Giáo trình Không gian Mêtric - Nguyễn Hoàng (Phần 2)

Nội dung text: Giáo trình Không gian Mêtric - Nguyễn Hoàng (Phần 2)

1. $4 KHÔNG GIAN MÊTRIC ĐẦY ĐỦ 4.1.1 Dãy (xn)n trong không gian mêtric X được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchy nếu lim d(xn, xm) = 0. Nói cách khác m,n→∞ ((xn) là dãy cơ bản) ⇔∀(0ε > ∃nm00∀ ,n≤n:d(xnm,x)p ε ) Ta có các tính chất đơn giản sau: a) Nếu (xn) là dãy hội tụ thì (xn) là dãy cơ bản trong X. b) Nếu dãy cơ bản (xn) có một dãy con ( x ) ⊂ (xn) sao cho ( x ) hội tụ nk nk đến x0 thì xn → x0 4.1.2. Định nghĩa. Không gian mêtric X được gọi là không gian mêtric đầy đủ nếu mọi dãy cơ bản của nó đều hội tụ trong X. Như thế nếu biết X là không gian đầy đủ, để chứng minh một dãy hội tụ (mà không quan tâm đến giới hạn), ta chỉ cần kiểm tra dãy này là dãy cơ bản. 4.1.3. Ví dụ 1. Không gian IRk với mêtric thông thường là không gian đầy đủ. k 1 k Thật vậy, cho (xn)n ⊂ IR cơ bản, với xn = ( xn , , xn ). Khi đó ta có k ii i i2 1/2 i xxnm−≤()∑ xmn−x = d(xn,xm) → 0 (m, n → 0 (m,n → +∞) nên ( xm )m là j=1 i i dãy cơ bản trong IR, do đó xm → x0 với mọi i = 1,2, ,k. Nhưng từ ví dụ a); 1.5.3. 1 k k k ta có dãy (xn) hội tụ đến x0 = ( x0 , , x0 ) ∈ IR tức là IR đầy đủ. 2. Lấy X = (0,1] là tập con của IR với mêtric d(x,y) = x − y Đây là không gian mêtric không đầy đủ. 1 Thật vậy, lấy dãy xn = trong X .Ta có n 11 11 x − x = − ≤+ →0, (m,n → ∞ ) nm nm nm nên nó là dãy cơ bản nhưng không hội tụ về điểm nào trong X, ( nếu xét trong 1 IR thì x = → 0) n n 3. Không gian C[a,b] là không gian đầy đủ Chứng minh. Cho (xn) là dãy cơ bản trong C[a,b]. Điều này có nghĩa là: d( xn ,xm ) = max xn ( t ) − xm( t ) → 0( m,n → ∞ ) t∈[]a,b 38
2. Với mỗi t ∈ [a,b], hiển nhiên ta có xn (t) − xm (t) ≤ d(xn , xm ), suy ra (xn(t))n là dãy số thực cơ bản trong IR nên hội tụ. Đặt x(t) = lim x (t) với mọi t∈[a,b]. Ta n n còn phải chứng minh x(t) thuộc C[a,b] và xn → x trong C[a,b]. Lấy ε > 0 sẽ tồn tại n0 sao cho với mọi m, n ≥ n0 và với mọi t ∈[a,b] ta có | xn(t) – xm(t)| n), ta có 1 1 + 1 2 2n d(xn,xm) = ∫ xn (t) − xm (t)dt = ∫ xn (t) − xm (t)dt 0 1/ 2 1 Vì | xn(t) – xn(t)| ≤ 2 nên d(xn,xm) ≤ → 0 khi m, n → ∞ n Vậy xn(t) là một dãy cơ bản L Tuy nhiên ta chứng minh rằng dãy xn(t) không hội tụ trong C[a,b]. Thật vậy L x(t) là một hàm bất kỳ trong C[0.1]. Xét hàm số gián đoạn trên [0,1] như sau 39
3. ⎧ ⎡ 1⎤⎫ ⎪1, t ∈ 0, ⎪ ⎪ ⎣⎢ 2⎦⎥⎪ y(t) = ⎨ ⎬ ⎪ ⎡1 ⎤ ⎪ 0, t ∈ ⎢ ,1⎥ ⎩⎪ ⎣2 ⎦ ⎭⎪ ⎡ 1⎤ Như thế x(t) ≠ y(t) nên phải có t0 ∈ 0, chẳng hạn để y(t0) ≠ x(t0). Hơn ⎣⎢ 2⎦⎥ ⎡ 1⎤ nữa, trên 0, cả hai hàm x(t) và y(t) cùng liên tục nên lý luận như ví dụ 1.2.5, ⎣⎢ 2⎦⎥ ta có: 1/ 2 0 0 0 2 0 L tức là xn(t) không thể hội tụ về x(t) trong C[0.1]. Nói cách khác, không có điểm L L nào trong C[0.1] là giới hạn của dãy cơ bản xn(t) cả. Như thế không gian C[]0.1 không đầy đủ. 4.2 Các tính chất cơ bản. 4.2.1 Định lý. Giả sử X là không gian mêtric đầy đủ và Y ≠ ∅ là tập con đóng của X. Khi đó không gian con mêtric con Y cũng đầy đủ. Chứng minh. Giả sử (xn ) n là một dãy cơ bản trong Y. Dĩ nhiên(xn ) n cũng là dãy cơ bản trong X. Vì X đầy đủ nên xn hội tụ đến x0 ∈ X. Mặt khác vì Y đóng và (xn) ⊂ Y nên xn → x0 thì x0 phải thuộc Y. Vậy Y đầy đủ. Cho B1,B2, ,Bn, là một dãy hình cầu có bán kính r1, r2, Dãy hình cầu này gọi là thắt lại nếu Bn ⊃ Bn+1, n = 1,2, và lim rn = 0. n→∞ 40
4. 4.2.2 Định lý. (Cantor) Trong không gian mêtric đầy đủ, mọi dãy hình cầu đóng, thắt lại đều có một điểm chung duy nhất. Đảo lại, nếu mọi dãy hình cầu đóng, thắt lại trong không gian mêtric X có một điểm chung duy nhất thì X đầy đủ. Chứng minh. ’ ’ Điều kiện cần: Giả B(x1,r1) = B1, ,B (xn,rn) = Bn, là dãy hình cầu đóng, thắt dần trong không gian đầy đủ X.Với m ≥ n thì Bm ⊂ Bn nên d(xn,xm) ≤ rn. Vì rn → 0 khi n → ∞ nên (xn) là dãy cơ bản trong X, thành thử tồn tại x0 ∈ X để xn → x0. Mặt khác với mỗi n∈N, dãy (xnk)k với nk= n + k là con của dãy (xn) nên xnk →x0. Hơn nữa xnk ∈ Bn với mọi k = 1, 2, . và Bn đóng nên x0 ∈ Bn Vậy x0 ∞ ∞ ∈ Bn. Nếu có y0 ∈ Bn thì do x0, y0 cùng thuộc Bn nên. In=1 In=1 d(x0,y0) ≤ d(x0,xn) + d(y0,xn) ≤ 2rn → 0 (n → ∞ ) Vậy d(x0,y0) = 0 hay x0 = y0 1 Điều kiện đủ: Cho (xn)n là dãy cơ bản trong X. Theo định nghĩa với ε = 1 2 1 tồn tại số nguyên n1 > 0 sao cho d(xn,xm) n1 sao cho d(xn,xn2) 2 1 ’ 1 nk và d(xn,xnk+1) < với n ≥ nk+1 đồng thời 2k +1 ’ 1 đặt Bk+1 = B (xnk+1, ). Như vậy (Bk) là dãy hình cầu đóng thắt lại nên theo giả 2k ∞ 1 thiết B = {x }. Ta có d(xnk,x0) ≤ , k = 1,2, nên xnk →x0. I k 0 k −1 k =1 2 Do b) 4.1.1, dãy cơ bản (xn) cũng hội tụ về x0 vì (xnk) là một dãy con của (xn).Vậy X đầy đủ. 4.3. Các tập thuộc phạm vi trù I, II: 4.3.1. Định nghĩa. Cho M là một tập con của không gian mêtric X. Ta gọi M là tập hợp không đâu trù mật (hay còn gọi là tập hợp thưa) nếu nó không trù mật trong bất kỳ hình cầu nào. Nói một cách tương đương: 0 (M ⊂ X là tập thưa ( M = ∅). 41
5. 4.3.2. Định lý. M ⊂ X là tập hợp thưa nếu và chỉ nếu mọi hình cầu mở trong B trong X, tồn tại một hình cầu (đóng hoặc mở) B1⊂ B sao cho B1 ∩ M = ∅. 0 Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử M = ∅ và B là hình cầu mở trong X. Hiển nhiên B ⊄ M nên có x ∈ B và x ∉ M . Theo tính chất của bao đóng, tồn tại r > 0 để B(x,r) ∩ M =∅. Do B mở nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(x,r) ⊂ B đồng thời B(x,r) M =∅. Điều kiện đủ: Giả sử M không phải là tập hợp thưa, tức là M ≠ 0. Lấy x ∈ M sẽ có r > 0 để B(x,r) ⊂ M . Vậy bất kỳ hình cầu nào chứa trong B(x,r) đều chứa trong M nên phải có giao với M khác trống. 4.3.3. Định nghĩa. Cho A là tập con của không gian mêtric X. Tập A được gọi là tập thuộc phạm trù I trong X nếu tồn tại dãy các tập thưa M1,M2, sao ∞ cho A = M i . Ui=1 Nếu A không phải là tập thuộc phạm trù I thì A gọi là tập thuộc phạm trù II. 4.3.4. Định lý. (Baire) Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ. Khi đó X tập thuộc phạm trù II. Chứng minh. Dùng phản chứng. Giả sử X thuộc phạm I, khi đó tồn tại dãy ∞ tập thưa An ⊂ X sao cho X = An . Do A1 thưa nên có hình cầu đóng B1 bán Un=1 kính r1 < 1 sao cho B1 ∩ A1 =∅ . Cũng vậy, vì A2 thưa, tồn tại hình cầu đóng B2 1 ⊂ B1 bán kính r2 < để B2 ∩ A2 = ∅. Bằng quy nạp ta xây dựng được dãy hình 2 1 cầu đóng thắt lại Bn có bán kính rn< sao cho Bn ∩ An= ∅ với n ∈ N. Theo định ∞ n B lý 4.2.2, tồn tại duy nhất x ∈ n Vì x ∈ B nên x ∉ A với n ∈ N. Từ đó x 0 In=1 . 0 n 0 n 0 ∞ ∉ An = X . Điều này vô lý.Vậy X phải thuộc phạm trù II. In=1 Một hệ quả rất hay dùng được phát biểu dưới dạng sau. ∞ 4.3.5. Hệ quả. Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ và X = An . Khi Un=1 0 đó tại n0 ∈ N sao cho An ≠ ∅. 42
6. 4.4. Ánh xạ liên tục đều: Giả sử X, Y là hai không gian mêtric, f là ánh xạ từ X vào Y. Bằng ngôn ngữ ε, δ theo định nghĩa, hàm f liên tục tại điểm x0 ∈ N nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 (δ nói chung phụ thuộc vào x0 và ε) sao cho d(f(x),f(xo)) 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, x’ ∈ X mà d(x,x’) 0 cho trước tuỳ ý, do f liên tục đều trên A nên tồn tại số dương δ sao cho (d(f(z’),f(z’’) 0 ở trên tồn tại số nguyên n0 để (zn,zm) < δ với mọi m, n ≥ n0. Nhưng khi đó d(f(zn),f(zm)) < ε. Như thế (f(zn))n là một dãy cơ bản trong Y. Hơn nữa, Y đầy đủ nên tồn tại lim (f(zn)) = l. Vậy ta x→∞ có được ánh xạ f : X →Y mở rộng liên tục duy nhất của ánh xạ f. Còn lại ta chứng minh f liên tục đều trên X. Lại ứng dụng tính liên tục đều ’ ’ của f trên A như trước, giả sử x0 và x0 là hai điểm trong X với d(x0,x0 ) < δ. Xét ’ ’ hai dãy (zn) và (zn ) trong A lần lượt hội tụ đến x0 và x0 . Chọn n0 đủ lớn ta thấy rằng nếu n ≥ n0 thì ’ ’ δ δ d(zn,z n) ≤ d(zn,x0) + d(z n,x0) ≤ + = δ . 2 2 Do vậy: 43
