ X bất kỳ

I Đặc trưng topo của tính liên tục

Cho f : X → Y là một ánh xạ. Khi đó các khẳng định sau tương đương (1) f liên tục trên X



(2) (∀x0 ∈ X) (∀ε > 0)(∃δ > 0) : f BX (x0 , δ) ⊂ BY f (x0 ), ε (3) ∀Ω mở ⊂ Y : f −1 (Ω) mở ⊂ X

TN

Chứng minh
(1) ⇔ (2) Hiển nhiên do định nghĩa
(2) ⇒ (3) Với Ω mở ⊂ Y , lấy bất kỳ x ∈ f −1 (Ω), nhận thấy f (x) ∈ Ω. Theo định nghĩa tập mở,
tồn tại số ε dương để quả cầu BY f (x0 ), ε chứa trong Ω. Từ khẳng định (2)

⇒ ∃δ > 0 : f BX (x, δ) ⊂ BY f (x), ε ⊂ Ω hay BX (x, δ) ⊂ f −1 (Ω)

CT

Với ∀x ∈ f −1 (Ω), ta luôn tìm được một hình cầu mở tâm x chứa trong f −1 (Ω), do đó f −1 (Ω) mở
(2) ⇐ (3) Với x0 ∈ X và ε > 0 bất kỳ, ta sẽ chứng minh 


 −1 ∃δ > 0 : f BX (x0 , δ) ⊂ BY f (x0 ), ε hay BX (x0 , δ) ⊂ f BY f (x0 ), ε 

 Điều này là hiển nhiên, do BY f (x0 ), ε là tập mở nên f −1 BY f (x0 ), ε cũng là tập mở, khi đó tồn tại một quả cầu mở tâm x0 bán kính δ chứa trong nó Nhận xét f : X → Y là ánh xạ liên tục ⇔ ∀Ψ đóng ⊂ Y : f −1 (Ψ) đóng ⊂ X Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

8

Giải tích hàm

Tính đầy đủ và compact

4.1

Dãy cơ bản (Dãy Cauchy)

Dãy {xn } ⊂ E gọi là dãy cơ bản (Dãy Cauchy) nếu nó thỏa mãn

K6 4

4

⇔ (∀ε > 0)(∃N ∈ N)(∀m, n > N ) : d(xm , xn ) < ε

Một dãy hội tụ thì sẽ là một dãy Cauchy, nhưng một dãy Cauchy thì chưa chắc là dãy hội tụ

4.2

Không gian đủ

Tin

Lưu ý Ta nói dãy "không hội tụ" khi dãy đó phân kì, hoặc khi dãy đó hội tụ về một phần tử 1 ∈ (0, 1]. không thuộc không gian đang xét. Chẳng hạn, trên tập (0,1], xét dãy {xn }+∞ n=1 với xn = n Dãy này hội tụ về 0 ∈ / (0, 1] nên ta nói dãy này không hội tụ

Tập A ⊂ E gọi là tập đủ ⇔ Mọi dãy Cauchy hội tụ về một phần tử của A E gọi là không gian đủ ⇔ E là tập đủ VD:

To án

1) (Bolzano-Cauchy) Không gian R với khoảng cách Euclide, mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy và mọi dãy Cauchy đều là dãy hội tụ. Do đó tập R là tập đủ

CT

TN

L các hàm khả tích trên đoạn [a, b] với khoảng cách 2) Không gian C[a,b] ˆ b
|x(t) − y(t)|dt d x(t), y(t) = a  L không là không gian đủ. Thật vậy, chọn [a, b] = [−1, 1] và dãy xn (t) ⊂ C[−1,1] xác định bởi     0 , nếu − 1 ≤ t ≤ 0    1 xn (t) = nt , nếu 0 ≤ t ≤  n    1  1 , nếu ≤ t ≤ 1 n ˆ 1
m,n→+∞ y xn (t) − xm (t) dt − Dễ thấy d xn (t), xm (t) = −−−−→ 0 | −1 {z } Stô đậm 1  Do đó xn (t) là dãy Cauchy    0 , nếu − 1 ≤ t ≤ 0 n→+∞ Nhưng xn (t) −−−−→ x(t) =   1 1 O 1 , nếu 0 ≤ t ≤ 1

x

m n

L Hàm x(t) gián đoạn tại t = 0 nên x(t) ∈ / C[a,b]   L C[a,b] , d không là không gian đủ

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

9

Giải tích hàm

Chứng minh:

K6 4

Mệnh đề Cho A là tập con của tập E đủ. Khi đó A đủ ⇔ A là tập con đóng trong E

(Chiều thuận) Lấy bất kỳ dãy {xn } ⊂ A mà dãy đó hội tụ về x ∈ E. Khi đó x là điểm tụ của A. Vì A là không gian đủ nên dãy {xn } là dãy Cauchy trong A, hay điểm tụ của {xn } nằm trong A. Với mỗi dãy {xn } ⊂ A bất kỳ, ta chứng minh được dãy đó hội tụ về A, do đó A chứa tất cả các điểm tụ của nó, hay A là tập đóng

(Chiều đảo) Giả sử {xn } là dãy Cauchy bất kỳ hội tụ về x ∈ A. Do A ⊂ E nên ta cũng có x ∈ E Nếu x ∈ A, khi đó {xn } hội tụ về một phần tử trong A ⇒ A đủ

Tin

Giả sử x ∈ / A, khi đó x là điểm tụ của A nên x ∈ A. Nhưng A = A (Vì A là tập đóng) nên x ∈ A Vậy mọi dãy Cauchy đều hội tụ về một phần tử trong A, hay A là tập đủ 4.3

