Bài tập giải tích hàm

BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM 1.1.2 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập mở nếu và chỉ nếu mọi x trong A, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ A. Giải • Giả sử mọi x trong A, có rx > 0 sao cho B(x, rx) ⊂ A. Ta chứng minh A = ⋃ x∈A B(x, rx). Cho z trong A, ta có z ∈ B(z, rz). Vậy A ⊂ ⋃ x∈A B(x, rx). Ch z trong ⋃ x∈A B(x, rx), Có x ∈ A sao cho z ∈ B(x, rx). Vì B(x, rx) ⊂ A, ta có z ∈ A. • Giả sử A là tập mở, ta chứng minh với mọi x trong A, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ A. Có một họ quả cầu mở {B(ai, ri)}i∈I trong E sao cho A = ⋃ i∈I B(ai, ri). Cho x trong E, có i trong I sao cho x ∈ B(ai, ri). Đặt r = ri − ||x− ai||, ta có B(x, r) ⊂ B(ai, ri) ⊂ ⋃ i∈I B(ai, ri) ⊂ A. 1.1.4 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập đóng nếu và chỉ nếu mọi dãy {xn} trong A hội tụ về x trong E thì x ∈ A. Giải Giả sử A là một tập đóng. Cho dãy {xn} trong A hội tụ về x trong E ta chứng minh x ∈ A. Ta dùng phản chứng: giả sử x ∈ E \A. Ta có E \A là một tập mở, nên có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ E \A, hay y ∈ E \A ∀ y ∈ E, ||y − x|| < r. (1) Mặt khác với ε = r, ta tìm được một số nguyên N sao cho ||xn − x|| < ε ∀ n ≥ N. (2) 1 Từ đó ta có xN ∈ A∩ (E \A) : mâu thuẩn. Vậy x ∈ A. Nay giả sử mọi dãy {xn} trong A hội tụ về x trong E thì x ∈ A. Ta chứng minh A đóng, hay E \ A là một tập mở. Ta dùng phản chứng: E \ A không là một tập mở. Lúc đó có một x trong E \ A, và với mọi số thực dương r có một yr sao cho ||yr − x|| < r và yr ∈ A. Đặt xn = y1/n . Ta thấy {xn} trong A hội tụ về x trong E nhưng x ∈ E \A: vô lý. 1.3.10 Cho A là một tập con của một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh A là một tập đóng nếu và chỉ nếu A = A. Giải Giả sử A là một tập đóng. Ta chứng minh A = A. • Chứng minh A ⊂ A: Cho x trong A, ta chứng minh x ∈ A, hay B(x, r) ∩ A 6= ∅. Vì x ∈ B(x, r) ∩ A, ta có kết quả • Chứng minh A ⊂ A: Cho x trong A, chứng minh x trong A. Với mọi r > 0 có yr ∈ A ∩B(x, r). Đặt xn = y1/n với mọi số nguyên n. Ta có ||xn − x|| < 1 n ∀ n ∈ IN. Từ đó {xn} hội tụ về x. áp dụng bài 1.1.4, ta thấy x ở trong A. Giả sử A = A . Ta chứng minh A là một tập đóng. Ta dùng bài 1.1.4. Cho dãy {xn} trong A hội tụ về x trong E ta chứng minh x ∈ A. Với giả thiết A = A, ta chỉ cần chứng minh x ∈ A. Ta có : với mọi ε = r > 0 có một số nguyên N sao cho ||xn − x|| < ε ∀ n ≥ N. Vậy B(x, r) ∩ A 6= ∅ với mọi r > 0 : x ∈ A 1.3.1 Cho a và b là hai vectơ trong một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh |||a|| − ||b||| ≤ ||a− b||. (1) Suy ra hàm số f liên tục trên (E, ||.