7. ’ ’ d( f (zn), f (zn )) = d(f(zn),f(zn )) < ε ’ Cho n → ∞ ta có d( f (x0), f (x0 )) ≤ ε.Vậy f liên tục đều trên X. 4.5.Nguyên lý ánh xạ co. 4.5.1. Định nghĩa. Cho ánh xạ f từ tập X bất kỳ vào chính nó. Phần từ x ∈ X sao cho f(x) = x được gọi là điểm bất động của ánh xạ f. Việc tìm điểm bất động của một ánh xạ là vấn đề có nhiều ứng dụng trong giải tích, đặc biệt trong lý thuyết phương trình (vi phân, tích phân ) vì một điểm bất động của ánh xạ f là một nghiệm của phương trình f(x) = x. Bây giờ cho X là một không gian mêtric và f là một ánh xạ từ X vào X, f được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số α∈[0,1] sao cho với mọi x, y ∈ X ta có: d(f(x),f(y)) ≤ αd(x,y). Từ định nghĩa ta thấy ngay mọi ánh xạ co là liên tục đều. 4.5.2. Định lý (nguyên lý ánh xạ co Banach). Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ f : X → X là một ánh xạ co. Khi đó f có một điểm bất động duy nhất. Chứng minh. Lấy một điểm tuỳ ý x0 ∈X. Đặt x1= f(x0), x2 = f(x1)= f(f(x0)), ,xn = f(xn-1) = f(f f)(x0), N lần Ta chứng tỏ (xn) là một dãy cơ bản trong X. Vì f là ánh xạ co lên nếu n ≥ 1 thì d(xn,xn+1) = d(f(xn-1),f(xn) ≤ αd(xn-1,xn) = αd(xn-2,f(xn-1)) 2 n ≤ α d(xn-2,xn-1))≤ ≤ α d(x0,x1) Với α ∈ [0,1] Lúc đó với mọi số nguyên n và p,từ (*) ta có d(xn,xn+p) ≤ d(xn,xn+1) + + d(xn+p,xn+p) n 2 n+1 n+p-1 α ≤ (α + α + + α ) d(x0,x1) ≤ d(x0,x1) 1−α Khi n đủ lớn và p tùy ý ta có d(xn,xn+p) → 0 (n→∞) suy ra (xn)n là dãy cơ * bản trong không gian đầy đủ X nên tồn tại giới hạn x = lim xn . n Cũng từ (*), ta có n d(xn,x+1) ≤ d(xn, xn+1) ≤ α d(x0,x1). Cho n →∞và nhớ rằng các hàm d và f liên tục,ta có * * 0 ≤ lim d(xn,f(xn)) = d(x ,d(x ) ≤ 0 x→∞ hay d(x*,f(x*)) = 0 * * * Vậy f(x ) = x tức là x là điểm bất động của f. 44
8. Nếu có y ∈ X mà f(y) = y thì * * * * d(x ,y) = d(f(x ), f(x) ≤ αd(x ,y ) hay (1-α)d(x*,y*) ≤ 0 Suy ra d(x*,y) = 0 tức là x*= y. Do đó điểm bất động x* là duy nhất 4.5.3.Ví dụ. a.Chứng minh phương trình 1 arctgx – x + 3 = 0 2 có một nghiệm thực duy nhất Đặt f(x) = 1 arctgx + 3 là hàm từ IR vào IR, f là ánh xạ co vì f(x) – f(y) = (x- 2 1 y) , với ξ nằm giữa x và y theo định lý lagrange, nên 2(1+ξ 2 ) 1 f ()xf−≤(y) x−y. Do đó f có một điểm bất động với duy nhất x*. Nói cách 2 khác, phương trình 1 arctgx + 3 = x có nghiệm duy nhất là x*. 2 b) Xét phương trình vi phân (1) dx = f(t,x) với điều kiện ban đầu dy (2) x(t0) = x0 2 trong đó f(t,x) là hàm liên tục trong tập mở G ⊂ IR , (t0,x0) ∈ G và f là thoả mãn điều kiện Lipschitz x, nghĩa là có một số dương k sao cho ⎪f(t,x1) – f(t,x2)⎪≤ K⎪x1 - x2)⎪ (3) với mọi (t,x1),(t,x2) ∈ G Ta chứng minh định lý Picard: Trên một đoạn ⎪t – t0⎪ ≤ r nào đó phương trình (1) có một nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện ban đầu (2). Phương trình (1) với điều kiện (2) tương đương với phương trình tích phân sau đây t x(t) =x0 + ∫ f (τ ,x(τ ))dτ (4) t0 Do G là tập mở chứa (t0,x0) nên có hình tròn (hình cầu) tâm (t0,x0) chứa trong G. Gọi D = {(t,x) ∈ G :⎪t – t0⎪≤ a, ⎪x – x0 ⎪ ≤ b} là một hình chữ nhật đóng bất kỳ nội tiếp trong hình cầu đó. Vì f(t,x) liên tục trên D nên f (,tx) ≤ Lvới mọi (t,x) ∈ D với L là số dương nào đó. Lấy 0 < r < 45
9. 1 b min{ , } và kí hiệu C’ là không gian con của C[t0-r, t0+r] gồm các hàm số mà K L x()tx−0 ≤b với mọi t∈[t0-r, t0+r] = I . Nếu (xn) ⊂ C’ và xn →x thì do ⎪xn(t) – x0⎪≤ b với mọi n ∈ N và t ∈ I nên qua giới hạn, ta cũng có ⎪xn(t) – x0⎪≤ b với mọi t ∈ I. Như vậy C’ đóng trong không gian đầy đủ C C[t0, t0+r] nên [t0 −r ,t0 +r] C’ cũng phải đầy đủ Xét P : C’ →C’ x a Px xác định bởi t (Px)(t) = ∫ f (τ ,x(τ ))dτ + x0 t0 Với ⎪t – t0⎪ ≤ r Ánh xạ P đặt như trên là hợp lý vì nếu x(t) ∈ C’ thì P(x(t)) liên tục, đồng thời t t P( x( t )) − x0 = ∫ f (τ ,x(τ ))dτ ≤ ∫ Ldτ ≤ Lr ≤ b t0 t0 Hay Px ∈ C’. Mặt khác, nếu x, y ∈ C’ thì t ( Px )( t ) − ( Py )( t ) = ∫ f (τ ,x(τ )) − f (τ ,y(τ ))dτ t 0 t t ≤ ∫ K x(τ ) − y(τ )dτ ≤ K ∫ d( x,y )dτ t0 t0 (giả sử t ≥ t0, trường hợp t < t0 lý luận tương tự). Như thế d( Px − Py ) = max Px( t ) − Py( t ) ≤ K t − t0 d( x,y ) ≤ Kr d( x,y ). t∈I Vì Kr < 1 nên P là ánh xạ co. Theo định lý Banach tồn tại một hàm số duy nhất x(t) ∈ C’ sao cho Px(t) = x(t). Nói cách khác trên I bài toán (1) – (2) có nghiệm duy nhất. 4.6. Đầy đủ không gian mêtric. Chúng ta đã thấy vai trò quan trọng của không gian mêtric đầy đủ qua các phần vừa xét ở trên. Do đó, với một khoảng không gian đầy đủ X ta hãy bao nó bằng một không gian đầy đủ X* chứa X và X* phải là không gian gọn nhất. 46
10. 4.6.1.Định nghĩa. Giả sử X là một không gian mêtric. Không gian mêtric đầy đủ X* được gọi là đầy đủ hóa (hay còn gọi là bổ sung) của X nếu: a. X là một không gian của X* b. X trù mật khắp nơi trong X* 4.6.2.Định lý. Mỗi không gian mêtric X đều có đầy đủ hoá X* của nó. Hơn nữa, không đầy đủ hoá này là duy nhất theo định nghĩa nếu có không gian X’*cũng thoả mãn a) và b) trong định nghĩa thì X* và X’* đẳng cự với nhau. Chứng minh. Ta chia phép chứng minh làm nhiều bước 1. Xây dựng tập hợp X*. Ký hiệu X là tập hợp tất cả các dãy cơ bản trong X. Nếu (xn) và (yn) là hai phần tử của X, ta đặt (xn) R (yn) nếu lim d(xn,yn) = 0 x→∞ R là một quan hệ tương đương trên X vì các tính chất phản xạ, đối xứng thoả mãn một cách rõ ràng. Nếu d(xn,yn) → 0 và d(yn.zn) → 0 nên R thoả mãn tính chất bắc cầu, nghĩa là nếu (xn)R(yn) và (xn)R(zn) thì (xn)R(zn). Ký hiệu X* là tập thương của X theo quan hệ tương đương R vừa nêu trên 2. Xác định mêtric trong X*: Ký hiệu x* và y* là các phần tử trong X* đó là những lớp tương đương các * * dãy cơ bản trong X. Chọn x và y các đại diện (xn) và (yn) rồi đặt * * d(x ,y ) = lim d(xn,yn) (1) x→∞ Ta chứng minh tính đúng đắn của định nghĩa này tức là chứng minh giới * hạn (1) tồn tại hữu hạn, không phụ thuộc vào việc chọn các đại diện (xn)n∈ x và * * * (yn)n ∈ y mà chỉ phụ thuộc vào các lớp tương đương x và y . Thật vậy, ta có: |d(xm,ym) - d(xn,yn)| ≤ d(xm,xn) + d(yn,ym)| → 0 (m, n → ∞) (do áp dụng bất đẳng thức tứ giác và các dãy (xn) và (yn) là dãy cơ bản). Như vậy * (d(xn,yn))n là một dãy cơ bản số thực nên phải hội tụ. Ngoài ra, nếu (xn’) ∈ x và * (yn’) ∈ y thì |d(xn,ym) - d(xn’,yn’)| ≤ d(xn,xn’) + d(yn,yn’)| (2) ’ ’ Vì (xn)R(xn ) và (yn)R(yn ) nên vế sau của (2) tiến về 0 khi n→∞ nghĩa là ’ ’ lim d(xn,yn) = lim d(xn ,yn ) x→∞ x→∞ Bây giờ ta kiểm tra 3 tiên đề của mêtric * * * * ’ i) Ta có ngay là d(x ,y ) ≥ 0 d(x ,y ) = 0 ⇔ lim d(xn,yn) hay (xn)R(xn ).Vậy x→∞ x* = y* 47
11. ii) Tiên đề 2) rõ ràng * * * iii) Nếu xn ∈ x , (yn) ∈ x và (zn) ∈ x thì do d(xn,zn) ≤ d(xn,yn) + d(yn,zn) nên chuyển qua giới hạn khi n→∞ta được * * * * * * * * * * d(x ,z ) ≤ d(x ,y ) + d(y ,z ) với mọi x , y , z ∈ X Vậy (X*,d) là một không gian mêtric + Với mỗi x ∈ X ta đặt tương ứng với một lớp tương đương các dãy cơ bản x chứa dãy dừng (x,x, ,) ∈ X gồm toàn phần tử x. Từ định nghĩa khoảng cách trong X* ta có + + d(x ,y ) = lim d(xn,yn) = d(x,y) x→∞ Như thế ta xác định được một phép đẳng cự từ X lên một không gian con + + * + + + X = {x ∈ X : x ∋(x,x, ,), x ∈ X} của X*. Do đó ta đồng nhất X với X với X và như thế X ⊂ X*. 3. X trù mật trong X*: * * * Cho x ∈ X và giả sử ε là số dương cho trước. Lấy (xn) ∈ x . Vì (xn) là dãy cơ bản trong X nên tồn tại n0 sao cho khi n ≥ n0 ta có d(xn,xn0) 0 tồn tại xn ∈ X để d(xn,x n) < . Khi đó n * * * * d(xn,xm) ≤ d(xn,xn ) + d(xn ,xm ) + d(xm ,xm) 1 1 * * < + + d(xn ,xm ) n m Vậy d(xn,xm) → 0 (m, n→∞) nên (xn) là dãy cơ bản trong X tức là (xn) ∈ X. * * * Đặt x là lớp chứa dãy (xn) thì x ∈ X , ta có: * * * d(xn ,xn) ≤ d(xn ,xn) + d(xn,x ) 1 * + d(xn,x ) n + * Vì (xn,xn, ) ∈ x n và (x1, x2, ) ∈ x nên * d(xn,x ) = lim d(xn,xm) m→∞ Vậy * * 1 d(xn ,x ) ≤ + lim d(xn,xm) n m→∞ * * * Cho m →∞ ta được d(xn ,xn) →0 hay x n →x 48