Compact - Compact tương đối

I Compact


  Tập A ⊂ E gọi là tập compact ⇔ ∀ {xn } ⊂ A ∃ xnk ⊂ {xn } : ∃ lim xnk = x ∈ A nk →+∞

To án

Hay nói cách khác, A compact khi và chỉ khi mọi dãy trong A đều có một dãy con hội tụ về A E gọi là không gian compact ⇔ E là tập compact VD:

Với không gian (R, d), d là khoảng cách Euclid, xét trên tập A = [a, b] ⊂ R Nhận thấy mọi dãy {xn } ⊂ A đều bị chặn. Theo định lý Bolzano-Weierstrass, tồn tại dãy con  xnk của {xn } hội tụ về A (Do A là tập đóng nên sẽ chứa mọi điểm tụ) Do đó tập A compact I Compact tương đối

Tập A ⊂ E gọi là tập compact tương đối ⇔ A là tập compact

TN

Mệnh đề Nếu A ⊂ E là tập compact ⇒ A đủ và bị chặn. Hơn nữa A đóng và bị chặn Chứng minh:   A compact ⇒ A đủ Lấy dãy Cauchy {xn } ⊂ A bất kỳ. Vì A compact nên tồn tại dãy con  xnk của {xn } hội tụ về x ∈ A. Ta sẽ chứng minh dãy {xn } cũng hội tụ về x. Thật vậy:

CT

Ta có bất đẳng thức



d(xn , x) ≤ d xn , xnk + d xnk , x

 Vì dãy xnk hội tụ về x và là dãy con của {xn } nên  
 (∃N1 ∈ N)(∀nk > N1 ) : d xn , x < ε k ∀ε > 0 :
  (∃N2 ∈ N)(∀n, nk > N1 ) : d xn , xnk < ε Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

10

Giải tích hàm

K6 4

Đặt N = max {N1 , N2 }, khi đó



(∀ε > 0)(∀n > N ) : 0 < d(xn , x) ≤ d xn , xnk + d xnk , x < ε + ε = 2ε

Với n = 1, ∃x1 ∈ A : d(x0 , x1 ) > 1    d(x0 , x2 ) > 2 Với n = 2, ∃x2 ∈ A :   d(x1 , x2 ) > 2 ...

Tin

Cho ε → 0, khi đó d(xn , x) → 0 nên {xn } hội tụ về x   A compact ⇒ A bị chặn Giả sử A không bị chặn. Chọn x0 ∈ A cố định

Vậy ta có thể xây dựng được dãy {xn } ⊂ A thỏa mãn ∀m, n ∈ N∗ , m ≤ n : d(xm , xn ) > n. Nhận  thấy mọi dãy con xnk của {xn } đều có tính chất này. Để ý rằng khi m, n càng tăng thì d(xm , xn )  cũng tăng theo, do đó dãy {xn } cũng như dãy con xnk không hội tụ (Mâu thuẫn giả thiết A compact)

To án

Do đó giả sử sai, A phải là tập bị chặn   A đủ ⇒ A đóng Xem Mệnh đề mục 4.2

Định lý (Sự bảo toàn compact của ánh xạ liên tục) Cho hai không gian metric (X, dX ) và (Y, dY ). Ánh xạ f : X → Y liên tục trên X. Khi đó nếu A ⊂ E là tập compact thì f (A) cũng là tập compact Chứng minh:

Xét dãy {yn } ⊂ f (A) bất kỳ, tồn tại dãy {xn } ⊂ A để yn = f (xn ) với mọi n ∈ N∗ . Vì A là tập  compact nên tồn tại dãy con xnk của {xn } hội tụ về x ∈ A. Khi đó  
lim ynk = lim f xnk = f lim xnk = f (x) ∈ f (A) nk →+∞



nk →+∞

nk →+∞



TN

Vậy ta có dãy con ynk của {yk } hội tụ về f (A), do đó f (A) là tập compact   Với giả thiết như trên, ta còn có thể có được f là ánh xạ liên tục đều trên A   
(∀ε > 0)(∃δ(ε) > 0)(∀x, x0 ∈ A) : dE (x, x0 ) < δ ⇒ dF f (x), f (x0 ) Hệ quả Nếu A ⊂ E là tập compact và f : A → R liên tục trên A thì f (x) đạt cận trên đúng và

CT

cận dưới đúng trên tập này 4.4

Tập hoàn toàn bị chặn

Tập A ⊂ E gọi là hoàn toàn bị chặn nếu như tồn tại dãy hữu hạn các quả cầu mở bán kính ε N (ε)   [ N (ε) {Bk }k=1 N (ε) ∈ N, chỉ phụ thuộc ε sao cho A ⊂ Bk Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

k=1

11

Giải tích hàm

(1) A hoàn toàn bị chặn ⇒ A bị chặn (2) A bị chặn nhưng có thể không hoàn toàn bị chặn

K6 4

Nhận xét

(3) Không gian (Rn , d) với d là khoảng cách Euclid, là hoàn toàn bị chặn Định lý Nếu tập A ⊂ E là compact ⇔ A đủ và hoàn toàn bị chặn (Định lý này ta thừa nhận, không chứng minh) 4.5

Định lý Cantor về dãy hình cầu đóng thắt dần

Tin

 +∞ Xét trong không gian metric đủ (E, d) một dãy hình cầu đóng lồng nhau và thắt dần B 0 (xn , rn ) n=1 B 0 (x1 , r1 ) ⊃ B 0 (x2 , r2 ) ⊃ ... ⊃ B 0 (xk , rk ) ⊃ ...

