Bài tập môn giải tích hàm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Khoa Sau đại học Bài tập Môn giải tích hàm Thái nguyên, tháng 04 năm 2007 bài tập chương 1 Đại cương về không gian banach Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn , trong đó là một dãy số thực (hoặc phức) hội tụ. Giải. Ta biết: + Không gian là các dãy số thực (hoặc phức) bị chặn là không gian Banach với chuẩn . + c là một không gian con tuyến tuyến của + Không gian con đóng của không gian Banach là không gian Banach. Vậy ta sẽ chứng minh c là không gian con đóng của , tức là dãy {xn} , bất kỳ thì hội tụ đến một phần tử x thuộc c, : Cho tùy ý. Vì nên với n0 đủ lớn ta có . Với mọi k, l nguyên dương, ta có (1) Vì dãy số hội tụ là dãy Cauchy nên nguyên dương sao cho (2). Từ (1), (2) suy ra . Vậy dãy x = hội tụ, tức là x . Chứng minh rằng nếu x = là một phần tử của không gian c thì trong đó . Giải. Ta chứng minh . Thật vậy, ta có = . Do đó , vì . Chứng minh rằng c là một không gian khả li. Giải. Ta xét 2 trường hợp: a) c là không gian thựcGọi L = {y: y}; , trong đó n là một số nguyên dương bất kỳ. Khi đó L là tập hợp con của không gian c và L là đếm được (do là tập đếm được). Ta chứng minh . + Rõ ràng . Ngược lại, giả sử , cho trước bất kỳ. Khi đó , nguyên dương sao cho .Lấy r : . Ta có với . Lấy các số hữu tỉ : với k = 1, 2, ..., N.Khi đó và , tức là .Khi đó Vậy . b) c là không gian phứcGọi L = {y: y}với , n nguyên dương bất kỳ . L là tập hợp con đếm được của không gian c. Ta chứng minh .+ Rõ ràng . Ngược lại, giả sử , cho trước bất kỳ. Khi đó , nguyên dương sao cho .Lấy r : . Ta có với . Lấy các số hữu tỉ : với k = 1, 2, ..., N.Khi đó và , tức là .Khi đó Vậy . Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn, là một số khác không. Chứng minh rằng ánh xạ xác định bởi công thức , là một phép đồng phôi tuyến tính từ X lên X. Tính Chứng minh rằng nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì là một tập hợp mở (đóng) trong X với mọi . Giải.  Thật vậy, , ta có +  +  Ta có , vậy với để Ax = y, tức là A là toàn ánh, suy ra A là song ánh. Ta có , A bị chặn nên A liên tục. ánh xạ ngược của A xác định bởi , ta có , A-1 bị chặn nên A-1 liên tục.Vậy A là một phép đồng phôi tuyến tính. c) Do A là một phép đồng phôi tuyến tính nên với E là tập mở (đóng) trong X thì cũng là tập mở (đóng) trong X với mọi . Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn và x0 . Chứng minh rằng: ánh xạ f: X xác định bởi công thức f(x) = x + x0 là một phép đẳng cự từ X lên X. Nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì là một tập hợp mở (đóng) trong X. Nếu U là một tập hợp mở trong X và E là một tập bất kỳ trong X thì là một tập hợp mở trong X. Giải. a) Trước hết ta chỉ ra f là toán tử tuyến tính. Thật vậy, với , với x0 , do X là không gian tuyến tính nên 2x0, 2x0 = x0 + x0 và kx0, k(x + x0) = kx + kx0. Khi đó, ta có+ f(x + y) = x + y + 2x0 = (x + x0 )+ (y + x0) = f(x) + f(y).+ f(kx) = kx + kx0 = k(x + x0) = kf(x)Ta sẽ chứng minh f là phép đẳng cự, tức là . Thật vậy, . Vậy f là một phép đẳng cự tuyến tính từ X lên X.b) Ta biết rằng hai không gian đẳng cự tuyến tính thì cũng đồng phôi tuyến tính. Do f là đẳng cự tuyến tính nên f cũng đồng phôi tuyến tính. Khi đó nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì f-1(E) = = x0 + E là một tập hợp mở (đóng) trong X.c) Ta có , theo b) x + U là tập mở trong X với . Do đó E + U là một tập mở. Cho một toàn ánh tuyến tính , trong đó X, Y là những không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để cho A có toán tử ngược A-1 bị chặn là tồn tại một số