mẹo hay

Chứng minh toán tử tuyến tính liên tục năm 2024
  • 1. review for final exam 2008 1st Edition
  • 2. the girls i love before. Tôi đến với giải tích hàm như một "sự sắp đặt của số phận". Có lẽ, đó là nguyên nhân để tôi việc viết tập tài liệu nhỏ này. Xin nhấn mạnh rằng, đây chỉ là sự góp nhặt khai triển chẳng có gì là sáng tạo. Thỉnh thoảng có đôi lời khen tặng, tôi lấy làm xấu hổ như đã cưỡng chiếm một cái gì đó không phải phận mình được hưởng. Khi một kẻ bình thường quên ước lượng tài sức của mình, viết về một điều quá rộng lớn và trừu tượng chắc hẳn không thể tránh khỏi thiếu sót. Rất mong sự chỉ giáo của các độc giả. Nước muôn sông không đủ cho tôi rửa tai để nghe những lời cao luận. Huế, tháng 5, 2008. Phạm Đình Đồng
  • 3. of a thousand miles begin with one step" - Lão Tử 1 Không gian định chuẩn Bài tập 1.1. Cho X là một không gian vectơ , f1, f2 : X −→ K là các ánh xạ tuyến tính thỏa f1[x]f2[x] = 0, ∀x ∈ X. Chứng minh rằng f1 ≡ 0 hoặc f2 ≡ 0. Chứng minh. Giả sử f1 6= 0 ta cần chứng minh f2 = 0. Vì f1 6= 0 nên tồn tại x1 ∈ X sao cho f1[x1] 6= 0, lúc đó f2[x1f1[x1]] = f2[x1]f1[x1] = 0 Suy ra f2[x1] = 0 hay x1 ∈ Kerf2. Nếu f2 6= 0 lúc đó tồn tại x2 ∈ X sao cho f2[x2] 6= 0 thì x2 ∈ Kerf1. Đặt x0 = x1 + x2, lúc đó f1[x0] = f1[x1] + f1[x2] = f1[x1] 6= 0 f2[x0] = f2[x1] + f2[x2] = f2[x2] 6= 0 =⇒ f1[x0]f2[x0] = f1[x1]f2[x2] 6= 0 Mâu thuẫn với giả thiết, vậy f2 ≡ 0. Bài tập 1.2. Cho X là không gian vectơ , A : X −→ X là ánh xạ tuyến tính thỏa A2 = 0. Chứng minh rằng Id − A là song ánh. Chứng minh. Với mọi x1, x2 ∈ X thỏa [Id − A][x1] = [Id − A][x2] ⇒ x1 − A[x1] = x2 − A[x2] ⇒ A[x1 − x2] = x1 − x2 ⇒ A2 [x1 − x2] = A[x1] − A[x2] = 0 ⇒ A[x1] = A[x2]. từ đó suy ra x1 = x2. Vậy Id − A là đơn ánh. Với mọi y ∈ X, xét x = A[y]+y ∈ X, khi đó [Id−A][x] = [Id−A][A[y]+ y] = A[y] + y − A[A[y] + y] = A[y] + y − A2 [y] − A[y] = y. Vậy Id − A là toàn ánh. Vậy Id − A là song ánh. Bài tập 1.3. Cho X, Y là hai không gian vectơ với dimX = n, dimY = m. Chứng minh rằng dim[L[X, Y ]] = n.m. Chứng minh. Ta có L[X, Y ] = {f : X −→ Y là các ánh xạ tuyến tính } là một không gian vectơ . Lúc đó L[X, Y ] ∼ = Matn×m[K], suy ra dim[L[X, Y ]] = dimMatn×m[K]. Mặt khác ta thấy Aij là ma trận sao cho aij = 1, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m còn các vị trí còn lại bằng 0 thì lúc đó hệ gồm {[Aij]}, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m
  • 4. lập tuyến tính. Mặt khác A =     a11 . . . a1n a21 . . . a2n . . . ... . . . am1 . . . amn     thì A = n X i=1 m X j=1 aijAij Do đó {Aij} là hệ sinh của Matn×m[K]. Vậy {Aij} là cơ sở của Matn×m[K] và nó có m × n phần tử. Vậy dim[L[X, Y ]] = n.m. Bài tập 1.4. Cho f : X −→ R là ánh xạ tuyến tính , Y ⊂ X thỏa Kerf ⊂ Y . Chứng minh rằng Y = X hoặc Y = Kerf. Chứng minh. Giả sử Y là không gian con của X chứa Kerf thực sự. Lúc đó có y0 ∈ Y và y0 / ∈ Kerf nên f[y0] 6= 0. Với mọi x ∈ X, ta đặt z = x − f[x] f[y0]y0 thì f[z] = f[x − f[x] f[y0] y0] = f[x] − f[x] f[y0] f[y0] = f[x] − f[x] = 0 ⇒ z = x − f[x] f[y0] y0 ∈ Kerf ⊂ Y Suy ra x = z + f[x] f[y0] y0 ∈ Y , tức là X = Y . Bài tập 1.5. Cho X 6= {0} là không gian vectơ thực hoặc phức. Chứng minh rằng ta có thể trang bị ít nhất một chuẩn trên X. Chứng minh. Gọi B = {eα| α ∈ I} là cơ sở Hamel của X trên K. Lúc đó mọi x ∈ X, x 6= 0 có thể viết duy nhất dưới dạng x = n X j=1 xij eij trong đó n ∈ N, xij ∈ K {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi một phân biệt. Ta định nghĩa kxk = n X j=1 xij và kxk = 0 nếu x = 0 Ta sẽ chứng minh k.k là một chuẩn trên X. Thật vậy,
  • 5. x ∈ X, x 6= 0. Lúc đó x = n P j=1 xij eij trong đó n ∈ N, xij ∈ K {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi một phân biệt. Vì x 6= 0 nên tồn tại ít nhất một ij 6= 0. Do đó, kxk > 0. • Với mọi x ∈ X và λ ∈ K, nếu x = 0 hoặc λ = 0 thì λx = 0, do đó kλxk = |λ| kxk. Giả sử x 6= 0, λ 6= 0. Nếu x = n P j=1 xij eij thì λx = n P j=1 λxij eij . Suy ra kλxk = |λ| kxk. • Lấy tùy ý x, y ∈ X. Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì kx + yk = kxk + kyk. Ngược lại, nếu x, y 6= 0, ta xem x có biểu diễn như trên và y = m P s=1 yts ets trong đó m ∈ N, xts ∈ K{0}, ts ∈ I, s = 1, m đôi một phân biệt. Đặt Cx, Cy ⊂ I như sau Cx = {ij, j = 1, n} và Cy = {ts, s = 1, m} Nếu Cx ∩ Cy = ∅ thì x + y = n P j=1 xij eij + m P s=1 yts ets . Khi đó kx + yk = n P j=1 xij + m P s=1 |xts | = kxk + kyk. Bây giờ ta giả sử Cxy = Cx ∩ Cy 6= ∅. Không mất tính tổng quát, giả sử in = tm, in−1 = tm−1, . . . , in−k = tm−k thì Cxy = {in, . . . , in−k} = {tm, . . . , tm−k}. Ta có thể biểu diễn x + y như sau x + y = n−k−1 X j=1 xij eij + m−k−1 X s=1 yts ets + " k X l=1 [xin−l + ytm−l ]ein−l # với [xin−l + ytm−l ] 6= 0, nếu nó bằng 0 thì ta không viết ra. Nếu x + y = 0 thì kx + yk ≤ kxk + kyk, hiển nhiên. Nếu x + y 6= 0 thì kx + yk = n−k−1 X j=1 xij + m−k−1 X s=1 |yts | + k X l=1 xin−l + ytm−l ≤ n−k−1 X j=1 xij + m−k−1 X s=1 |yts | + k X l=1 [ xin−l + ytm−l ] = kxk + kyk
  • 6. 1.6. Kiểm tra các tập cho dưới đây là không gian định chuẩn . a] X = Kn , x = [x1, . . . , xn], kxk = max i=1,n |xi| b] X = c, các dãy số thực hoặc phức hội tụ, kxk = sup n∈N |xn| c] X = M[a, b], tập gồm tất cả các hàm số bị chặn trên [a, b], kxk = sup t∈[a,b] |x[t]| d] X = C[a,b], các hàm số liên tục trên [a, b], kxk = [ b R a |x[t]|2 dt]1/2 e] X = l1 , tập tất cả các dãy số thực hoặc phức [xn]nsao cho ∞ P n=1 |xn| < +∞ và kxk = ∞ P n=1 |xn| Chứng minh. a] Ta có với mọi x ∈ X, kxk ≥ 0. kxk = 0 ⇒ max i=1,n |xi| = 0 ⇒ xi = 0 ∀i = 1, n ⇒ x = 0 ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K, ta có kλxk = max i=1,n |λxi| = |λ| max i=1,n |xi| = |λ|kxk Với mọi x, y, z ∈ X, ta có kx + yk = max i=1,n |xi + yi| ≤ max i=1,n |xi| + max i=1,n |yi| Suy ra kx + yk ≤ kxk + kyk. Vậy [X, k.k] là một không gian định chuẩn. b] Tương tự a] c] Tương tự. d] Ta có kxk = [ b R a |x[t]|2 dt]1/2 ≥ 0 và kxk = [ b R a |x[t]|2 dt]1/2 = 0 ⇒ b R a |x[t]|2 dt = 0. Giả sử x 6= 0, tức là có [α, β] sao cho x[t] 6= 0, ∀t ∈ [α, β] nên b R a |x[t]|2 dt ≥ β R α |x[t]|2 dt > 0, mâu thuẫn.
  • 7. x ∈ X, λ ∈ K, ta có kλxk = |λ|kxk. ∀x, y ∈ X, ta có theo bất đẳng thức tích phân thì [ b Z a |x[t] + y[t]|2 dt]1/2 ≤ [ b Z a |x[t]|2 dt]1/2 + [ b Z a |y[t]|2 dt]1/2 ⇒ kx + yk ≤ kxk + kyk. Vậy [X, k.k] là một không gian định chuẩn. e] Ta có kxk = ∞ P n=1 |xn| ≥ 0, ∀x ∈ X. kxk = ∞ P n=1 |xn| = 0 ⇒ xn = 0, ∀n ∈ N ⇒ x = 0. Với mọi x ∈ X, λ ∈ K, ta có kλxk = |λ|kxk. ∀x, y ∈ X, ta có |xn + yn| ≤ |xn| + |yn|, ∀n ∈ N ⇒ ∞ X n=1 |xn + yn| ≤ ∞ X n=1 |xn| + ∞ X n=1 |yn| ⇒ kx + yk ≤ kxk + kyk. Vậy [X, k.k] là một không gian định chuẩn. Bài tập 1.7. Cho [xn]n, [yn]n là hai dãy Cauchy trong X. Chứng minh rằng αn = kxn − ynk hội tụ. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh [αn]n là dãy Cauchy trong R thì [αn]n hội tụ. Thật vậy, với mọi m, n ∈ N ta có |αm − αn| = |kxm − ymk − kxn − ynk| ≤ kxm − ym − xn + ynk ≤ kxm − xnk + kym − ynk. Do [xn]n, [yn]n là hai dãy Cauchy trong X nên khi m, n → ∞ thì kxm − xnk → 0 và kym − ynk → 0. Suy ra |αm − αn| → 0 khi m, n → ∞. Bài tập 1.8. Cho k.k1, k.k2, . . . , k.kk là các chuẩn trên không gian định chuẩn X, α1, α2, . . . , αk ∈ R∗ +. 1. Chứng minh max{k.k1, . . . , k.kk} là một chuẩn. 2. Chứng minh k P i=1 αkk.kk là một chuẩn.
  • 8. ∈ L[X, Y ], Y là không gian định chuẩn nào đó. Ta định nghĩa k.ka : X −→ R x 7−→ kf[x]k1 Chứng minh k.ka là một chuẩn khi và chỉ khi f đơn ánh. Chứng minh. 1. Rõ. 2. Rõ. 3. kxka = 0 ⇔ kf[x]k1 = 0 ⇔ f[x] = 0. f[x] = 0 ⇒ x = 0 ⇒ ker f = 0. Vậy f đơn ánh. Các công việc còn lại xin dành cho độc giả. Bài tập 1.9. Cho a > 1. Trên C[0, 1] xét các chuẩn sau kfk∞ = sup t∈[0,1] |f[t]|, kfk1 = a 1 R 0 |f[t]| dt, ∀f ∈ C[0, 1]. Chứng minh kfk = min{kfk1, kfk∞} là một chuẩn khi và chỉ khi a ≤ 1 Chứng minh. Nếu a ≤ 1 thì kfk1 ≤ kfk∞ nên kfk = kfk1, rõ ràng là một chuẩn. Lấy fn[t] = tn , ∀t ∈ [0, 1], ∀n ≥ 0. Khi đó kf0k1 = a, kf0k∞ = 1, do đó kf0k = min[1, a]. Mặt khác kfnk1 = a n+1, kfnk∞ = 1, do đó kfnk = min[1, a n+1], ∀n ≤ 1. ∀n, ta cókf0 + fnk1 = a[1 + 1 n+1], kf0 + fnk∞ = 2, do đó kf0 + fnk = min[2, a[1 + 1 n+1]]. Nếu k.k là một chuẩn thì nó thỏa bất đẳng thức tam giác, tức là min[2, a[1 + 1 n + 1 ]] ≤ min[1, a] + min[1, a n + 1 ] Cho n → ∞ ta được min[2, a] ≤ min[1, a] + min[0, 1] Suy ra min[2, a] ≤ min[1, a], tức là a ≤ 1.1 Bài tập 1.10. Cho X là một không gian định chuẩn. Tìm tất cả các không gian con của X chứa trong một hình cầu. 1 min của hai chuẩn chưa hẳn là chuẩn.
  • 9. Giả sử L là không gian con của X và B[a, ] ⊂ X sao cho L ⊂ B[a, ]. Lấy x ∈ L tùy ý. Khi đó nx ∈ L, ∀n ∈ N. Vì L ⊂ B[a, ] nên nx ∈ B[a, ], tức là knx − ak , ∀n ∈ N, từ đó knxk ≤ knx − ak + kak + kak. Suy ra kxk + kak n . Cho n → ∞ ta có kxk = 0, hay x = 0. Vậy L = {0}. Bài tập 1.11. Cho X là một không gian định chuẩn. Tìm tất cả các không gian con của X chứa một hình cầu. Chứng minh. Gọi L là không gian con của X sao cho B[a, ] ⊂ L. Rõ ràng a ∈ L. Lấy x ∈ B[0, ], tức là kxk . Khi đó a + x ∈ B[a, ] ⊂ L. Suy ra x ∈ L, tức là B[0, ] ⊂ L. Mặt khác ∀x ∈ X, x 6= 0 ta có x 2kxk ∈ B[0, ] nên x 2kxk ∈ L. Vì L là không gian con nên x ∈ L. Do đó, X ⊂ L. Vậy L = X. Bài tập 1.12. Cho X là không gian định chuẩn và G là không gian con của X. Chứng minh rằng hoặc G = X hoặc ◦ G= ∅. Chứng minh. Nếu ◦ G= ∅ thì theo bài 1.11 ta có G = X. Bài tập 1.13. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn. A : X −→ Y là toán tử tuyến tính liên tục, [An]n là dãy các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Kí hiệu U = {x ∈ X| Anx không hội tụ về Ax} và V = {x ∈ X| [Anx]n không phải là dãy Cauchy } Chứng minh rằng U và V hoặc bằng ∅ hoặc trù mật trong X. Chứng minh. Ta có CU = XU = {x ∈ X| Anx hội tụ vềAx} Rõ ràng XU là một không gian con của X. Giả sử x0 ∈ U và nếu x ∈ CU thì ∀λ ∈ K, λ 6= 0, x + λx0 ∈ U. Thật vậy, nếu ngược lại x + λx0 ∈ CU ta suy ra x0 ∈ CU , vô lý. Lúc đó ∀x ∈ CU , ∀n ∈ N, x + 1 n x0 ∈ U và dãy x + 1 n x0 → x nên x ∈ U, tức là CU ⊂ U. Do đó, X = U ∪ CU ⊂ U. Vậy U = X. Tương tự cho V .
