Không gian metric

Cho (X, d) là không gian mêtric và (x n ) n là dãy trong X . Dãy (x n ) n là dãy cơ bản ⇔ ∀ε > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n > n 0 , ∀p ∈ N thì d(x n+p , x n ) < ε. Không gian mêtric (X, d) được gọi là không gian mêtric đầy đủ nếu mọi dãy cơ bản đều hội tụ. Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0, 1] với mêtric d(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [0, 1]}. Cho (x n ) n định bởi x n (t) = t n , ta có:

pdf9 trang | Chia sẻ: nhungnt | Ngày: 31/10/2012 | Lượt xem: 2422 | Lượt tải: 24download
Tóm tắt tài liệu Không gian metric, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS. Lê Hoàn Hóa Ngày 21 tháng 12 năm 2004 KHÔNG GIAN MÊTRIC (tt) 5 Không gian mêtric đầy đủ 5.1 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric và (xn)n là dãy trong X. Dãy (xn)n là dãy cơ bản ⇔ ∀ε > 0,∃n0 ∈ N : ∀n > n0,∀p ∈ N thì d(xn+p, xn) < ε. Không gian mêtric (X, d) được gọi là không gian mêtric đầy đủ nếu mọi dãy cơ bản đều hội tụ. Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0, 1] với mêtric d(x, y) = max{|x(t)−y(t)| : t ∈ [0, 1]}. Cho (xn)n định bởi xn(t) = tn, ta có: lim n→∞ xn(t) = { 0 nếu 0 6 t < 1 1 nếu t = 1 Tuy nhiên (xn)n không phải là dãy cơ bản trong X vì d(xn, x2n) = max{tn− t2n : t ∈ [0, 1]} = 14 với mọi n ∈ N. Thí dụ: 1) Rn với mêtric d(x, y) = [ ∑n i=1(xi − yi)2]1/2 là không gian mêtric đầy đủ. 2) X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b] với mêtric d(x, y) = max{|x(t)− y(t)| : t ∈ [a, b]} là không gian mêtric đầy đủ. 3) lp = {x = (xn)n : ∑∞ 1 |xn|p 1, với mêtric định bởi: với x = (xn)n, y = (yn)n trong lp ta định nghĩa d(x, y) = ( ∞∑ 1 |xn − yn|p )1/p (lp, d) là không gian mêtric đầy đủ. 5.2 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric, D là tập hợp con khác rỗng của X. Với x, y ∈ D đặt dD(x, y) = d(x, y). Khi đó dD là mêtric trên D và (D, dD) là không gian mêtric con của (X, d). 8 Giả sử (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và D ⊂ X. Khi đó: D là không gian mêtric đầy đủ ⇔ D là tập đóng Thật vậy, giả sử (D, dD) là không gian mêtric đầy đủ, (xn)n là dãy trong D, limn→∞ xn = x. Ta chứng minh x ∈ D. Do (xn)n là dãy trong (X, d) hội tụ về x nên (xn)n là dãy cơ bản trong (X, d). Với ε > 0 cho trước, có n0 ∈ N sao cho với mọi n > n0 và p ∈ N thì d(xn+p, xn) < ε. Do xn ∈ D,∀n ∈ N nên dD(xn+p, xn) = d(xn+p, xn) < ε. Vậy, (xn)n là dãy cơ bản trong (D, dD). Do (D, dD) là không gian mêtric đầy đủ nên (xn)n hội tụ trong (D, dD) và do giới hạn duy nhất nên limn→∞ xn = x ∈ D. Vậy D là tập đóng. Ngược lại, giả sử D là tập đóng. Cho (xn)n là dãy cơ bản trong (D, dD). Do dD(xn+p, xn) = d(xn+p, xn),∀n, p ∈ N nên (xn)n cũng là dãy cơ bản trong không gian mêtric đầy đủ (X, d), vậy hội tụ. Đặt x = limn→∞ xn. Do D là tập đóng nên x ∈ D. Suy ra limn→∞ dD(x, xn) = limn→∞ d(x, xn) = 0 hay limn→∞ xn = x trong (D, dD). Vậy (D, dD) là không gian mêtric đầy đủ. Từ kết quả trên ta có thể thí dụ về không gian mêtric không đầy đủ. Do Rn với mêtric d(x, y) = [ ∑n i=1(xi − yi)2]1/2 là không gian mêtric đầy đủ, lấy D là một tập hợp con khác rỗng, D không là tập đóng trong Rn. Khi đó không gian mêtric con (D, dD) không là không gian mêtric đầy đủ. 5.3 Ánh xạ co Cho (X, d) là không gian mêtric đầy đủ, f : X → X thỏa mãn điều kiện: có hằng số 0 6 k < 1 sao cho: d(f(x), f(y)) 6 k d(x, y),∀x, y ∈ X (f được gọi là ánh xạ co hệ số k) Khi đó có duy nhất x0 ∈ X sao cho f(x0) = x0 và limn→∞ fn(x) = x0 với mọi x ∈ X. Chứng minh: Với x ∈ X đặt x1 = f(x), xn+1 = f(xn), n ∈ N. Với n, p ∈ N, ta có: d(xn, xn+p) = d(f n(x), fn+p(x)) 6 k d(fn−1(x), fn+p−1(x)) 6 . . . 6 knd(x, fp(x)) 6 kn [ d(x, f(x)) + d(f(x), f2(x)) + · · ·+ d(fp−1(x), fp(x))] 6 kn(1 + k + · · ·+ kp−1)d(x, f(x)) = kn1− k p 1− k d(x, f(x)) Vậy d(xn, xn+p) 6 k n 1−kd(x, f(x)). Do 0 6 k < 1, bất đẳng thức trên chứng tỏ (fn(x))n là dãy cơ bản vậy hội tụ. Đặt x0 = limn→∞ fn(x). Do d(f(x0), f n+1(x)) = d(f(x0), xn+1) 6 k d(x0, xn),∀n ∈ N. Vậy, limn→∞ xn = x0 = f(x0). Giả sử f(x0) = x0, f(y0) = y0. Do d(x0, y0) = d(f(x0), f(y0)) 6 k d(x0, y0) nên x0 = y0. Bài tập 1) Cho (X, d) là không gian mêtric, (xn)n là dãy cơ bản. Giả sử có dãy con (xnk)k sao cho limk→∞ xnk = x. Chứng minh limn→∞ xn = x. 9 Hướng dẫn: Với ε > 0 có n0 ∈ N sao cho với n > n0, p ∈ N thì d(xn+p, xn) < ε/2 và có k0 ∈ N sao cho với k > k0 thì d(xnk , x) m, chọn k > k0 sao cho nk > n0, khi đó: d(xn, x) 6 d(xn, xnk) + d(xnk , x) < ε/2 + ε/2 = ε Vậy limn→∞ xn = x. 2) Cho (X, dX), (Y, dY ) là hai không gian mêtric. Đặt Z = X × Y . Với z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2) ∈ Z, đặt d(z1, z2) = dX(x1, x2) + dY (y1, y2). Chứng minh (Z, d) là không gian mêtric đầy đủ ⇔ (X, dX), (Y, dY ) là các không gian mêtric đầy đủ. Hướng dẫn: Cho zn = (xn, yn), n ∈ N là dãy cơ bản trong Z. Do d(zn+p, zn) = dX(xn+p, xn) + dY (yn+p, yn), ∀n, p ∈ N nên (xn)n, (yn)n là dãy cơ bản trong X, Y và ngược lại. Giả sử (Z, d) là không gian mêtric đầy đủ. Lấy (xn)n, (yn)n là dãy cơ bản trong X, Y . Đặt zn = (xn, yn), n ∈ N thì (zn)n là dãy cơ bản trong Z. Do Z là không gian mêtric đầy đủ nên có z = (x, y) ∈ Z sao cho limn→∞ d(zn, z) = 0. Khi đó: limn→∞ dX(xn, x) = 0 và limn→∞ dY (yn, y) = 0. Vậy lim n→∞ xn = x trong X và lim n→∞ yn = y trong Y. Như vậy, (X, dX), (Y, dY ) là các không gian mêtric đầy đủ. Ngược lại, giả sử X, Y là hai không gian mêtric đầy đủ. Cho zn = (xn, yn), n ∈ N là dãy cơ bản trong Z. Khi đó, (xn)n, (yn)n là dãy cơ bản trong không gian mêtric đầy đủ nên có x ∈ X, y ∈ Y sao cho limn→∞ xn = x, limn→∞ yn = y. Đặt z = (x, y), ta có: lim n→∞ d(z, zn) = [ lim n→∞ dX(x, xn) + lim n→∞ dY (y, yn) ] = 0 hay limn→∞ zn = z trong Z. Vậy (Z, d) là không gian mêtric đầy đủ. 6 Không gian mêtric compact 6.1 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric. Tập A ⊂ X được gọi là tập compact nếu với mọi dãy (xn)n trong A đều có một dãy con (xnk)k hội tụ, limk→∞ xnk = x và x ∈ A. Nếu A = X là tập compact ta nói (X, d) là không gian mêtric compact. 6.2 Tính chất 1. Nếu (X, d) là không gian mêtric compact thì (X, d) là không gian mêtric đầy đủ. 2. Cho (X, d) là không gian mêtric, A ⊂ X. Nếu A là tập compact thì A là tập đóng. 3. Cho (X, d) là không gian mêtric compact, A ⊂ X. Khi đó: A là tập compact ⇔ A là tập đóng. 4. Cho Rn với mêtric d(x, y) = [ ∑n i=1(xi − yi)2]1/2 và A ⊂ Rn. Khi đó: A là tập compact ⇔ A là tập đóng, bị chặn. 10 Bài tập 1) Cho (X, dX), (Y, dY ) là không gian mêtric, Z = X × Y với mêtric d(z1, z2) = dX(x1, x2) + dY (y1, y2), z1 = (x1, y1), z2 = (x2, y2). Cho A ⊂ X,B ⊂ Y . Chứng minh: A×B compact trong Z ⇔ A và B là tập compact . Hướng dẫn: Giả sử A×B là tập compact. Cho (xn)n là dãy trong A, (yn)n là dãy trong B. Đặt zn = (xn, yn), n ∈ N, là dãy trong A×B là tập compact nên có dãy con znk = (xnk , ynk), k ∈ N sao cho limk→∞ znk = z = (x, y) ∈ A×B. Khi đó lim k→∞ d(z, znk) = lim k→∞ [dX(xnk , x) + dY (ynk , y)] = 0 hay lim k→∞ xnk = x và lim k→∞ ynk = y Vậy A,B là tập compact. Ngược lại, giả sử A,B là tập compact. Cho zn = (xn, yn), n ∈ N là dãy trong A× B. Do A là tập compact, (xn)n là dãy trong A nên có dãy con (xnk)k thỏa limk→∞ xnk = x ∈ A. Do B là tập compact, (ynk)k là dãy trong B nên có dãy con (ynki )i thỏa limi→∞ ynki = y ∈ B. Đặt z = (x, y) ∈ A× B. Khi đó dãy con znki = ( xnki , ynki ) , i ∈ N, hội tụ, limi→∞ znki = z. Vậy, A×B là tập compact trong Z. Trường hợp đặc biệt: Nếu A = X, B = Y ta có (Z, d) là không gian mêtric compact nếu và chỉ nếu (X, dX), (Y, dY ) là các không gian mêtric compact. 2) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, An, n ∈ N là tập đóng, An+1 ⊂ An. Giả sử⋂∞ 1 An = ∅. Chứng minh rằng có n0 ∈ N sao cho An0 = ∅. Hướng dẫn: Giả sử An 6= ∅,∀n ∈ N. Với mỗi n ∈ N lấy xn ∈ An. Do An+p ⊂ An với mọi n, p ∈ N nên xn+p ∈ An. Do X là không gian mêtric compact, (xn)n là dãy trong X nên có dãy con (xnk)k hội tụ, đặt x = limk→∞ xnk . Do nk > k với mọi k ∈ N và Ak là tập đóng nên với mọi i ∈ N, dãy (xnk)k>i ⊂ Ai nên x ∈ Ai. Vậy x ∈ ⋂∞ 1 Ai, mâu thuẫn giả thiết ⋂∞ 1 Ai = ∅. Vậy, có n0 ∈ N sao cho An0 = ∅. Ghi chú: Bài tập 2) có thể phát biểu tương đương như sau: 2’) Cho (X, d) là không gian mêtric, An, n ∈ N, là tập compact, An+1 ⊂ An. Giả sử ⋂∞ 1 Ai = ∅. Chứng minh có n0 ∈ N sao cho An0 = ∅. 