dương m sao cho . Giải. a) Điều kiện cần. Do A-1 : bị chặn. Khi đó sao cho (1). Với đặt y = Ax, ta được x = A-1y. Thay vào (1), ta có (2) (trong đó )b) Điều kiện đủ.Giả sử A là toán tử tuyến tính thoả mãn bất đẳng thức (2) với , trong đó m là hằng số dương. Nếu Ax = A0 = 0 thì , vậy A là đơn ánh. Do đó A là song ánh tuyến tính và A có toán tử ngược A-1: . Với , đặt x = A-1y, ta được y = Ax. Thay vào (2), ta được , . Vậy A-1 là toán tử tuyến tính bị chặn. Chứng minh rằng nếu không gian tuyến tính định chuẩn X đồng phôi tuyến tính với không gian Banach Y thì X là một không gian Banach. Giải. Giả sử A: X là một phép đồng phôi tuyến tính từ không gian tuyến tính định chuẩn X lên không gian Banach Y. Giả sử {xn} là một dãy Cauchy bất kỳ những phần tử của X, tức là . Với mọi n, đặt yn = Axn. Ta có . Ta có . Khi đó {yn} là một dãy Cauchy trong Y. Vì Y là không gian đầy đủ nên dãy {yn} hội tụ, tức là . Do A-1 liên tục nên từ đó suy ra hay , tức là . Vậy X là không gian đầy đủ, kết hợp với X là không gian tuyến tính định chuẩn, ta có X là không gian Banach. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng nếu với mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X, L(X, Y) đều là một không gian Banach thì Y là một không gian Banach. Giải. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trường K. Từ giả thiết, mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X (tức là X tuỳ ý, vậy ta lấy X = K) suy ra L(K, Y) là một không gian Banach. Khi đó Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Thật vậy, Với mỗi , gọi là ánh xạ xác định bởi . Khi đó Ty là một toán tử tuyến tính vì với + + Hơn nữa, . ánh xạ L(K, Y), là một phép đẳng cự vì + T là một toán tử tuyến tính . Trước hết ta có Ty là toán tử tuyến tính nên và ,K ; , K do đó , . Khi đó , K ta có và . + Do nên (L(K, Y)). Vì vậy để chứng minh T là song ánh ta sẽ chỉ ra T là toàn ánh. Thật vậy, L(K, Y), A là toán tử tuyến tính bị chặn từ K vào Y và thì , với K , tức là với K bất kỳ cho nên ta lấy thì y = A(1). Vậy L(K, Y), , sao cho T(y) = Ty = A. Vậy T là toàn ánh. Như vậy, Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Khi đó, Y đồng phôi tuyến tính với L(K, Y) mà L(K, Y) là không gian Banach nên theo kết quả bài 7 ta có Y là một không gian Banach. Chứng minh rằng nếu L là một không gian con tuyến tính thực sự của không gian tuyến tính định chuẩn X thì L là một tập hợp thưa trong X. Giải. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử IntA , tức là . Khi đó . Vì L là không gian con tuyến tính của X nên từ đó suy ra . Với ta có , với n đủ lớn. Do đó , từ đó . Vậy , rõ ràng . Vậy X = L. Điều này trái với giả thiết L là một không gian con thực sự của X. Do đó, IntA = L là một tập hợp thưa trong X. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn, L là một không gian con tuyến tính trù mật của X, là một toán tử tuyến tính bị chặn từ L vào không gian Banach Y. Chứng minh rằng toán tử tuyến tính bị chặn A: X sao cho . Giải. Giả sử x là một phần tử bầt kỳ của X. Vì nên những phần tử của L sao cho . Vì với mọi m, n mà {xn} là dãy Cauchy nên {A0xn} cũng là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y. Do đó dãy {A0xn} hội tụ: . Giới hạn y không phụ thuộc vào cách chọn dãy {xn} trong L. Thật vậy, giả sử {} là một dãy phần tử của L sao cho . Khi đó . Do đó . Đặt Ax = y = , trong đó {xn}, , ta được ánh xạ A từ X vào Y. A là toán tử tuyến tính vì, K ta có mà và mà thì A(x + y) = = = = Ax + Ay. A(kx) = . + Nếu thì ta lấy xn = x với . Do đó Ax = A0x, tức là . Ngoài ra, . Vậy A là bị chặn và . Vì A là một thác triển