||), nếu f(x) = ||x|| với mọi x trong E. Giải Ta thấy (1) tương đương với { ||a|| − ||b|| ≤ ||a− b||, ||b|| − ||a|| ≤ ||a− b||. 2 hay { ||a|| ≤ ||a− b||+ ||b||, ||b|| ≤ ||a− b||+ ||a||. hay { ||(a− b) + b|| ≤ ||a− b||+ ||b||, ||(b − a) + a|| ≤ ||a− b||+ ||a||. Vậy ta có (1). Từ (1) ta có |f(y) − f(x)| ≤ ||y − x|| ∀ x, y ∈ E. Vậy với mọi ε > 0, chọn δ = ε 2 ta có |f(y) − f(x)| < ε ∀ x, y ∈ E, ||x− y|| < δ. Vậy f liên tục trên E. 1.3.2 Cho A là một tập hợp bị chặn trong một không gian định chuẩn (E, ||.||). Chứng minh có một số thực dương r sao cho A ⊂ B(0, r). Giải Có số thực M sao cho ||x|| ≤ M ∀ x ∈ A. Đặt r = M + 1, ta có ||x− 0|| = ||x|| < r ∀ x ∈ A. Vậy x ∈ B(0, r), từ đó A ⊂ B(0, r). 1.3.11 Cho A là một tập hợp compắc trong một không gian định chuẩn (E, ||||). Chứng minh (i) A đóng. (ii) A bị chặn. Giải Cho một dãy {yn} trong A, ta có một dãy con {ynk} của {yn}, sao cho {ynk} hội tụ về y trong A. Áp dụng bài 1.1.4, ta thấy A là một tập đóng trong E. Nay ta chứng minh A bị chặn. Ta dùng phản chứng : giải sử A không bị chặn. Dùng qui nạp toán học ta tìm được một dãy {xn} có tính chất 1 + ||x1|| + · · ·+ ||xn|| < ||xn+1|| ∀ n ∈ IN. 3 Vậy 1 n. hay 1 < ||xm − |xn|| ∀ m,n ∈ IN,m 6= n. (1) Cho {xnk} là một dãy con của dãy {xn}. Theo (1), 1 < ||xnk − |xnk′ || ∀ k, k ′ ∈ IN, k 6= k′. Vậy {xnk} không là một dãyCauchy, nên không hội tụ : mâu thuẩn với giả thiết compắc của A. 1.1.6 Cho A là một tập hợp khác trống trong một không gian định chuẩn (E, ||||E) và f là một ánh xạ từ A vào một không gian định chuẩn (F, ||||F ) . Chứng minh f liên tục trên A nếu và chỉ nếu với mọi tập mở V trong F , có một tập mở W trong E sao cho f−1(V ) = W ∩ A. Giải • Giả sử f liên tục trên A. Cho một tập mở V trong F , ta tìm một tập mở W trong E sao cho f−1(V ) = W ∩ A. Cho x trong B ≡ f−1(V ), ta có y = f(x) ∈ V . Do bài 1.1.2 và sự liên tục của f tại x, ta thấy có rx > 0 sao cho B(y, rx) ⊂ V , và với ε = rx, có một δx > 0 sao cho ||f(z)− f(x)||F < ε ∀ z ∈ A, ||z − x||E . hay f(z) ∈ B(y, ε) với mọi z ∈ A ∩B(x, δx), hay f(A ∩B(x, δx)) ⊂ B(y, ε) = B(y, rx) ⊂ V . Đặt W = ⋃ x∈B B(x, δx). Ta có W ∩ A = ⋃ x∈B B(x, δx) ∩ A và f(W ∩A) = f( ⋃ x∈B B(x, δx) ∩ A) ⊂ ⋃ x∈B f(B(x, δx) ∩ A) ⊂ V V = ⋃ x∈B {f(x)} ⊂ f(W ∩ A). Vậy f(W ∩ A) = V. • Giả sử với mọi tập mở V trong F , có một tập mở W trong E sao cho f−1(V ) = W ∩A. Ta chứng minh f liên tục trên A. Cho x trong A, và ε > 0, ta tìm δ sao cho ||f(z)− f(x)||F < ε ∀ z ∈ A, ||z − x||E . 