2”) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, An, n ∈ N, là tập đóng khác rỗng, An+1 ⊂ An. Chứng minh ⋂∞ 1 Ai 6= ∅ 7 Ánh xạ liên tục 7.1 Định nghĩa Cho (X, d), (Y, ρ) là hai không gian mêtric và f : X → Y . Ta nói • f liên tục tại x ∈ X ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x′ ∈ X, d(x, x′) < δ ⇒ ρ (f(x), f(x′)) < ε. 11 • f liên tục trên X nếu f liên tục tại mọi x ∈ X. Do đó f liên tục trên X ⇔ ∀x ∈ X,∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x′ ∈ X, d(x, x′) < δ ⇒ ρ (f(x), f(x′)) < ε • f liên tục đều trên X ⇔ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x′ ∈ X, d(x, x′) < δ ⇒ ρ (f(x), f(x′)) < ε. • f là đồng phôi nếu f là song ánh, f liên tục và ánh xạ ngược f−1 là liên tục. 7.2 Tính chất 1) f liên tục tại x ⇔ Với mọi dãy (xn)n trong X, limn→∞ xn = x thì limn→∞ f(xn) = f(x). 2) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, f : X → Y liên tục. Khi đó: f liên tục đều và ảnh f(X) là tập compact trong Y . Ta chứng minh f(X) là tập compact. Cho (yn)n là dãy trong f(X), khi đó có dãy (xn)n trong X sao cho yn = f(xn) với mọi n ∈ N. Do X là không gian mêtric compact nên có dãy con (xnk)k hội tụ, đặt x = limk→∞ xnk . Do f liên tục tại x nên limk→∞ f(xnk) = limk→∞ ynk = f(x) ∈ f(X) Vậy f(X) compact trong Y . 3) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, f : X → R liên tục. Khi đó, f đạt cực đại, cực tiểu trên X nghĩa là có x1, x2 ∈ X sao cho: f(x1) = max{f(x) : x ∈ X} , f(x2) = min{f(x) : x ∈ X} Bài tập 1) Cho (X, d), (Y, ρ) là hai không gian mêtric và f : X → Y . Chứng minh các mệnh đề sau tương đương: a) f liên tục trên X. b) f−1(B) là tập mở nếu B là tập mở. c) f−1(B) là tập đóng nếu B là tập đóng. d) f−1(B) ⊂ f−1(B),∀B ⊂ Y . e) f(A) ⊂ f(A),∀A ⊂ X. Hướng dẫn: a)⇒b) Với x ∈ f−1(B) thì f(x) ∈ B là tập mở nên có ε > 0 sao cho BY (f(x), ε) ⊂ B. Do f liên tục nên tồn tại δ > 0 sao cho f(BX(x, δ)) ⊂ BY (f(x), ε) ⊂ B Suy ra BX(x, δ) ⊂ f−1(B). Vậy f−1(B) là mở. b)⇒a) Với x ∈ X và ε > 0, do f−1 (BY (f(x), ε)) là tập mở chứa x nên có δ > 0 sao cho: BX (x, δ) ⊂ f−1 (BY (f(x), ε)) Suy ra f (BX (x, δ)) ⊂ BY (f(x), ε) 12 Vậy, f liên tục tại x. b)⇔c) Suy ra từ đẳng thức f−1 (Y \B) = X \ f−1(B). c)⇒d) Do f−1(B) là tập đóng và f−1 (B) ⊂ f−1(B) nên f−1 (B) ⊂ f−1(B). d)⇒c) Với B là tập đóng trong Y , do f−1 (B) ⊂ f−1(B) suy ra f−1 (B) = f−1(B). Vậy f−1(B) là tập đóng. d)⇒e) Đặt B = f(A). Do f−1 (B) ⊂ f−1(B) hay là f−1 (f(A)) ⊂ f−1 ( f(A) ) . Suy ra A ⊂ f−1 (f(A)) ⊂ f−1 ( f(A) ) Vậy f ( A ) ⊂ f(A). e)⇒d) Đặt A = f−1(B). Do f ( f−1(B) ) ⊂ f (f−1(B)) suy ra f−1(B) ⊂ f−1(B). 