  • 10. 1.14. Cho X là một không gian định chuẩn và A ⊂ X sao cho XA là không gian con tuyến tính của X. Chứng minh A hoặc bằng ∅ hoặc trù mật trong X. Chứng minh. Theo giả thiết ◦ XA= ∅ hoặc XA = X. Suy ra A = ∅ hoặc XA = ∅, tức là A = ∅ hoặc A = X. Do đó, A hoặc bằng ∅ hoặc trù mật trong X. Bài tập 1.15. Chứng minh rằng trong không gian định chuẩn X, B[x0, r] = B0 [x0, r] và int[B0 [x0, r]] = B[x0, r]. Chứng minh. 1. B[x0, r] = B0 [x0, r]. Ta có B[x0, r] ⊂ B0 [x0, r], do B0 [x0, r] đóng nên B[x0, r] ⊂ B0 [x0, r]. Ngược lại, lấy x ∈ B0 [x0, r] thì kx − x0k ≤ r. Ta chọn dãy [xn]n như sau xn = 1 − 1 n x + 1 n x0, kxn−x0k = k1−1 nx+1 nx0−x0k = k[1−1 n][x−x0]k = [1−1 n]kx−x0k ≤ kx − x0k ≤ r, ⇒ kxn − x0k ≤ r, ∀n ∈ N∗ hay xn ∈ B[x0, r], ∀n ∈ N∗ hay [xn]n ⊂ B[x0, r]. Ta có kxn−xk = k1− 1 nx+ 1 nx0−xk = k1 n[−x+x0]k = 1 nk[−x+x0]k ≤ r n, ∀n. Suy ra kxn − xk → 0, n → ∞ Vậy x ∈ B[x0, r] hay B[x0, r] ⊃ B0 [x0, r]. 2. int[B0 [x0, r]] = B[x0, r] Ta có B[x0, r] ⊂ B0 [x0, r], suy ra B[x0, r] ⊂ int[B0 [x0, r]]. Mặt khác, với mọi x ∈ int[B0 [x0, r]] ta cần chứng minh kx−x0k r. Giả sử kx − x0k = r. Vì x ∈ int[B0 [x0, r]] nên có s 0 sao cho B[x, s] ∈ int[B0 [x0, r]]. Ta lấy x1 = [1+ s 2r]x− sx0 2r , lúc đó kx1 −xk = k[1 + s 2r]x − sx0 2r − xk = s 2rkx − x0k = s 2r.r = s 2 s. Suy ra x1 ∈ B[x, s] nên x1 ∈ int[B0 [x0, r]] [∗]. Hơn nữa, kx1 − x0k = k[1 + s 2r]x − sx0 2r − x0k = [1 + s 2r]kx − x0k = [1 + s 2r]r = r + s 2 r. ⇒ x1 / ∈ B0 [x0, r] ⇒ x1 / ∈ int[B0 [x0, r]], mâu thuẫn với [∗]. Vậy kx − x0k r hay x ∈ B[x0, r]. Suy ra int[B0 [x0, r]] = B[x0, r]. NHẬN XÉT: Các khẳng định trên không đúng trong không gian mêtric. Chẳng hạn, đối với mêtric rời rạc2 [X, d] ta có B0 [x0, 1] = X và 2 Ta nên nghĩ đến mêtric này khi tìm phản ví dụ về sự khác nhau giữa không gian định chuẩn và không gian mêtric. Đây là một trong những ví dụ chứng tỏ một mêtric chưa hẳn sinh ra một chuẩn.
  • 11. = {x0}. Một ví dụ khác là không gian mêtric [N, d] với d được định nghĩa như sau: d[m, n] =    0 nếu m = n 1 1 + min[m, n] nếu n 6= m Ta có B0 [0, 1] 6= B[0, 1]. Thật vậy, B0 [0, 1] = {n ∈ N : d[n, 0] ≤ 1} = {n ∈ N} = X B[0, 1] = {n ∈ N : d[n, 0] 1} = {0} B[0, 1] = {0} Bài tập 1.16. Cho A, B ⊂ X. Chứng minh rằng 1. A đóng, B compact thì A + B đóng. 2. A, B compact thì A + B compact. 3. A, B đóng mà A + B không đóng. Chứng minh. 1. A đóng, B compact thì A + B đóng. Lấy [zn]n ⊂ A + B, zn → z. Ta cần chứng minh z ∈ A + B. Do [zn]n ⊂ A + B nên zn = xn + yn, xn ∈ A, yn ∈ B∀n ∈ N. Vì [yn]n ⊂ B và B compact nên có dãy con ynk → y0 ∈ B, và do dãy con znk cũng hội tụ về z nên xnk = znk − ynk hội tụ về z − y0. Do A đóng nên z − y0 = x0 ∈ A hay z = x0 + y0 ∈ A + B. Vậy zn → z ∈ A + B nên A + B là đóng. 2. A, B compact thì A + B compact. Lấy [zn]n ⊂ A + B khi đó zn = xn + yn, xn ∈ A, yn ∈ B∀n ∈ N. Vì A, B compact nên tồn tại hai dãy con [xnk ⊂ [xn]n] và ynl ⊂ [yn]n sao cho xnk → a0 ∈ A, ynl → b0 ∈ B Từ hai dãy con trên ta trích ra được hai dãy con xnkj, ynkj sao cho xnkj → a0 ∈ A, ynkj → b0 ∈ B ⇒ znkj = xnkj + ynkj → a0 + b0 ∈ A + B 3. A, B đóng mà A + B không đóng. A = {n + 1 n |n ∈ N} B = {−n|n ∈ N}
  • 12. đóng và A + B ⊃ {1 n|n ∈ N} nhưng [1 n]n∈nn ⊂ A + B dần về 0 và 0 / ∈ A + B Vậy A + B không đóng. Bài tập 1.17. Nếu B[x0, r] ⊂ X và Y là không gian con của không gian định chuẩn X thỏa B[x0, r] ⊂ Y . Chứng minh X = Y . Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh X ⊂ Y . Thật vậy, ∀x ∈ X, lấy y = r 1+kxkx + x0, lúc đó ky − x0k = rkxk 1 + kxk r ⇒∈ B[x0, r] ⊂ Y Mà r 1+kxkx = y − x0 ∈ Y do x0 ∈ B[x0, r] ⊂ Y , nên 1 + kxk r [ r 1 + kxk x] = 1 + kxk r [y − x0] ∈ Y ⇒ x ∈ Y hay X ⊂ Y . Vậy X = Y . Bài tập 1.18. Không gian định chuẩn nào ở bài 1.6 là không gian Banach. Chứng minh. a] X là không gian Banach. Thật vậy, lấy [xn]n là một dãy Cauchy trong X, ta có kxk − xmk → 0, k, m → ∞ hay max i=1,n |xi k − xi m| → 0, k, m → ∞ Suy ra |xi k − xi m| → 0, k, m → ∞, ∀i = 1, n ⇒ [xi n]n là dãy Cauchy trong K nên xi n → xi 0 ∈ K, ∀i = 1, n. Ta đặt x0 = [x1 0, x2 0, . . . , xn 0 ], lúc đó kxn − x0k = max i=1,n |xi n − xi 0| → 0, n → ∞. Vậy xn → x0 ∈ Kn . b] X là không gian Banach. Thật vậy, lấy [xn]n là một dãy Cauchy trong X, ta có kxk − xmk → 0, k, m → ∞
  • 13. xi m| → 0, k, m → ∞ Suy ra |xi k − xi m| → 0, k, m → ∞, ∀i ∈ N ⇒ [xi n]n là dãy Cauchy trong K nên xi n → xi 0 ∈ K, ∀i =∈ N. Đặt x0 là dãy [xn 0 ]n∈N ta sẽ chứng minh dãy này hội tụ. Thật vậy, từ bất đẳng thức |xn 0 −xm 0 | = |xn 0 −xn k+xn k−xm k +xm k −xm 0 | ≤ |xn 0 −xn k|+|xn k−xm k |+|xm k −xm 0 | ta có [xn 0 ]n∈N là dãy Cauchy trong K nên x0 hội tụ. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh [xn]n hội tụ về x0 trong X. kxn − x0k = sup i∈N |xi n − xi 0| Lấy 0 bất kì, do xk n → x0 n khi k → ∞ nên với m đủ lớn thì |xk n → x0 n| 2, ∀n ∈ N nên kxn − x0k = sup i∈N |xi n − xi 0| ≤ 2 hay xn → x0, n → ∞. c] X là không gian Banach. Thật vậy, lấy [xn]n là một dãy Cauchy trong X, ta có kxn − xmk → 0, n, m → ∞ hay sup t∈[a,b] |xn[t] − xm[t]| → 0, k, m → ∞ Suy ra |xn[t] − xm[t]| → 0, k, m → ∞, ∀t ∈ [a, b] ⇒ [xn[t]]n là dãy Cauchy trong K nên xn[t] → x0[t] ∈ K, ∀t ∈ [a, b]. Xét x0 : [a, b] −→ K t 7−→ x0[t] = lim n→∞ xn[t] Lúc đó x0 là một hàm số và ta sẽ chứng minh nó bị chặn. Ta có kxn − xmk → 0, n, m → ∞. Lấy = 1, ∃n0 0 sao cho với n, m ≥ n0 thì kxn − xmk 1 ⇒ kxn0 − xmk 1 ⇒ kxmk ≤ kxn0 k + 1. Vì xn0 bị chặn nên ∃Kn0 0 sao cho |xn0 [t]| Kn0 ∀t ∈ [a, b]. Do đó kxn0 k = sup t∈[a,b] |xn0 [t]| ≤ Kn0 . Vậy kxmk = sup t∈[a,b] kxm[t]k ≤ Kn0 + 1, ∀m ≥ n0.
  • 14. = max m=1,...,n0−1 {kxmk, Kn0 + 1} +∞. Lúc đó kxmk ≤ K, ∀m ∈ N. Mặt khác, kxmk = sup t∈[a,b] kxm[t]k ≤ K, ∀m ∈ N, nên |x0[t]| = | lim n→∞ xn[t]| ≤ K, ∀t ∈ [a, b]. Vậy x0 bị chặn. Hơn nữa, do x0[t] = lim n→∞ xn[t] nên |xn[t] − x0[t]| → 0, n → ∞, suy ra kxn − x0k = sup t∈[a,b] |xn[t] − x0[t]| ≤ với n đủ lớn, tức là xn → x0, n → ∞. d] X không là không gian Banach. e] X là không gian Banach3 . Thật vậy, ta lấy [xn ]n là một dãy Cauchy trong X, lúc đó kxm − xn k = ∞ X n=1 |xm n − xk n| → 0, m, k → ∞ Suy ra ∀ 0, tồn tại n0 0 sao cho với mọi m, k ≥ n0 thì s X n=1 |xm n − xk n| , ∀s ∈ N[∗] Và ta cũng có |xm n − xk n| → 0, m, k → ∞. Lúc đó [xn m]m∈N là dãy Cauchy trong K nên nó hội tụ, kí hiệu x0 m = lim n→∞ xn m và x0 = [x0 m]m∈N. Ta sẽ chứng minh xn → x0 , n → ∞. Trong [∗] cho m → ∞ ta có ∀m ≥ n0 s X n=1 |xm n − x0 n| ≤ , ∀s ∈ N ⇒ lim s→∞ s X n=1 |xm n − x0 n| ≤ ⇒ ∞ X n=1 |xm n − x0 n| ≤ Suy ra [yn ]n = [xn − x0 ]n ∈ X mà xn ∈ X nên x0 ∈ X. Kết hợp với kxm − x0 k = ∞ X n=1 |xm n − x0 n| ≤ , ∀m ≥ n0 3 Sau khi xét dãy Cauchy [xn]n ta đã tiến hành theo 3 bước. Bước 1: Ta dự đoán giới hạn x0 của dãy [xn]n. Bước 2: Ta chứng minh x ∈ X. Bước 3: Chứng minh [xn]n hội tụ về x0
  • 15. x0 , m → ∞. Ta có điều cần chứng minh. Bài tập 1.19. Cho M là một tập con của X. Chứng minh rằng a] Nếu M lồi thì M lồi. b] B0 [x0, r] và B[x0, r] là lồi. Chứng minh. a] ∀x, y ∈ M, ∀α, β ≥ 0 thỏa α+β = 1 tồn tại [xn]n ⊂ M và [yn]n ⊂ M sao cho xn → x, yn → y, n → ∞. Lúc đó vì M lồi nên αx+βy ∈ M, ∀n hay [αx + βy]n ⊂ M hội tụ về αx + βy ∈ M. Vậy M lồi b] B0 [x0, r] là lồi. Thật vậy, ∀x, y ∈ B0 [x0, r], ∀λ ∈ [0, 1] ta có kλx + [1 − λ]x − x0k = kλ[x − x0] + [1 − λ][y − x0]k ≤ λkx − x0k + [1 − λ]ky − x0k ≤ λr + [1 − λ]r = r ⇒ λx + [1 − λ]x ∈ B0 [x0, r] hay B0 [x0, r] lồi. Hoàn toàn tương tự cho B[x0, r]. Bài tập 1.20. 1. Cho X là không gian Banach và Y là một không gian con đóng của X. Chứng minh rằng X/Y là Banach. 2. Cho M là không gian con của không gian định chuẩn X sao cho M và X/M là Banach. Chứng minh rằng X Banach. Chứng minh. 1. X/Y là Banach. Lấy ∞ P n=1 f xn là một chuỗi hội tụ tuyệt đối trong không gian thương X/Y . Ta cần chứng minh nó hội tụ trong X/Y . Ta có kf xnk = inf x∈f xn kxk = inf x∈Y kxn + xk nên với mỗi n ∈ N, tồn tại un sao cho kxn + unk = kf xnk + 1 2n Do đó ∞ X n=1 kxn + unk = ∞ X n=1 kf xnk + ∞ X n=1 1 2n = ∞ X n=1 kf xnk + 1
  • 16. + unk hội tụ tuyệt đối trong không gian Banach X nên hội tụ. Gọi x0 là tổng của chuỗi. Khi đó lim n→∞ k n X k=1 [xn + un] − x0k và n P k=1 [xn + un] − x0 là một phần tử của lớp tương đương n P k=1 [f xn + f un] − e x0 = n P k=1 f xn − e x0 nên k n X k=1 f xn − e x0k = k n X k=1 [xn + un] − x0k ⇒ lim n→∞ k n P k=1 f xn − e x0k ≤ lim n→∞ k n P k=1 [xn + un] − x0k = 0 ⇒ lim n→∞ k n P k=1 f xn − e x0k = 0 hay ∞ P k=1 f xn → e x0. Vậy không gian thương X/Y là Banach. 2. X Banach. Lấy [xn]n ⊂ X là một dãy Cauchy trong X, lúc đó ∀ 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : kxn − xmk . Ta có [xn] ⊂ X/M nên kxn − xmk = inf x∈[xn−xm] kxk ≤ kxn − xmk ⇒ [xn]n là dãy Cauchy trong X/M, do đó xn → x0 ∈ X/M. Với mỗi n ∈ N có αn ∈ M sao cho kxn − x0 + αnk ≤ kxn − x0k + 1 n. Suy ra kαn − αmk ≤ kαn + xn − x0k + kxn − xmk + kαm + xm − x0k ≤ kxn − x0k + 1 n + kxm − x0k + 1 m + kxn − xmk Cho n, m → ∞ ta có kαn − αmk → 0, tức là [αn]n là dãy cơ bản trong M nên αn → α0. Ta sẽ chứng minh xn → x0 + α0. Ta có kxn−x0−α0k ≤ kαn+xn−x0k+kαn−α0k ≤ kxn−x0k+ 1 n +kαn−α0k Cho n → ∞ ta có kxn − x0 − α0k → 0. Vậy lim n→∞ xn = x0 + α0. Vậy X là không gian Banach.