Với lim rn = 0. Khi đó dãy các quả cầu đóng này có một điểm chung duy nhất n→+∞

Chứng minh:

∗ 0 0 Xét dãy các tâm {xn }+∞ n=1 . Chọn hai số m, n ∈ N (m < n) bất kỳ, khi đó B (xm , rm ) ⊂ B (xn , rn )

Với y ∈ B 0 (xm , rm ) bất kỳ, ta có bất đẳng thức

m→+∞

To án

d(xm , xn ) ≤ d(xn , y) + d(y, xm ) ≤ rn + rm ≤ 2rm −−−−→ 0 Do đó dãy {xn }+∞ n=1 là dãy Cauchy, hơn nữa ta có E đủ nên dãy đó hội tụ về x ∈ E. Ta có +∞ \ +∞ 0 ∗ 0 B 0 (xk , rk ) {xn }n=1 ⊂ B (xk , rk ) với k ∈ N bất kỳ nên x ∈ B (xk , rk ) hay x ∈ Giả sử x, x0 ∈

+∞ \ k=1

B 0 (xk , rk ), khi đó x, x0 ∈ B 0 (xi , ri ) với ∀n ∈ N∗ . Ta có bất đẳng thức n→+∞

0 ≤ d(x, x0 ) ≤ d(x, xn ) + d(xn , x0 ) < 2rn −−−−→ 0

Do đó x tồn tại và duy nhất

Định lý Banach về điểm bất động của ánh xạ co

I Ánh xạ co

TN

4.6

k=1

Ánh xạ đi từ một tập vào chính nó f : E → E được gọi là ánh xạ co nếu nó thỏa mãn
∃k ∈ [0, 1) : d f (x), f (y) ≤ kd(x, y) I Định lý Banach về điểm bất động của ánh xạ co Xét trên không gian metric đủ (E, d) một ánh xạ co f : E → E. Khi đó tồn tại duy nhất a ∈ E thỏa mãn f (a) = a (a là điểm bất động

CT

của ánh xạ f ) Chứng minh:

(Tồn tại) Lấy x0 ∈ E. Lập dãy {xn }+∞ n=0 ⊂ E với xn = f (xn−1 ). Ta có
d(xn+1 , xn ) = d f (xn ), f (xn−1 ) ≤ kd(xn , xn−1 ) ≤ k 2 d(xn−1 , xn−2 ) ≤ ... ≤ k n d(x1 , x0 ) Lấy m, n ∈ N (n < m) tùy ý. Khi đó Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

12

Giải tích hàm

d(xi+1 , xi ) ≤

i=n

m−1 X

k i d(x1 , x0 ) =

i=n

kn − km m,n→+∞ d(x1 , x0 ) −−−−−→ 0 1−k

K6 4

d(xm , xn ) ≤

m−1 X

Do đó {xn }+∞ về một phần tử a ∈ E. Hơn nữa n=0 là dãy Cauchy trong E, dãy này sẽ hội tụ   a = lim xn+1 = lim f (xn ) = f lim xn = f (a) n→+∞

n→+∞

n→+∞

(Duy nhất) Giả sử a và a0 là các điểm bất động của f . Khi đó
d(a, a0 ) = d f (a), f (a0 ) ≤ kd(a, a0 ) ⇔ (1 − k)d(a, a0 ) ≤ 0 Nhưng k ∈ [0, 1) và d(a, a0 ) ≥ 0 nên

Tin

(1 − k)d(a, a0 ) ≥ 0 Do đó ta phải có d(a, a0 ) = 0 hay a = a0 . Vậy a là duy nhất 4.7

Định lý Arzela - Ascoli

To án

I Liên tục đồng bậc   Kí hiệu C(X, Y ) := f : X → Y f liên tục trên X . Một tập M ⊂ C(X, Y ) thỏa mãn
(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x0 ∈ X)(∀f ∈ M ) : d(x, x0 ) < δ ⇒ d f (x), f (x0 ) < ε thì được gọi là liên tục đồng bậc I Định lý Arzela - Ascoli

Cho S là một tập compact. Tập M ⊂ C(S, R) là compact nếu nó thỏa mãn các tính chất sau (1) M bị chặn (2) M đóng (3) M liên tục đồng bậc

CT

TN

Nhận xét Nếu M chỉ thỏa mãn hai tính chất (1) và (3) thì M là compact tương đối

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

13

Giải tích hàm

Bài tập

K6 4

II

1.1 Nếu A là tập con của một không gian metric X, ta định nghĩa đường kính của A là d(A) = sup d(x, y) Cho A =

n [

x, y∈A

Ai , trong đó sup d(Ai ) = ε. Chứng minh rằng nếu ta chọn xi ∈ Ai (i = 1, n) bất kì i

i=1

thì ta luôn có bất đẳng thức d(A) ≤ 2ε +

n−1 X

d(xi , xi+1 )

Tin

i=1

1.2 Chứng minh rằng nếu tập A trong không gian metric (E, d) bị chặn thì bao đóng A của nó cũng bị chặn 1.3 Chứng minh rằng

a) Nếu Ψ là tập đóng thì có một dãy các tập mở Ωn sao cho Ψ =

b) Nếu Ω là tập mở thì có một dãy các tập đóng Ψn sao cho Ψ =

+∞ \

n=1 +∞ [

Ωn

Ωn

To án

n=1

1.4 Cho (E, d) là không gian metric. A và B là các tập con trù mật trong E. Chứng minh rằng: a) Nếu A ∪ B = ∅ thì IntA = IntB = ∅

b) Nếu A là tập mở thì A ∩ B trù mật trong E

1.5 Cho (E, d) là không gian metric. Với x ∈ E và A ⊂ E bất kỳ, đặt d(x, A) = inf d(x, y) y∈A

Chứng minh rằng x ∈ A ⇔ d(x, A) = 0

α>0

TN

1.6 Cho (E, d) là không gian metric và tập con khác rỗng A của E. Với mỗi hằng số dương  α ∈ R, ta ký hiệu Vα (A) = x ∈ E | d(x, A) < α . Chứng minh rằng Vα (A) là tập mở (∀α > 0) \ Vα (A) là tập đóng và   1.7 Cho ánh xạ f : R → N. Đặt ϕ(f ) = x0 ∈ R f gián đoạn tại x0 . Chứng minh rằng ϕ(f ) là tập đóng