12. Như thế X* là đầy đủ 5. Tính duy nhất (sai khác một phép đẳng cự) của đầy đủ hoá X* của X. Giả sử X’* là một không gian mêtric đầy đủ và có các tính chất i) X ⊂ X’* (X đẳng cự với một không gian con của X’*) ii) X = X’* Ta hãy chứng minh X’* đẳng cự với X* * * Lấy x ∈ X khi ấy tồn tại (xn) ⊂ X sao cho xn →X’*. Đặt * ϕ : X → X’* X* →x’* đây là phép đẳng cự phải tìm. Thật vậy ϕ là toàn ánh vì nếu y’* ∈ X’* thì y’* * * * * * = lim yn, yn ∈ X nên y’ = ϕ(y ) với y = lim yn, y ∈ X n→∞ n→∞ Mặt khác * * * d(x ,y ) = lim (xn,yn) trong X n→∞ và * * * d(x’ ,y’ ) = lim (xn,yn) trong X’ n→∞ nên d(x*,y*) =d(x’*,y’*) = d(ϕ(x*),ϕ(y*) Vậy ϕ là đơn ánh và từ các điều vừa chứng minh trên ta suy ra ϕ là phép đẳng cự. Định lý được chứng minh đầy đủ. 4.6.3.Ví dụ. 1. Tập hợp Q các số hữu tỉ là một không gian mêtric với khoảng cách: d(x,y) = x − y ; x, y ∈ Q Phương pháp xây dựng tập số thực IR bằng dãy cơ bản các số hữu tỉ chính là đầy đủ hoá không gian mêtric Q như đã trình bày ở trên. Tuy nhiên trong IR ta còn phải xây dựng các phép toán + và . đồng thời phải kiểm nghiệm lại IR là một trường liên tục. 2. Giả sử M là tập con của không gian mêtric đầy đủ X. Không gian đầy đủ hoá của không gian con M chính là M . L 3. Ta có C[a,b] là không gian mêtric không đầy đủ. Không gian đầy đủ hoá của nó ký hiệu là L[a,b] là tập hợp các hàm đo được xác định và khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a,b] (lý thuyết tích phân Lebesgue sẽ học ở phần Lý thuyết độ đo và tích phân). 49
13. BÀI TẬP 4.1.Cho (X,dX) và (Y,dY) là hai không gian mêtric.Chứng minh rằng không gian mêtric tích X × Y đầy đủ khi và chỉ khi các không gian X và Y là những không gian mêtric đầy đủ. 4.2.Ký hiệu m là tập hợp tất cả các dãy số thực bị chặn. Với x = (xn) ∈ m, y = (yn) ∈ m đặt d(x,y) = sup xn − yn n Chứng minh a) d là một mêtric b) Không gian mêtric (m,d) là đầy đủ * 4.3. Trong không gian mêtric C[0,1] hãy xây dựng một dãy các tập đóng, bị ∞ chặn Fn sao cho Fn ⊃ Fn+1 nhưng IFn = ∅ n=1 * 4.4. Cho X là không gian mêtric đầy đủ, Yi là một dãy các tập con mở trù ∞ mật khắp nơi trong X. Chứng minh tập hợp Yi cũng là tập trù khắp nơi trong In=1 X. 4.5. Ký hiệu s0 là tập hợp tất cả các dãy số thực (xn) sao cho xn bằng 0 tất cả ngoại trừ số hữu hạn n. Ta xem s0 là không gian mêtric con của không gian m. Chứng minh s0 là không gian mêtric không đầy đủ. 4.6.Chứng minh rằng hàm liên tục f : IR→ IR xác định bởi π f(x) = + x – arctgx 2 không có điểm bất động mặt dù nó thoả mãn bất đẳng thức f ()xf− 0)(∀f∈f) : f(x) ≤M Chứng minh rằng tồn tại một tập mở khác trống U ⊂ IR v à m ọt số dương M sao cho f ()xM≤ 50
14. Với mọi f ∈ F và x ∈ U 4.8. Cho f: IR → IR l à m ột hàm số liên tục đều. Chứng minh tồn tại các số α, β ≥ 0 sao cho với mọi x ∈ IR, ta có: fx()≤ α x + β 4.9*.Trên tập số thực IR ta đặt d1(x,y) = | arctgx- arctgy| và x y d2(x,y) = | e - e | Chứng minh a) d1, d2 là các mêtric trên IR b) (IR, d1),(IR, d2) là các không gian mêtric không đày đủ c) Đầy đủ hoá các không gian(IR, d1),(IR, d2) là gì? 51
15. §5 KHÔNG GIAN COMPACT Trong giải tích cổ điển, khi làm việc với các tập con của IR ta đặc biệt chú ý đến khoảng đóng [a,b], a, b ∈ IR. Khoảng đóng này có các tính chất tốt sau Mọi dãy (xn) ⊂ [a,b] bao giờ cũng có một dãy con hội tụ trong [a,b] Hàm số liên tục trên [a,b] thì liên tục đều trên đoạn đó Hàm số liên tục trên [a,b] thì đạt được giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất trên đoạn này. Tổng quát hoá sự kiện này cho không gian mêtric, người ta đưa ra khái niệm quan trọng đó là tập compact và không gian compact. 5.1.Tập hợp bị chẵn và hoàn toàn bị chặn. 5.1.1. Định nghĩa. Cho X là không gian mêtric và ∅ ≠ A ⊂ X. Đặt δ(A) = sup d(x,y) δ(A) = + ∞ nếu tập hợp {d(x,y), x, y ∈A} không có x, y∈A cận trên) và gọi δ(A) là đường kính của tập A Nếu δ(A) r. Ngược lại, A ⊂ B(x0,r) thì ∀x,y ∈ A có d(x,y) ≤ d(x,x0) + d(y,y0) ≤ 2r Do đó δ(A) ≤ 2r 0, A được chứa trong hợp một số hữu hạn hình cầu có bán kính r. Lúc đó ta cũng nói tập A được phủ bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính r. Mệnh đề 1. Một tập hoàn toàn bị chặn thì bị chặn 52
16. Chứng minh. Thực vậy, cho A hoàn toàn bị chặn nên với r = 1, ta có hữu hạn n hình cầu để A ⊂ B(,xi 1). Lấy x ∈ A sẽ có i để x ∈ B(ai,1) Ui=1 Lúc đó d(x,a1) ≤ d(x,ai) + d(ai,a1) n ≤ d(x,ai) + ∑d( ai ,a1 ) ≤ n i=1 Vậy A nằm trong B(a1,n). Ngược lại, nói chung không đúng. Tuy nhiên trong IRn ta có. Mệnh đề 2: Giả sử A là một chặn trong IRn (với mêtric thông thường), khi đó A hoàn toàn bị chặn. Chứng minh. Gọi B(x0,d) là hình cầu chứa A. Ta lấy một hình lập phương cạnh bằng 2d song song với các trục toạ độ và ngoại tiếp hình cầu này. Cho r > 0 ta chia hình lập phương này thành các hình lập phương nhỏ bởi các mặt phẳng r song song với mặt hình lập phương lớn và cách nhau một đoạn α ≤ . Số các n hình lập phương nhỏ này là hữu hạn. Hiển nhiên A được chứa trong hợp hữu hạn các hình cầu bán kính ≤ r, ngoại tiếp các hình lập phương nhỏ. Vậy A hoàn toàn bị chặn. Chú ý rằng B(a,r) ∈ B’(a,r) và nếu r’ > r thì B’(a,r) ⊂ B(a,r’) do đó trong các định nghĩa về tập bị chặn và hoàn toàn bị chặn, ta có thể sử dụng tuỳ ý các hình cầu mở hoặc đóng Mệnh đề 3. Nếu A ⊂ X là hoàn toàn bị chặn thì bao đóng A của A cũng là một tập hợp hoàn toàn bị chặn Chứng minh. Giả sử r là số dương cho trước. Nếu A hoàn toàn bị chặn thì n ’ có hữu hạn hình cầu đóng B (ai,r) (i = 1, n) sao cho A ⊂ B(ai ,r) . Nhưng do Ui=1 n n A ⊂ B'(ai ,r) là một tập đóng nên A ⊂ B'(ai ,r) nghĩa là A cũng hoàn toàn Ui=1 Ui=1 bị chặn. 5.2.Tập hợp compact và không gian compact: 5.2.1.Định nghĩa. Cho X là không gian mêtric và A ⊂ X. Tập A được gọi là compact nếu dãy (xn) ⊂ A luôn luôn tồn tại một dãy con (xnk) ⊂ (xn) hội tụ một điểm x ∈ A Nếu bản thân X là compact thì không gian X được gọi là không gian compact 53
17. Giả sử A ⊂ X mà bao đóng A là compact thì A được gọi là tập compact tương đối. Điều này tương đương với: Mọi dãy tuỳ ý (xn) ⊂ A sẽ có một dãy con hội tụ đến một điểm trong X (không đòi hỏi thuộc A). Thật vậy, điều kiện cần rõ. Ngược lại nếu (xn)n là dãy trong A với mỗi x ∈ 1 N ta chọn yn ∈ A sao cho d(xn,yn) 0 sao cho không thể phủ được A bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính ε. Lấy x1∈ A. Hình cầu B(x1,ε) không phủ được A nên có x2 ∈A sao cho d(x2,x1) ≥ ε. Các hình cầu B(x1,ε), B(x2,ε) cũng không phủ được A nên có x3 ∈A sao cho d(x3,x1) ≥ ε và d(x3,x2) ≥ ε. Tiếp tục cách này bằng quy nạp, ta xây dựng được dãy (xn) ⊂ A với d(xn,xm) ≥ ε với mọi n ≠ m. Bất cứ dãy con nào của dãy (xn) đều không phải là dãy cơ bản (vì khoảng cách giữa hai phần tử của dãy con này ≥ ε) nên không thể hội tụ. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa compact. Vậy ta đã chứng minh nếu A compact thì A đóng và hoàn toàn bị chặn. 2) Bây giờ giả sử X đầy đủ, A đóng và hoàn toàn bị chặn trong X. Lấy một dãy (xn) bất kỳ trong A. Vì A được phủ bằng một số hữu hạn các hình cầu bán kính bằng 1 nên một trong các hình cầu đó, kí hiệu B1 chứa vô số các phần tử 54