2) Cho f : (X, d) → (Y, ρ). f được gọi là ánh xạ đóng nếu ảnh của một tập đóng là tập đóng, f là ánh xạ mở nếu ảnh của một tập mở là tập mở. Giả sử f là song ánh liên tục. Chứng minh: f là đồng phôi ⇔ f là ánh xạ đóng ⇔ f là ánh xạ mở. Hướng dẫn: Do f là song ánh nên f(A) = (f−1)−1 (A) với mọi A ⊂ X. Ta chỉ cần chứng minh f−1 liên tục. Nếu f là ánh xạ mở, lấy A là tập mở thì f(A) là tập mở, suy ra (f−1)−1 (A) là tập mở. Vậy f−1 liên tục. Nếu f là ánh xạ đóng, lấy A là tập đóng thì f(A) là tập đóng, suy ra (f−1)−1 (A) là tập đóng. Vậy f−1 liên tục. 3) Cho (X, d) là không gian mêtric, A ⊂ X. Cho f : X → R định bởi f(x) = d(x,A) = inf {d(x, y) : y ∈ A} (khoảng cách từ x đến A). Chứng minh: a) f liên tục đều trên X. b) f(x) = 0 nếu và chỉ nếu x ∈ A. c) Cho A,B là hai tập đóng, A ∩ B = ∅. Chứng minh có hàm số g : X → R liên tục thỏa mãn: g(x) = { 1 nếu x ∈ A 0 nếu x ∈ B d) Cho A là tập đóng, B là tập compact, A∩B = ∅. Đặt d (A,B) = inf {d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B} là khoảng cách giữa A và B. Chứng minh d(A,B) > 0. Hướng dẫn: Với ε > 0 cho trước, chọn δ = ε/3. Với x, x′ ∈ X, d(x, x′) < δ tồn tại y, y′ ∈ A sao cho: d (x, y)− ε 3 < f(x) 6 d (x, y) và d (x′, y′)− ε 3 < f(x′) 6 d (x′, y′) Khi đó: f(x)− f(x′) 6 d (x, y′)− d (x′, y′) + ε 3 6 d (x, x′) + ε 3 < ε f(x′)− f(x) 6 d (x′, y)− d (x, y) + ε 3 6 d (x, x′) + ε 3 < ε 13 Suy ra |f(x)− f(x′)| < ε. Vậy f liên tục đều trên X. b) f(x) = 0 = inf {d(x, y) : y ∈ A} ⇔ Có dãy (yn)n trong A sao cho limn→∞ d (x, yn) = 0 ⇔ x ∈ A. c) Do A,B là tập đóng nên d(x,A) = 0 ⇔ x ∈ A và d(x,B) = 0 ⇔ x ∈ B Đặt g(x) = d(x,A) d(x,A) + d(x,B) thì g liên tục. Do A ∩B = ∅ nên g(x) = { 1 nếu x ∈ A 0 nếu x ∈ B d) Do f(x) = d(x,A) là hàm liên tục, B là tập compact nên có x0 ∈ B sao cho: f(x0) = min {f(x) : x ∈ B} = d(A,B) Do A ∩B = ∅, A là tập đóng nên x0 /∈ A và f(x0) > 0. Vậy d(A,B) > 0. Ghi chú: Nếu A,B là tập đóng, A∩B = ∅, có thể d(A,B) = 0. Thí dụ: Trong R2 với mêtric d(x, y) = [ (x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 ]1/2 , đặt A = {( x, 1 x ) : x > 0 } , B = [0,+∞)× {0} (B là nửa trục Ox). Khi đó A,B là tập đóng, A ∩B = ∅ nhưng d(A,B) = 0. 4) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, f : X → X thỏa mãn: d (f(x), f(y)) < d(x, y) nếu x 6= y a) Chứng minh tồn tại duy nhất x0 ∈ X sao cho f(x0) = x0. b) Đặt A1 = f(X), An+1 = f(An), n ∈ N. Chứng minh ∞⋂ n=1 An 6= ∅ 14 Hướng dẫn: a) Đặt ϕ : X → R định bởi ϕ(x) = d (x, f(x)) , x ∈ X. Do: |ϕ(x)− ϕ(x′)| = |d (x, f(x))− d (x′, f(x′))| 6 d(x, x′) + d (f(x), f(x′)) 6 2d(x, x′) nên ϕ liên tục trên X. Do X là tập compact nên có x0 ∈ X sao cho ϕ(x0) = min {ϕ(x) : x ∈ X} Giả sử ϕ(x0) = d (x0, f(x0)) > 0 (tức là x0 6= f(x0)). Khi đó: d (f(x0), f (f(x0))) = ϕ (f(x0)) < d (x0, f(x0)) = ϕ(x0) Mâu thuẫn với sự kiện ϕ(x0) nhỏ nhất. Vậy ϕ(x0) = 0 = d(x0, f(x0)) hay x0 = f(x0). Giả sử có y0 ∈ X sao cho y0 = f(x0). Khi đó: d (x0, y0) = d (f(x0), f(y0)) < d(x0, y0) nếu x0 6= y0 Điều này vô lý. Vậy x0 tồn tại và duy nhất. b) Do f liên tục, X là tập compact nên A1 = f(X) là tập compact. Giả