1.8 Cho (X, dX ) và (Y, dY ) là hai không gian metric, f : X → Y là một ánh xạ. Gọi (Ui )i∈I là [ một họ các tập mở thỏa mãn Ui = E. Chứng minh rằng nếu ánh xạ thu hẹp f |Ui là liên tục

CT

i∈I

với ∀i ∈ I thì ánh xạ f liên tục 1.9 Cho (E, d) là không gian metric, X và Y là các tập con khác rỗng của E. Biết rằng X là tập compact và X ∩ Y = ∅. Chứng minh rằng d(X, Y ) =

inf

d(x, y) > 0

(x,y)∈A×B

1.10 Cho (X, dX ) và (Y, dY ) là hai không gian metric. A là tập con khác rỗng của X. f : A → Y là Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

14




x, f (x) x ∈ A

K6 4

ánh xạ thỏa mãn f (A) là compact tương đối. Chứng minh rằng nếu tập S =

Giải tích hàm 

là đóng trong A × Y thì ánh xạ f liên tục  
Trong đó metric trên E × F xác định bởi d (xE , yE ), (xF , yF ) = dE (xE , xF ) + dF (yE , yF ) 1.11 Các không gian sau có là không gian metric? Không gian metric đủ? p a) Không gian các số thực R với khoảng cách d(x, y) = 2020 |x − y|

Tin

b) Không gian các số tự nhiên N với khoảng cách d xác định bởi    1 + 1 ,m= 6 n m+n d(m, n) =   0 ,m=n

c) Không gian lp là tập các dãy số (thực hoặc phức) x = (xn ) sao cho chuỗi tụ, với khoảng cách d xác định bởi  d(x, y) = 

+∞ X n=1

+∞ X

|xn |p (p ≥ 1) hội

n=1

1

p

p

|xn − yn |

To án

d) Không gian C[0, a] là tập tất cả các hàm số liên tục trên đoạn [0, a], với khoảng cách d xác định bởi
d x(t), y(t) = max e−βt x(t) − y(t) 0≤t≤a

e) Không gian

n C[a, b]

là tập tất cả các hàm số thực xác định và khả vi liên tục cấp n (n ∈ N∗ ) trên

đoạn [a, b], với khoảng cách d ( xác định bởi n ) d d


x(t) − y(t) , ..., n x(t) − y(t) d x(t), y(t) = max x(t) − y(t) , a≤t≤b dt dt   x = α ∈ R 1 1.12 Cho dãy {xn } xác định bởi . Dãy này có giới hạn hữu hạn không?  xn+1 = cos xn

TN

1.13 Cho (X, dX ) và (Y, dY ) là hai không gian metric. f : X → Y là ánh xạ thỏa mãn: Nếu dãy  {xn } là dãy Cauchy trong X thì dãy f (xn ) là dãy Cauchy trong Y . Biết rằng X là tập compact. Chứng minh rằng ánh xạ f liên tục đều 1.14 Xét không gian metric (Rn , d) với d là khoảng cách Euclide. Đặt E = B 0 (0, 1). Ánh xạ f : E → E là ánh xạ 1-Lipschitz. Chứng minh rằng f có ít nhất một điểm bất động

CT

1.19∗ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất hàm số f (t) ∈ C[0,1] thỏa mãn ˆ
πf (t) = f x2 + y 2 + z 2 dV Trong đó V : x2 + y 2 + z

V


2 2

≤ tx

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

15

K6 4

Giải tích hàm

có duy nhất nghiệm (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3+

CT

TN

To án

Tin

  1   xn = y + n    y   1 1.20∗ Chứng minh rằng hệ phương trình y n = z +  zn     1   z n = x + n x với ∀n ∈ N, n ≥ 2

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

16

Giải tích hàm

Đáp án

K6 4

III 1.1

Chọn hai điểm x, y ∈ A bất kì. Cố định các điểm xi

Nếu x, y cùng thuộc một tập Ak nào đó ⇒ d(A) = sup d(x, y) = ε < 2ε + x,y∈Ai

n−1 X

d(xi , xi+1 )

i=1

Xét trường hợp x ∈ Ai , y ∈ Aj (i 6= j). Không mất tính tổng quát, giả sử x ∈ A1 , y ∈ An


⇒ d(A) = sup d(x, y) ≤ sup d(x, x1 ) + d(x1 , x2 ) + d(x2 , x3 ) + ... + d(xn−1 , xn ) + d(xn , y) x,y∈A

i=1

1.2 A ⊂ B(a, r) nên A ⊂ B 0 (a, r), do đó A bị chặn 

d(xi , xi+1 )

Tin

≤ sup d(x, x1 ) + sup d(xn , y) + | {z } | {z } ε ε n−1 X = 2ε + d(xi , xi+1 ) 

n−1 X i=1

1.3 

To án

   1 1 a) Xét tập đóng Ψ, ta đặt Ωn = B x, . Do B x, là tập mở nên Ωn là tập mở n n x∈Ψ [