18. 1 của dãy (xn). Gọi dãy con của dãy (xn) trích ra từ vô số phần tử đó là ( xn ). Tập A cũng phủ được bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính 1 nên có một cầu kí hiệu 2 1 1 2 B2 có vô số các (x n) và dãy con của ( xn ) chứa trong B2 là (xn ). Tiếp tục quá 1 2 trình này ta thu được một dãy các dãy (xn), ( xn ),( xn ), mà các dãy sau là dãy k con của dãy đi trước đồng thời dãy con ( xn ) chứa trong hình cầu Bk có bán kính 1 1 2 . Lấy một phần tử xn1 trong ( x ). Vì ( x ) vô hạn nên chọn được nn2 trong các k n n 2 3 ( xn ) sao cho n2 > n1 và rồi chọn xn3 trong ( xn ) với n3 > n1 Như thế ta có được dãy con (xnk) ⊂ (xn). Đây là dãy cơ bản vì với k,l ∈ N bất kỳ, giả sử k≥ l thì k 1 2 ( x ) ⊂ ( x ) nên xnk, xnl cùng thuộc hình cầu Bl. Do đó d(xnk, xnl) ≤ → 0 khi k, n n l l →∞. Vì X đầy đủ, dãy (xnk) hội tụ đến x0 ∈ X. Hơn nữa do A đóng nên x0 ∈A. Vậy A compact. 5.2.4 Định lý. Nếu X là một không gian compact thì X đầy đủ và khả ly. Chứng minh. a) Giả sử (xn) là dãy cơ bản trong X. Vì X compact nên có dãy con (xnk) ⊂ (xn), xnk → x0 ∈X. Nhưng khi đó chính dãy (xn) cũng hội tụ về x0 nên X là không gian đầy đủ. 1 b) Với mỗi n ∈N, tập A được phủ bằng một số hữu hạn hình cầu B(xnj, ), n j = 1, ,mn : mn 1 X = B(xnj, ) (*) Uj=1 n Đặt A = {xnj : j = 1, ,mn, n = 1, 2, } là tập hợp tất cả các tâm các hình cầu này. A là tập đếm được. Mặt khác ∀x ∈ X với ε > 0 bất kỳ ta lấy n đủ lớn để 1 < n 1 1 ε. Từ (*), suy ra x thuộc một hình cầu B(xnj, ) nào đó nên d(x,xnj) < <ε . n n Vậy A trù mật trong X là không gian mêtric khả ly. Nhận xét: Từ định nghĩa ta thấy A là một compact khi và chỉ khi chính không gian con A là không gian compact. Vì thế khi phát biểu về các tính chất compact, ta không cần phân biệt compact hoặc không gian (con), ta không cần phân biệt tập compact hoặc không gian (con) compact. 5.2.5. Hệ quả 1. Mọi tập compact đều bị chặn 2. Tập con đóng của tập compact là compact 55
19. 3. Đối với các tập đóng IRn, các khái niệm bị chặn, hoàn toàn bị chặn, compact là tương đương với nhau. Chứng minh: 1. Rõ ràng mỗi tập compact thì hoàn toàn bị chặn nên bị chặn. 2. Nếu K chứa trong A compact thì K hoàn toàn bị chặn. Hơn nữa K đóng trong A đầy đủ nên K compact. (Ở đây vì A đóng nên K đóng trong không gian con A hay đóng trong X đều như nhau). 3. Theo mệnh đề 2 ở 5.1.2, tập A ⊂ IRn bị chặn nếu và chỉ nếu A hoàn toàn bị chặn. Hơn nữa IRn là không gian đầy đủ nên áp dụng định lý Hausdorff ta có ngay kết quả. 5.2.6.Khái niệm ε- lưới: Để diễn tả khái niệm hoàn toàn bị chặn, bên cạnh dùng hữu hạn hình cầu phủ tập đã cho ta còn dùng khái niệm ε- lưới, tỏ ra khá thuận tiện cho trong một số trường hợp. a) Định nghĩa. Cho tập A ⊂ X và số ε > 0. Tập N⊂ X được gọi là một ε- lưới cho A nếu mọi x ∈ A tìm được y ∈N để d(x,y) 0 có thể được tìm cho A một ε- lưới hữu hạn N (tức là tập N có hữu hạn điểm). b) Hệ quả. Trong không gian mêtric đầy đủ X, tập đóng A ⊂ X là compact nếu với mọi ε > 0 ta có thể tìm cho nó một ε-lưới compact. ε Chứng minh. Cho ε > 0. Theo giả thiết, tồn tại -lưới compact B và cho A 2 ε và do B compact nên tồn tại -lưới hữu hạn N cho B. Khi đó N chính là ε-lưới 2 ε cho A vì với x ∈ A tồn tại b∈B để d(x,b) < và với b này sẽ có y ∈ N để d(y,b) 2 ε < . Lúc đó d(x,y) ≤ d(x,b) d(b,y) < ε. Vậy A hoàn toàn bị chặn. Áp dụng định 2 lý Hausdorff, ta có kết luận của hệ quả. 5.3.Compact với phủ mở: 5.3.1.Định nghĩa. Cho X là một không gian mêtric và A ⊂ X. Họ (Gα )α ∈I các tập con của X được gọi là một phủ của A nếu A ⊂ Gα . Nếu với mọi α∈I, Uε∈1 56
20. Aα là các tập mở thì (Gα )α ∈I gọi là phủ mở và nếu I là tập hữu hạn thì gọi là phủ hữu hạn. Nếu tồn tại tập con J ⊂ I sao cho (Gα )α ∈J vẫn là phủ của A thì (Gα )α ∈J gọi là phủ con của A. 5.3.2.Định lý. (Heine- Borel) Để tập con A của không gian mêtric X là compact, điều kiện cần và đủ là với mọi phủ mở (Gα )α ∈I của A đều có chứa một phủ con hữu hạn. Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử bất kỳ phủ mở nào của A đều có phủ con hữu hạn nhưng A không compact. Vì thế tồn tại một dãy (xn) ⊂ A sao cho xn ≠ xn’, khi n ≠ n’ nhưng không có dãy con nào hội tủ cả. Do mọi x ∈ A không là giới hạn của dãy con nào của dãy (xn) nên tồn tại một hình cẩu mở Bx tâm x bán kính rx chỉ chứa hữu hạn các xn. Họ (Gα )α ∈A là một phủ mở của A nên theo giả k thiết có phủ con hữu hạn : A ⊂ B . Mỗi hình cầu Bxi, i = 1, ,k chỉ chứa số U xi i=1 hữu hạn xn nên hoá ra (xn) chỉ có hữu hạn các phần tử riêng biệt. Điều này vô lý nên A phải là tập compact Điều kiện cần. Cho A compact và giả sử có một phủ mở (Gα )α ∈I của A nhưng không chứa phủ con hữu hạn. Lấy một dãy số dương ε n → 0. Vì A compact nên phủ được bằng một số hữu hạn hình cầu đóng bán kính ε1. Trong các hình cầu đóng này phải có một cái, tạm kí hiệu là B1 sao cho A1 = A ∩ B1 không thể phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα (nếu khác đi, A sẽ phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα trái với giả thiết phản chứng). A1 là tập đóng chứa trong tập compact A nên A1 cũng compact và lại được phủ bằng một số hữu hạn hình đóng bán kính ε2, trong số đó có một cái kí hiệu B2 sao cho A2 = A1 ∩ B2 không thể phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα. Tập A2 cũng compact nên cũng được phủ bởi hữu hạn hình cầu bán kính ε3 . Tiếp tục quá trình này, ta thu được một dãy hình cầu đóng Bn và các tập An = An-1 ∩ Bn, n = 1,2,. Trong mỗi tập An ta lấy ra một điểm xn. Do An ⊂ An-1⊂ ⊂ A nên (xn) là dãy trong A, sẽ có dãy con (xnk) ⊂ (xn) hội tụ đến x0 ∈ A. Mặt khác A ⊂ UGα nên có α 0∈I α∈I để α 0∈Gα 0. Vì Gα mở nên có hình cầu B(x0,r) ⊂ Gα 0. Từ d(xnk,x0) → 0 và εnk → 0 khi k → ∞, chọn k0 đủ lớn ta sẽ có d(xnk0,x0) < r/2 và εnk0 < r/4. Lúc ấy với mọi x ∈ Anko ta có d(x,x0) ≤ d(x,xnko )+ d(xnko,xo) ≤ 2 εnko+ r/2 < r tức là Anko ⊂ B(x0,r) ⊂ Gα 0 nghĩa là có tập Anko được phủ bằng một Gα 0, trái với cách xây dựng các tập An. Mâu thuẫn này chứng tỏ mọi phủ mở của A phải có một phủ con hữu hạn. Định lý được chứng minh đầy đủ. 57
21. 5.3.3.Định nghĩa. Ta gọi họ các tập con (Fα )α ∈I của tập X là họ có tâm nếu mọi tập hữu hạn J ⊂ I thì Fα ≠ ∅ αI∈j Từ định lý Heine-Borei, ta có hệ quả sau: 5.3.4.Hệ quả. Không gian mêtric X là compact khi và chỉ khi mọi họ có tâm các tập con đóng của X có giao không trống. Chứng minh. Giả sử X compact và (Fα )α ∈I là họ có tâm các tập con đóng của X. Khi đó Gα =X\Fα là mở. Nếu Fα ≠ ∅ thì αI∈I X= X\ F = (X\F = G α α) I α αI∈I αU∈I α∈I nên (Gα)α ∈I là một phủ mở của X. Theo định lý Heine-Borel, X được phủ bởi một số hữu hạn Gα k k X= Gαi = X\( Fαi) Ui=1 Ii=1 k Như thế Fαi = ∅. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa họ có tâm. Do đó Ii=1 Fα ≠∅ αI∈I c Ngược lại, nếu (Gα)α∈I là phủ mở bất kỳ của X. Đặt Fα = Gα .(Fα)α∈I không k phải là họ có tâm X vì nếu thì F = ( ()G c = ∅ , trái giả thiết, nên có hữu hạn F , I α α α i=1 αU∈I k (α = 1, ,k) nào đó để Fαi = ∅. Điều này có nghĩa là hữu hạn các Gαi phủ X. Ii=1 Vậy X compact. 5.4.Ánh xạ và hàm số liên tục trên tập cmopact: Các ánh xạ liên tục các tập compact có những tính chất tốt như hàm số liên tục trên khoảng đóng [a,b] ⊂ IR. T a c ó : 5.4.1.Định lý. Cho X, Y là hai không gian mêtric, f : X→Y là ánh xạ lên tục và A là tập con compact của X. Khi đó ảnh f(A) của A là tập compact trong Y. Chứng minh. Cho (yn)n là dãy bất kỳ trong f(A). Khi đó trong A tồn tại dãy (xn) sao cho yn = f(xn). Vì A compact nên có dãy con (xnk ⊂ (xn) sao cho xnk →x0 ∈ A (k → ∞ ). Vì f liên tục nên dãy con ynk = f(xnk) hội tụ đến f(x0) ∈ f(A).Theo định nghĩa, f(A) compact. 5.4.2.Định lý. Cho f : X →Y liên tục, A là tập con compact của X, khi đó f liên tục đều trên A. 58
22. Chứng minh. Giả sử f liên tục đều trên A. Khi đó tồn tại ε > 0 sao cho với mọi δ > 0 tồn tại x’, x’’ ∈ A với d(x’,x’’) 0 cho trước, tồn tại đa thức g ∈ W sao cho d(f,g) = max f ( x ) − g( x ) < ε x∈[]0,1 Chứng minh. Ta hãy “nhân chập” hàm f với một dãy các đa xác định để thu được dãy đa thức hội tụ đều đến f như sau: Trước hết, giả sử f(0) = f(1) = 0 điều này không làm mất tính tổng quát vì nếu hàm f không thoả, ta sẽ xét hàm. f*(x) = f(x) – f(0) - x[f(1)- f(0)] thì f*(0) = f*(1) = 0 nếu f* được biểu diễn thành giới hạn của dãy đa thức hội tụ đều thì f cũng vậy vì f sai khác với f* một đa thức bậc nhất. Đặt f(x) = 0 với x ∉ [0,1]. Khi đó f là hàm liên tục đều trên IR. Đặt 59
23. 2 n Qn(x) = cn(1 – x ) ≥ 0, n = 1,2, (1) trong đó cn là các số dương sao cho 1 ∫ Qn(x) dx = 1, n =1, 2, (2) −1 Ta hãy đánh giá các đại lượng cn. Ta có: 1 1 1 x ∫ (1 – x2)n dx = 2 ∫ (1 – x2)n dx ≥ 2 ∫ (1 – x2)n dx −1 0 0 1 x 4 1 ≥ 2 ∫ (1– nx2)ndx = > (3) 0 3 n n Do đó cn 0 ta có 2 n 2 n 2 n Qn(x) = cn(1 – x ) ≤ n (1-x ) ≤ n (1- δ ) (4) với mọi x thoả δ ≤⎪x⎪≤ 1. Do đó Qn(x) hội tụ đều về 0 trên tập [-1,-δ] ∪ [δ,1] (δ 0, chọn 0 < δ < 1 để ε ε f ( y ) − f ( x ) ≤ khi ⎪x - y⎪< 2 2 (vì f liên tục đều trên IR). Đặt M = sup f ( x ) . Từ (2), (4) với mọi x ∈ [0,1] []0,1 ta viết 1 p ()xf−=()x (f(x+t)−f(x))Q(t)dt nn∫ −1 60