  • 17. Một ví dụ minh họa. Cho X = C[0,1] và M là tập con của X các hàm số triệt tiêu tại 0. Khi đó M là không gian vectơ con của X và do đó X/M cũng là không gian vectơ. Ta định nghĩa ánh xạ φ : X/M −→ C như sau φ[[f]] = f[0], ∀[f] ∈ X/M. Định nghĩa trên là hợp lý vì nếu f ∼ g thì f[0] = g[0]. Ta có φ tuyến tính vì ∀s, t ∈ C và ∀f, g ∈ X, φ[t[f] + s[g]] = φ[[tf + sg]] = tf[0] + sg[0] = tφ[[f]] + sφ[[g]] Hơn nữa, φ[[f]] = φ[[g]] ⇔ f[0] = g[0] ⇔ f ∼ g ⇔ [f] = [g] Vậy φ là đơn ánh. Với mọi s ∈ C ta luôn có f ∈ X và f[0] = s sao cho φ[[f]] = s. Do đó φ là toàn ánh. Từ đó, φ là đẳng cấu tuyến tính từ X/M vào C. Ta thấy rằng M là không gian con đóng của X với chuẩn k.k∞ [chuẩn max] và X/M là không gian Banach với chuẩn thương tương ứng. Ta có k[f]k = inf{kgk∞ : g ∈ [f]} = inf{kgk∞ : g[0] = f[0]} = |f[0]| [ lấy g[t] = f[0], ∀t ∈ [0, 1]] Suy ra k[f]k = kφ[[f]]k, với mọi [f] ∈ X/M hay φ bảo toàn chuẩn. Vì vậy X/M ≡ C Bây giờ, xét X với chuẩn k.k1. Khi đó M không đóng trong X. Thật vậy, xét dãy gn[t] = [ nt nếu 0 ≤ t ≤ 1 n 1 nếu 1 n ≤ t ≤ 1 Khi đó gn ∈ M và gn → 1 theo chuẩn k.k1 nhưng 1 / ∈ M. Chuẩn thương lúc này cũng không còn là chuẩn. Thật vậy, k[f]k = 0, ∀[f] ∈ X/M. Điều này có thể giải thích như sau, lấy f ∈ X, với mỗi n ∈ N, ta đặt h[t] = f[0][1 − gn[t]] với gn[t] được xác định như trên. Khi đó hn[0] = f[0] và khnk = |f[0]| 2n . Do đó, inf{kgk1| g[0] = f[0]} ≤ khk1 ≤ |f[0]| 2n Suy ra k[f]k = inf{kgk1 : g ∈ [f]} = 0.
  • 18. 1.21. Cho f ∈ L[ E, µ], g ∈ Lq [E, µ], p, q 0 và 1 p + 1 q = 1. Chứng minh rằng dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi ∃c1, c2, c2 1 + c2 2 6= 0 : c1 |f[x]|p = c2 |g[x]|q , đối với bất đẳng thức Holder về tích phân: Z E |fg| dµ ≤ [ Z E |f|p dµ] 1 p [ Z E |g|q dµ] 1 q Chứng minh. Trong chứng minh này ta sẽ dùng bất đẳng thức Young : a, b ≥ 0, p, q 0 và 1 p + 1 q = 1 ab ≤ ap p + bq q Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi ap = bq . • Bất đẳng thức Holder về tích phân: Nếu R E |f|p dµ = 0 hoặc R E |g|q dµ = 0 thì |f|p hoặc |g|q hầu khắp nơi, suy ra vế trái cũng bằng 0 nên bất đẳng thức đúng. Nếu R E |f|p dµ = ∞ hoặc R E |g|q dµ = ∞ thì bất đẳng thức đúng. Xét 0 R E |f|p dµ ∞ và 0 R E |g|q dµ ∞, lúc đó ta lấy a = |f| [ R E |f|p dµ] 1 p và b = |g| [ R E |g|q dµ] 1 q . Áp dụng bất đẳng thức Young cho a và b ta có: |f| |g| [ R E |f|p dµ] 1 p [ R E |g|q dµ] 1 q ≤ |f|p p R E |f|p dµ + |g|q q R E |g|q dµ Lấy tích phân hai vế trên E ta có R E |f| |g| dµ [ R E |f|p dµ] 1 p [ R E |g|q dµ] 1 q ≤ R E |f|p dµ p R E |f|p dµ + R E |g|q dµ q R E |g|q dµ = 1 p + 1 q = 1 Suy ra Z E |fg| dµ ≤ [ Z E |f|p dµ] 1 p [ Z E |g|q dµ] 1 q
  • 19. Nếu tồn tại c1, c2, c2 1 + c2 2 6= 0 : c1 |f[x]|p = c2 |g[x]|q và giả sử c1 6= 0 thì |f|p = c2 c1 |g|q nên Z E |fg| dµ = Z E [ c2 c1 ] 1 p |g|1+q p dµ = [ c2 c1 ] 1 p Z E |g| p+q p dµ = [ c2 c1 ] 1 p Z E |g|q dµ Mặt khác ta có V P = [ Z E |f|p dµ] 1 p [ Z E |g|q dµ] 1 q = [ Z E [[ c2 c1 ] 1 p |g| q p ]p dµ] 1 p [ Z E |g|q dµ] 1 q = [ c2 c1 ] 1 p ][ Z E |g|q dµ] 1 p +1 q = [ c2 c1 ] 1 p Z E |g|q dµ Vậy V T = V P. • [⇒] Áp dụng bất đẳng thức Young cho hai số a và b như trên thì dấu ” = ” xảy ra khi ap = bq , hay |f| R E |f|p dµ = |g| R E |g|q dµ ta chỉ việc chọn c1 = R E |g|q dµ, c2 = R E |f|p dµ. Bài tập 1.22. Cho C[0,1] là không gian các hàm liên tục trên [0, 1] với chuẩn ” max ”. Đặt A : C[0,1] −→ C[0,1] x 7−→ Ax 1. [Ax][t] = t2 x[0] 2. [Ax][t] = ϕ[t]x[t], ϕ ∈ C[0,1] 3. [Ax][t] = x[0] − tx[t] 4. [Ax][t] = x[t] − x[1 − t] 5. [Ax][t] = x[1] − tx[t] Chứng minh các toán tử này là tuyến tính liên tục. Chứng minh.
  • 20. có ∀x, y ∈ C[0,1], ∀α, β ∈ R thì [A[αx + βy]][t] = t2 [αx + βy][0] = t2 [αx[0] + βy[0]] = t2 [αx[0]] + t2 [βy[0]] = α[Ax][t] + β[Ay][t] với mỗi t ∈ [0, 1]. Suy ra A[αx + βy] = αAx + βAy. Vậy A là tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có kAxk = max t∈[0,1] t2 x[0] ≤ kxk, ∀x ∈ C[0,1] Vậy A liên tục và kAk ≤ 1. Chọn x0 ≡ 1 ∈ C[0,1], khi đó kAx0k = max t∈[0,1] t2 x0[0] = max t∈[0,1] t2 = 1 Mà 1 = kAx0k ≤ kAkkx0k = kAk. Vậy kAk = 1. 2. Tương tự a] ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có kAxk = max t∈[0,1] |ϕ[t]x[t]| ≤ Kkxk trong đó K = max t∈[0,1] |ϕ[t]|. Vậy A bị chặn và kAk ≤ K. Chọn x0 ≡ 1 ∈ C[0,1], kx0k = 1 khi đó kAx0k = max t∈[0,1] |ϕ[t]| = K ≤ kAk Vậy kAk = K. 3. Tương tự a] ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có kAxk = max t∈[0,1] |x[0] − tx[t]| ≤ 2kxk Vậy A bị chặn nên liên tục và kAk ≤ 2. NHẬN XÉT: Việc chọn hàm x0 thường được tiến hành như sau: Trong các hàm liên tục trên [0, 1] ta chọn hàm x0[t] = at + b. Ở đây ta chọn sao cho kx0k = 1 và max t∈[0,1] |x0[0] − tx0[t]| = 2. Do đó có thể cho x0[0] = 1 và ax0[a] = −1 với a ∈ [0, 1]. Với a = 0 thì 0 = −1 vô lý. Do đó, a 6= 0. Suy ra x0[a] = −1/a ∈ [0, 1] hay a = 1. Từ đó giải hệ x0[1] = −1, x0[0] = 1 ta có a = −2, b = 1.
  • 21. = −2t + 14 , lúc đó kx0k = 1. Ta có kAx0k = max t∈[0,1] |x0[0] − tx0[t]| ≥ |x0[0] − 1x0[1]| = 2kx0k = 2 Vậy kAk = 2. 4. Tương tự a] ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có kAxk = max t∈[0,1] |x[t] − x[1 − t]| ≤ max t∈[0,1] |x[t]| + max t∈[0,1] |x[1 − t]| ≤ 2kxk Vậy A bị chặn và kAk ≤ 2. Chọn x0[t] = −2t + 1, lúc đó kx0k = 1. Ta có kAx0k = max t∈[0,1] |x0[0] − x0[1 − t]| ≥ |x0[0] − x0[1 − 0]| = 2kx0k = 2 Vậy kAk = 2. 5. Dễ thấy, A tuyến tính, liên tục và kAk ≤ 2. Với mỗi n ∈ N∗ , ta đặt xn[t] =    AA1 nếu 0 ≤ t ≤ q 1 − 1 2n AA2 nếu q 1 − 1 2n t ≤ 1 trong đó AA1 và AA2 là hai đường thẳng đi qua A = [ q 1 − 1 2n; q 1 − 1 2n], A1[0; 1], A2[1, −1]. 4 Đồ thị được vẽ trên Maple 9.5
  • 22. xn ∈ C[0,1] và kxnk = 1 với mọi n ∈ N∗ .5 Ta có kAk = sup kxk=1 kAxk ≥ kAxnk = max t∈[0,1] |xn[1] − txn[t]| ≥ xn[1] − r 1 − 1 2n xn[ r 1 − 1 2n ] = −1 − [1 − 1 2n ] = 2 − 1 2n Cho n → ∞, ta được kAk ≥ 2. Vậy kAk = 2. Bài tập 1.23. Không gian định chuẩn được gọi là chặt nếu kx + yk ≤ kxk + kyk, x 6= 0, y 6= 0 trở thành đẳng thức khi tồn tại α 0 để y = αx. Chứng minh Lp [E, µ] là không gian định chuẩn chặt. Chứng minh. [⇐]. ∀x, y ∈ Lp [E, µ] nếu có α 0, y = αx thì kx + yk = kx + αxk = [1 + α]kxk = kxk + αkxk = kxk + kyk. [⇒]. kx + yk ≤ kxk + kyk trở thành đẳng thức kx + yk = kxk + kyk, tức là [ Z E |x + y|p dµ] 1 p = [ Z E |x|p dµ] 1 p + [ Z E |y|p dµ] 1 p nên bất đẳng thức Minkowski trở thành đẳng thức      |x + y| = |x| + |y| c1 |x|p = c2 |x + y|[p−1]q = c2 |x + y|p c0 1 |y| = c0 2 |x + y|q[p−1] = c0 2 |x + y|p Suy ra x, y cùng dấu hầu khắp nơi trong E và c1c0 2 |x|p = c2c0 1 |y|p . Vậy tồn tại α 0 để αy = x hầu khắp nơi trong E. Bài tập 1.24. Tìm một số không gian định chuẩn không chặt. Chứng minh. 5 Tất nhiên còn nhiều cách đặt khác. Chẳng hạn, theo cách đặt của C.M.Q xn[t] =    −1 nếu 0 ≤ t ≤ n n + 1 2[n + 1]t − 2n − 1 nếu n n + 1 t ≤ 1 Đường gấp khúc này có vẻ đẹp hơn.
  • 23. chuẩn sup là không chặt, vì sup n |xn + yn| = sup n |xn| + sup n |yn| không suy ra xk = αyk, ∀k với α 0. Chẳng hạn, xét x = [1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, . . .] và y = [0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, . . .] Ta có kxk = kyk = 1 và kx + yk = 2, tuy nhiên x 6= αy. 2. Một ví dụ khác là C[0, 1] với chuẩn max. Thật vậy, lấy f[t] = t, g[t] = 1, ∀t ∈ [0, 1] ta có kfk = kgk = 1 và kf + gk = 2. Rõ ràng không tồn tại α 0 sao cho f[t] = αg[t]. Bài tập 1.25. Cho không gian Banach X và phiếm hàm tuyến tính liên tục6 f khác 0. Chứng minh f là ánh xạ mở. Chứng minh. Ta chứng minh f là toàn ánh, ∀y ∈ K luôn có x ∈ X, f[x] = y. Thật vậy, vì f 6= 0 nên tồn tại x0 ∈ X sao cho f[x0] = 1. Khi đó, yx0 ∈ X và f[yx0] = yf[x0] = y. Theo nguyên lý ánh xạ mở, f là toàn ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach X vào không gian Banach K nên nó là ánh xạ mở. Bài tập 1.26. Cho X, Y là hai không gian Banach, A ∈ L[X, Y ]. Giả sử có α, β ≥ 0, α 1, ∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : kAx−yk ≤ αkyk, kxk ≤ βkyk. Chứng minh rằng khi đó ∀y ∈ Y , phương trình Ax = y có nghiệm x0 ∈ X thỏa điều kiện kx0k ≤ β 1 − α kyk Chứng minh. Ta có ∀y ∈ Y, ∃x1 ∈ X : kAx1 − yk ≤ αkyk, kx1k ≤ βkyk. Tương tự ∀y ∈ Y, ∃x2 ∈ X : kAx2 − [y − Ax1]k ≤ αky − Ax1k ≤ α2 kyk, kx2k ≤ βky − Ax1k ≤ βαkyk Tiếp tục quá trình này ta có: ∀y ∈ Y, ∃xn ∈ X : kAxn−[y−Ax1−. . .−Axn]k ≤ αn kyk, kxnk ≤ βαn−1 kyk Do 0 α 1 nên ∞ P i=1 xi hội tụ tuyệt đối trong không gian Banach X nên hội tụ. Ta gọi x0 = ∞ P i=1 xi, lúc đó k k X n=1 Axn − yk ≤ αk kyk 6 Nếu f chỉ là phiếm hàm tuyến tính khác 0 hoặc X không cần giả thiết Banach bài toán liệu vẫn còn đúng?