+∞ \

+∞ \

+∞ \

Ωn Ωn và Ψ ⊃ Ωn bằng cách chứng minh Ψ ⊂ Ta sẽ chứng minh Ψ = n=1 n=1 n=1     +∞ \ 1 Ψ ⊂  Ωn Lấy x ∈ Ψ bất kỳ, khi đó x ∈ B x, ⊂ Ψ với mọi n ∈ N, dẫn tới x ∈ Ωn . Vậy n n=1 +∞ \

n=1

TN

Ψ ⊂ Ωn với mọi n ∈ N, hay Ψ ⊂ Ωn n=1   +∞ \ Ψ ⊃ Ωn  Ta sẽ chứng minh C



Ψ ⊂

+∞ \

C Ωn  =

n=1

+∞ [

ΩC n

n=1

CT

Lấy x ∈ ΨC bất kỳ. Vì Ψ là tập đóng nên ΨC là tập mở. Theo định nghĩa tập mở, tồn tại n ∈ N       1 1 1 C để quả cầu B x, chứa trong Ψ . Lấy y ∈ Ψ bất kỳ, khi đó y ∈ / B x, , hay x ∈ / B y, . n n n +∞ +∞ \  1 [ [ C C Do đó x ∈ / B y, = Ωn hay x ∈ ΩC ⊂ Ω . Vậy Ψ ⊂ ΩC n n n  n n=1 n=1 y∈Ψ b) Ta có Ω là tập mở nên ΩC là tập đóng. Theo câu (a), tồn tại một họ các tập mở An để +∞ \ C Ω = An

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

n=1

17

Giải tích hàm

 

C

Ω

C

=

+∞ \

C An  ⇔ Ω =

n=1

+∞ [

K6 4

Lấy "phần bù" hai vế, ta được AC n

n=1

C Do An là tập mở nên AC n là tập đóng. Chọn Ψn = An , ta được đpcm 

1.4

Chứng minh tương tự, ta cũng có IntB = ∅ 

Tin

a) Do A, B trù mật trong E nên A = B = E. Ta có A ∩ B = ∅ nên A ⊂ B C , do đó    C IntA ⊂ Int B C = B = EC = ∅

b) Lấy x ∈ E bất kỳ, ta có A = E nên x ∈ A. Do đó với ∀r > 0, ta luôn có B(x, r) ∩ A 6= ∅   Hay nói cách khác, ∃xA ∈ A : d(x, xA ) < r Do A là tập mở nên ∃r1 ∈ (0, r) : B (xA , r1 ) ⊂ A 1.5

Đang thi công

(Chiều thuận) Lấy x ∈ A bất kỳ. Giả sử d(x, A) = inf d(x, y) = r > 0. Khi đó với ∀y ∈ A, ta luôn y∈A

To án

có d(x, y) ≥ r, hay B(x, r) ∩ A = ∅. Mặt khác, nếu x ∈ A thì B(x, r) ∩ A 6= ∅ với mọi r > 0. Do đó giả sử sai, r phải băng 0, hay d(x, A) = 0

(Chiều đảo) Chọn r > 0 bất kỳ, ta luôn có thể tìm được y ∈ A để d(x, y) < r. Thật vậy, giả sử không tồn tại y thỏa mãn, khi đó

∀y ∈ A : d(x, y) ≥ r ⇔ d(x, A) = inf d(x, y) = r > 0 (Vô lý) y∈A

Vậy ta luôn tìm được y ∈ A thỏa mãn d(x, y) < r, hay y ∈ B(x, r) ∩ A. Do đó, với mọi r > 0 thì B(x, r) ∩ A 6= ∅, hay x ∈ A 

1.6   Vα (A) mở Lấy x0 ∈ Vα (A), ta cần chứng minh tồn tại một quả cầu tâm x0 chứa trong Vα (A)

TN

Xét x ∈ B(x0 , r), ta có


d(x, A) = inf d(x, y) ≤ inf d(x, x0 ) + d(x0 , y) = r + inf d(x0 , y) < r + d(x0 , A) y∈A

y∈A

y∈A

Chọn r = α − d(x0 , A) > 0, khi đó d(x, A) < α. Theo định nghĩa tập Vα (A), ta có x ∈ Vα (A)

CT

Do Vα (A) với x0 ∈ Vα (A), hay Vα (A) là tập mở   đó B(x0 , r) ⊂ \   Vα (A) đóng Ta có Vα (A) = x ∈ E | d(x, A) < α nên \  α>0 Vα (A) = x ∈ E | d(x, A) = 0 α>0

\ Theo bài 1.5, ta thấy rằng tập x ∈ E | d(x, A) = 0 chính là A. Do đó Vα (A) = A là tập đóng 



Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

α>0

18

Giải tích hàm

1.7

K6 4

C Để chứng minh ϕ(f ) là tập  đóng, ta sẽ chứng minh phần  bù ψ(f ) = ϕ(f ) mở  Nhận thấy ψ(f ) = ϕ(f )C = x0 ∈ R f liên tục tại x0 . Đặt ψn (f ) = x ∈ ψ(f ) : f (x) = n ∈ N . [ Khi đó ψ(f ) = ψn (f ). Ta sẽ chứng minh ψn (f ) là các tập mở, dẫn tới ψ(f ) mở vì là hợp vô n∈N

hạn các tập mở. Thật vậy, lấy x0 ∈ ψn (f ) bất kỳ. Do f liên tục tại x0 nên ta có (∀ε > 0)(δ > 0)(∀x ∈ R) : |x − x0 | < δ → f (x) − f (x0 ) < ε Do f chỉ nhận các giá trị nguyên dương, f (x0 ) = n nên để thỏa mãn f (x) − f (x0 ) < ε với mọi

Tin

x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) thì ta phải có f (x) = n. Do đó với mọi x0 ∈ ψn (f ), tồn tại một quả cầu S(x0 , δ) để f (x) = n tại mọi điểm x trong quả cầu đó, hay f liên tục trên quả cầu S(x0 , δ) (Vì hàm hằng là hàm liên tục). Vậy S(x0 , δ) ⊂ ψn (f ), với x0 ∈ ψn (f ) bất kỳ, hay ψn (f ) là tập mở  1.8