4 hay f(A ∩B(x, δ)) ⊂ B(f(x), ε). hay A ∩B(x, δ) ⊂ f−1(B(f(x), ε)). Đặt V = B(f(x), ε). Theo giả thiết có một tập mở W trong E sao cho f−1(V ) = W ∩ A. Vậy x ∈ W . Theo bài 1.1.2, ta có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ W . Đặt δ = r, ta có A ∩B(x, δ) ⊂ W ∩A = f−1(B(f(x), ε)). 1.1.6 Cho A là một tập hợp compắc trong một không gian định chuẩn (E, ||||E) và f là một ánh xạ liên tục từ A vào một không gian định chuẩn (F, ||||F ) . Chứng minh f(A) compắc trong F . Giải Cho {yn} là một dãy trong f(A). Ta sẽ tìm một dãy con {ynk} của {yn} hội tụ về y trong f(A). Chọn xn trong A sao cho f(xn) = yn. Vì A compắc, có một dãy con {xnk} của {xn} hội tụ về x trong A. Do tính liên tục của f , {f(xnk)} hội tụ về y = f(x). 1.2.5i Cho A là một tập hợp khác trống và (E, ||||) là một không gian định chuẩn trên Φ. Đặt B(A,E) là tập hợp các ánh xạ f từ A vào E sao cho f(A) bị chặn trong E. Với mọi f và g trong B(A,E), x trong A và α trong Φ ta đặt (f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = αf(x), ||f ||∞ = sup{||f(y)|| : y ∈ A}. Chứng minh (B(A,F ), ||.||∞) là một không gian định chuẩn. Giải Cho f và g trong B(A,E) và α trong Φ, ta chứng minh f + g và αf ở trong B(A,E). Có hai số thực dương M1 và M2 sao cho ||f(x)|| ≤ M1 ∀ x ∈ A. (1) ||g(x)|| ≤ M2 ∀ x ∈ A. (2) 5 Từ (1) và (2) ta có ||(f + g)(x)|| = ||f(x) + g(x)|| ≤ ||||f(x)|| + ||g(x)||M1 + M2 ∀ x ∈ A.) ||(αf)(x)|| = ||αf(x)|| = |α||f(x)|| ≤ |α|M1 ∀ x ∈ A. Vậy f + g và αf ở trong B(A,E). Từ đó B(A,E) là một không gian vectơ. Nay ta chứng minh ||.||∞ là một chuẩn trên B(A,E). Cho f và g trong B(A,E), x trong A và α trong Φ. Vì ||f(x)|| ≥ 0, nên ||f ||∞ = sup{||f(y)|| : y ∈ A} ≥ 0. Nếu ||f ||∞ = 0, ta có sup{||f(y)|| : y ∈ A} = 0. Vậy ||f(y)|| = 0 ∀ y ∈ A. Vậy f(y) = 0 với mọi y trong A hay f = 0. Ta có ||αf ||∞ = sup{||αf(y)|| : y ∈ A} = sup{|α|||f(y)|| : y ∈ A} = sup |α|{||f(y)|| : y ∈ A} = α| sup |{||f(y)|| : y ∈ A} = ||α|||f ||∞. Đặt C = {||f(y)|| : y ∈ A} và D = {||g(y)|| : y ∈ A}, ta có ||f + g||∞ = sup |{||f(y) + g(y)|| : y ∈ A} ≤ sup |{||f(y)||+ ||g(y)|| : y ∈ A} ≤ sup(C + D) ≤ supC + supD = ||f ||∞ + ||g||∞. Vậy ||.||∞ là một chuẩn trên B(A,E). 