  • 24. → ∞, ta có kAx0 − yk = 0 hay Ax0 = y và kx0k = k ∞ X i=1 xik ≤ ∞ X i=1 kxik ≤ ∞ X i=1 βαn−1 kyk = β 1 − α kyk Bài tập 1.27. Cho không gian định chuẩn X = C[0,1] với chuẩn max, A : X −→ X [Anx][t] = x[t1+1 t ], n ∈ N 1. Chứng minh An ∈ L[X] 2. Chứng minh ∀x ∈ X, Anx → x 3. Dãy [An]n có hội tụ trong L[X] đến toán tử đồng nhất hay không? Chứng minh. 1. An là toán tử tuyến tính: rõ. Ta có kAnxk = max t∈[0,1] x[t1+ 1 n ] ≤ max t∈[0,1] |x[t]| = kxk. Vậy An bị chặn nên nó liên tục và kAk ≤ 1. 2. Với mọi x ∈ X, x liên tục đều vì nó liên tục trên tập compact [0, 1]. Do đó ∀ 0, ∃δ 0, ∀t, t0 ∈ [0, 1], |t − t0 | δ ⇒ |x[t] − x[t0 ]| . Ta có t1+1 t − t ≤ max t∈[0,1] t1+ 1 n − t = [ n n+1]n . 1 n+1 1 n δ với n đủ lớn. Suy ra x[t1+1 t ] − x[t] với n đủ lớn. sup t∈[0,1] x[t1+1 t ] − x[t] ≤ . Hay kAnx − xk ≤ với n đủ lớn, Anx → x, n → ∞. 3. kAn − Ik = sup kxk=1 kAnx − xk = sup kxk=1 max x[t1+1 t ] − x[t] . Lấy = 1 2, chọn x0 : [0, 1] −→ R liên tục sao cho x0[1/2] = 1, x0[1 2 1+ 1 n ] = 0. Ta có kx0k = 1 và kAn − Ik ≥ kAx0 − x0k ≥ max t∈[0,1] x0[t1+1 t ] − x0[t] = 1 Vậy An không hội tụ về I khi n → ∞. Bài tập 1.28. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn thực.
  • 25. sử A : X −→ Y là một ánh xạ thỏa mãn điều kiện A[x + y] = Ax + Ay, ∀x, y ∈ X và sup x∈B0[0,1] kAxk +∞. Chứng minh rằng: A ∈ L[X, Y ]. 2. Cho B : X −→ Y là ánh xạ tuyến tính. M = {[x, Bx]|x ∈ X} là đồ thị của B. Chứng minh rằng B[X] đóng trong Y khi và chỉ khi M + [X × {0}] đóng trong X × Y . Chứng minh. 1. Ta có A[0] = A[0 + 0] = A[0] + A[0] ⇒ A[0] = 0. Với mọi x ∈ X, m 0, m ∈ Z ta có A[mx] = A[x + . . . + x | {z } m lần ] = mA[x] Mặt khác A[x + [−x]] = A[x] + A[−x] = 0 ⇒ A[−x] = A[x] Suy ra ∀m ∈ Z thì A[mx] = mA[x]. A[x] = A[ x m + . . . + x m | {z } m lần ] = mA[ x m ], ∀m ∈ Z{0} Với mọi m ∈ Q, m = p q , [p, q] = 1 ta có A[mx] = A[ px q ] = pA[ x q ] = p q A[x] = mA[x]. Suy ra A[ x m ] = A[x] m . Với mọi m ∈ RQ, tồn tại dãy số [rn]n ⊂ Q sao cho rn → m, n → ∞. Ta sẽ chứng minh A[mx] = mA[x]. Thật vậy, A[rnx] = rnA[x] → mA[x] khi n → ∞. Ta cần chứng minh A[rnx] → A[mx] khi n → ∞. Xét x, kxk ≤ 1, nếu không ta lấy x kxk . Lúc đó kA[rnx] − A[mx]k = kA[[rn − mx]]k ∀ 0, ∃k 0 sao cho K k . Với n đủ lớn ta có |rn − m| kxk 1 k . Do đó kk[rn − m]xk 1. Suy ra với n đủ lớn thì kA[k[rn − m]x]k ≤ K = sup x∈B0[0,1] kAxk ⇒ kA[[rn − m]xk ≤ K k
  • 26. → A[mx] khi n → ∞. Do tính duy nhất của giới hạn ta có A[mx] = mA[x]. Vậy A là ánh xạ tuyến tính. Hơn nữa, ∀x ∈ X, x 6= 0, x kxk ∈ B0 [0, 1] nên kA[ x kxk ]k ≤ K = sup x∈B0[0,1] kAxk ⇒ kAxk kxk ≤ K hay kAxk ≤ Kkxk Tại x = 0, kết quả trên cũng đúng. Vậy A bị chặn. 2. Giả sử B[X] đóng trong Y , ta cần chứng minh M + [X × {0}] đóng trong X × Y . Lấy [zn]n ⊂ M + [X × {0}] thỏa zn → z0 = [x0, y0] ∈ X × Y . Ta có zn = [xn, Bxn] + [x0 n, 0] = [xn + x0 n, Bxn] Lúc đó Bxn → y0 = Bz ∈ B[X] và zn → [z + x0 − z] = [z, Bz] + [x0 − z, 0] ∈ M + [X × {0}]. Suy ra [x0, y0] ∈ M + [X × {0}] hay M + [X × {0}] đóng. Ngược lại, nếu M + [X × {0}] đóng trong X × Y ta cần chứng minh B[X] đóng trong Y . Lấy [yn]n ⊂ B[X] và yn → y, n → ∞ thì với mỗi n ∈ N tồn tại xn ∈ X sao cho yn = Bxn. Khi đó [0, yn] = [xn, yn] + [−xn, 0] = [xn, Bxn] + [−xn, 0] ∈ M + [X × {0}] và k[0, yn]−[0, y]kX×Y = k0−0kX +kyn −ykY = kyn −ykY → 0, n → ∞ Do M + [X × {0}] đóng trong X × Y nên [0, y] ∈ M + [X × {0}]. Suy ra [0, y] = [x, Bx] + [x0 , 0] = [x, Bx] + [−x, 0] = [0, Bx]. Vậy y = Bx, x ∈ X hay B[X] đóng. Bài tập 1.29. A ∈ L[X, Y ] nếu và chỉ nếu A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy.
  • 27. Ta chỉ chứng minh phần đảo. Giả sử A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy và A không bị chặn. Lúc đó, tồn tại dãy [xn]n sao cho kAxnk n2 kxnk, ∀n Với xn 6= 0, ta xây dựng dãy [yn]n như sau yn = xn nkxnk . Ta có kynk = 1/n → 0 nên nó là dãy Cauchy. Mặt khác, kAynk = kAxnk nkxnk n2 kxnk nkxnk = n suy ra [Ayn]n không bị chặn và do đó, [Ayn]n không Cauchy, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy A phải liên tục. Cách khác:7 Giả sử [xn]n ∈ X, xn → x ∈ X. Xét dãy un = [ xn nếu n chẵn x nếu n lẻ Rõ ràng un → x, do đó nó là dãy Cauchy. Suy ra [Axn]n là dãy Cauchy. Theo định nghĩa dãy Cauchy ta có ∀ 0, ∃n0 ∈ N : ∀m, n ≥ n0 ta có kf[un] − f[um]k ≤ . Nói riêng, với u2n0+1 = x ta có ∀n ∈ N, n ≥ n0 ta có kf[un] − f[x]k ≤ , tức là f[un] → f[x] khi n → ∞. Khi đó dãy con của nó là f[xn] cũng dần về f[x]. Vậy f liên tục. Bài tập 1.30. Cho f là một phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên không gian định chuẩn thực X. Chứng minh rằng với mọi r 0 thì f[B0 [0, r]] = R. Chứng minh. Ta có f[B0 [0, r]] ⊂ R. ∀r 0, ∀y ∈ R luôn có n ∈ N để n |y| r . Do f không liên tục nên ta có sup kxk=1 |f[x]| = +∞. Do đó có xn, kxnk = 1 và |f[xn]| n. Ta có z = yxn |f[xn]| , |z| = |y| |f[xn]| |y| n r và f[z] = y. Suy ra R ⊂ f[B0 [0, r]] Vậy R = f[B0 [0, r]]. 7 It’s a thing of rare beauty and stunning simplicity.
  • 28. 1.31. Cho không gian định chuẩn X, f ∈ X∗ , f 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại không gian con một chiều M sao cho X = ker f ⊕ M. Chứng minh. Vì f 6= 0 nên tồn tại x0 ∈ X sao cho f[x0] = 1. Với mọi x ∈ X, đặt y = f[x]x0 − xf[x0], ta có f[y] = 0 hay y ∈ ker f. ⇒ x = f[x]x0 − y ∈ h{x0}i ⊕ ker f. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Bài tập 1.32. Cho không gian định chuẩn X, f là phiếm hàm tuyến tính8 trên X. Chứng minh rằng f liên tục khi và chỉ khi ker f đóng. Chứng minh. Giả sử f liên tục, khi đó ker f đóng vì nó là ảnh ngược của tập đóng {0}. Ngược lại, giả sử ker f đóng ta cần chứng minh f liên tục. Nếu f ≡ 0 thì f liên tục. Nếu f 6= 0 và f không liên tục, ta có sup kxk=1 |f[x]| = +∞. Lúc đó, với mỗi n ∈ N, ∃xn ∈ X, kxnk = 1 và |f[xn]| ≥ n. Hơn nữa, vì f 6= 0 nên có a ∈ X sao cho f[a] = 1. Xét dãy yn = a − xn f[xn] Ta có f[yn] = f[a] − f[xn] f[xn] = 1 − 1 = 0 hay [yn]n ⊂ ker f. Mặt khác k xn f[xn] k = kxnk |f[xn]| ≤ kxk n = 1 n → 0, n → ∞ Suy ra xn f[xn] → 0, n → ∞ nên yn → a / ∈ ker f, n → ∞, mâu thuẫn với tính đóng của ker f. Vậy f liên tục. Bài tập 1.33. Cho không gian định chuẩn X, f là phiếm hàm tuyến tính khác 0 trên X. Chứng minh rằng nếu f không liên tục9 thì ker f trù mật trong X. 8 Điều này không đúng với ánh xạ liên tục bất kì. Chẳng hạn, với id : C[0,1],k.k1 −→ C[0,1],k.k∞ ta có ker id = {0} đóng nhưng id không liên tục vì hai chuẩn này không tương đương 9 Nếu f là một phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên không gian định chuẩn thực X ta có thể dùng kết quả f[B0 [0, r]] = R để chứng minh ker f = X.Thật vậy, với mọi a ∈ X, tồn tại x ∈ B[0, r] sao cho f[a] = −f[x]. Suy ra a + x ∈ ker f ∩ [a + B[0, r]]. Vậy ker f trù mật trong X.
  • 29. Ta sẽ chứng minh ker f = X. Thật vậy, do f không liên tục tại 0 nên tồn tại 0 sao cho ∀n ∈ N, ∃xn ∈ X sao cho kxnk 1 n và |f[xn] | Với mọi x ∈ X, với mỗi n ∈ N∗ đặt yn = x − f[x] f[xn] xn thì yn ∈ ker f. Khi đó, kyn − xk = |f[x]| |f[xn]| kxnk ≤ |f[x]| n → 0, n → ∞ Vậy yn → x, hay ker f = X. Cách khác: Vì f không liên tục nên nó không bị chặn. ∀n ∈ N tồn tại xn ∈ X sao cho |f[xn]| ≤ nkxnk. Vì X = h{x0}i ⊕ ker f nên xn = zn − λnx0, trong đó zn ∈ ker f và λn ∈ C. Do đó f[xn] = −λnf[x0]. Suy ra |λn| |f[x0]| ≥ nkzn − λnx0k. Nhân hai vế với 1 |λn| [nếu λn = 0 thì f[xn] = 0], ta được kx0 − λ−1 znk ≤ n−1 |f[x0]|, cho n → ∞ thì λ−1 zn → x0. Vì vậy x0 ∈ ker f, tức là ker f = X. Bài tập 1.34. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và A ∈ L[X, Y ]. Tính kAk, biết rằng sup x,y∈B0[0,r] kAx − Ayk = 1 Chứng minh. Với mọi x, y ∈ B0 [0, r] ta có kAx − Ayk = kA[x − y]k ≤ kAkkx − yk ≤ kAk[kxk + kyk] ≤ 2rkAk nên 1 = sup x,y∈B0[0,r] kAx − Ayk ≤ 2rkAk hay kAk ≥ 1 2r . Mặt khác, ta có ∀x ∈ B0 [0, 1] thì rx, −rx ∈ B0 [0, r] nên kA[rx] − A[−rx]k = kA[rx − [−rx]]k = 2rkA[x]k ≤ 1 suy ra 2rkAxk ≤ 1 hay kAxk ≤ 1 2r , ∀x ∈ B0 [0, 1]. Từ đó, kAk = sup kxk≤1 kAxk ≤ 1 2r . Vậy kAk = 1 2r . NHẬN XÉT : Giả thiết A : X −→ Y liên tục có thể suy ra từ các giả thiết khác. Thật vậy, ∀x ∈ X, x 6= 0 ta có rx kxk , −rx kxk ∈ B0 [0, r] ta có kA[ rx kxk ] − A[ −rx kxk ]k ≤ sup x,y∈B0[0,r] kAx − Ayk = 1
  • 30. ≤ 1. ⇒ kAxk ≤ 1 2r kxk, ∀x 6= 0. Với x = 0, ta cũng có kết quả trên. Vậy A liên tục và kAk ≤ 1 2r. Bài tập 1.35. Cho hai không gian định chuẩn X, Y . [xn]n ⊂ X, [An]n ⊂ L[X, Y ] và xn → x0, An → A. Chứng minh Anxn → Ax0 Chứng minh. Vì An → A nên sup n∈N kAnk +∞. kAnxn − Ax0k = kAnxn − Anx0k + kAnx0 − Ax0k ≤ kAnkkxn − x0k + kAn − Akkx0k Vậy Anxn → Ax0, n → ∞ Bài tập 1.36. Cho X là một không gian định chuẩn. Chứng minh không tồn tại u, v : X −→ X sao cho u ◦ v − v ◦ u = id. Chứng minh. Giả sử có u, v thỏa mãn u ◦ v − v ◦ u = id. Ta sẽ chứng minh rằng u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = [n + 1]vn . Với n = 1 ta có u ◦ v2 − v2 ◦ u = 2v. Thật vậy, u ◦ v2 = u ◦ v ◦ [v] = [id+v ◦u]v = v +v ◦[uv] = v +v ◦[id+v ◦u] = v +v2 ◦u+v = 2v +v2 ◦u. Giả sử bài toán đúng với n = k, ta chứng minh nó đúng với n = k + 1. Ta có u ◦ vk+2 − vk+2 ◦ u = [u ◦ vk+1 ]v − v[vk+1 ◦ u] = [vk+1 ◦ u + [k + 1]vk ] ◦ v − vk+2 ◦ u = vk+1 ◦ [u ◦ v] + [k + 1]vk+1 − vk+2 ◦ u = vk+1 [id + v ◦ u] + [k + 1]vk+1 − vk+2 ◦ u = vk+1 + vk+2 ◦ u + [k + 1]vk+1 − vk+2 ◦ u = [k + 2]vk+1 Vậy u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = [n + 1]vn . Suy ra k[n+1]vn k ≤ 2kukkvkkvn k, ∀n ∈ N hay [n+1]kvn k ≤ 2kukkvkkvn k, ∀n ∈ N. Nếu kvn k 6= 0, ∀n ∈ N thì [n + 1] ≤ 2kukkvk, ∀n ∈ N, vô lí. Do đó, tồn tại n0 sao cho kvn k = 0, ∀n ≥ n0. Suy ra vn = 0, ∀n ≥ n0. Theo u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = [n + 1]vn ta được vn0−1 = 0, . . . Tiếp tục quá trình này ta có v = 0, khi đó id = 0, vô lí. Vậy không tồn tại u, v sao cho u ◦ v − v ◦ u = id.