Xét tập Ω mở bất kỳ trong Y . Ta sẽ chứng minh f −1 (Ω) mở trong X Ta có biến đổi



Ui  =

To án

f −1 (Ω) = f −1 (Ω) ∩ X = f −1 (Ω) ∩ 



[ i∈I

[

f −1 (Ω) ∩ Ui




i∈I

Ta cần chứng minh f −1 (Ω) ∩ Ui là tập mở, dẫn tới f −1 (Ω) mở vì là hợp tùy ý các tập mở. Thật vậy, lấy x ∈ f −1 (Ω) ∩ Ui bất kỳ       x ∈ f −1 (Ω) f (x) ∈ Ω ⇔ ⇔     x ∈ Ui x ∈ Ui

⇔

    



f |Ui (x) ∈ Ω

 −1 ⇔ x ∈ f |Ui (Ω)

  x ∈ Ui −1



−1

1.9

TN

Các phép biến đổi trên đều tương đương, do đó f (Ω) ∩ Ui = f |Ui (Ω). Mà ánh xạ f |Ui liên  −1 tục, Ω là tập mở nên f |Ui (Ω) là tập mở, kéo theo f −1 (Ω) ∩ Ui cũng là tập mở 

Giả sử d(X, Y ) =

inf

(x,y)∈X×Y

d(x, y) = 0. Khi đó tồn tại hai dãy {xn } ⊂ X và {yn } ⊂ Y thỏa mãn

lim d(xn , yn ) = 0  Do A là tập compact nên tồn tại dãy con xnk hội tụ về x0 ∈ X của {xn }. Khi đó

n, n →+∞ 0 ≤ d(yn , x0 ) ≤ d yn , xnk + d xnk , x0 −−−k−−−→ 0 n→+∞

CT

Bất đẳng thức trên cho ta lim yn = x0 , do đó x ∈ Y (Mâu thuẫn với giả thiết X ∩ Y = ∅) n→+∞

Vậy giả sử sai, ta phải có d(X, Y ) > 0  1.10

Ta sẽ chứng minh f liên tục trên A, tức là chứng minh khẳng định sau
(∀a ∈ A)(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A) : d(x, a) < δ ⇒ d f (x), f (a) < ε

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

19

Giải tích hàm

Giả sử f không liên tục trên A, hay 







Chọn δ =

K6 4

(∃a ∈ A)(∃ε > 0)(∀δ > 0)(∃x ∈ A) : d(x, a) < δ ∧ d f (x), f (a) ≥ ε



1 1 > 0, khi đó tồn tại dãy {xn } ⊂ A thỏa mãn d(xn , a) < để n n
∗ (∃a ∈ A)(∀ε > 0) : d f (xn ), f (a) ≥ ε ( )

Ta có f (A) là tập compact tương đối nên f (A) là tập compact. Vì f (xn ) ∈ f (A) ⊂ f (A) với mọi   n ∈ N∗ nên dãy con f (xnk ) hội tụ về phần tử b ∈ F  dãy f (x n ) có   


 Đặt S = x, f (x) x ∈ A . Khi đó xnk , f xnk ∈ S và lim xnk , f xnk = (a, b) cũng nk →+∞

Tin

thuộc S vì S là tập đóng, cho nên b = f (a). Nhưng ta lại có   
 n →+∞
d f xnk , f (a) = d f xnk , b −−k−−−→ 0 Điều này mâu thuẫn với (∗ ). Vậy giả sử sai, f phải liên tục trên A  1.11

a) Dễ thấy với ∀x, y ∈ R thì d(x, y) ≥ 0 và d(x, y) = d(y, x) Với z ∈ R bất kỳ, ta có

To án

 p 2020 p 2020 2020 |x − y| ≤ |x − z| + |z − y| ≤ |x − z| + |z − y| p p p ⇔ d(x, y) = 2020 |x − y| ≤ 2020 |x − z| + 2020 |z − y| ≤ d(x, z) + d(z, y) Do đó d là một metric trong R

Ta sẽ chứng minh không gian (R, d) là không gian đủ

Giả sử {xn } là một dãy Cauchy trong (R, d). Khi đó: p (∀ε > 0) (∃N, ∀m, n ≥ N ) : 2020 |xm − xn | < ε ⇔ |xm − xn | < ε2020

(∗ )

Do đó {xn } là dãy Cauchy trong R. Đặt lim xn = x. n→ − +∞ p Ở bất đẳng thức (∗ ), cho m → − +∞, ta được 2020 |xn − x| < ε. Nhận thấy dãy {xn } hội tụ về

TN

x ∈ R theo metric d. Vậy (R, d) là không gian metric đủ  b) Dễ thấy với ∀m, n ∈ N thì d(m, n) ≥ 0 và d(m, n) = d(n, m) Với m = n, ta có d(m, n) = 0 và với p ∈ N bất kì thì d(m, p), d(n, p) ≥ 0 nên 0 = d(m, n) ≤ d(m, p) + d(n, p)

Với m 6= n và p ∈ N bất kì, ta có:

CT

1 d(m, n) = 1 + 0) (∃N, ∀m, n ≥ N ) : |xm − xn | < ε

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

20

Giải tích hàm

Nhưng do xm , xn ∈ N nên để thỏa mãn |xm − xn | < ε (∀ε > 0) thì phải có xm = xn (∀m, n ≥ N ).