1.2.7i,ii Cho [a, b] là một khoảng đóng bị chặn trong IR. Đặt X = C([a, b], IR) là tập các hàm số thực liên tục trên [a, b]. Với mọi f và g trong X , x trong [a, b] và α trong IR ta đặt (f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = αf(x), ||f ||∞ = sup{|f(y)| : y ∈ [a, b]}. Chứng minh (X, ||.||∞) là một không gian định chuẩn con của B([a, b], IR), và (X, ||.||∞) là một không gian Banach. 6 Giải Cho f và g trong X và α trong IR. Ta thấy f + g và αf là các hàm số thực liên tục, nên X là một không gian vectơ trên IR. Vì f([a, b]) bị chặn với mọi f trong X , nên X chứa trong B([a, b], IR). Vậy X là không gian vectơ con của B([a, b], IR). Suy ra (X, ||.||∞) là không gian vectơ định chuẩn con của B([a, b], IR). Ta chứng minh (X, ||.||∞) là một không gian Banach. Cho {fm} là một dãy Cauchy trong X . Ta tìm một f trong X sao cho {fm} hội tụ về f trong X , hay lim m→∞ ||fm − f ||∞ = 0. (1) Trước hết ta xác định f . Vì {fm} là một dãy Cauchy trong X ta có ∀ ε > 0, ∃N(ε) ∈ IN : |fm − fn||∞ n ≥ N(ε). hay ∀ ε > 0, ∃N(ε) ∈ IN : |fm(x) − fn(x)| n ≥ N(ε), x ∈ [a, b]. (2) Vậy, với mọi x trong [a, b], {fm(x)} là một dãy Cauchy trong IR, và hội tụ về một số thực được ký hiệu là f(x). Ta đã xác định được một hàm số thực f trên [a, b]. Nay ta chứng minh f thuộc X , nghĩa là f liên tục trên [a, b]. Cho x trong [a, b], ta có ∀ ε′ > 0, ∃M(x, ε′) ∈ IN : |fk(x) − f(x)| < ε ′ ∀ k ≥ M(x, ε′). (3) Từ (2) và (3), ta thấy |fn(x) − f(x)| ≤ |fn(x) − fm(x)| + |fm(x) − f(x)| < ε ′ + ε ∀ n ≥ N(ε),m ≥ max{n,N(ε),M(x, ε′)}, x ∈ [a, b]. (4) Chọ ε, chọn ε′ = ε 2 và m = max{n,N(ε) ≥ M(x, ε′)}, ta có |fn(x) − f(x)| < 2ε ∀ n ≥ N(ε), x ∈ [a, b]. (5) Cho y và z trong [a, b], từ (5) |f(y) − f(z)| ≤ |f(y)− fk(y)| + |fk(y) − fk(z)| + |fk(z) − f(z)| ≤ 4ε + |fk(y) − fk(z)| k ≥ N(ε). (6) 7 Chọn k = N(ε), do tính liên tục đều của fk, ta có ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |fk(y) − fk(z)| < ε” ∀ y, z ∈ [a, b], |y − z| < η(ε”). (7) Từ (6) và (7) ta có ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |f(y) − f(z)| 0, hay ∀ ε” > 0, ∃η(ε”) > 0 : |f(y) − f(z)| ≤ ε” ∀ y, z ∈ [a, b], |y − z| < η(ε”). Vậy f liên tục trên [a, b]. Nay ta chứng minh (1). Theo (5), ta có |fn(x) − f(x)| < 2ε ∀ n ≥ N(ε), x ∈ [a, b]. Vậy ||fn − f ||∞ = sup{|fn(x) − f(x)| : x ∈ [a, b]} < 2ε ∀ n ≥ N(ε). 1.2.7i,ii Cho [a, b] là một khoảng đóng bị chặn trong IR. Đặt X = C([a, b], IR) là tập các hàm số thực liên tục trên [a, b]. Với mọi f và g trong X , x trong [a, b] và α trong IR ta đặt (f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = αf(x), ||f ||1 = ∫ b a |f(t)|dt. Chứng minh (X, ||.