  • 31. 1.37. Cho không gian định chuẩn X, A : X −→ X là toán tử tuyến tính sao cho trong X tồn tại dãy [xn]n sao cho kxnk = 1, Axn → 0. Chứng minh A không có toán tử ngược bị chặn. Chứng minh. Giả sử A có toán tử ngược A−1 bị chặn. Khi đó A−1 [Axn] = [A−1 A][xn] = Id[xn] = xn nên kA−1 [Axn]k = kxnk = 1, ∀n ∈ N A−1 bị chặn nên liên tục. Vì Axn → 0 nên A−1 [Axn] → 0. Suy ra kA−1 [Axn]k = kxnk = 1 → 0, vô lí. Vậy A không tồn tại toán tử ngược bị chặn. Bài tập 1.38. Cho X = C[0,1]. Trên X ta xét các chuẩn sau kfk1 = 1 Z 0 |f[t]| dt kfk2 = [ 1 Z 0 |f[t]|2 dt] 1 2 kfk∞ = sup t∈[0,1] |f[t]| Chứng minh rằng 1. kfk1 ≤ kfk2 và kfk2 ≤ kfk∞. 2. Ba chuẩn trên đôi một không tương đương. 3. Từ đó suy ra [X, k.k1] và [X, k.k2] không Banach10 . Chứng minh. 1. Theo bất đẳng thức Holder ta có kfk2 1 = [ 1 Z 0 |f[t]| dt]2 ≤ [ 1 Z 0 |f[t]|2 dt][ 1 Z 0 12 dt] = kfk2 2. 10 Tổng quát: Nếu X là không gian Banach thì mọi chuẩn trên X so sánh được với chuẩn ban đầu và làm cho X là không gian Banach đều tương đương. Thật vậy, nếu X1 là X với chuẩn mới k.k1 thì id : X −→ X1 hoặc id : X1 −→ X liên tục tương ứng với k.k1 yếu hơn hay mạnh hơn chuẩn ban đầu. Khi đó, nó là phép đồng phôi.
  • 32. ≤ kfk∞ 2. Xét fn[t] = tn , t ∈ [0, 1], ∀n ∈ N. Ta có kfnk1 = 1 n + 1 , kfnk2 = 1 √ 2n+1 , kfk∞ = 1. Mà kfnk2 kfnk1 → +∞, kfnk∞ kfnk1 → +∞, kfnk∞ kfnk2 → +∞ 3. Nếu [X, k.k2] là Banach thì id : [X, k.k∞] −→ [X, k.k2] là song ánh tuyến tính liên tục của hai không gian Banach. Theo nguyên lý ánh xạ mở, nó là phép đồng phôi. Do đó, k.k2 và k.k∞ tương đương, mâu thuẫn. Bài tập 1.39. Cho [X, k.k1] và [X, k.k2] là hai không gian Banach. Với mọi [xn]n ⊂ X, nếu kxnk1 → 0 thì kxnk2 → 0. Chứng minh hai chuẩn này tương đương. Chứng minh. Xét ánh xạ id : [X, k.k1] −→ [X, k.k2] x 7−→ x Ta có id là song ánh, tuyến tính, liên tục. Theo định lí Banach về ánh xạ mở id là một phép đồng phôi tuyến tính, do đó có M, N 0 sao cho Mkxk1 ≤ kxk2 ≤ Nkxk1 Vậy hai chuẩn này tương đương. Bài tập 1.40. Cho X là không gian định chuẩn, k.k1 và k.k2 là hai chuẩn không tương đương trên X và có số K sao cho k.k1 ≤ Kk.k2. Khi đó, nếu [X, k.k1] là Banach thì [X, k.k2] không Banach. Chứng minh. Giả sử [X, k.k2] không Banach. Lúc đó, id là song ánh, tuyến tính, liên tục. Theo định lí Banach về ánh xạ mở id là một phép đồng phôi tuyến tính, do đó có M, N 0 sao cho Mkxk1 ≤ kxk2 ≤ Nkxk1 Vậy hai chuẩn này tương đương. [Vô lý]
  • 33. 1.41. Cho X1 = [X, k.k1] là không gian Banach và X2 = [X, k.k2] là không gian định chuẩn không Banach. Chứng minh rằng hai chuẩn này không tương đương với nhau. Chứng minh. Giả sử chúng tương đương với nhau. Khi đó tồn tại c1, c2 0 sao cho ∀x ∈ X ta có c1kxk1 ≤ kxk2 ≤ c2kxk1 Gọi [xn]n ∈ X2 là dãy Cauchy. Ta có kxm − xnk2 → 0, m, n → ∞. Kết hợp với bất đẳng thức trên ta suy ra [xn]n là dãy Cauchy trong X1 nên nó hội tụ đến phần tử x ∈ X1. Mặt khác kxn −xk c2kxn −xk1 → 0, n → ∞ nên kxn −xk2 → 0, n → ∞. Vậy xn → x, n → ∞, nghĩa là X2 là không gian Banach, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy hai chuẩn k.k1, k.k2không tương đương. Bài tập 1.42. Ví dụ về hai không gian Banach nhưng các chuẩn tương ứng không tương đương. Chứng minh. Cho X = l1 và Y = l2 . Với mỗi k ∈ N ta gọi ek = [δkm]m∈N ∈ l1 và fk là các thành phần tương ứng trong l2 . Với mỗi t ∈ [0, 1], đặt bt = [1, t, t2 , . . .]. Khi đó {ek : k ∈ N}∪{bt : 0 t 1} là hệ độc lập tuyến tính trong l1 và {fk : k ∈ N} ∪ {bt : 0 t 1} là hệ độc lập tuyến tính trong l2 . Các hệ này có thể mở rộng thành cơ sở Hamel B1 và B2 tương ứng trong l1 và l2 . Cả B1 và B2 đều chứa một tập con có lực lượng 2ℵ0 . Mặt khác, X ⊂ 2N và Y ⊂ 2N nên ta suy ra B1 và B2 có lực lượng bằng 2ℵ 0 . Đặc biệt có đẳng cấu ϕ từ B1 vào B2 biến ek thành fk, ∀k ∈ N. Với mỗi n ∈ N, đặt an = n P k=1 1 k ek ∈ l1 và bk = n P k=1 1 k fk ∈ l2 . Khi đó kank1 = 1 và kbnk2 = 1 √ n . Ta định nghĩa một chuẩn mới trên l1 như sau kxkβ = kϕ[x]k2 với x ∈ l1 . Đây là một chuẩn vì ϕ tuyến tính và đơn ánh. Ta sẽ chứng minh X Banach với chuẩn này. Thật vậy, giả sử [xn]n là dãy Cauchy với chuẩn mới trong X. Lúc đó [ϕ[xn]]n là dãy Cauchy với chuẩn k.k2 trong l2 . Vì l2 là Banach nên có y ∈ l2 sao cho kϕ[xn] − yk2 → 0, n → ∞. Vì ϕ là toàn ánh nên ta có thể viết y = ϕ[x] với x ∈ l1 . Ta có kϕ[xn] − yk2 = kϕ[xn] − ϕ[x]k2 = kxn − xkβ Suy ra kxn − xk → 0 khi n → ∞. Nói cách khác, l1 đủ với chuẩn k.kβ. Cuối cùng ta sẽ chứng minh k.k1 và k.kβ không tương đương trên X = l1 .
  • 34. ta có ϕ[an] = bn và do đó kankβ = kbnk2 = 1 √ n → 0 khi n → ∞. Tuy nhiên, kank1 = 1, ∀n ∈ N. Bài tập 1.43. Cho không gian Banach X, A ∈ L[X]. Giả sử tồn tại C 0 sao cho ∀x ∈ X, kAxk ≥ Ckxk. Chứng minh rằng ImA = A[X] là một không gian con đóng của X. Chứng minh. Lây [yn]n ⊂ A[X], yn → y ∈ X. Ta cần chứng minh y ∈ A[X]. Ta có ∀n ∈ N, ∃xn ∈ X sao cho Axn = yn. Vì yn → y nên nó là dãy cơ bản trong X. Do đó ∀ 0, ∃n0 0, ∀m, n ≥ n0 ⇒ kym − ynk C. Theo giả thiết ∀m, n ≥ n0 thì Ckxm − xnk ≤ kA[xn − xm]k Ckxm − xnk ≤ kA[xn] − A[xm]k kxm − xnk ≤ 1 C kym − ynk 1 C C = Suy ra [xn]n là một dãy cơ bản trong không gian Banach X nên hội tụ về phần tử x ∈ X. Mặt khác A liên tục nên Axn → Ax, tức là yn → Ax. Do tính duy nhất của giới hạn nên y = Ax hay y ∈ A[X]. Bài tập 1.44. Cho X là không gian định chuẩn và f ∈ X∗ , f 6= 0. Đặt α = inf{kxk : x ∈ X, f[x] = 1}. Chứng minh kfk = 1 α Chứng minh. Ta sẽ chứng minh kfk ≥ 1 α và kfk ≤ 1 α . Vì f 6= 0 nên kfk 6= 0. Đặt M = {x ∈ X|f[x] = 1}. Khi đó ∀x ∈ M, 1 = |f[x]| ≤ kfkkxk. Suy ra ∀x ∈ M, 1 kfk ≤ kxk và do đó 1 kfk ≤ α = inf x∈M kxk. Vậy 1 α ≤ kfk. Với mọi x ∈ X, f[x] 6= 0, ta đặt y = x f[x] thì f[y] = 1. Do đó y ∈ M. Lúc đó kyk = kxk |f[x]| ≥ α. Suy ra |f[x]| ≤ 1 α kxk, ∀x ∈ X, f[x] 6= 0. Từ đó |f[x]| ≤ 1 α kxk, ∀x ∈ X. Vậy kfk ≤ 1 α .
  • 35. 1.45. Cho f là phiếm hàm tuyến tính liên tục khác 0 trên không gian định chuẩn X. Đặt N = ker f = {x ∈ X|f[x] = 0} Chứng minh rằng ∀a ∈ X, d[a, N] = |f[a]| kfk . Chứng minh. a ∈ N, rõ. a / ∈ N, ta có d[a, N] = inf x∈N ka − xk. Vì N đóng và a / ∈ N nên d[a, N] 0. Ta có |f[a]| = |f[a] − f[x]| ≤ kfkka − xk, ∀x ∈ N ⇒ |f[a]| kfk ≤ ka − xk, ∀x ∈ N ⇒ |f[a]| kfk ≤ inf x∈N ka − xk ⇒ |f[a]| kfk ≤ d[a, N] Với mọi x ∈ X, a / ∈ N đặt y = a − f[a] f[x]x, thì f[y] = 0 ⇒ y ∈ N. Suy ra a − y = f[a] f[x] x và d[a, N] ≤ ka − yk. Suy ra ⇒ d[a, N] ≤ k f[a] f[x] xk ⇒ d[a, N] ≤ |f[a]| |f[x]| kxk ⇒ |f[x]| ≤ |f[a]| d[a, N] kxk ⇒ kfk ≤ |f[a]| d[a, N] ⇒ |f[a]| kfk ≥ d[a, N] Vậy d[a, N] = |f[a]| kfk . Bài tập 1.46. Cho không gian định chuẩn X, M 6= 0, M ⊂ X. Đặt ◦ M= {f ∈ X∗ : f[x] = 0, ∀x ∈ M}. Chứng minh ◦ M là một không gian đóng của X∗ .
  • 36. Dễ thấy ◦ M là một không gian con. Ta chứng minh ◦ M đóng. Lấy [fn]n ⊂ ◦ M, fn → f ∈ X∗ ta cần chứng minh f ∈ ◦ M. Vì fn → f nên fn[x] → f[x], ∀x ∈ X. Do đó ∀x ∈ M, f[x] = lim n→∞ fn[x] = lim n→∞ 0 = 0 Vậy f ∈ ◦ M hay M đóng. Bài tập 1.47. Ví dụ về không gian con của không gian vô hạn chiều nhưng không đóng. Chứng minh. 1. l0 ⊂ l∞ là không gian con của l∞ , trong đó l0 bao gồm các dãy số phức chỉ có hữu hạn số hạng khác 0. Ta có a = [1, 1 2 , 1 3 , . . .] ∈ l∞ Với mỗi n ∈ N đặt xn = [1, 1 2 , 1 3 , . . . , 1 n , 0, 0, . . .] ∈ l0 Khi đó kxn − ak = k[0, 0, . . . , 0, 1 n + 1 , 1 n + 2 , . . .]k = 1 n + 1 → 0 khi n → ∞ Mà a / ∈ l0. 2. Xét không gian định chuẩn C[0, 1] với chuẩn kxk = 1 X 0 |f[t]|2 dt !1 2 . Xét tập S = {f ∈ C[0, 1]| f[0] = 0} ⊂ C[0, 1]. Lúc đó, S là không gian con của C[0, 1]. Xét g ∈ C[0, 1] sao cho g[t] = 1, ∀t ∈ [0, 1]. Với mỗi n ∈ N, xét fn ∈ S xác định như sau fn[t] = [ nt nếu 0 ≤ t ≤ 1 n 1 nếu 1 n ≤ t ≤ 1 Lúc đó fn[t] − g[t] = [ nt − 1 nếu 0 ≤ t ≤ 1 n 0 nếu 1 n ≤ t ≤ 1
  • 37. gk =   1 n X 0 [nt − 1]2 dt   1 2 = 1 3n 1/2 → 0 khi n → ∞ Vậy fn → g, tuy nhiên g / ∈ S. 3. W là tập các đa thức trong C[0, 1]. Rõ ràng W là không gian con của C[0, 1]. W không đóng trong C[0, 1] với chuẩn max và chuẩn ở ví dụ trên. Gợi ý: Xét hàm ex và khai triển Taylor. 4. Cho A = {f ∈ L2 [0, 1]| ∃ khoảng If ⊂ [0, 1], 1/2 ∈ If , f = 0 h.k.n trên If } Lấy En = {1/2 − 1/n, 1/2 + 1/n} và fn = 1 − χEn . Lúc đó fn = 0 trên En và 1/2 ∈ En. Ta có fn → f = 1 ∈ L2 [0, 1] vì kfn − fk = kχEn k = p µ[En] = p 2/n → 0. Bài tập 1.48. Cho X, Y là hai không gian Banach và A : X −→ Y là toán tử tuyến tính sao cho với mọi dãy xn → 0 và ∀g ∈ Y ∗ thì g[Axn] → 0. Chứng minh A liên tục. Chứng minh. Ta chứng minh A đóng. Lấy [xn, Axn] ∈ X × Y sao cho [xn, Axn] → [x, y] ∈ X × Y . Ta cần chứng minh y = Ax. Thật vậy, nếu y 6= Ax, thì theo hệ quả của định lí Hahn-Banach tồn tại g ∈ Y ∗ sao cho g[Ax] 6= g[y]. Vì [xn, Axn] → [x, y] ∈ X × Y nên xn − x → 0, lúc đó theo giả thiết g[A[xn − x]] → 0 hay g[Axn] → g[Ax]. Ta cũng có g[Axn] → g[y] vì Axn → y. Từ đó g[Ax] = g[y], mâu thuẫn. Vậy Ax = y hay A là ánh xạ đóng. Bài tập 1.49. Cho X là không gian định chuẩn và M ⊂ X, ∀f ∈ X∗ ta có sup x∈M |f[x]| +∞. Chứng minh M là tập bị chặn trong X. Chứng minh. Ta có ∀f ∈ X∗ , sup x∈M |f[x]| +∞ ⇒ sup x∈M |x[f]| +∞ Do đó, [x]x∈M bị chặn từng điểm trên X∗ . Mặt khác X∗ là không gian Banach nên [x]x∈M bị chặn đều, tức là tồn tại K ∈ R sao cho kxk ≤ K, ∀x ∈ M.