của A0 nên . Do đó . Toán tử A là duy nhất. Thật vậy, giả sử B: X là một toán tử tuyến tính bị chặn sao cho và x là một phần tử bất kỳ của X. Gọi {xn} là một dãy phần tử của L sao cho . Khi đó, vì B liên tục nên . Vậy B = A. Giả sử L là một không gian con tuyến tính đóng của không gian tuyến tính định chuẩn X. Chứng minh rằng tôpô sinh bởi chuẩn trên không gian thương X/L trùng với tôpô thương, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho toán tử thương liên tục. Giải. Gọi là tôpô trên X/L sinh ra bởi chuẩn và là tôpô thương trên X/L, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho ánh xạ thương liên tục. Ta biết rằng là một toán tử tuyến tính. Với , ta có . Vậy toán tử bị chặn, do đó liên tục. Từ định nghĩa của suy ra yếu hơn . Đảo lại, giả sử , tức V là một tập hợp mở trong X/L đối với tôpô thương và Ta có . Vì ánh xạ liên tục nên sao cho . Ta chỉ ra rằng hình cầu mở trong không gian X/L chứa trong V. Thật vậy, nếu thì . Vì nên . Do đó , tức là . Giả sử L là một không gian con tuyến tính đóng của không gian tuyến tính định chuẩn X. Gọi là toán tử thương. Chứng minh rằng là một ánh xạ mở.Giải.Giả sử U là một tập mở trong không gian X. Ta chứng minh là một tập mở trong không gian .Thật vậy, nếu , với thì vì U là tập mở trong X nên . Khi đó (1), tức là là một điểm trong của . Ta chứng minh (1). Nếu thì . u, tức là . Do đó và . Cho m không gian tuyến tính định chuẩn . Trên không gian tuyến tính ta đưa vào các chuẩn sau:, , , trong đó x = (x1, x2, ..., xm) .Chứng minh rằng các chuẩn trên là tương đương.Giải.Với mọi x = (x1, x2, ..., xm) , ta có hay . Vậy .và hay. Vậy . Do đó các chuẩn là tương đương. bài tập chương 2 ba nguyên lý cơ bản của giải tích hàm Giả sử X, Y, Z là những không gian Banach, {An} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ X vào Y, {Bn} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Z. Chứng minh rằng nếu dãy {An} hội tụ điểm đến AL(X, Y) và dãy {Bn} hội tụ điểm đến BL(Y, Z) thì dãy {Bn0An} hội tụ điểm đến B0A.Giải.Với mỗi , ta có  (1). Vì . Vì với mỗi , dãy hội tụ trong Z nên . Do đó, vế phải của (1) dần đến 0 khi . Từ (1) suy ra . Vậy . Cho 2 không gian Banach X, Y và phiếm hàm song tuyến tính B: liên tục đối với mỗi biến riêng rẽ (tức là với mỗi phần tử cố định x của X,  là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Y và với mỗi phần tử cố định y của Y, là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X). Chứng minh rằng B là một phiếm hàm liên tục (đồng thời đối với cả 2 biến).Nếu bỏ giả thiết B là song tuyến tính thì kết luận trên còn đúng nữa không?Giải.Giả sử {xn}, {yn} là 2 dãy phần tử của X và Y sao cho . Khi đó(1). Từ giả thiết ta có (2), với mỗi n, gọi là phiếm hàm xác định bởi . Theo giả thiết, là những phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X và với mỗi , , từ đó suy ra (3).Từ (1), (2), (3) suy ra . Vậy B liên tục tại điểm (đồng thời đối với cả 2 biến).Nếu B không phải là phiếm hàm song tuyến tính thì kết luận trên không đúng.Ví dụ. Xét hàm số Rõ ràng hàm số f liên tục đối với mỗi biến riêng rẽ tại điểm (0, 0). Tuy nhiên f không liên tục tại điểm (0, 0). Thật vậy, lấy y = x và cho , ta được. Với mỗi số nguyên dương n, gọi là ánh xạ xác định bởi công thức , trong đó là một phần tử của l2, ek = .a) Chứng minh rằng An là những toán tử tuyến tính liên tục và tính .b) Chứng minh rằng dãy {An} hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I trên l2 nhưng không hội tụ đều đến I.Giải.Ta đã biết a) An là toán tử tuyến tính vì với , K ta có+ =+ = Anx + Any với ek = .