trên N Vậy không gian (N, d) là không gian metric đủ 

K6 4

Do đó dãy {xn } từ một lúc nào đó trở đi sẽ trở thành dãy hằng, hay {xn } hội tụ về một giá trị

c) Dễ thấy với mọi x = (xn ) và y = (yn ) thuộc lp thì ta luôn có d(x, y) ≥ 0 và d(x, y) = d(y, x) Với z = (zn ) bất kỳ, ta có 1   1 p p +∞ +∞ X X p p    d(x, y) = |xn − yn | = (xn − zn ) + (zn − yn ) n=1

 ≤

+∞ X

1

p

p

|xn − zn |

n=1

= d(x, z) + d(z, y) Do đó d là một metric trong lp

1

Tin

n=1



+

+∞ X

p

p

|zn − yn |

(Bất đẳng thức Minkowski)

n=1

To án

Ta sẽ chứng minh không gian (lp , d) là không gian đủ  +∞
(n) (n ∈ N∗ ) là một dãy Cauchy trong lp , d , hay Giả sử xn = ξk k=1 1  p +∞ +∞ p X (m) X p (m) (n) (n)   (∀ε > 0) (∃N, ∀m, n ≥ N ) : 0 (đủ bé) sao cho ξk − ξk < δ. Thấy ngay với mỗi k cố định, dãy {xn } (n)

với xn = ξk

là dãy Cauchy trong R (hoặc C). Cố định k, đặt

(n) lim ξ n→ − +∞ k

= ξk , ta sẽ chứng minh

x = (ξk )+∞ k=1 là một phần tử của lp

TN

Ở bất đẳng thức (∗ ), cho m → − +∞, ta được +∞ p X (n) ξk − ξk < εp (∀n ≥ N )  +∞ k=1 (n) Khi đó x − xn = ξk − ξk là một phần tử của lp . Chú ý rằng nếu x, y ∈ lp thì x + y ∈ lp . Từ k=1

CT

đó ta có x = xn + (x − xn ) cũng là một phần tử của lp . Không gian lp là không gian đủ
Vậy không gian lp , d là không gian metric đủ 
d) I Xét metric phụ d0 (x, y) = max x(t) − y(t) . Dễ thấy C[0, a] , d0 là một không gian metric t∈[0, a] 
Giả sử xn (t) là dãy Cauchy trong C[0, a] , d0 . Khi đó (∀ε > 0) (∃N, ∀m, n ≥ N ) : max xm (t) − xn (t) < ε t∈[0, a]  Cố định t = t0 , nhận thấy dãy xn = xn (t0 ) là dãy Cauchy trong R. Đặt lim xn (t) = x(t) n→ − +∞ Do xn (t) liên tục trên [0, a] nên x(t) cũng liên tục trên [0, a] hay x(t) ∈ C[0, a]
Vậy C[0, a] , d0 là không gian metric đủ Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

21

Giải tích hàm −βt

I Xét metric d(x, y) = max e t∈[0, a]


x(t) − y(t) . Dễ thấy C[0, a] , d cũng là một không gian metric

K6 4

Ta có bất đẳng thức

Tin

0 ≤ e−βt max x(t) − y(t) ≤ max e−βt x(t) − y(t) ≤ max x(t) − y(t) (∗ ) t∈[0, a] t∈[0, a] t∈[0, a] 
Giả sử xn (t) là dãy Cauchy tùy ý trong C[0, a] , d (∀ε > 0) (∃N, ∀m, n ≥ N ) : max e−βt xm (t) − xn (t) < ε t∈[0, a]

∗ Từ ( ), ta có d0 xn (t), xm (t) < ε. Khi đó xn (t) là dãy Cauchy trong C[0, a] , d0  Giả sử xn (t) hội tụ về hàm x∗ (t) ∈ C[0, a] theo d0  Cũng từ (∗ ), ta được xd (t) hội tụ về hàm x∗ (t) ∈ C[0, a] theo d
Vậy C[0, a] , d là không gian metric đủ 

n y) ≥ 0 và d(x, y) = d(y, x) e) Dễ thấy với mọi x = x(t) và y = y(t) thuộc C[a, b] thì ta luôn có d(x, ( n ) dk d d


x(t) − y(t) , ..., n x(t) − y(t) = max k x(t) − y(t) Giả sử max x(t) − y(t) , a≤t≤b dt a≤t≤b dt dt

(0 ≤ k ≤ n, k ∈ N)

To án

n Với z = z(t) ∈ C[a, b] , ta có bất đẳng thức dk dk k


d d(x, y) = max k x(t) − y(t) = max k x(t) − z(t) + k z(t) − y(t) a≤t≤b dt a≤t≤b dt dt dk dk

≤ max k x(t) − z(t) + max k z(t) − y(t) a≤t≤b dt a≤t≤b dt

≤ d(x, z) + d(z, y)

n Do đó d là một metric trong C[a,   b] n , d là không gian đủ Ta sẽ chứng minh không gian C[a, b] 0 Xét C[a, b] , metric tương ứng là


d0 x(t), y(t) = max x(t) − y(t)

0 C[a, b] , d0



a≤t≤b

đủ

TN

Dễ thấy không gian



1 Xét tiếp C[a, b] , metric tương ứng là (
d1 x(t), y(t) = max x(t) − y(t) ,

CT

) d
dt x(t) − y(t) a≤t≤b        dxr (t) 0 1 Giả sử xr (t) là dãy Cauchy trong C[a, b] , d1 , khi đó là dãy Cauchy trong C[a, b] , d0 dt dxr (t) 0 nên tồn tại lim = x(t) ∈ C[a, b] . Đặt r→+∞ dt ˆ t xr (t) = xr (a) + x(τ )dτ a  Với mỗi t = t0 cố định, ta có xn (t0 ) là dãy Cauchy trong R, do đó tồn tại lim xr (a) = a0 ∈ R r→+∞ ˆ t r→+∞ 1 0 ⇒ xr (t) −−−−→ a0 + x(τ )dτ ∈ C[a, b] ⊂ C[a, b] a