24. 1 ≤ ∫ f ( x + t ) − f ( x )Qn( t )dt −1 −δ ε δ 1 ≤ 2M ∫∫Qn( t )dt + Qn( t )dt + 2M ∫Qn( t )dt −−1 2 δδ ε ≤ 4M n(1− δ 2 )n + 0 đều tồn tại đa thức g ∈ W với hệ số hữu tỉ sao cho d(f, g*) = max f ( x ) − g* ( x ) ≤ ε []0,1 Chứng minh. Giả sử f ∈ C[0,1] và ε > 0 cho trước. Theo định lý Weierstrass n I, tồn tại đa thức g(x) = a0 + a1x + + anx sao cho ε d(f,g) = max f ( x ) − g* ( x ) ≤ []0,1 2 Chọn các số hữu tỉ b0, b1, , bn đủ gần a0, a1, ,an sao cho n ε , và đặt ∑ baii− ≤ i=0 2 * n g (x) = b0 + b1x + + bnx Khi đó với mọi x ∈ [0,1] ta có * n gx()−=g()x (a00−b)+a1−b1)x+(ann−b)x n n i ε ∑ ai − bi x ≤ ∑ ai − bi < i=0 i=0 2 Vì vậy ε ε g()x−≤g ()x f()x−gx() +gx()−<g(x) +=ε 22 Với mọi x ∈ [0,1]. Từ đó d(f,g*) = max f ( x ) − g* ( x ) ≤ ε []0,1 5.5.3.Hệ quả. Không gian mêtric C[0,1] là không gian khả ly Chứng minh. Ký hiệu W1 là tập các đa thức với hệ số hữu tỉ xác định trên [0,1]. Khi đó W1 đếm được (hệ quả 2.2.8, phần A). Theo hệ quả 5.5.2 thì W1 trù mật trong C[0,1] nên C[0,1] là khả ly. 61
25. Chú ý. Các kết quả của định lý Weierstrass I và các Hệ quả 5.5.2, 5.5.3 vẫn còn đúng trong không gian C[0,1] với a < b, a, b ∈ IR. T h ật vậy, không gian C[a,b] đẳng cự với C[0,1] qua phép đẳng cự. ϕ * * t − a C[a,b] ∋ f → f ∈ C[0,1] , f (t) = f( ) b − a và mỗi đa thức biến thành một đa thức qua phép biến đổi ϕ nên các tính chất của C[0,1] được bảo toàn trong C[a,b]. 5.5.4.Định lý Weierstrass II. Với mỗi hàm số f(x) liên tụ trên IR tuần hoàn theo chu kỳ 2π và với mỗi số dương ε sẽ tồn tại một đa thức lượng giác. n a0 sn(x) = + ∑ (akcoskx + bksinh kx) 2 k =1 Sao cho với mọi x ∈ IR t a c ó fx()− sn ()x< ε Chứng minh. Xét các hàm số f ( x ) + f ( −x ) ϕ( x ) = 2 f ()xf− (−x) ψ ()x = sin x 2 Đây là các hàm số chẵn, liên tục, tuần hoà theo chu kỳ 2π. Cho x biến thiên trên đoạn [0,π] và đặt x = arccost, ta thấy rằng, các hàm số: Φ (t) = ϕ(arccost), Ψ(t) = ψ(arccosst) liên tục trong đoạn [-1,1]. Dùng định lý Weierstrass I, tồn tại các đa thức g(t), h(t) xác định trên [-1,1] sao cho với mọi t ∈ [-1,1] ta có ⎪Φ(t) – g(t)⎪ < ε/4 ⎪Ψ(t) – h(t)⎪ < ε/4 Và vì ϕ (x), ψ (x), cosx là những hàm số chẵn, tuần hoàn theo chu kỳ 2π. Nên các bất đẳng thức sau cùng cũng đúng với x ∈ IR. Theo cách đặt ở trên, ta có f(x)sinx = ϕ (x)sin x +ψ (x) nên fx( )sin x− g(cosx) sinx - h(cosx) ≤−ϕ(xg) (cosx) sinx + ψε(x) - h (cosx) </ 2 Nếu gọi u(x) = g(cosx)sinx + h(cosx) thì u(x) là một đa thức lượng giác và ta có fx( )sinx - u(x) < ε / 2 π Bằng cách tương tự với hàm số f( - x), ta cũng có 2 π f ( − x )sin x − v( x ) < ε / 2 2 62
26. π Với v(x) cũng là một đa thức lượng giác. Thay - x bởi x, ta có 2 π f ( x )cos x − v( − x ) 0) (∃n0) (∀n ≥ n0) (∀x ∈ X) : ⎪fn(x) - g(x)⎪ 0, vì với x ∈ X, dãy (fn(x)) hội tụ đến g(x) nên có số tự nhiên n(x) sao cho khi n ≥ n(x) thì 0 ≤ g(x) – fn(x) ≤ ε Mặt khác, vì các hàm g và fn(x) liên tục tại x nên có hình cầu mở B(x,rx) sao ’ cho nếu x ∈ B(x,rx) thì ε ε fx()' − f(x) < và gx()− gx(' ) < nx() nx() 3 3 ’ Như vậy với mọi x ∈ B(x,rx) ta có g( x' ) − fn( x )( x ) ≤ g( x ) − g( x' ) + g( x ) − fn( x )( x ) ε ε ε + f ( x ) − f ( x' ) ≤ + + < ε n( x ) n( x ) 3 3 3 Họ các hình cầu mở (B(x,rx))x ∈ X là một phủ mở của tập compact X nên có phủ con hữu hạn 63
27. k X = UB(xi , rxi ). i=1 Đặt n0 = max{n(x1), ,n(xk). Khi đó với n ≥ n0 với x ∈ X ta sẽ tìm được i, (i = 1, ,k sao cho x ∈B(xi,rxi). Như thế g(x) – fn(x) ≤ g(x) – fn0(x) ≤ g(x) – fn(xi)(x) ≤ ε Vậy định lý được chứng minh 5.6.Định lý Ascoli –Azelas Việc khảo sát tính compact của các tập không gian mêtric tuỳ ý nói chung là khó. Tuy nhiên trong không gian C[a,b] ta có tiêu chuẩn khá cụ thể. Trước hết ta cần các khái niệm sau. Giả sử A là một tập con của C[a,b]. 1. Tập A gọi là bị chặn tại x0 ∈ [a,b] nếu có K > 0 sao cho với mọi f ∈ A, ⎪f(x0)⎪≤ K. Tập A gọi là bị chặn tại từng điểm trên [a,b] nếu A bị chặn tại mọi điểm x ∈ [a,b] . 2. Tập A gọi là đồng liên tục tại x0 ∈ [a,b] nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi y ∈ [a,b], f ∈ A, ⎪ y – y0⎪ 0 tồn tại δ > 0 sao cho với x, y ∈ [a,b], f ∈A, nếu ⎪x - y⎪ 0 sao cho max f ( x ) ≤ M với mọi f ∈ A. []a,b b) A đồng liên tục đều trên [a,b] Chứng minh. a) Do A là tập compact nên nó phải bị chặn. Vì vậy tồn tại số dương K và f0 ’ ∈ [a,b] : A ⊂ B (f0, K). Như thế với mọi f ∈ A, x ∈ [a,b] ta có f ( x ) − f ( x0 ) ≤ d( f , f0 ) = max f ( x ) − f0( x ) ≤ K []a,b hay f ( x ) ≤ K + max f ( x ) = M []a,b Vậy với mọi f ∈ max f ( x ) ≤ M []a,b 64
28. ε b)Với ε > 0 tồn tại luôn hữu hạn {f1, ,fn} cho tập A. Mỗi hàm fi liên tục 2 ε trên compact [a,b] nên liên tục trên đó: với số dương tồn tại các số dương δi 2 ε để f ()xf− (y) 0, A được phủ bởi một số hữu hạn hình cầu trong C[a,b] có bán kính r. r Vì A đồng liên tục trên đoạn [a,b] nên với số dương Error! Bookmark 3 not defined., với mỗi x ∈ [a,b] tồn tại số dương δ(x) > 0 sao cho nếu y∈[a,b] < |x-y| < δ(x) thì r ⎪f(x) – f(y)⎪< với mọi f ∈ A 3 Họ B(x,δ(x))x∈[a,b] các hình cầu mở là một phủ mở của tập compact [a,b] nên phải tồn tại phủ con hữu hạn: n [a,b] = Bx(,iδi) )( δi= δ (xi), i = 1, ,n). Ui=1 n Cố định các điểm x1, ,xn này lại và xét ánh xạ Φ : C[a,b] →IR xác định bởi Φ(f) = (f(x1), ,f(xn)). Do điều kiện a) tồn tại các số dương K1, ,Kn sao cho 65
29. f ()xi≤ Ki với mọi f ∈ A Đặt K = max{K1, ,Kn} khi đó với mọi f ∈ A, khoảng cách từ điểm n (f(x1), ,f(xn)) đến điểm 0 = (0, ,0) trong IR là n 2 ∑ f ( xi ) ≤ nK i=1 Điều này có nghĩa là tập Φ(a) bị chặn trong IRn nên nó phải hoàn toàn bị j j j chặn. Do đó tồn tại hữu hạn điểm ξ = ((ξ1 , ,ξm ), j = 1, ,m sao cho Φ(a) được phủ bằng hữu hạn hình cầu tâm ξj và bán kính r . Ta giả thiết Φ(a) và các 6 hình cầu B(ξj , r ) có giao khác trống vì nếu trái lại ta bỏ hình cầu đó đi. Với mỗi 6 i r n i r hình cầu B(ξ , ) ⊂ IR ta hãy chọn một hàm fi ∈ A sao cho Φ(fi) ∈ B(ξ , ). Gọi 6 6 f1, ,fm là các hàm số vừa chọn này. Bây giờ với f ∈ A ta có j j f ( xi ) − fi ( xi ) ≤ f ( xi ) − ξi + fi ( xi ) − ξi r < r + r = . 6 6 3 Tiếp theo ta hãy chứng minh rằng m ' A ⊂ B (fj, r) Uj=1 Thực vậy, lấy f tuỳ ý thuộc A. Tồn tại chỉ số j sao cho các bất đẳng thức (*) xảy ra. Lấy x∈ [a,b] sẽ có i, i =1, ,n sao cho x∈ B(xi,δ i). Vì thế từ (*), ta có: f ( x ) − f j ( x ) ≤ f ( x ) − f ( xi ) + f ( xi ) − f j ( xi ) r r r +f ( x ) − f ( x ) < + + = r j i j 3 3 3 ’ Vậy d(f,fj) =max f ( x ) − f j ( x ) ≤ r hay f ∈ B (fj,r). Nói cách khác A hoàn []a,b toàn bị chặn trong không gian đầy đủ nên compact tương đối và định lý được chứng minh đầy đủ. Ví dụ: Cho M là tập bị chặn trong C[a,b]. Chứng minh tập t A = {y ∈ C[a,b] : y(t) = ∫ x(τ )dτ , x ∈ M} a là compact tương đối trong C[a,b]. 66
30. Chứng minh: Ta hãy kiểm tra điều kiện a), b) của định lý 5.6.2. Theo chứng minh định lý 5.6.1, a), M là tập bị chặn nên có số dương L sao cho với mọi f ∈ M : max f ( x ) ≤ L . Do đó []a,b t t t ⎪y(t)⎪=⎪ ∫ x(τ )dτ ⎪ ≤ ∫ x(τ )dτ ≤ ∫ Ldτ = (b - a)L a a a Vậy A bị chặn từng điểm trên [a,b]. Mặt khác với ε > 0 tồn tại δ = ε > 0 sao l cho với mọi t, t’ ∈ [a,b], y∈ A. t t' ⎪y(t) – y(t’)⎪=⎪ ∫ x(τ )dτ - ∫ x(τ )dτ ⎪ a a t' = ∫ x(τ )dτ ≤⎪t – t’⎪.L 0 x∈K ,y∈F 5.4. Cho f : X→Y là ánh xạ liên tục đều từ không gian mêtric X vào không gian mêtric Y. Giả sử A là tập hoàn toàn bị chặn trong X. chứng minh f(a) là tập hoàn toàn bị chặn trong Y. 5.5. Cho X,Y là các không gian mêtric và f là ánh xạ từ X vào Y. Chứng minh f là liên tục khi và chỉ khi f liên tục trên mọi tập con compact của X. * 5.6 Giả sử X là một không gian mêtric compact (Gα)α∈I là một phủ mở của X. Chứng minh tồn tại một số dương r sao cho mọi hình cầu mở bán kính r đều được chứa trong ít nhất một Gα nào đó. 5.7.Chứng minh các hình cầu đơn vị đóng B’(0,1) trong các không gian m, c không phải là tập compact (ở đây, 0 = (0, ,) 67