  • 38. 1.50. Cho X là không gian định chuẩn thực và f : X −→ R là phiếm hàm tuyến tính. Chứng minh rằng f liên tục khi và chỉ khi M = {x ∈ X|f[x] ≥ 1} đóng trong X Chứng minh. ⇒: Vì f liên tục nên M = f−1 [[1, +∞]] đóng. ⇐: Giả sử f không liên tục. Ta có sup kxk=1 kf [x] k = +∞ nên ∀n ∈ N, ∃xn ∈ X, kxnk = 1 và f [xn] n. Xét dãy yn = xn n , n ≥ 1. Lúc đó [yn]n ⊂ M vì f[yn] = f[xn] n ≥ 1, ∀n ∈ N. Mặt khác kynk = kxnk n = 1 n → 0, n → ∞. Vì M đóng nên 0 ∈ M. Suy ra 0 = f[0] ≥ 1, mâu thuẫn. Vậy f liên tục. Bài tập 1.51. Cho X là không gian định chuẩn và f là phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện [xn]n ⊂ X hội tụ thì [f[xn]]n bị chặn. Chứng minh f ∈ X∗ . Chứng minh. Giả sử f không liên tục, lúc đó sup |f[x]| = +∞. Suy ra với mọi n ∈ N, có xn ∈ X, kxnk = 1 và |f[xn]| ≥ n2 Chọn yn = 1 n xn, yn → 0. Ta có |f[yn]| = |f[xn]| n ≥ n2 n = n ⇒ [f[yn]]n không bị chặn, mâu thuẫn. Vậy f ∈ X∗ . Bài tập 1.52. Cho X là không gian Banach vô hạn chiều. Chứng minh X không thể có một cơ sở Hamel gồm một số đếm được các phần tử. Chứng minh. Giả sử ngược lại X có một cơ sở Hamel gồm một số đếm được các phần tử là x1, x2, . . . , xn, . . . Xét n ∈ N, đặt Xn = {x1, . . . , xn} . Lúc đó Xn là không gian con đóng dimXn = n và X = ∞ S n=1 Xn. X Banach nên nó thuộc phạm trù II, tức là tồn tại n0 ∈ N sao cho B[x0, r] ⊂ Xn0 . Với mọi x ∈ X, x 6= 0, đặt y = rx 2kxk + x0, ta có ky − x0k = rkxk 2kxk = r 2 r Do đó y ∈ B[x0, r], tức là y ∈ Xn0 . Suy ra x ∈ Xn0 . Từ đó X = Xn0 , vô lý. Vậy X không thể có một cơ sở gồm đếm được phần tử.
  • 39. 1.53. Đặt An = {f ∈ L1 [[a, b]]| Z [a,b] |f[t]|2 dt ≤ n} 1. Chứng minh rằng An là đóng trong không gian L1 [[a, b]] và ◦ An= ∅. 2. L2 [[a, b]] là tập thuộc phạm trù thứ nhất trong L1 [[a, b]] Chứng minh. 1. Lấy dãy [fk]k ⊂ An và fk → f, ta cần chứng minh f ∈ A. Ta có fk → f nên fk µ → f. Khi đó tồn tại dãy con [fki]i của [fk]k sao cho fki h.k.n → f. Suy ra f2 ki h.k.n → f2 . Theo bổ đề Fatou, ta có Z [a,b] |f[t]|2 dt = Z [a,b] lim k→∞ |fk[t]|2 dt = Z [a,b] lim k→∞ |fki[t]|2 dt ≤ lim k→∞ Z [a,b] |fki[t]|2 dt ≤ n Vậy f ∈ An nên An đóng. Tiếp theo ta sẽ chứng minh ◦ An= ∅, tức là ∀f ∈ An, ∀ 0, ∃g ∈ L1 , kf − gk và g / ∈ An. Thật vậy, [a, b] = [a, b − α] ∪ [b − α, b] = E1 ∪ E2 g[x] = [ f[x] nếu x ∈ E1 ksignf[x] + f[x] nếu x ∈ E2 trong đó k n , n k2 α k . kf − gk = Z E2 k |signf[x]| = Z E2 k = αk |g|2 = |ksignf[x] + f[x]|2 = [|f| + k]2 Ta có Z [a,b] |g[t]|2 dt ≥ Z E2 |g[t]|2 dt ≥ Z E2 k2 dt = αk2 n
  • 40. 0, chọn α 0, α b − a, nα 2 . Lúc đó n α 2 α2 , chọn k ∈ R sao cho n α k2 2 α2 . Chọn g[x] = [ f[x] nếu x ∈ E1 ksignf[x] nếu x ∈ E2 Cách 3: ∀ 0, chọn 2 4n α 2 2n . Chọn g[x] =    f[x] nếu x ∈ [a + α, b] f[x] + 2n signf[x] nếu x ∈ [a, a + α] 2. Ta có L2 [[a, b] = ∞ S n=1 An Ví dụ về ess sup: Xét hàm f, g : [−1, 1] −→ R được định nghĩa như sau: f[x] = x2 , x ∈ [−1, 1] và g[x] =      x2 nếu x ∈ [−1, 1] {0, ±1 3} 3 nếu x = 0 5 nếu x = ±1 3 Khi đó sup t∈[−1,1] |g[x]| = 5 sup t∈[−1,1] |f[x]| = 1 Tuy nhiên ess sup |f[x]| = 1 = ess sup |g[x]| Bài tập 1.54. Chứng minh rằng trong không gian Banach X, tổng của một không gian con đóng và một không gian con hữu hạn chiều là đóng. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh nếu S là không gian con đóng và x / ∈ S thì S + Rx đóng. Theo định lý Hahn-Banach thì tồn tại một hàm tuyến tính liên tục triệt tiêu trên S và thỏa mãn f[x] = 1. Bây giờ giả sử yn ∈ S + Rx và yn → y. Lúc đó yn = sn + rnx, sn ∈ S, rn ∈ R. Suy ra rn = f[yn] → f[y]. Từ đó sn = yn − rnx → y − f[y]x, và vì S đóng nên y − f[y]x ∈ S. Vậy y = [y − f[y]x] + f[y]x ∈ S + Rx. Cách khác: S + F = p− 1[pF] trong đó p là phép chiếu từ không gian X
  • 41. Vì F hữu hạn chiều nên đóng trong X/S và ảnh ngược của nó qua ánh xạ liên tục cũng đóng11 . Bài tập 1.55. Tìm phản thí dụ chứng tỏ trong không gian định chuẩn tổng của hai không gian con đóng chưa chắc là một không gian con đóng. Chứng minh. Cách 1: Dùng 1.28 Lấy X = l1 . A : X −→ X x = [xn]n 7−→ Ax = [x1, x2 2 , . . . , xn n , . . .] A là toán tử tuyến tính liên tục. A không đóng nên M + N không đóng. Chọn dãy [xn]n ⊂ l1 như sau: x1 = [1, 0, . . .] x2 = [1, 1 2 , 0, . . .] . . . . . . . . . xn = [1, 1 2 , . . . , 1 n , 0, . . .] . . . . . . . . . . . . Ta có Axn = [1, 1 22 , . . . , 1 n2 , 0, . . .] và kAxnk = ∞ P n=1 1 n2 +∞. Do đó [Axn]n ⊂ l1 . Xét y = [1, 1 22 , 1 32 , . . . , 1 n2 , 1 [n + 1]2 , . . .]. kAxn − yk = ∞ X k=n 1 [k + 1]2 → 0, n → ∞ Tuy nhiên, y / ∈ A[X]. Thật vậy, nếu tồn tại x ∈ l1 sao cho y = Ax thì x1 = 1, x2 = 1 2 , . . . , xn = 1 n , . . . và kxk = ∞ P n=1 1 n , vô lý. Cách 2: Xét X = l2 . Xét X1, X2 là các không gian vectơ gồm tất cả các dãy số thực xác định như sau X1 = {[yn]n|yn = 0 với n lẻ} X2 = {[zn]n|z2n = nz2n−1} Lúc đó, Y1 = l2 ∩ X1 và Y2 = l2 ∩ X2 là hai không gian con đóng của l2 . Mọi dãy [xn]n của l2 đều có thể viết duy nhất dưới dạng tổng các thành phần của X1, X2. Thật vậy, giả sử 11 Xem chi tiết trong Bài tập Giải tích hàm của Nguyễn Xuân Liêm
  • 42. . . .} = {0, y1, 0, y4, 0, . . .} + {z1, z2, z3, 2z3, z5, 3z5, . . .} = {z1, y2 + z2, z3, y4 + 2z3, z5, y6 + 3z5, . . .} Suy ra z1 = x1, y2 = x2 − x1, z3 = x3, y4 = x4 − 2x3, . . .. Do đó ta có sự biểu diễn duy nhất {x1, x2, . . .} = {0, x2−x1, 0, x4−2x3, 0, x6−3x5, . . .}+{x1, x2, x3, 2x3, x5, 3x5, . . .} Y1 + Y2 trù mật trong l2 , tức là Y1 + Y2 = l2 . Xét dãy {1, 0, 1 2 , 0, 1 3 , . . .} ∈ l2 ta có {1, 0, 1 2 , 0, 1 3 , . . .} = {0, −1, 0, −1, 0, −1, . . .} + {1, 1, 1 2 , 1, 1 3 , 1, . . .} Dãy trên không thuộc Y1 + Y2 vì {0, −1, 0, −1, 0, −1, . . .} / ∈ Y1 và {1, 1, 1 2 , 1, 1 3 , 1, . . .} / ∈ Y2 do chúng không thuộc l2 . Vậy Y1 + Y2 không đóng trong l2 . Cách 3: Cho F : l∞ −→ l∞ được định nghĩa như sau: z = {zn}n∈N 7−→ { zn n }n∈N . Ta có: kFk ≤ 1 và Fz = 0 ⇒ z = 0. Do đó, F liên tục và đơn ánh. Mặt khác, với mỗi k ∈ N lấy ta gọi xk = {1, 2, . . . , k, k, . . .} ∈ l∞ và F[xk] = {1, 1, . . . , 1, k k + 1 , k k + 2 , . . .} ∈ F[l∞ ] Xét bổ đề sau: Cho hai không gian Banach X, Y và F ∈ L[X, Y ]. Khi đó F là đơn ánh và F[X] là đóng nếu và chỉ nếu tồn tại C 0 sao cho kxk ≤ CkFxk với mọi x ∈ X. Chứng minh. • Giả sử F là đơn ánh và F[X] đóng. F[X] là không gian Banach vì nó là không gian con đóng của không gian Banach. Xét ánh xạ F−1 : F[X] −→ X. Nó là ánh xạ ngược của một đẳng cấu bị chặn giữa X và F[X]. Do đó, tồn tại C 0 sao cho kF−1 yk ≤ Ckyk, ∀y ∈ F[X] tức là F−1 bị chặn. Thay y bởi Fx ta có kết quả cần tìm.
  • 43. bất đẳng thức đúng thì F là đơn ánh, và nếu Fxn là dãy Cauchy trong F[X] thì [xn]n là dãy Cauchy theo giả thiết. Lúc đó, xn → x ∈ X, và vì F liên tục nên Fxn → Fx. Vậy F[X] là đầy đủ và do đó F[X] đóng. Theo bổ đề này, có thể thấy rằng với k đủ lớn, không có c 0 sao cho kxkk ≤ ckFxkk. Do đó, F[X] không đóng. Cách 4: Xét X = C[0, 1] với chuẩn max và toán tử tuyến tính F ∈ L[X] xác định như sau: f[t] 7−→ t R 0 f[s]ds, t ∈ [0, 1]. Rõ ràng, F bị chặn. Nếu ta viết g = Ff thì g[0] = 0, g0 [t] = f[t], và Ff = 0 ⇒ f[t] = 0 trên [0, 1]. Do đó, F là đơn ánh và F[X] = {g ∈ C1 [0, 1] : g[0] = 0} Theo bổ đề trên thì F[X] không đóng. Thật vậy, lấy dãy [fn] được định nghĩa như sau fn[t] = ntn−1 , ta có fn ∈ X, kfnk = n và kF[fn]k = 1 với mọi n ∈ N. Do đó, không tồn tại C 0 sao cho kfnk ≤ CkF[fn]k với n đủ lớn. Do đó, F[X] không đóng. Bài tập 1.56. Cho f ∈ X = C[0, 1], giả sử ∀n ∈ N, ∃an, bn ∈ R sao cho 1 Z 0 [f[x] − anx − bn]4 dx 1 n Chứng minh rằng f là hàm số bậc nhất. Chứng minh. Dễ thấy f khả tích trên [0, 1]. Ta định nghĩa: k.kL : C[0, 1] −→ R f 7−→ 1 R 0 |f[x]| dx Rõ ràng, [X, k.kL] là một không gian định chuẩn và ta kí hiệu là CL [0,1]. Đặt M = {f ∈ C[0, 1]|f[x] = ax + b, a, b ∈ R} Ta có M là không gian con của CL [0,1] có cơ sở là {1, x}. Do đó M hữu hạn chiều và đóng. Áp dụng bất đẳng thức Holder Z E |FG| dµ ≤ [ Z E |F|p dµ] 1 p [ Z E |G|q dµ] 1 q
  • 44. = f[x] − anx − bn, G = 1, p = 4, q = 4 3 ta có 1 Z 0 |f[x] − anx − bn| dx ≤ [ 1 Z 0 [f[x]−anx−bn]4 dx] 1 4 [ 1 Z 0 1dx] 3 4 [ 1 n ] 1 4 = 1 4 √ n Ta có dãy hàm [fn[x] = anx + bn]n ⊂ M thỏa 1 Z 0 |f[x] − fn[x]| 1 4 √ n tức là kfn − fkL 1 4 √ n hay fn → f, n → ∞ Do [fn]n ⊂ M và M đóng nên f ∈ M. Vậy có a, b ∈ R sao cho f[x] = ax + b, ∀x ∈ [0, 1]. Bài tập 1.57. Cho a, b là hai điểm trong không gian định chuẩn thực X. Kí hiệu δ[E] = sup x,x0∈E kx − x0 k là đường kính của tập E ⊂ X và đặt B1 = {x ∈ X| kx − ak = kx − bk = ka − bk 2 } Bn = {x ∈ Bn−1| kx − yk ≤ δ[Bn−1] 2 , ∀y ∈ Bn−1} 1. Chứng minh δ[Bn] ≤ δ[Bn−1] 2 và ∞ T n=1 Bn = { a + b 2 } 2. Nếu f là một phép đẳng cự từ không gian định chuẩn thực X lên không gian định chuẩn thực Y thì ∀x ∈ X, f[x] = Ax + c, trong đó A là phép đẳng cự tuyến tính và c ∈ Y . Chứng minh. 1. Ta có Bn ⊂ Bn−1, ∀n ≥ 2. ∀x, y ∈ Bn thì x, y ∈ Bn−1 và do đó kx − yk ≤ δ[Bn−1] 2 . Suy ra sup x,y∈Bn kx − yk ≤ δ[Bn−1] 2 ,
  • 45. δ[Bn] ≤ δ[Bn−1] 2 . Tiếp theo ta sẽ chứng minh ∞ T n=1 Bn = { a + b 2 }. Ta có δ[ ∞ T n=1 Bn] = 0. Thật vậy, δ[ ∞ T n=1 Bn] ≤ δ[Bn]. Hơn nữa, ∀x, y ∈ B1 thì kx − yk = k − a + [a − y]k ≤ kx − ak + ky − ak = ka − bk Suy ra δ[B1] = sup x,y∈B1 kx − yk ≤ ka − bk. Theo chứng minh trên δ[Bn] ≤ δ[Bn−1] 2 ≤ δ[Bn−2] 22 ≤ · · · ≤ δ[B1] 2n−1 ≤ ka − bk 2n−1 Do đó, lim n→∞ δ[Bn] = 0. Vậy δ[ ∞ T n=1 Bn] = 0. Suy ra ∞ T n=1 Bn có không quá một phần tử. Việc còn lại là chứng minh a + b 2 ∈ ∞ T n=1 Bn. Đặt {a + b} − Bn = {a + b − x|x ∈ Bn}. Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh rằng {a + b} − Bn ⊂ Bn, ∀n ≥ 1. Với n = 1, bài toán đúng. Thật vậy, ∀a + b − x ∈ {a + b} − B1 ta có ka + b − x − ak = kb − xk = 1 2 ka − bk ka + b − x − bk = ka − xk = 1 2 ka − bk nên a + b − x ∈ B1. Giả sử bài toán đúng với n = k, ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. ∀x ∈ Bk+1 ta có x ∈ Bk, do đó a + b − x ∈ Bk. ∀y ∈ Bk ta có ka + b − x − yk = kx − [a + b − y]k ≤ δ[Bk] 2 tức là a + b − x ∈ Bk+1. Suy ra {a + b} − Bn = {a + b − x|x ∈ Bn} ⊂ Bn, ∀n ≥ 1. Ta sẽ chứng minh a + b 2 ∈ Bn, ∀n ≥ 1 cũng bằng quy nạp. Với n = 1, ta có a + b 2 ∈ B1, đúng.