||1) là một không gian định chuẩn, nhưng không là một không gian Banach. Giải Cho f và g trong X , và s trong IR. Vì |f | ≥ 0, ta có ||f ||1 = ∫ b a |f(t)|dt ≥ 0. Giả sử f 6≡ 0. Ta có y trong [a, b] sao cho f(y) = α 6= 0. Cho ε = |α| 2 > 0. Vì f liên tục nên có δ(y, ε) > 0 sao cho |f(y)− f(t)| < ε ∀ t ∈ [a, b] ∩ [y − δ(y, ε), y + δ(y, ε)]. (1) 8 Có c < d sao cho [a, b] ∩ [y − δ(y, ε), y + δ(y, ε)] = [c, d]. Với t trong [c, d], do (1) |f(y)| − |f(t)| < ε or |α| 2 < |f(t)|. Suy ra ||f ||1 = ∫ b a |f(t)|dt ≥ ∫ d c |f(t)|dt ≥ ∫ d c |α| 2 dt ≥ |α| 2 (d− c) > 0. Vậy f ≡ 0 nếu ||f ||1 = 0. Ta có ||sf ||1 = ∫ b a |sf(t)|dt = ∫ b a |s||f(t)|dt = |s| ∫ b a |f(t)|dt = |s|||f ||1. ||f + g||1 = ∫ b a |f(t) + g(t)|dt ≤ ∫ b a [|f(t)| + |g(t)]dt = ∫ b a |f(t)|dt + ∫ b a |g(t)dt = ||f ||1 + ||g||1. Vậy ||.||1 là một chuẩn trên X . Nay ta chứng minh (X, ||.||1) không là một không gian Banach. Ta sẽ tìm một dãy Cauchy trong (X, ||.||1) nhưng không hội tụ. Đặt c = 1 2 (a + b) , cn = c + b− a 4n với mọi số nguyên dương n và fn(t) =   0 a ≤ t ≤ c, t− c cn − c c ≤ t ≤ cn, 1 cn ≤ t ≤ b. Cho hai số nguyên dương m và n sao cho m > n. Ta có cm < cn và ||fn − fm||1 = ∫ b a |fn(t) − fm(t)|dt = ∫ cn c |fn(t) − fm(t)|dt ≤ ∫ cn c (|fn(t)| + |fm(t)|)dt ≤ ∫ cn c 2dt = b− a 2n . Từ đó {fn} là một dãy Cauchy trong (X, ||.||1). Nay giả sử có f trong X sao cho {fn} hội tụ về f trong (X, ||.||1). Lúc đó, cho một số dương ε, ta tìm được một số nguyên dương N(ε) sao cho ∫ b a |fn(t) − f(t)|dt = ||fn − f ||1 < ε ∀ n ≥ N(ε). Vậy ∫ c a |f(t)|dt + ∫ b cn |1− f(t)|dt = ∫ c a |fn(t) − f(t)|dt + ∫ b cn |fn(t) − f(t)|dt ≤ ∫ b a |fn(t) − f(t)|dt < ε ∀ n ≥ N(ε). 9 Cố định một số nguyên dương k, ta tìm được một số nguyên dương n ≥ max{k,N(ε)}. Lúc đó cn < ck và ∫ c a |f(t)|dt + ∫ b ck |1− f(t)|dt ≤ ∫ c a |f(t)|dt + ∫ b cn |1− f(t)|dt < ε hay ∫ c a |f(t)|dt + ∫ b ck |1− f(t)|dt 0, k ∈ IN hay ∫ c a |f(t)|dt + ∫ b ck |1− f(t)|dt = 0 < ε ∀ k ∈ IN Như bên trên ta có với mọi số nguyên dương k f(t) = { 0 1 a ≤ t ≤ c, cn ≤ t ≤ b. Từ đó ta có f(c) = 0 và f(ck) = 1. Nhưng f liên tục tại c và {ck} hội về c. Ta có mâu thuẩn. 1.3.7i Cho n là một số nguyên ≥ 2, Φ là IR hay C/ , (E1, ||.||1), · · ·, (En, ||.