+ , với ek = Hơn nữa, . Do đó ,. Vậy An bị chặn và (1).Mặt khác, lấy x = e1, ta được . Do đó, (2).Từ (1), (2) suy ra: b) ,. Vậy .Tuy nhiên {An} không hội tụ đều đến I. Cách 1. Thật vậy, nếu {An} hội tụ đều đến I thì với n0 đủ lớn. Lấy , ta được , và (1).Mặt khác, ta có . Do đó (2).Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2), tức là {An} không hội tụ đều đến I.Cách 2. Lấy với . Ta có . Vậy An không hội tụ theo chuẩn đến I. Mâu thuẫn. Giả sử X, Y là hai không gian Banach.Chứng minh rằng không gian L(X, Y) đầy đủ theo nghĩa hội tụ điểm, tức là nếu với mỗi phần tử x của X, {Anx} là một dãy Cauchy trong Y thì tồn tại một toán tử tuyến tính bị chặn sao cho với . Giả sử X, Y là hai không gian Banach, {An} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ X vào Y. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để dãy {An} hội tụ điểm là:a) b) Dãy {Anx} hội tụ trên một tập hợp P trù mật tuyến tính trong X.Giải.+ Điều kiện cần. Giả sử {An} hội tụ điểm. Khi đó và Dãy {Anx} hội tụ trên một tập hợp P trù mật tuyến tính trong X.+ Điều kiện đủ. Giả sử dãy toán tử L(X, Y) thỏa mãn 2 điều kiện a), b). Khi đó tồn tại một số K > 0 sao cho . Từ giả thiết b) suy ra dãy {Anx} hội tụ với mỗi . Thật vậy, nếu thì , trong đó K, . Khi đó . Vì các dãy {Anxk} hội tụ nên dãy {Anx} hội tụ.Bây giờ giả sử là một sô cho trước bất kỳ. Khi đó . Với mọi m, n ta có.Vì dãy {Anu} hội tụ nê . Do đó, . Vậy {Anx} là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y. Do đó nó hội tụ. Giả sử L, M là 2 không gian con tuyến tính đóng của không gian Banach X. Chứng minh rằng nếu mỗi phần tử x của X đều được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng x = y + z, trong đó thì tồn tại một số K sao choGiải.Vì L và M đều là những không gian Banach nên là một không gian Banach với chuẩn . Khi đó ánh xạ A: là một song ánh tuyến tính vì , K thì , rõ ràng A là song ánh.Hơn nữa . Vậy A bị chặn nên A liên tục. Theo định lý Banach về ánh xạ mở thì A là một phép đồng phôi, tức là , với . Vậy .Suy ra , , Giả sử X, Y là hai không gian Banach, A: la một toàn ánh tuyến tính liên tục từ X lên Y. Chứng minh rằng không gian thương X/N(A) đồng phôi tuyến tính với không gian Y.Giải.Gọi là ánh xạ xác định bởi . Khi đó là một đơn ánh vì nếu . Do đó là một song ánh tuyến tính.Ta có Do đó , vậy là bị chặn. Vì là một song ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach X/N(A) lên không gian Banach Y nên theo định lý Banach về ánh xạ mở, là một phép đồng phôi. Giả sử X, Y, Z là những không gian Banach, F là một họ những họ toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Z, tách các điểm của Y, tức là: nếu y là một phần tử của Y sao cho By = 0 với F thì y = 0.Chứng minh rằng nếu A: là một toán tử tuyến tính sao cho B0AL(X, Z) với F thì A liên tục.Giải.Ta chứng minh A là toán tử đóng, tức là đồ thị G là một tập hợp đóng trong không gian . Thật vậy, giả sử {xn} và . Khi đó (2)Vì với mỗi F , B liên tục nên từ (2) suy ra (3)Vì với mỗi F , B0A liên tục nên từ (1) suy ra (4)Từ (3) và (4) suy ra với F .Vì họ F tách các điểm của Y nên từ đó suy ra y0 - Ax0 = 0 tức là y0 = Ax0. Vậy (x0, y0)G. Vì X, Y đều là những không gian Banach nên toán tử đóng A: là một ánh xạ liên tục. bài tập chương 3 không gian liên hợp - tôpô yếu và tính phản xạ Gọi x* là phiếm hàm xác định trên không gian C[0, 1] bởi công thức , trong đó x là hàm số liên tục trên [0, 1]. Chứng minh rằng x* là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn và tính .Giải. x* là một phiếm hàm tuyến tính trên C[0, 1] vì , K ta có+ = + Với mọi , ta có . Vậy x* bị chặn và (1)Mặt khác, xác định