31. 5.8.Giả sử X là không gian compact và f : X→X thoả điều kiện d(f(x), f(y)) < d(x,y) với mọi x,y ∈X, x ≠ y Chứng minh ánh xạ f có một điểm bất động duy nhất trong X. 5.9* Giả sử X là một không gian mêtric compact và f là một ánh xạ từ X và0 X sao cho với mọi cặp điểm (x,y) của không gian X ta đều có bất đẳng thức d(f(x), f(y)≥ d(x,y). Hãy chứng tỏ f là một phép đẳng cự từ X lên X. 5.10* Giả sử f là hàm số liên tục trên [0,1] và thoả mãn 1 ∫ xn f(x)dx = 0, n = 0,1,2 . 0 Chứng minh f(x) ≡ 0 trên [0,1] 5.11 Kiểm tra xem thử các tập nào sau đây là tập compact trong không gian C[]0,1 . a) { xα : { xα(t) = sinαt, α ∈ [1,2]}, n b) {xn : xn(t) = t , n∈ N} 68
32. §6. KHÔNG GIAN LIÊN THÔNG 6.1.Định nghĩa. Không gian mêtric X được gọi là liên thông trong X chỉ có hai tập ∅ và X đồng thời vừa mở, vừa đóng. Nói cách khác, X là không gian liên thông nếu không tồn tại hai tập mở khác trống A, B sao cho A ∩ B = ∅ và X = A ∪ B. Tập Y ⊂ X được gọi là tập liên thông nếu Y, xem như là không gian con của X, là không gian liên thông. 6.2 Các định lý. 6.2.1 Định lý. Nếu A là tập liên thông trong không gian X thì mọi tập B thỏa mãn A ⊂ B ⊂ A đều liên thông. Chứng minh. Giả sử B không liên thông, khi đó cả hai tập mở khác trống trong B sao cho U ∪ V = B và U ∩ V = ∅. Vì A trù mật trong B nên U ∩ A, V ∩ A là các tập khác trống mở trong không gian con A, đồng thời (U ∩ A) ∩ (V ∩ A) = ∅, hơn nữa (U ∩ A) ∪ (V ∩ A) = A. Điều này mâu thuẫn với A là tập liên thông. 6.2.2 Định lý. Giả sử (Aα)α∈I là một họ thuộc tập liên thông trong X sao cho I Aα ≠ ∅. Khi đó A = I Aα là tập liên thông trong X. α∈I α∈I Chứng minh. Giả sử A = B ∪ C, B, C khác trống và mở trong A, B ∩ C = ∅. Lấy a ∈ I Aα , a ∈ A = B ∩ C nên a ∈ B, chẳng hạn do đó a ∈ B ∩ Aα với α∈I mọi α ∈ I. Mặt khác α0 ∈I để C A ≠ ∅ như thế ta có hai tập khác trống và I α 0 mở trong A là B ∩ Aα0 và C ∩ Aα0 hơn nữa (B ∩ Aα0) ∩ (C ∩ Aα0) = ∅ và α0 Aα0 = (B ∩ Aα0) ∩ (C ∩ Aα0). Điều này mâu thuẫn với giả thiết Aα0 liên thông. Vậy tập A là tập liên thông. 6.2.3. Định lý. Cho A1, ,An là các tập trong không gian mêtric X sao cho n Ai ∩ Ai+1 ≠ ∅ với i = 1,2, , n-1. Khi đó U Ai cũng là tập liên thông trong X. i=1 Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp. Với n = 1 là hiển nhiên. Giả sử định lý đúng với n = k. Cho A1, , Ak, Ak+1 liên thông và Ai ∩ Ai+1 ≠ ∅ với i = n 1, ,k. Lúc đó A = U Ai liên thông theo giả thiết qui nạp, hơn nữa ∅ ≠ Ak ∩ i=1 k +1 Ak+1. Vậy theo định lý 6.2.2 A ∪ Ak+1 = U Ai liên thông. i=1 69
33. 6.2.4. Định nghĩa. Cho X là không gian mêtric, x ∈ X. Ký hiệu C(x) là hợp tất cả các tập liên thông A sao cho x ∈ A ta gọi C(x) là thành phần liên thông của x trong X. Nhận xét. 1. Thành phần liên thông C(x) là tập liên thông lớn nhất trong X chứa x 2. Nếu y ∈ C(x) thì C(x) = C(y); y ∉ C(x) thì C(x) ∩ C(y) = ∅. 3. Từ định lý 6.2.1 ta suy ra C(x) là tập đóng trong X vì C( x ) = C( x ). 4. Nếu C(x) = {x} với mọi x ∈ X thì X được gọi là không gian hoàn toàn bất liên thông. 6.2.5. Định lý. Giả sử f là một ánh xạ từ X vào Y và A là một tập liên thông trong X. Khi đó A là một tập liên thông trong Y. Chứng minh. Giả sử f(A) là tập không liên thông, như vậy f(A) = M ∪ N, với M, N là tập mở khác trống trong f(A), M ∩ N = ∅. Khi đó ta có f -1(M) ∩ A, f -1(N) ∩ A là các tập mở khác trống trong A, (f -1(M) ∩ A) ∩ (f -1(N) ∩ A) = ∅ và A = (f -1(M) ∩ A) ∪ (f -1(N) ∩ A). Điều này có nghĩa tập A không liên thông, trái với giả thiết. Vậy f(A) phải là tập liên thông. Định lý sau đây nêu lên đặc trưng của tập liên thông trong IR. 6.2.6 Định lý. Tập con E ⊂ IR là liên thông khi chỉ khi E thỏa mãn tính chất sau. Với mọi x ∈ E, y ∈ E và x < z < y thì z ∈ E. Chứng minh. Giả sử tồn tại x, y ∈ E và có z thỏa mãn x < z < y nhưng z ∉ E. Đặt A = {α ∈ E : α < z} = E ∩ (-∞, z) B = {β ∈ E : z < β} = E ∩ (z, +∞) Khi đó A, B là các tập mở trong E, khác trống vì chúng lần lượt có chứa x, y tương ứng. Hơn nữa A ∪ B = E, hóa ra E không liên thông. Ngược lại, giả sử E không liên thông. Theo định nghĩa và bài tập 2.7 tồn tại các tập mở khác trống A, B trong IR, A ∩ B = ∅, (A ∩ E) ∪ (B ∩ E). Chọn x ∈ A ∩ E, y ∈ B ∩ E. Giả sử x < y. Đặt S = A ∩ [x,y] và z = sup S, ta chứng minh z ∉ E Trước hết vì y ∈ B mở nên z < y. Thực vậy, nếu z ≥ y thì z = y, sẽ có dãy (xn) trong A, xn → y nên A ∩ B ≠ ∅ vì có chứa các xn, mâu thuẫn! Tiếp theo, ta thấy vì A mở và z là cận trên của S nên z ∉ A và x < z. Nếu z ∈ B thì cũng do B mở nên có một khoảng mở (c,d) sao cho z ∈ (c,d) ⊂ B. Theo định nghĩa của supremum, có a ∈ A ∩ [x,y] để c < a < z < d. Điều này mâu thuẫn với A ∩ B = ∅. Vậy z ∉ B do đó z ∉ E 70
34. 6.2.7 Hệ quả. Tập E trong IR là liên thông khi và chỉ khi E là một khoảng( tức là một trong các tập có dạng sau: (-∞,b), (-∞,b], (a,+∞), [a, +∞), (- ∞, +∞), [a,b), [a,b], (a,b] (a,b), a, b ∈ IR BÀI TẬP 6.1 Giả sử A, B là hai tập liên thông trong không gian mêtric X sao cho A I B ≠ ∅. Chứng minh A ∪ B cũng là một tập liên thông. 6.2 Giả sử X là không gian liên thông và f là một hàm số liên tục từ X vào IR . Giả sử a, b ∈ f(X), a < b. Chứng minh rằng với mọi c ∈ (a,b) tồn tại x ∈ X để f(x) = c. 71
35. C. LỜI GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN PHẦN A 1. Dùng định lý 2.2.6. Đặt f : [0,1] → (0,1) như sau nếu ⎧x neu x ≠ 0,x ≠ 1/ n ⎪1nếu ⎪ neu x = 0 2 ⎪ f (x) = ⎨1nếu neu x =1 ⎪3 ⎪ n1ếu 1 ⎪ neu x = ⎩⎪n + 2 n là song ánh phải tìm 2. Vì hàm f đơn điệu (chẳng hạn, tăng) nên giới hạn trái và giới hạn phải của hàm f tại mọi thời điểm thuộc [a,b] đều tồn tại. Giả sử x ∈ [a,b] là điểm tại đó hàm số gián đoạn, ta có “bước nhảy” w(f) = f(x + 0) – f(x - 0) là một số dương. Tập hợp các điểm gián đoạn mà bước nhảy lớn hơn số dương α cho trước là hữu hạn vì nếu tập này vô hạn thì hóa ra f(b) – f(a) ≥ nα với n tùy ý! Vô lý. 1 Ký hiệu Ak là tập hợp các điểm gián đoạn có bước nhảy lớn hơn và A là k ∞ tập tất cả các điểm gián đoạn của f. Khi đó A = UAk . Vì mọi Ak hữu hạn nên k=1 tập A đếm được hoặc hữu hạn. 3. Ta viết 72
36. +∞ IR = U( n,n +1] n=−∞ trong đó n ∈ Z. Các tập (n, n + 1] đôi một rời nhau, đếm được và trong mỗi tập này chứa nhiều nhất một điểm của tập E. Do đó E đếm được hoặc hữu hạn. 4. Vì E\D vô hạn và D đếm được hoặc hữu hạn nên tập ( E\D) ∪ D = E có cùng lực lượng với E\D. 5. Ta viết A = {a1, a2, , an, } B = {b1, b2, , bn, } Với một phần tử ai bất kỳ của A, tập {ai} × B là đếm được. Do đó ∞ A × B = U{}ak × B k =1 đếm được Cũng có thể chứng minh trực tiếp bài toán này bằng cách đánh số theo đường chéo ma trận “vô hạn” các phần tử của A × B có dạng (ai,bj). 6. Giả sử E là tập đếm được gồm các dãy s được đánh số thành dãy là s1, s2, * s3, Lập dãy s như sau. Nếu số hạng thứ n trong sn bằng 0 ( t.ư., 1) thì cho số hạng thứ n của s* bằng 1 ( t.ư.,0). Khi đó dãy số s* ∉ E. Điều này vô lý. Vậy E không đếm được PHẦN B 1.1 a) b) c) sinh viên tự giải 73