||n) là n không gian định chuẩn trên Φ. Đặt E = E1 × · · ·En, x+ y = (x1 + y1, · · · , xn + yn) ∀ x = (x1, · · · , xn), y = (y1, · · · , yn) ∈ E, αx = (αx1, · · · , αxn) ∀ α ∈ Φ, x = (x1, · · · , xn) ∈ E, ||x|| = ||x1||1 + · · ·+ ||xn||n ∀ x = (x1, · · · , xn) ∈ E. Chứng minh E là một không gian vectơ định chuẩn trên Φ. Giải Ta dùng qui nạp toán học. Xét trường hợp n = 2. Cho x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2) trong E = E1 × E2 và α trong Φ. Ta có x + y = (x1 + y1, x2 + y2) = (y1 + x1, y2 + x2) = y + x. x + (y + z) = (x1 + (y1 + z1), x2 + (y2 + z2)) = ((x1 + y1) + z1, (x2 + y2) + z2) = (x + y) + z. Cho 01 và 02 là các vectơ không trong E1 và E2. Đặt 0 = (01, 02), ta có x + 0 = (x1 + 01, x2 + 02) = (x1, x2) = x ∀ x = (x1, x2) ∈ E. 10 Tương tự, ta chứng minh được các tính chất khác để cho thấy E là một không gian vectơ trên Φ. Nay ta chứng minh ||.|| là một chuẩn trên E. Cho t ∈ Φ, x = (x1, x2), y = (y1, y2) và z = (z1, z2) trong E = E1 × E2, ta có ||x|| = ||x1||1 + ||y1||1 ≥ 0. ||x|| = ||x1||1 + ||y1||1 = 0 =⇒ ||x1||1 = ||y1||1 = 0 =⇒ x1 = y1 = 0 =⇒ x = 0. ||tx|| = ||tx1||1 + ||tx2||2 = |t|||x1||1 + |t|||x2||2 = |t|||x||. Vậy (E, ||.||) là một không gian định chuẩn nếu n = 2. Giả sử bài toán đúng nếu n = k. Cho (E1, ||.||1), · · ·, (Ek+1, ||.||k+1) là k+1 không gian định chuẩn trên Φ. Đặt E = E1 × · · ·Ek. ||x||E = ||x1||1 + · · ·+ ||xn||k ∀ x = (x1, · · · , xk) ∈ E. Theo giả thiết qui nạp toán học (E, ||.||E) là một không gian định chuẩn. Đặt F = E × Ek+1 và ||(x, y)||F = ||x||E + ||y||Ek+1 . Theo trường hợp n = 2, ta có (F, ||.||F ) là một không gian định chuẩn. Từ đó bài toán đúng cho trường hợp n = k + 1. 1.3.7ii Cho (E1, ||.||1), · · ·, (En, ||.||n) và (E, ||.||) như trong bài 1.3.7i. Cho {(x1,m, · · · , xn,m)}m là một dãy trong E. Chứng minh {(x1,m, · · · , xn,m)}m hội tụ về (a1, · · · , an) trong (E, ||.||) nếu và chỉ nếu {xi,m}m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · ·n. Giải Cho {(x1,m, · · · , xn,m)}m hội tụ về (a1, · · · , an) trong (E, ||.||). Ta chứng minh {xi,m}m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · ·n. Với mọi số thực dương ε, ta tìm được một số nguyên N(ε) sao cho ||(x1,m, · · · , xn,m) − (a1, · · · , an)|| < ε ∀ m ≥ N(ε) hay ||(x1,m − a1, · · · , xn,m − an)|| < ε ∀ m ≥ N(ε) hay ||(x1,m − a1||1 · · ·+ ||xn,m − an||n < ε ∀ m ≥ N(ε) 11 Từ đó ||(xi,m − ai||i < ε ∀ m ≥ N(ε), i = 1, · · · , n. Vậy {xi,m}m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · ·n. Nay giả sử {xi,m}m hội tụ về ai với mọi i = 1, · · ·n. Lúc đó, với một số thực dương ε′, ta có các số nguyên dương Mi(ε′) sao cho ||(xi,m − ai||i < ε ′ ∀ m ≥ M(ε′), i = 1, · · · , n. Vậy ||(x1,m, · · · , xn,m)−(a1, · · · , an)|| = ||(x1,m−a1||1 · · ·+||xn,m−an||n < nε ′ ∀m ≥ max{M1(ε ′), · · · ,Mn(ε ′)}. Cho một số thực dương ε, đặt ε′ = ε n và N(ε) = max{M1(ε′), · · · ,Mn(ε′)}, ta có ||(x1,m, · · · , xn,m) − (a1, · · · , an)|| < ε ∀ m ≥ N(ε) Vậy {(x1,m, · · · , xn,m)}m hội tụ về (a1, · · · , an) trong (E, ||.