bởi trong đó là một số dương cho trước bất kỳ.Ta có , . Hơn nữa .Do đó , với bé tùy ý. Vậy . (2)Từ (1), (2) ta có . Chứng minh rằng phiếm hàm là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên không gian C[-1, 1] và tính .Giải.x8 là một phiếm hàm tuyến tính trên C[-1, 1] vì , K ta có+ = + Với mọi , ta có . Vậy x* bị chặn và (1)Mặt khác, gọi x0 là hàm số xác định trên [-1, 1] bởi trong đó là một số dương cho trước bất kỳ. Ta có , và. Do đó (2)Từ (1), (2) suy ra . Cho X, Y là 2 không gian Banach và là một toán tử tuyến tính. Chứng minh rằng nếu với mọi , ánh xạ hợp đều là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X thì A liên tục.Giải.Ta chứng minh A là toán tử đóng, tức là đồ thị G là một tập hợp đóng trong không gian . Thật vậy, giả sử {xn} và . Khi đó (2)Từ (2) suy ra (3). Vì theo giả thiết liên tục trên X với , nên từ (1) suy ra với (4). Từ (3), (4) suy ra với .Theo hệ quả 1 của định lý Han- Banach, từ đó suy ra y0 - Ax0 = 0, tức là y0 = Ax0. Vậy (x0, y0)G. Vì A là một toán tử đóng từ không gian Banach X vào không gian Banach Y nên A liên tục. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng nếu không gian liên hợp X* của X khả li thì X khả li.Giải.Giả sử X8 là không gian khả li. Khi đó tồn tại một tập con đếm được của X* sao cho . Vì nên và . (1)Dễ dàng thấy rằng Lin{xn} là một không gian con tuyến tính khả li của X. Ta sẽ chỉ ra rằng . Thật vậy, giả sử . Theo Hệ quả 2 của định lý Han - Banach, . Đặc biệt, . trong X*. Do đó từ (1) suy ra .Vậy . Từ đó ta có , điều này là vô lý vì .Vậy . Do đó X khả li. Chứng minh rằng nếu A là một toàn ánh tuyến tính liên tục từ không gian tuyến tính định chuẩn X lên không gian tuyến tính định chuẩn Y thì toán tử liên hợp A* của A là một đơn ánh.Giải.Giả sử . Khi đó .Vì A là toàn ánh nên . Do đó y* = 0. Vậy A là một đơn ánh. Chứng minh rằng nếu A là một toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y thoả mãn điều kiện , trong đó m là một số dương thì toán tử liên hợp A* của A là một toàn ánh.Giải.Giả sử x* là một phần tử bất kỳ của X*. Ta chứng minh .Ta có A là đơn ánh vì nếu thì .ánh xạ ngược , là một toán tử tuyến tính bị chặn vì ánh xạ hợp K là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian con tuyến tính của không gian tuyến tính định chuẩn Y. Theo định lý Han - Banach, tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục y* trên Y sao cho , y* là phiếm hàm cần tìm, tức là , vì với ta có . Giả sử A là toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y. Chứng minh rằnga) Nếu A* là một toàn ánh thì A là một đơn ánh.b) Nếu A* là một đơn ánh thì A(X) là một tập hợp trù mật trong không gian Y.Giải.a) Giả sử và x* là một phiếm hàm tuyến tính liên tục bất kỳ trên X. Vì là một toàn ánh nên . Do đó . Vì với mọi nên theo hệ quả (1) của định lý Han - Banach, ta có x = 0. Vậy A là một đơn ánh.b) Giả sử A(X) không đâu trù mật trong không gian Y, tức là . Lấy , theo hệ quả 2 của định lý Han - Banach, (1) và với . Đặc biệt với , tức là với . Do đó . Vì A* là đon ánh nên y* = 0 (2). Từ (1), (2) ta đi đến mâu thuẫn. Vậy . Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng trong X khi và chỉ khi hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn:a) b) Giải.Gọi H : là phép nhúng chuẩn tắc từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian liên hợp thứ hai của X. Đặt H(x0) = , H(xn) = , n = 1, 2, ..Khi đó L(X*, K); n = 1, 2, ... và  với  với . Như vậy Ta có khi và chỉ khi hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn1) 2) . Vì nên hai điều kiện trên tương đương với 2 điều kiện sau:1) 2) .