37. d) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đối với tích phân. Giả sử u, v là hai hàm liên tục trên [a,b]. Khi đó ta có b b b ∫u( x )v( x )dx ≤ ( ∫u 2( x )dx )1 / 2( ∫v2( x )dx )1 / 2 (1) a a a Thật vậy, với mọi số λ ∈ IR t a c ó : (λu(x) + v(x))2 ≥ 0 , ∀x ∈ [a,b] hay λ2u2(x) + 2λu(x)v(x) + v2(x) ≥ 0. Lấy tích phân trên [a,b] ta được b b b λ2 ∫u 2( x )dx + 2∫u( x )v( x )dx +∫v2( x )dx ≥ 0 (2) a a a Nếu u(x) ≡ 0 thì bất đẳng thức (1) luôn đúng. Nếu u(x) ≠ 0 thì tam thức bậc b 2 theo λ có hệ số a = ∫u 2( x )dx > 0, luôn dương hay bằng 0. Do đó biệt số ∆ ≤ 0 a hay 2 ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∫u( x )v( x )dx⎟ ≤ ⎜ ∫u ( x )dx⎟ + ⎜ ∫v ( x )dx⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ Lấy căn bậc hai 2 vế ta có được kết quả Dùng bất đẳng thức này ta chứng minh được tiên đề 3. Tiên đề 1 hãy xem ví dụ 1.2.5 §1. e) Lưu ý, nếu một hàm u(x) khả vi trên [a,b] có u’(x) = 0 trên đó thì u(x) = const 1.2 Sinh viên tự nghiệm lại các tiên đề của mêtric. 1.3 Để ý ta có bất đẳng thức sơ cấp sau đây: a b 0 ≤ a ≤ b ⇒ ≤ a +1 b +1 Do đó nếu 0 ≤ a ≤ b + c thì a b + c b c ≤ ≤ + 1+ a 1 + b + c 1+ b c +1 với mọi b, c > 0. Dùng bất đẳng thức này ta kiểm tra tiên đề tam giác ở câu a). Các phần còn lại người đọc tự chứng minh. 1.4 Xem lại định nghĩa lân cận của một điểm và định nghĩa về dãy hội tụ. 1.5 Dùng phản chứng. Giả sử tồn tại hữu hạn n để với mọi m ≥ n thì un ≤ um. Giả sử n0 là số lớn nhất trong các số n này. Như thế với mọi n > n0 sẽ tồn tại m ≥ n sao cho un n1 để un1 74
38. n2 để un2 0. Điều này mâu thuẫn với un → 0. 1.6 Để ý rằng nếu dãy (xn) có tính chất là các dãy con (x2n) và (x2n+1) cùng hội tụ về một giới hạn a thì bản thân dãy (xn) cũng là một dãy hội tụ về a. Do dãy (x6n) là dãy con của các dãy (x2n) và (x3n) nên lim x2n = lim x6n = lim x3n n→∞ n→∞ n→∞ Tương tự dãy (x6n+3) là dãy con của các dãy (x2n+1) và (x3n) nên lim x2n = lim x2n+1 = a n→∞ n→∞ Áp dụng nhận xét trên, ta suy ra dãy (xn) hội tụ. 1.7 Lưu ý rằng sự hội tụ của một dãy hàm trong C[0,1] chính là sự hội tụ đều. a) Ta có ⎧n0ếu neu 0 ≤ t ≤1, x(t) = lim xn( t ) = ⎨ n→∞ ⎩n1ếu neu t =1 Như thế xn không hội tụ đều đến x(t) do x(t) là hàm không liên tục trên [0,1], tức dãy (xn) không hội tụ trong C[0,1]. Ta có sinnt 1 max xn( t ) − 0 = max ≤ → 0 []a,b []a,b n n nên xn → 0 trong C[0,1]. (ký hiệu 0 để chỉ hàm hằng bằng 0). 1.8 Dùng định nghĩa của không gian tích và sự hội tụ của dãy 2.1 a) Ta có d(x, A) = inf d( x,y ), y∈A Do đó d(x, A) = 0 ⇔ inf d(x, y) = 0 y∈A ⇔ ∃(yn) ⊂ A : d(yn,x) → 0 ⇔ x ∈ A b) Cho ε > 0. Đặt M = { x ∈ X : d(x,A) 0. Ta chứng minh B(y,r) ⊂ M. Lấy z ∈ B(y,r) thì d(y,z) < r. Từ bất đẳng thức ⎟d(y,A) – d(z,A)⎟ ≤ d(z,y) suy ra d(z,a) ≤ d(z,y) + d(y,A) < r + d(y,A) = ε 75
39. hay y ∈ M. Vậy M là tập mở. Để chứng minh tập {x ∈ X : d(x,A) ≤ ε} là đóng, ta chứng minh tập {x ∈ X : d(x,A) > ε} mở tương tự như trên. 2.2. a) Lấy x ∈ G = {x ∈ X : d(x,F1) 0. Xét hình cầu mở B(x, r/4). Nếu B ∈ B(x, r/4) thì d(x,y) r − = > 0 2 2 Vậy d(y,F2) > d(y,F1) hay y ∈ G. Do đó B(x, r/4) ⊂ G tức là G mở. Mặt khác nếu x ∈ F1 thì d(x,F1) = 0 0 do F2 đóng. Vậy F1 ⊂ G. Bây giờ giả sử G ∩ F2 ≠ ∅ nên có x0 ∈ G ∩ F2 . Cho ε > 0, vì x0 ∈ G nên có y ∈ G để d(x0,y) 0 nên d(x0,F1) = 0, suy ra x0 ∈ F1. Vậy F1 ∩ F2 ≠ ∅ mâu thuẫn với giả thiết. Do đó G ∩ F2 = ∅. b) Đặt G1 = G, G2 = X\G ta có ngay kết quả. 2.3 Giả sử F đóng. Ta có F ⊂ U B( x,1/ n ) với mọi n ∈ N. Đặt Bn = x∈F ∞ ∞ U B( x,1/ n )là tập mở. Khi đó F ⊂ I Bn . Nếu y ∈ I Bn thì với mọi n ∈ N, y ∈ x∈F n=1 n=1 Bn do đó tồn tại xn ∈ F sao cho d(xn,y) < 1/n. Vậy xn → y, hơn nữa xn ∈ F. Nói cách khác ∞ F = I Bn n=1 Vậy F có kiểu Gδ 76
40. Dùng công thức De Morgan, ta chứng minh được mỗi tập mở là có kiểu Fσ. 2.4. a), b) suy từ định nghĩa c) Do A0 ∈ A; B0 ∈ B nên A0 ∩ B0 ⊂ A ∩ B. Suy ra A0 ∩ B0 ⊂ int(A ∩ B), ( vì phần trong của một tập là tập mở lớn nhất chứa trong tập đó) ngược lại, do A ∩ B ⊂ A suy ra int(A ∩ B) ⊂ A0 và A ∩ B ⊂ B nên int(A ∩ B) ⊂ B0. Như thế int(A ∩ B) ⊂ A0 ∩ B0. Vậy A0 ∩ B0 = int(A ∩ B) 0 0 0 0 Còn A ∪ B ⊂ A ∪ B nên hiển nhiên A ∪ B ⊂ int(A ∪ B) d) Ta có A ∪ B ⊂ A ∪ B ⇒ A ∪ B ⊂ A ∪ B . Ngược lại vì A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B ⇒ A ⊂ A ∪ B , B ⊂ A ∪ B ⇒ A ∪ B ⊂ A ∪ B . 2.5 Giả sử A = {x1, x2, ,xn, } là tập hợp hữu hạn hay đếm được trù mật ⎛ 1 ⎞ trong X. Xét các hình cầu mở B⎜ xn , ⎟ trong X, m, n ∈ N. Trong mỗi tập Y ∩ ⎝ m ⎠ ⎛ 1 ⎞ B⎜ xn , ⎟ ta chọn điểm xn ∈ Y( nếu giao này là khác trống). Tập hợp các điểm ⎝ n ⎠ m B = { x } như vậy là hữu hạn hay đếm được. Ta chứng minh B = Y. Thật vậy nm 2 cho y ∈ Y và ε > 0. Chọn m ∈ N sao cho 0 cho trước. Vì xn → 0 nên ∀ε > 0 ∃n0 ∀n ≥ ε ε n0 : |xn| < . Chọn các số hữu tỷ r1, r2, rn0 sao cho |ri – xi| < với mọi 1,n và 2 2 0 hãy xét dãy r = (r1, r2, ,rn0, 0,0, ). Khi đó d(x,r) = sup xi − ri i∈N ε = sup{|x1 – r1|, ,|xn0 – rn0|,|xn0+1 – rn0+1|, } ≤ < ε 2 Vậy c0 tách được. 77
41. 2.7 Do U, V là các tập mở trong Y ta có U = B ( u,r ), V = B (v,r ) U Y u U Y v u∈U v∈V Vì U ∩ V = ∅ nên với u ∈ U, v ∈ V ta có d(u,v) ≥ ru, d(u,v) ≥ rv hay r + r d(u,v) ≥ u v (*) 2 ru rv Đặt A = U BX ( u, ), B = U BX ( v, ) thì A, B là các tập mở trong X u∈U 2 v∈V 2 đồng thời A ∩ B = ∅ vì nếu có y ∈ A ∩ B thì có u ∈ U, v ∈ V sao cho d(y,u) 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ X : d(x,x0) 0: B( f(x0),ε) ⊂ V. Với ε > 0 này theo định -1 - nghĩa ∃δ > 0 : x ∈ B(x0, δ) ⇒ f(x) ∈ B(f(x0), ε) ⊂ V ⇒ B(x0, δ) ⊂ f (V) hay f 1 (V) ∈ N(x0). -1 b) ⇒ c) hiển nhiên vì ta lấy U = B(x0,δ) ⊂ f (V) thì f(U) ⊂ V. c) ⇒ a). Lấy B(f(x0),ε) bất kỳ, theo giả thiết ∃V ∈ N(x0) : f(V) ⊂ B(f(x0),ε). Gọi B(x0,δ) ⊂ U, khi đó f(B(x0,δ)) ⊂ B(f(x0),ε) nghĩa là ∀x ∈ X, d(x,x0) < δ ⇒ x ∈ B(x0, δ) ⇒ f(x) ∈ B(f(x0), ε) ⇒ d(f(x),f(x0)) < ε. 3.2 Sinh viên tự chứng minh. 3.3 Lấy dãy (xn) ⊂ A và giả sử xn → x0 ∈ A. Nếu có một tập chẳng hạn F1 chứa tất cả các (xn) trừ một số hữu hạn n thì ta xem như (xn) ⊂ F1, xn → x0 nên x0 ∈ F1 vì F1 đóng. Do f liên tục nên f (xn) → f (x0) nghĩa là f(xn) → f(x0). F1 F1 F1 1 2 Nếu cả F1 và F2 chứa vô số các phần tử của dãy (xn) thì ta gọi ( xn ) ⊂ F1, ( xn ) ⊂ F2 là các dãy con của (xn) lập thành vô số phần tử này. Khi đó 1 2 xn → x0 ⇒ x0 ∈ F1, xn → x0 ⇒ x0 ∈ F2 tức là x0 ∈ F1 ∩ F2 . Từ đó 1 1 f( x ) = f ( x ) → f (x0) = f(x0) n F1 n F1 và 2 2 f( x ) = f ( x ) →f (x0) = f(x0) n F2 n F2 78
42. Suy ra f(xn) → f(x0). Cả hai trường hợp cho ta kết luận f liên tục tại x0. Vậy f liên tục trên A. 3.4 Ta chứng minh f đơn ánh. Giả sử f(x) = f(x’) ( x,x’ ∈ X). Khi đó g(f(x)) = g(f(x’)) hay (g o f)(x) = (g o f)(x’) ⇒ x = x’ vì g o f đơn ánh. Vậy f đơn ánh và theo giả thiết, f song ánh. Nếu z ∈ Z sẽ tồn tại x ∈ X để (g o f)(x) = z hay g(f(z)) = z với f(x) ∈ Y nghĩa là g toàn ánh. Để chứng minh g đơn ánh, giả sử g(y) = g(y’). Lấy x, x’ ∈ X sao cho y = f(x), y’ = f(x’). Khi đó ta có g(f(x)) = g(f(x’)) ⇒ x = x’ nên y = y’. -1 Bây giờ ta chứng minh f : Y → X liên tục. Lấy (yn) ⊂ Y, yn → y0. Lúc đó g(yn) → g(y0) hay g(f(xn)) → g(f(x0) ⇒ (g o f)(xn) → (g o f)(x0) -1 -1 -1 Do (g o f) liên tục nên xn → x0 nghĩa là f (yn) → f (y0). Vì thế f là phép đồng phôi và f đồng phôi nên g = f-1o h cũng là phép đồng phôi. 3.5 Với mọi i = 1, ,k ta có k xi − yi ≤ max x j − y j ≤ ∑ x j − y j j=i, ,k j=1 Do đó k i i 2 j j 2 d1( x,y ) = ∑( x − y ) ≤ k( max x − y ) i=1 j=i, ,k ≤ k d2(x,y) ≤ k d3(x,y) Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có k k j j j j 2 d3( x,y ) = ∑ x − y ≤ k ∑( x − y ) = kd1( x,y ) j=1 j=1 Như thế d1(x,y) ≤ k d3(x,y) ≤ k d1(x,y) và d1(x,y) ≤ k d2(x,y) ≤ k d1(x,y) Suy ra 3 mêtric nà tương đương nhau. 4.1 Giả sử X, Y đầy đủ. Cho xn, yn)n là dãy cơ bản trong X × Y. Khi đó dX(xn,xm) ≤ dX(xn,xm) + dY(yn,ym) = d((xn,yn), (xm,ym)) → 0 (n →∞) Vậy (xn) cở bản trong X đầy đủ nên tồn tại giới hạn xn → x0. Tương tự, yn cũng hội tụ về y0 trong Y. Ta có 79