sử An là tập compact. Khi đó An+1 = f(An) là tập compact. Vậy An là tập compact, khác rỗng với mọi n ∈ N. Hơn nữa, do A1 = f(X) ⊂ X nên A2 = f(A1) ⊂ f(X) = A1. Giả sử An+1 ⊂ An. Ta có An+2 = f (An+1) ⊂ f (An) = An+1 Vậy An+1 ⊂ An với mọi n ∈ N. Áp dụng tính chất phần giao hữu hạn (Bài tập 2) trong phần không gian mêtric compact) ta có ⋂∞ n=1 An 6= ∅ 5) Cho (X, d) là không gian mêtric compact, với mọi n ∈ N, cho f, fn : X → R liên tục. Giả sử f1(x) > f2(x) > · · · > fn(x) > fn+1(x) > · · · và lim n→∞ fn(x) = f(x),∀x ∈ X Chứng minh (fn)n hội tụ đều về f trên X. (Nhắc lại: (fn)n hội tụ đều về f trên X nghĩa là với mọi ε > 0 có n0 ∈ N sao cho với mọi n > n0 thì |fn(x)− f(x)| < ε với mọi x ∈ X) Hướng dẫn: Đặt hn = fn − f, n ∈ N thì hn liên tục, thỏa mãn: h1(x) > h2(x) > · · · > hn(x) > hn+1(x) > · · · và lim n→∞ hn(x) = 0,∀x ∈ X Với ε > 0 cho trước, đặt An = {x ∈ X : hn(x) > ε} thì An là tập đóng. Do (hn)n là dãy giảm nên An+1 ⊂ An. Do limn→∞ hn(x) = 0 với mọi x ∈ X nên ⋂∞ n=1 An = ∅. Áp dụng tính chất phần giao hữu hạn, có n0 ∈ N sao cho An0 = ∅, nghĩa là hn0(x) < ε với mọi x ∈ X. Do (hn)n là dãy giảm nên với n > n0 thì hn(x) 6 hn0(x) < ε với mọi x ∈ X Vậy, dãy (hn)n hội tụ đều về 0. Suy ra dãy (fn)n hội tụ đều về f trên X. 15 6) Cho (X, dX), (Y, dY ) là không gian mêtric và (X × Y, d) với d ((x1, y1), (x2, y2)) = dX (x1, x2) + dY (y1, y2) Cho f : X → Y . Đặt G = {(x, f(x)) : x ∈ X} là đồ thị của f a) Giả sử f liên tục. Chứng minh G là tập đóng trong X × Y . b) Giả sử Y là không gian mêtric compact và G là tập đóng trong X × Y , chứng minh f liên tục. Hướng dẫn: a) Cho (xn, f(xn))n là dãy trong G và limn→∞(xn, f(xn)) = (x, y) trong (X×Y, d). Ta chứng minh (x, y) ∈ G. Do lim n→∞ d ((x, y) , (xn, f(xn))) = lim n→∞ [dX (x, xn) + dY (y, f(xn))] = 0 nên limn→∞ xn = x trong (X, dX) và limn→∞ f(xn) = y trong (Y, dY ). Do f liên tục nên limn→∞ f(xn) = f(x). Vậy y = f(x) hay (x, y) = (x, f(x)) ∈ G. Vậy G là tập đóng trong X × Y . b) Giả sử G là tập đóng trong X × Y và limn→∞ xn = x trong X. Ta chứng minh limn→∞ f(xn) = f(x) trong Y . Do Y là tập compact nên có dãy con ( f(xnk) ) k của dãy (f(xn))n sao cho limk→∞ f(xnk) = y. Do G đóng và limk→∞(xnk , f(xnk)) = (x, y) nên (x, y) ∈ G hay y = f(x) = limk→∞ f(xnk). Như vậy, mọi dãy con ( f(xnk) ) k của dãy ( f(xn) ) n nếu hội tụ thì limk→∞ f(xnk) = f(x). Giả sử ( f(xn) ) n không hôi tụ về f(x). Vậy có α > 0 sao cho với mọi k ∈ N có nk > k sao cho: d(f(xnk), f(x)) > α với mọi k ∈ N. Do Y là tập compact nên dãy (f (xnk))k có một dãy con hội tụ ghi là ( f ( xnki )) i . Vậy limi→∞ f ( xnki ) = f(x). Điều này mâu thuẫn với sự kiện d(f(xnk), f(x)) > α > 0 với mọi i ∈ N. Vậy limn→∞ f(xn) = f(x) hay f liên tục tại x. Do x ∈ X bất kỳ nên f liên tục trên X. 16
Tài liệu liên quan