  • 46. + b 2 ∈ Bk, ∀k ≥ 1. ∀y ∈ Bk, ta có a + b − y ∈ Bk, a + b 2 ∈ Bk và k a + b 2 − yk = k[a + b − y] − yk 2 ≤ δ[Bk] 2 Do đó a + b 2 ∈ Bk+1. Vậy ∞ T n=1 Bn = { a + b 2 }. 2. f : X −→ Y là một phép đẳng cự12 . Ta định nghĩa A : X −→ Y x 7−→ f[x] − f[0] Bài tập 1.58. Cho X = M[0, 1] là tập hợp các hàm số xác định và bị chặn trên [0, 1]. Với mọi x ∈ X, kxk = sup t∈[0,1] |x[t]| 1. Chứng minh rằng [X, k.k] là không gian Banach. 2. Y = C0[0, 1] là tập các hàm số liên tục trên [0, 1] sao cho x[0] = x[1] = 0. Chứng minh rằng Y đóng trong X. Chứng minh. 1. Xem 1.18 2. Lấy dãy [xn]n trong Y , xn → x0. Vì xn[t] hội tụ đều về x0[t] trong [0, 1] nên x0 liên tục trên [0, 1]. Ta có x0[0] = lim n→∞ xn[0] = lim n→∞ 0 = 0 x0[1] = lim n→∞ xn[0] = lim n→∞ 0 = 0 Suy ra x0 ∈ Y . Vậy Y đóng. Bài tập 1.59. Đặt X = C[0, 1] là không gian định chuẩn với chuẩn max. M = {x ∈ X| x[0] = 1, 0 ≤ x[t] ≤ 1, ∀t ∈ [0, 1]} 1. Chứng minh M đóng và bị chặn trong X 12 Xem Stephan Banach, Théorie des operations lineaires, trang 166.
  • 47. : X −→ R, f[x] = 1 R 0 x2 [t]dt. Chứng minh f liên tục trên M nhưng f không đạt giá trị nhỏ nhất trên M. Chứng minh. 1. Lấy dãy [xn]n trong M, xn → x0 ∈ X. Ta có x0[0] = lim n→∞ xn[0] = lim n→∞ 0 = 0 Hơn nữa, 0 ≤ xn[t] ≤ 1, ∀t ∈ [0, 1] nên 0 ≤ lim n→∞ xn[t] ≤ 1, ∀t ∈ [0, 1]. Do đó 0 ≤ x0[t] ≤ 1, ∀t ∈ [0, 1]. Vậy x0 ∈ M hay M đóng. Mặt khác, ta có với mọi x ∈ M, kxk = sup t∈[0,1] |x[t]| = 1 nên M bị chặn. 2. Việc chứng minh f liên tục trên M xin dành cho độc giả. Tuy nhiên, f không đạt được giá trị nhỏ nhất. Thật vậy, chon dãy hàm [xn]n ⊂ X như sau: xn[t] = [ 1 − nt nếu t ∈ [0, 1 n] 0 nếu t ∈ [1 n, 1] Dễ thấy [xn]n ⊂ M. Với mọi n ∈ N ta có f[xn] = 1 n Z 0 [1 − nt]2 dt = 1 3n 1 n Do đó, ∀n ∈ N, ∃xn ⊂ M sao cho f[xn] 0+ 1 n, tức là inf M f = 0. Giả sử tồn tại x0 ∈ M sao cho f[x0] = 0. Vì x0[0] = 1 nên có 0 0 để x0[t] ≥ 1 2, ∀t ∈ [0, 0]. Lúc đó f[x0] = 1 Z 0 x2 0[t]dt ≥ 1 Z 0 1 4 dt Mâu thuẫn. Bài tập 1.60. Cho X, Y là hai không gian Banach và A : X −→ Y là toàn ánh tuyến tính liên tục. Giả sử [yn]n ⊂ Y thỏa mãn điều kiện yn → y0 ∈ Y . Chứng minh rằng tồn tại N 0 và [xn]n ⊂ X sao cho xn → x0, kxnk ≤ Nkynk, và Axn = yn, n = 0, 1, 2, . . .
  • 48. Vì A là toàn ánh tuyến tính liên tục nên A[X] = Y và A là ánh xạ mở. Lúc đó, Z = A[BX[0, 1]] là mở trong Y và có x0 ∈ X sao cho A[x0] = y0. Ta có A[0] = 0 ∈ Z nên tồn tại r 0 sao cho B0 Y [0, r] ⊂ Z. Với mọi n ∈ N, yn ∈ Y, yn 6= 0 ta có ryn kynk ∈ Z nên tồn tại an ∈ BX[0, 1] và A[an] = ryn kynk . Do đó yn = A[ kynkan r ] = A[xn], với xn = kynkan r . Mặt khác kxnk = k kynkan r k ⇒ kynk = rkxnk kank ≥ rkxnk ⇒ kxnk ≤ Nkynk với N = 1 r . yn → y0 ∈ Y nên A[xn] → y0 = A[x0] ∈ Y Hơn nữa, kxn − x0k ≤ Kkyn − y0k nên xn → x0 Bài tập 1.61. Cho X là một không gian định chuẩn,M là không gian con đóng của X. Ta kí hiệu ◦ M= {f ∈ X∗ | f[M] = 0}. Chứng minh rằng 1. [X/M]∗ đồng phôi tuyến tính với ◦ M 2. Nếu X phản xạ thì X/M [tương ứng, M] đồng phôi tuyến tính với [ ◦ M]∗ [ tương ứng, [X∗ / ◦ M]]. Chứng minh. 1. Xét tương ứng A : ◦ M −→ [X/M]∗ f 7−→ A[f] : X/M −→ K x̃ 7−→ A[f][x̃] = f[x] A là ánh xạ tuyến tính: rõ. Ta có kA[f]k = sup kx̃k=1 kA[f][x̃]k = sup kx̃k=1 |f[x]| ≤ sup kxk=1 |f[x]| = kfk Suy ra A liên tục. Với mọi f1, f2 ∈ ◦ M sao cho A[f1] = A[f2] thì ∀x ∈ X, A[f1][x̃] = A[f2][x̃], tức là f1[x] = f2[x] hay f1 = f2. Do đó, A là đơn ánh.
  • 49. chứng minh A là toàn ánh. Thật vậy, với mọi g ∈ [X/M]∗ tồn tại f ∈ X∗, f[x] = g[x̃]. Ta có f ∈ ◦ M và A[f] = g. Cuối cùng ta chứng minh f bảo toàn chuẩn. Với mọi x ∈ X, ta có |f[x]| = |A[f][x̃]| ≤ kAfkkx̃k ≤ kAfkkxk nên kfk ≤ kAfk. Mặt khác, kfk ≥ kAfk vì A liên tục, do đó kAfk = kfk. Vậy A là một phép đồng phôi tuyến tính. 2. Xét ánh xạ B : X/M −→ [ ◦ M]∗ x̃ 7−→ Bx̃ : ◦ M −→ K f 7−→ f[x] Tương tự, B là phép đồng phôi tuyến tính. Bài tập 1.62. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, [Aα]α∈I ⊂ L[X, Y ]. Chứng minh hai mệnh đề sau tương đương: a] ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ X∗ : sup α∈I |y∗ [Aαx]| +∞. b] ∀x ∈ X, sup α∈I kAαxk +∞. Chứng minh. a] ⇒ b] : ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ X∗ : sup α∈I |y∗ [Aαx]| +∞ nên sup α∈I |[Aαx][y∗ ]| +∞ ⇒ [Aαx]α∈I bị chặn từng điểm trong không gian Banach X∗∗ nên nó bị chặn đều, tức là ∀x ∈ X, sup α∈I kAαxk +∞. b] ⇒ a] : Rõ Bài tập 1.63. Cho X là không gian định chuẩn và N ⊂ X là một không gian con đóng. Chứng minh rằng ánh xạ p : X −→ X/N, p[x] = [x] = x+N là ánh xạ mở. Chứng minh. Nếu kp[x]k 1 thì theo cách xây dựng chuẩn, tồn tại u ∈ X, kuk 1 sao cho P[x] = P[u]. Do đó p biến hình cầu đơn vị trong X thành hình cầu đơn vị trong X/N nên p mở.
  • 50. 1.64. Giả sử thêm rằng f : X −→ Y là toán tử bị chặn và N ⊂ ker f thì tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính g : X/N −→ Y sao cho f = gp Chứng minh. Yêu cầu bài toán tương đương với fx = g[x] với mọi x ∈ X. Vì mỗi phần tử của X/N có dạng [x], nên nếu g tồn tại thì duy nhất. Ta định nghĩa ánh xạ g[[x]] = f[x]. Nếu [x] = [u] thì x − u ∈ N. Khi đó theo giả thiết f[x − u] = 0, suy ra f[x] = f[u]. Điều này chứng tỏ g được định nghĩa là ánh xạ. Việc còn lại là chứng minh g tuyến tính. Ta có g[[w]+[x]] = g[w+x] = f[w + x] = fw + fx = g[w] + g[x], và g[c[x]] = g[cx] = f[cx] = cfx = cg[x]. Bài tập 1.65. Giả sử thêm rằng N = Kerf.Chứng minh rằng f mở nếu g có toán tử ngược bị chặn. Chứng minh. Nếu g có toán tử ngược bị chặn thì g mở. Vì p mở nên f = gp cũng mở. Ngược lại, nếu f mở thì tồn tại C sao cho ∀y ∈ B0 Y [0, 1] có thể được viết dưới dạng y = fx, trong đó x ∈ X và kxk C. Mặt khác, y = fx = gpx và kpxk ≤ kxk ≤ C. Do đó, g mở. Nói riêng, g là toàn ánh từ X/N lên Y . g đơn ánh vì g[x] = 0 ⇒ f[x] = 0 ⇒ x ∈ N ⇒ [x] = 0. Vậy g là song ánh, mở nên có toán tử ngược bị chặn. Bài tập 1.66. Dùng định lí đồ thị đóng để chứng minh định lí ánh xạ mở. Chứng minh. Giả sử X, Y là hai không gian Banach và f : X −→ Y là toàn ánh tuyến tính bị chặn. Nếu f đơn ánh thì nó có ánh xạ ngược và đồ thị của ánh xạ ngược {[fx, x] : x ∈ X} đóng. [Đó là ảnh của {[x, fx] : x ∈ X} dưới phép đẳng cự X × Y −→ Y × X xác định bởi [x, y] 7−→ [y, x].] Theo định lí đồ thị đóng ta có f−1 bị chặn và do đó f mở. Trong trường hợp tổng quát, f : X −→ Y chỉ là toàn ánh bị chặn. Ta viết f = gp như các bài toán trên, trong đó N = ker f. Vì g song ánh bị chặn nên ảnh ngược của nó bị chặn. Suy ra f mở. Bài tập 1.67. Cho X là không gian Banach, Y là không gian định chuẩn và [An]n ⊂ L[X, Y ]. Nếu với mọi x ∈ X, [Anx]n là dãy Cauchy trong Y thì sup n∈N kAnk +∞.