||). 1.5.8i,ii Cho (E1, ||.||1), · · ·, (En, ||.||n) và (E, ||.||) như trong bài 1.3.7i. Đặt pri(x) = xi ∀ x = (x1, · · · , xn) ∈ E, i = 1, · · · , n. (a) Chứng minh pri là một ánh xạ liên tục từ E vào Ei. (b) Cho V là một tập trong E, chứng minh pri(V ) là một tập mở tronjg Ei. Giải (a) Cho x = (x1, · · · , xn) trong E và ε > 0, ta sẽ tìm δ > 0 sao cho ||pri(z) − pri(x)||i < ε ∀ z ∈ E, ||z − x|| < δ. hay ||zi − xi||i < ε ∀ z ∈ E, ||z1 − x1||1 + · · ·+ ||zn − xn||n < δ. Từ trên ta có thể chọn δ = ǫ. (b) Cho xi ∈ pri(V ), ta có x = (x1, · · · , xn) trong V sao cho xi = pri(x). Theo bài 1.1.2, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ V . Ta thấy BE1(x1, 1 n r) × · · · ×BEn(x1, 1 n r) ⊂ V . Do đó BEi(xi, 1 n r) ⊂ f(V ). 12 Vậy f(V ) là một tập mở. 1.5.8iii Cho (E1, ||.||1), · · ·, (En, ||.||n), (E, ||.||) và pri như trong bài 1.3.8i. Cho A là một tập con trong một không gian định chuẩn (F, ||.||F ), và f là một ánh xạ từ A vào E. Chứng minh f liên tục trên A nếu và chỉ nếu pri ◦ f liên tục trên A với mọi i = 1, · · · , n. Giải Cho {xm} là một dãy hội tụ về x trong A. Theo bài 1.3.7ii, {f(xm)} hội tụ về f(x) nếu và chỉ nếu {pri(f(xm))} hội tụ về pri(f(x)) với mọi i = 1, · · · , n. Vậy ta có kết quả. 2.1.1 Cho (E, ||.||E) và (F, ||.||F ) là hai không gian định chuẩn, và T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào F . Chứng minh các tính chất sau đây tương đương với nhau (i) T liên tục trên E. (ii) T liên tục tại 0. (iii) Có số thực dương M sao cho ||Tx||F ≤ M ||x|E | ∀ x ∈ E. Giải • (i) =⇒ (ii) : hiển nhiên. • (ii) =⇒ (iii) Cho ε = 1 > 0, ta có một δ > 0 sao cho ||T (y)− T (0)||F < ε ∀ y ∈ E, ||y − 0||E ≤ δ hay ||T (y)||F ≤ ε = 1 ∀ y ∈ E, ||y||E ≤ δ Cho x 6= 0, đặt y = δ||x||−1E x. Ta có ||y= δ và ||T (δ||x||−1E x)||F = ||T (y)||F ≤ 1 hay δ||x||−1E ||T (x)||F ≤ 1 hay ||T (x)||F ≤ δ −1||x||F 13 Đặt M = δ−1, ta có (iii). • (iii) =⇒ (i) Cho y và z trong E, từ (iii) ta có ||T (y)− T (z)||F = ||T (y − z)||F ≤ M ||y − z||E ∀ y, z ∈ E. Vậy với mọi ε, chọn δ = M−1ε, ta có ||T (y)− T (z)||F ≤ ε ∀ y, z ∈ E, ||y − z||E ≤ δ. 2.3.4 Cho (E, ||.||E) và (F, ||.