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

22

Giải tích hàm

Do đó

1 C[a, b]

là đóng trong

0 C[a, b]

K6 4

n−1 n 0 Chứng minh tương tự, ta có C[a, b] là đóng trong C[a, b] , nên nó cũng đóng trong C[a, b]   n Vậy không gian C[a, b] , dn là không gian metric đủ 

1.12

Ta có −1 ≤ x2 = cos α ≤ 1, ∀α ⇒ 0 < x3 ≤ 1. Khi đó 0 < xn ≤ 1, ∀n ≥ 3 x→ − cos x Xét ánh xạ f : [0, 1] −−−−−→ [0, 1]. Khi đó ta có xn+3 = f n (x3 )
Xét không gian metric đủ [0, 1], d , trong đó d(x, y) = |x − y|

Tin

Với hai giá trị ξ, η ∈ [1, +∞) bất kì, theo định lí Lagrange, tồn tại 0 ≤ ξ < c < η ≤ 1 thỏa mãn f (ξ) − f (η) 0 ξ − η = |f (c)| f (ξ) − f (η) = | sin c| < sin 1 ⇒ ξ−η
⇒ d f (ξ), f (η) < (sin 1)d(ξ − η)

To án

Do đó f là ánh xạ co, hay lim f n (x) = x0 (x0 là điểm bất động của ánh xạ f ) n→ − +∞ ⇒ lim xn = x0 , với x0 là nghiệm thuộc đoạn [0, 1] của phương trình x = cos x  n→ − +∞ 1.13

(f liên tục) Lấy x0 ∈ X bất kỳ. Xét dãy {xn } là dãy Cauchy hội tụ về x0 ∈ X   ξ2k = xk Lập dãy mới {ξn } xác định bởi . Khi đó dãy {ξn } là dãy Cauchy hội tụ về x0 ∈ X   ξ2k+1 = x0 Ta sẽ chứng minh f liên tục bằng cách chứng minh lim f (xn ) = f (x0 ) với mọi x0 ∈ X. Thật n→+∞  vậy, do {ξn } là dãy Cauchy nên f (ξn ) cũng là dãy Cauchy, khi đó ta có
(∀ε > 0)(∃N ∈ N)(∀m, n > N ) : dY f (ξm ), f (ξn ) < ε

k→+∞

TN

Chọn m = 2k, n = 2k + 1, ta được  

N : dY f (ξ2k ), f (ξ2k+1 ) < ε ⇔ dY f (xk ), f (x0 ) < ε (∀ε > 0)(∃N ∈ N) ∀k > 2 Khi đó lim f (xk ) = f (x0 ) với mọi x0 ∈ X, hay f liên tục trên X (f liên tục đều) Ánh xạ f liên tục đều khi và chỉ khi

(∀ε > 0) ∃δ(ε) > 0 (∀x, x0 ∈ X) : dX (x, x0 ) < δ → dY f (x), f (x0 )

CT

Giả sử ánh xạ f không liên tục đều, tức là 


(∃ε > 0) ∀δ(ε) > 0 (∃x, x0 ∈ X) : dX (x, x0 ) < δ ∧ dY f (x), f (x0 ) ≥ ε 1 , khi đó tồn tại hai dãy {xn } và {x0n } trong X để n
lim dX (xn , x0n ) = 0 , dY f (xn ), f (x0n ) ≥ ε n→+∞  Do X là tập compact nên tồn tại dãy con xnk ⊂ {xn } hội tụ về x0 ∈ X. Ta xét dãy con

Chọn δn =

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

23

Giải tích hàm

K6 4

n o x0nk ⊂ {x0n }, ta có bất đẳng thức    
n →+∞ dX x0nk , x0 ≤ dX x0nk , xnk + dX xnk , x0 −−k−−−→ 0

Nhưng ta vừa chứng minh được f liên tục trên X, do đó      
n →+∞ 0 dY f xnk , f (x0 ) , dY f xnk , f (x0 ) −−k−−−→ 0

Tin

Áp dụng bất đẳng thức tam giác một lần nữa, ta được        

 0  n →+∞ 0 ≤ dY f xnk , f (x0 ) + dY f xnk , f (x0 ) −−k−−−→ 0 0 ≤ dY f xnk , f xnk
Nhưng dY f (xn ), f (x0n ) ≥ ε, mâu thuẫn. Vậy giả sử sai, ta phải có f liên tục đều  1.14 Với mỗi n ∈ N∗ , ta lập ánh xạ

To án

  1 fn : x 7→ 1 − f (x) n   1 Dễ thấy fn là ánh xạ liên tục 1 − -Lipschitz nên cũng là ánh xạ co. Với x0 ∈ E = B 0 (0, 1) n bất kỳ, ta luôn có bất đẳng thức  
1 d(0, x0 ) < 1 d 0, fn (x0 ) ≤ 1 − n
Do đó với mỗi n, ta luôn có d 0, fn (x0 ) < 1, hay fn (x0 ) ∈ B 0 (0, 1) nên fn là ánh xạ đi từ tập E vào chính nó. Ta cũng có (E, d) là không gian metric đủ (Vì E đóng trong Rn ), do đó tồn tại duy nhất xn là điểm bất động của ánh xạ fn

fn (xn ) = xn

CT

TN

So difficult!!

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

24

Giải tích hàm

K6 4

Phần II

CT

TN

To án

Tin

Không gian tuyến tính định chuẩn

Lê Nguyên Bách - [email protected] Đỗ Mạnh Dũng - [email protected]

25