43. d((xn,yn), (x0,y0)) = dX(xn,x0) + dY(yn,y0) → 0 nghĩa là (xn,yn) → (x0,y0) trong X × Y nên X × Y đầy đủ. Ngược lại, giả sử X × Y đầy đủ. Cho (xn) và (yn) là các dãy cơ bản trong X và Y lần lượt . Khi đó dãy (xn,yn) là dãy cơ bản trong X × Y nên (xn,yn) hội tụ về điểm (x0,y0) ∈ X × Y . Nhưng lúc đó thì xn → x0 trong X và yn → y0 trong Y, nghĩa là X, Y là những không gian đầy đủ. 4.2. a) Sinh viên tự chứng minh 1 2 b) Giả sử (xn)n là dãy cở bản trong m, xn = (xn , xn , ). Do dãy (xn) bị chặn nên ∀n i ∈ N có số Kn sao cho | xn | ≤ Kn, i = 1, 2, Mặt khác, theo định nghĩa dãy cơ bản thì ∀ε i i > 0 ∃n0 ∀n, k ≥ n0 : d(xn,xk) < ε Như vậy ∀i = 1, 2 xn − xk < ε (*) với mọi n, k ≥ n0 , 2 i i tức là ∀i = 1, 2 , (x n)n là dãy cơ bản các số thực nên hội tụ : xn → x 0 (n → ∞) i = 1, 2 cho k → ∞ trong (*), ta có: i i | xn – x0 | ≤ ε ( ) với mọi n ≥ n0 và với mọi i = 1, 2 Từ đó xi ≤ xi − xi + xi ≤ ε + K ∀i =1,2, 0 n0 0 n0 n0 i i i Vậy x0 = (x0 )i ∈ m. Theo ( ) ta có sup| xn – x0 | ≤ ε khi n ≥ n0 nghĩa là d(xn,x0) ≤ ε khi n ≥ n0 . Vậy xn → x0 nên m là không gian đầy đủ. 4.3. Đặt 1 Fn = B’(0,1) ∩ {x ∈ C[]0,1 ; x( 0 ) = 0, x( t ) =1khi ≤ t ≤1} n Khi đó Fn là tập đóng và bị chận. (hình 6) 1 1 Nếu x ∈ Fn+1 thì x(t) = 1 khi ≤ t ≤1, x(0) = 0, nên x(t) = 1 khi ≤ t ≤1, x(0) = n +1 n 0 nghĩa là x ∈ F. Vậy Fn+1 ⊂ Fn. ∞ Kiểm tra F = IFn =∅. Giả sử tồn tại x ∈ F, lúc đó n=1 ⎧1, ∀t ∈(0,1] x( t ) = ⎨ ⎩0, t = 0 ∞ Hàm này không liên tục tại t = 0. Vậy F = IFn =∅ n=1 80
44. x 1 0 1 1 t n 4.4 Giả sử x ∈ X và ε là số dương cho trước. Vì Y1 = X nên tồn tai x1 ∈ Y1 để d(x1,x) 0, (r1 0, ( r2 n) nên d(x ,x ) → 0 (m,n →∞). Giả n m n m 2 n m i ( n +1) 1 k sử dãy này hội tụ đến x0 = (x0 , x0 ,0, ) ∈ s0. Điều này vô lý vì nếu n > k 1 d(x ,x ) = sup xi − xi ≥ d(x ,x ) = sup xi − xi = → 0 khi n → ∞. Vậy n 0 n 0 n 0 n 0 2 i∈N i>k ( k +1) s0 không đầy đủ 81
45. π 4.6 Do phương trình arctgx = không có nghiệm trong IR 2 4.7. Đặt An,f = {x ∈ IR : |f(x)| ≤ n}. Do f liên tục nên An,f là tập đóng. Khi đó An = I An, f cũng là tập đóng. Mặt khác ∀x ∈ IR t h e o g i ả thiết ∃Mx > 0 : ∀f ∈ F : f ∈F ∞ ∞ |f(x)| ≤ Mx ≤ n với một số n nào đó nên x ∈ An. Vậy IR ⊂ I An tức là IR = I An . n=1 n=1 0 Không gian IR đầy đủ nên thuộc phạm trù II, vậy tồn tại n0 ∈ N để A ≠ ∅. Hơn 0 0 nữa, An0 đóng nên ta có A = A n0 n0 Gọi U là một hình cầu mở chứa trong An0. Khi đó ∀x ∈ U ⇒ ∀x ∈An0 ⇒ ∀f ∈ F : |f(x)| ≤ n0 = M 4.8. f liên tục đều trên IR nên với ε = 1 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, x’ ∈ IR |x – x’| ≤ |f(x) – f(x’)| 0 sẽ tồn tại số n ∈ N để x ∈ [(n - 1)δ, nδ] nên ta có thể viết |f(x)| ≤ |f(x) – f(n – 1)δ| + | f(n – 1)δ) – f((n – 2)δ)| + +| f(δ) – f(0)| + |f(0)| Theo (1) ta có |f(x)| ≤ nε + |f(0)| hay ε |f(x)| ≤ nδ + f ( 0 ) δ ε (x + δ) + |f(0)| δ ε = + |f(0)| + ε = αx + β δ Khi x < 0 ta cũng lý luận tương tự với x ∈[-nδ, -(n – 1)δ], với n ∈N. Vậy trong hai trường hợp ta có |f(x)| ≤ α| x| + β 4.9. a) Độc giả tự kiểm tra d1, d2 là các mêtric trên IR ⎛ π π ⎞ b) Xét tập X = ⎜− , ⎟ với mêtric thông thường trên IR : d(x,y) = | x – y|. ⎝ 2 2 ⎠ Khi đó ánh xạ f : IR → X cho bởi f(x) = arctgx là một phép đẳng cự từ (IR ,d1) lên (X,d1) vì ta có ∀x,y ∈ X : d1(x,y) = |arctgx – arctgy| = d(f(x),f(y)) 82
46. ⎛ π π ⎞ Mặt khác ⎜− , ⎟ là không gian không đầy đủ. (chẳng hạn, dãy xn = ⎝ 2 2 ⎠ π 1 − cơ bản trong X nhưng không hội tụ trong X) nên (IR,d1) cũng không đầy 2 n đủ. Chúng minh tương tự đối với d2 ta có (IR,d2) đẳng cự với Y = (0,∞) với mêtric thông thường, trong đó ta cũng thấy ngay Y không đầy đủ. ⎡ π π⎤ c) Đầy đủ hóa của X là − , . Do đó đây cũng là đầy đủ hóa của (IR,d1) ⎣⎢ 2 2⎦⎥ (sai khác một phép đẳng cự). Tương tự đầy đủ hóa của (IR,d2) là [0, ∞) k 5.1 Giả sử A1, ,Ak là các tập con compact của X. Đặt A = U Ai . Nếu (xn)n i=1 là một dãy trong A thì sẽ có ít nhất một tập Ai0 chứa vô hạn các (xn) và gọi dãy con lập từ vô hạn (xn) này là A. Nhưng do Ai0 compact nên dãy ( x ) có dãy nk nk con ( x )l hội tụ trong Ai0. Hơn nữa ( x )l cũng là dãy con của (xn) hội tụ trong k nl k nl A. Vậy A compact. 5.2 Nếu (xn,yn)n là một dãy bất kỳ trong X × Y, thì (xn), (yn) lần lượt là các dãy trong X và Y. Vì X compact nên dãy (x ) có dãy con x → x ∈ X . Dãy n nk 0 ( y ) ⊂ Y compact nên cũng có dãy con y → y0 trong Y. Khi đó ( x , y ) là nk nkl knl knl dãy con của (xn,yn) hội tụ về (x0,y0) ∈ X × Y nên X × Y là không gian compact. 5.3 Giả sử d(K,F) = inf d(x,y) = 0. khi đó có các dãy (xn) ⊂ K, (yn) ⊂ F x∈K ,y∈F sao cho d(xn,yn) → 0. K là compact nên có dãy con ( x ) của xn sao cho nk x → x ∈ K .Từ nk 0 d( y ,x0) ≤ d( x , y ) + d( x ,x0) → 0 (k → ∞) nk nk nk nk nên y → x . Mặt khác do F đóng nên x ∈ F nghĩa là K ∩ F ∋ x . Điều này mâu nk 0 0 0 thuẫn với giả thiết. Vậy d(K,F) > 0. 5.4 Cho ε > 0 bất kỳ. Do f liên tục đều nên ∃δ > 0 để nếu x,y ∈ X d(x,y) < δ thì d(f(x),f(y)) < ε . Đặt B ={x1, ,xk} là một δ-lưới hữu hạn cho tập A. Lúc đó f(B) = {f(x1), ,f(xk)} là một ε- lưới hữu hạn cho f(A), vì nếu y ∈ f(A) sẽ tồn tại x ∈A để y = f(x). Hơn nữa giả sử xi0 ∈B để d(x,xi0) < δ thì có ngay d(f(xi0),f(x)) < ε. Vậy f(A) hoàn toàn bị chặn. 5.5 Điều kiện cần là rõ ràng. Giả sử (xn) ⊂ X, xn → x0 ∈ X. Ta có A = {xn : n ∈ N} ∪ {x0} là tập compact( hãy chứng minh!). Theo giả thiết, f liên tục trên A nên từ xn → x0 suy ra f(xn) → f(x0) và điều này suy ra f liên tục tại x0 ∈X. 83
47. 5.6 Do X = UGα nên ∀α ∈ I : x ∈ Gα mở. Do đó ∃rx > 0 : B(x,rx) ⊂ Gα. α∈I (B(x,r/2))x∈X là một phủ mở của X nên tồn tại phủ con hữu hạn X = B( xi ,rxi / 2 ). Đặt r = min( rx / 2 ) > 0 . Xét B(x,r) với x bất kỳ thuộc X. Lúc đó U i=1,k i r xi ∃i = 1, ,k : x ∈ B( x , ). Nếu y ∈ B(x,r) thì d(y,xi) ≤ d(y,x) + d(x,xi) 0 thì từ g(f(x0)) = d(f(x0), f(f(y0))) 0 tồn tại n0 để n > n0 thì ln ln d(al ,al ) < ε n0 n Lúc đó ta có 84
48. d(a,ap) ≤ d(a,ap+1) ≤ ≤ d( a ,a ) = d( a ,a ) 0 nên d(f(a),f(b)) = d(a,b). Từ đây suy ra f liên tục và đơn ánh. Hơn nữa, do X compact nên f(X) compact. Vì vậy f(X) = f (X ) = X hay f toàn ánh. Như thê f : X → X là phép đẳng cự. 5.10 Do f ∈C[0,1] nên theo định lý Weierstrass I, tồn tại dãy đa thức gm(x) = a0m + n a1mx + + anmx hội tụ đều về f trên đoạn [0,1]. Khi đó ta có f(x)gm(x) hội tụ đều về f2(x) trên đoạn [0,1]. Mặt khác 1 1 n ∫∫f ( x )gm( x )dx = ( a0m f ( x ) +a1m xf ( x ) + + anm x f ( x ))dx 0 0 n 1 i ∑aim ∫ x f ( x )dx = 0 i=1 0 theo giả thiết Áp dụng định lý qua giới hạn dưới dấu tích phân, ta có 1 1 2 f ( x )dx = lim f ( x )gm ( x )dx =0 ∫ n ∫ 0 0 1 Vậy ∫ f 2( x )dx =0nên f2(x) = 0 hay f(x) = 0 0 5.11 a) sinαt ≤1với mọi t ∈[0,1] và α ∈ [1,2] nên {xα(t)} bị chặn từng điểm (và đều). Hơn nữa, từ α( t + t' ) α( t − t' ) sinαt − sinαt' = 2 cos sin 2 2 2α t − t' ≤ ≤ α t − t' ≤ 2t − t' với mọi α ∈ [1,2]. Như vậy {xα(t)} đồng liên 2 tục (đều). Theo định lý 5.6.2 thì tập {xα(t)} compact. b) Không compact (xem bài tập 1.7) 6.1 Giả sử A ∪ B không liên thông. Lúc đó các tập mở khác trống M, N trong A ∪ B sao cho M ∩ N = ∅ và A ∪ B = M ∪ N. Lấy x ∈ A ∩ B . Khi đó x ∈ M ∪ N. 85
49. Giả sử x ∈ M thì x ∈ M ∩ B và đồng thời A ∩ M ≠ ∅. Chẳng hạn N ∩ B ≠ ∅. Lúc đó B = (N ∩ B) ∪ (M ∩ B). Cách biễu diễn này nói lên B không liên thông. 6.2 Vì f : X → IR liên tục và X liên thông nên f(X) là tập liên thông trong IR. Vậy f(X) là một khoảng. Nếu a,b ∈ f(X), a < b thì (a,b) ⊂ f(X). Từ đây nếu c ∈ (a,b) thì c ∈ f(X) nên có x ∈X để f(x) = c. 86
50. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Dieudonné, Cơ sở giải tích hiện đại, T.1 (bản dịch tiếng Việt), NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà nội 1973. [2] Cônmôgôrốp, Phômin, Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm, T.1,(bản dịch tiếng Việt), NXB Giáo dục, Hà nội 1971. [3] Hoàng Tụy, Giải tích hiện đại, T.1, NXB Giáo dục, Hà nội 1978. [4] Kirillov, A. Gvichiani, Théorèmes et Problèmes d’analyse fonctionelle, Mir, Moscou 1982. [5] Phan Đức Chính, Giải tích hàm, T.1, NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà nội 1978. [6] B. A. Tpeногин, Б. м. Пиcapeвcкий, T. C. Coболвa, Зaдaчи и yпpaж-нeния по фyнкционaльному aнaлизу, Москва “Наука” 1984. [7] Yu. S. OTran, Bài tập lý thuyêt hàm số biến số thực, (bản dịch tiếng Việt), NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà nội 1977. 87
51. ChÞu tr¸ch nhiÖm néi dung: Ts. NguyÔn v¨n hßa Biªn tËp: Tæ c«ng nghÖ th«ng tin Phßng kh¶o thÝ - ®¶m b¶o chÊt l−îng gi¸o dôc 88