||F ) là hai không gian định chuẩn, và T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào F . Đặt ||T || = sup{||T (x)||F : x ∈ E, ||x||E ≤ 1}. Chứng minh (i) ||T || = T1 ≡ sup{||T (y)||F : y ∈ E, ||y||E = 1}. (ii) ||T || = T2 ≡ sup{||T (z)||F : z ∈ E, ||z||E < 1}. (iii) ||Tu||F ≤ ||T ||||u||E ∀ u ∈ E. Giải (i) Ta thấy T ≥ T1. Cho x trong E sao cho 0 ≤ ||x||E ≤ 1. Đặt y = ||x|| −1 E x. Vì ||y||E = 1, nên ||T (||x||−1E x)||F = ||T (y)||F ≤ T1 hay ||||x||−1E T (x)||F ≤ T1 hay ||T (x)||F ≤ T1||x||E ≤ T1 Vậy T ≤ T1. Từ đó T = T1. (ii) Ta thấy T ≥ T2. Cho x trong E sao cho ||x||E ≤ 1. Đặt yn = (1 − 1 n )x với mọi số nguyên dương x. Vì ||yn||E ≤ (1− 1 n < 1, ta có (1 − 1 n )||Tx||F = ||T ((1− 1 n )x)||F ≤ T2 hay ||T (x)||F ≤ (1− 1 n )−1T2 ∀ n ∈ IN. Vậy ||T (x)||F ≤ T2. 14 Từ đó T ≤ T2. (iii) Cho x 6= 0, đặt y = ||x||−1E x. Ta có ||y||E = 1 và ||x||−1E ||T (x)||F = ||T (||x|| −1 E x)||F = ||T (y)||F ≤ T hay ||T (x)||F ≤ T ||x||E 2.3.2 Cho E = IRn với chuẩn ||x||E = |x1|+ · · ·+ |xn| ∀ x = (x1, · · · , xn) ∈ E. Cho T là một ánh xạ tuyến tính từ E vào một không gian định chuẩn (F, ||.||F ). Chứng minh T liên tục trên E. Giải Đặt ei = (δi1, · · · , δ i n với δ j j = 1 và δ i j = 0 nếu i 6= j. Ta có x = x1e1 + · · ·+ xnen ∀ x = (x1, · · · , xn) ∈ E. Đặt M = max{||T (e1)||F , · · · , ||T (en)||F }. Cho x = (x1, · · · , xn) trong E, ta có ||T (x)||F = ||x1T (e1) + · · ·+ xnT (en||F ≤ |x1|||T (e1)||F + · · ·+ |xn|||T (en||F ≤ M(|x1|+ · · · + |xn|) ≤ M ||x||E . Vậy T liên tục trên E. 3.3.1(i) Cho f là một dạng Hermite dương trong một không gian vectơ E. Đặt ||x|| = f(x, x)1/2 với mọi x trong E. Cho a trong E, và đặt T (x) = f(x, a) ∀ x ∈ E. Chứng minh T là một ánh xạ tuyến tính liên tục trên E và ||T || = ||a||. Giải Cho x và y trong E và α trong Φ. Ta có T (x+ y) = f(x+ y, a) = f(x, a) + f(y, a) = T (x) + T (y). 15 T (αx) = f(αx, a) = αf(x, a) = αT (x). |T (x)| = |f(x, a)| ≤ f(x, x)1/2f(a, a)1/2 = ||a||||x||. Vậy T là một ánh xạ tuyến tính liên tục trên E và ||T || ≤ ||a||. Nếu a = 0, ta có T = 0 và ||T || = ||a||. Nếu a 6= 0, đặt x = ||a||−1a. Ta có ||x|| = 1 và T (x) = f(x, a) = f(||a||−1a, a) = ||a||−1f(a, a) = ||a||. Vậy ||T || ≥ ||a||. Từ đó ||T || = ||a||. 2.3.5 Cho {Tn} là một dãy ánh xạ tuyến tính liên tục từ một không gian định chuẩn (E, ||.||E) vào một không gian định chuẩn (F, ||.||F ). Giả sử {||Tn||} bị chặn và có một ánh xạ tuyến tính T từ E vào F sao cho {Tn(x)} hội tụ về T (x) trong F với mọi x trong E. Chứng minh T liên tục trên E. Giải