  • 51. Với mọi x ∈ X, [Anx]n là dãy Cauchy trong Y nên với = 1, tồn tại n0 ∈ N sao cho với mọi m, n ≥ n0 ta có kAnx − Amxk ≤ 1. Do đó kAnx − An0 xk ≤ 1, ∀n ≥ n0. Suy ra kAnxk ≤ kAnx − An0 xk + kAn0 k ≤ kAn0 k + 1, ∀n ≥ n0 Đặt K = max{kAn0 k + 1, kA1xk, . . . , kAn0−1k} Ta có kAnxk ≤ K, ∀n ∈ N, tức là [Anx]n bị chặn điểm. Mặt khác X là không gian Banach và [An]n ⊂ L[X, Y ] nên nó bị chặn đều. Vậy sup n∈N kAnk +∞. Bài tập 1.68. Cho X là một không gian định chuẩn thực và x1, . . . , xn là n vectơ phân biệt trong X. Chứng minh rằng tồn tại f ∈ X∗ sao cho f[xi] 6= f[xj], i 6= j, i, j = 1, . . . , n. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2, theo định lí Hahn-Banach tồn tại f ∈ X∗ sao cho f[x1] = f[x2]. Giả sử bài toán đúng với n = k, lúc đó ta giả sử f[x1] f[x2] · · · f[xk] Chọn a1 f[x1]a2 f[x2] · · · ak f[xk] ak+1 Nếu f[xk+1] 6= f[xi], i = 1, . . . , k thì bài toán đúng với n = k + 1. Nếu tồn tại xk 6= xk+1 sao cho f[xk+1] = f[xk]. Theo định lí Hahn-Banach tồn tại g ∈ X∗ sao cho g[xk] 6= g[xk+1]. Với mọi 0, đặt h[x] = f[x] + g[x] ∈ X∗ . Chọn 0 đủ bé sao cho f[xi] + 0g[xi] ∈ [ai, ai+1], ∀i = 1, . . . , k − 1 và h = f + 0g là hàm cần tìm. Bài tập 1.69. Chứng minh rằng l∞ không có cơ sở Schauder. Chứng minh. Ta chứng minh l∞ không khả li. Do đó, không có cơ sở Schauder. Xét tập A = {[z1, z2, . . . , zn, . . .]} ⊂ L∞ , trong đó zi = 0 hoặc zi = 1. Ta có A là không đếm được13 . Mặt khác, với mỗi x, y ∈ A, x 6= y, thì kx − yk = 1. Giả sử F ⊂ l∞ , F đếm được và F = l∞ . Xét họ hình cầu {B[x, 1 3]}x∈A. Khi đó, với mọi x ∈ l∞ , = 1 3, ∃y ∈ F sao cho d[x, y] 1 3. Suy ra y ∈ B[x, 1 3]. Do đó, F không đếm được vì {B[x, 1 3]}x∈A không đếm được, mâu thuẫn. 13 Xem Hàm thực và Giải tích hàm của Hoàng Tụy.
  • 52. 1.70. Cho X là không gian định chuẩn. [xn]n ∈ X, xn w → x và [fn]n ∈ X∗ , fn → f. Chứng minh fn[xn] → f[x], n → ∞. Chứng minh. Ta có kfn[xn] − f[x]k ≤ kfn[xn] − fn[x]k + kfn[x] − f[x]k Vì xn w → x nên fn[xn] → fn[x], tức là kfn[xn] − fn[x]k → 0, n → ∞. Mặt khác fn → f, suy ra kfn[x] − f[x]k, n → ∞. Vậy fn[xn] → f[x], n → ∞. Bài tập 1.71. Cho X là không gian định chuẩn, M ⊂ X∗ , M = X∗ , xn, x ∈ X. Giả sử ∀n ∈ N, ∃N 0 sao cho kxnk ≤ N và ∀f ∈ M, f[xn] → f[x], n → ∞. Chứng minh rằng xn w → x. Chứng minh. Vì xn ∈ X và X ⊂ X∗∗ nên x[f] = f[x], ∀f ∈ X∗ . Với mọi f ∈ X∗ , ta chứng minh xn[f] → x[f]. Với mọi 0, do f ∈ M nên B[f, ] ∩ M 6= ∅, tức là có g ∈ M sao cho kf − gk . Ta có: kxn[f] − x[f]k ≤ kxn[f] − xn[g]k + kxn[g] − x[g]k + kx[g] − x[f]k ≤ kxnkkf − gk + kxn[g] − x[g]k + kg − fkkxk ≤ N. + + .kxk Vậy xn[f] → x[f], n → ∞ hay xn w → x. Bài tập 1.72. Cho X là không gian Banach, Y ⊂ X là không gian vectơ con của X và x ∈ X Y . Phần tử y ∈ Y được gọi là minimizer nếu kx − yk = inf z∈Y kx − zk. Chứng minh rằng 1. Nếu Y hữu hạn chiều thì minimizer luôn tồn tại. 2. Sự tồn tại trên nói chung không duy nhất. 3. Nếu Y vô hạn chiều thì minimizer nói chung không tồn tại. Chứng minh. 1. Tập hợp {z ∈ Y : kx − zk ≤ R} là đóng và bị chặn nên compact nếu Y hữu hạn chiều. Hơn nữa, hàm khoảng cách kx − zk liên tục nên đạt được giá trị nhỏ nhất.
  • 53. X = R2 với chuẩn kzk = max{|z1| , |z2|}, không gian con Y = {[a, 0]|a ∈ R} và x = [0, 1]. Lúc đó mọi điểm của đoạn thẳng {[a, 0]|a ∈ [−1, 1]}đều là minimizer. 3. Xét X = C[−1,1], Y = {y ∈ X| 0 Z −1 y[t]dt = 1 Z 0 y[t]dt = 0}, và x ∈ X là hàm số sao cho 0 Z −1 x[t]dt = −1, 1 Z 0 x[t]dt = 1. Vì 0 R −1 x[t]dt = −1, 0 R −1 y[t]dt = 0 nên inf t∈[−1,0] [x[t] − y[t]] ≤ −1, do tính liên tục, đẳng thức chỉ xảy ra khi y[t] = x[t]+1, ∀t ∈ [−1, 0]. Tương tự, 1 R 0 y[t]dt = 0} và 1 R 0 x[t]dt = 1 suy ra sup t∈[0,1] [x[t] − y[t]] ≥ 1 và đẳng thức xảy ra chỉ nếu y[t] = x[t] − 1, ∀t ∈ [0, 1]. Ta suy ra d[x, Y ] ≥ 1 và không có y ∈ Y sao cho kx − yk = 1, bởi vì nếu có thì y[0] = x[0] − 1và y[0] = x[0] + 1, mâu thuẫn. Tuy nhiên, ta có thể định nghĩa y như sau: y[t] = x[t] + 1 nếu x ∈ [−1, 0], y[t] = x[t] − 1 nếu x ∈ [0, 1], và thay đổi y trong một lân cận nhỏ của 0 để y liên tục. Từ đó ta có kx−yk = inf z∈Y kx−zk = 1. Bài tập 1.73. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn trong đó X 6= {0}. Chứng minh rằng nếu L[X, Y ] là không gian Banach thì Y là không gian Banach14 . Chứng minh. Lấy x0 ∈ X sao cho kx0k = 1. Theo định lí Hahn-Banach, tồn tại f ∈ X∗ sao cho kfk = 1 và f[x0] = kx0k = 1. Gọi [yn]n là dãy 14 Đây là bài hay nhất của tài liệu này. Ta có kết quả sau: Nếu X 6= {0} thì không gian định chuẩn L[X, Y ] là Banach nếu và chỉ nếu Y là Banach.
  • 54. Y . Ta định nghĩa họ toán tử An như sau An : X −→ Y , An[x] = f[x]yn. Khi đó An là họ toán tử tuyến tính liên tục. Mặt khác, với mọi m, n ∈ N ta có kAn − Amk = sup kxk≤1 kf[x][yn − ym]k = kyn − ymk sup kxk≤1 |f[x]| = kyn − ymk tức là [An]n∈N ⊂ L[X, Y ] là một dãy Cauchy. Vì L[X, Y ] là không gian Banach nên tồn tại A ∈ L[X, Y ] sao cho An → A. Đặt A[x0] = y0. Khi đó kyn − y0k = kAn[x0] − A[x0]k = k[An − A][x0]k ≤ kAn − Akkx0k = kAn − Ak → 0 Do đó, yn → y0 trong Y . Vậy Y là không gian Banach.
  • 55. by doing. We learn mathematics by doing problems. 2 Không gian Hilbert Bài tập 2.1. Một chứng minh khác cho bất đẳng thức Cauchy-Schwarz |hu, vi| ≤ kukkvk trong đó u, v 6= 0 trên không gian tiền Hilbert thực. Chứng minh. Xét x1 = u kuk + v kvk và x2 = u kuk − v kvk Ta có hxi, xii ≥ 0, i = 1, 2, khai triển ra ta được hu, vi ≤ kukkvk và hu, vi ≥ −kukkvk. Suy ra điều cần chứng minh. Bài tập 2.2. Một số không gian không thỏa đẳng thức hình bình hành. Chứng minh. 1. Xét lp , 1 ≤ p 6= 2 ∞. Chọn x = [−1, −1, 0, 0, 0, . . .] và y = [−1, 1, 0, 0, . . .] ∈ lp Ta có kxk = kyk = 2 1 p và kx + yk = kx − yk = 2 Điều này không xảy ra với l2 . Với l∞ thì sao?
  • 56. C[a, b] với chuẩn max. Chọn f[t] = 1 và g[t] = t − a b − a , ∀t ∈ [a, b]. Ta có kfk = kgk = 1 và kf − gk = 1 và kf + gk = 2 Suy ra kf + gk2 + kf − gk2 = 5, 2[kfk + kgk] = 4. Bài tập 2.3. Cho 1 ≤ p ∞. Chứng minh [lp , k.k] là không gian Hilbert khi và chỉ khi p = 2. Chứng minh. Rõ ràng, với l2 , k.k2 là không gian Hilbert ứng với p = 2. Bây giờ giả sử 1 ≤ p ∞, lp là không gian Hilbert. Với k, t ∈ N và k 6= t ta xét ek, et ∈ lp . Vì nó là không gian Hilbert nên thỏa đẳng thức hình bình hành kek + etk2 p + kek − etk2 p = 2[kekk2 p + ketk2 p], tức là 2 1 p + 2 1 p = 22 , 21+2 p = 22 , hay p = 2. Bài tập 2.4. Lp [−1, 1], 1 ≤ p ∞ với k.kp là không gian Hilbert khi p = 2. Chứng minh. Xét f[x] = 1 + x và g[x] = 1 − x ∈ Lp [−1, 1]. Ta có kfkp p = 1 Z −1 |f[x]|p dx = 1 Z −1 [1 + x]p dx = 2p+1 p + 1 và kgkp p = 1 Z −1 [1 − x]p dx = 2p+1 p + 1 Mặt khác kf + gkp p = 1 Z −1 [[1 + x] + [1 − x]]p dx = 1 Z −1 2p dx = 2p+1 và kf − gkp p = 2p 1 Z −1 |x|p = 2p+1 1 Z 0 xp dx = 2p+1 p + 1
  • 57. hình bình hành thỏa mãn khi và chỉ khi [p + 1] 2 p − 3 = 0 p = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình trên. Phần còn lại xin dành cho độc giả. Bài tập 2.5. Cho 1 ≤ p ∞ và A ⊂ Rn là tập đo được Lebesgue, λ[A] 0trong đó λ là độ đo Lebesgue trên Rn . Chứng minh [Lp [A], k.kp] là không gian Hilbert khi và chỉ khi p = 2. Chứng minh. Theo tính chất của độ đo Lebesgue, ta có thể tìm các tập đo được Lebesgue B, C ⊂ A sao cho B ∩ C = ∅ và λ[B] = λ[C] = λ[A] 2 . Nếu Lp [A] là không gian Hilbert thì nó thỏa mãn đẳng thức hình bình hành. Ta có kχB + χCk2 p + kχB − χCk2 p = 2[kχBk2 p + kχCk2 p] Suy ra [λ[A]]2/p + [λ[A]]2/p = 2 [λ[A]/2]2/p + [λ[A]/2]2/p . Vì λ[A] 0 nên 2 = 22/p , tức là p = 2. Ngược lại, với p = 2 thì [Lp [A], k.kp] là không gian Hilbert. Bài tập 2.6. Cho [Ω, Σ, µ] là không gian độ đo với ít nhất hai tập có độ đo dương rời nhau. Chứng minh rằng Lp [Ω, µ], 1 ≤ p ∞ sinh ra một tích vô hướng khi và chỉ khi p = 2 Chứng minh. Đặt Ω = A1 ∪ A2, trong đó A1 ∩ A2 = ∅, µ[A1], µ[A2] 0. Với i = 1, 2 chọn fi ∈ Lp [Ω] sao cho kfikp = 1 và supp [fi] ⊂ Ai. Khi đó kf1 ± f2kp p = Z A1 |f1 ± f2|p + Z A2 |f1 ± f2|p = kf1kp p + kf2kp p Vì vậy với λi 0, ta có kλ1f1 ± λ2f2k2 p = kλ1f1kp p + kλ2f2kp p 2 p = [λp 1 + λp 2] 2 p , trong đó kλ1f1k2 p + kλ2f2k2 p = λ2 1 + λ2 2. Nếu k.kp thỏa mãn đẳng thức hình bình hành thì [λp 1 + λp 2] 2 p + [λp 1 + λp 2] 2 p = 2[λ2 1 + λ2 2], tức là [λp 1 + λp 2] 2 p = λ2 1 + λ2 2 với mọi λ1, λ2 0. Đẳng thức này chỉ đúng với p = 2.
  • 58. 2.7. Chứng minh rằng trong không gian tiền Hilbert H, x, y ∈ H trực giao15 với nhau khi và chỉ khi kλxk2 +kµyk2 = kλx+µyk2 , ∀λ, µ ∈ K. Chứng minh. [⇒:] Giả sử x, y ∈ H, x ⊥ y. Ta có kλx + µyk2 = hλx + µy, λx + µyi = hλx, λx + µyi + hµy, λx + µyi = hλx, λxi + hλx, µyi + hµy, λxi + hµy, µyi = hλx, λxi + λµ hx, yi + µλ hy, xi + hµy, µyi = kλxk2 + kµyk2 [⇐:] Giả sử x, y thỏa mãn kλxk2 + kµyk2 = kλx + µyk2 , ∀λ, µ ∈ K Khi đó ∀λ, µ ∈ K thì λµ hx, yi + µλ hy, xi hay λµ hx, yi + µλhx, yi Chọn λ = µ = 1, ta có 2Re hx, yi = 0, tức là Re hx, yi = 0 Chọn λ = 1, µ = i, thì 2Im hx, yi = 0, tức là Im hx, yi = 0. Vậy hx, yi = 0 hay x ⊥ y. Bài tập 2.8. Cho H là không gian tiền Hilbert và {x1, . . . , xn} ⊂ H, n ∈ N. Chứng minh rằng X [1,...,n]∈{±1}n n X i=1 ixi 2 = 2n n X i=1 kxik2 Chứng minh. Ta có X [1,...,n]∈{±1}n n X i=1 ixi 2 = X [1,...,n]∈{±1}n n X i,j=1 ij hxi, xji = n X i,j=1 hxi, xji X [1,...,n]∈{±1}n ij Với i = j, ta có P [1,...,n]∈{±1}n ij = 2n . Với i 6= j, P [1,...,n]∈{±1}n ij = 0 vì trong tổng này có 2n−1 thành phần bằng 1 và 2n−1 thành phần bằng −1. 15 Trong không gian Hilbert phức, x ⊥ y khi và chỉ khi kxk2 + kyk2 = kx + yk2 và kx + iyk = kx − iyk.
  • 59. 2n n X i=1 hxi, xii = 2n n X i=1 kxik2 Bài tập 2.9. Cho [xn]n, [yn]n ⊂ B0 [0, 1] trong không gian tiền Hilbert H và lim n→∞ hxn, yni = 1. 1. Chứng minh lim n→∞ kxnk = lim n→∞ kynk = 1 2. Chứng minh lim n→∞ kxn − ynk = 0 Chứng minh. 1. Ta có 1 = hxn, yni ≤ kxnkkynk ≤ kxnk ≤ 1 1 = hxn, yni ≤ kxnkkynk ≤ kynk ≤ 1 Suy ra lim n→∞ kxnk = lim n→∞ kynk = 1. 2. Ta có kxn − ynk2 = hxn − yn, xn − yni = hxn, xni − hxn, yni − hyn, xni + hyn, yni = kxnk2 + kynk2 − hxn, yni − hxn, yni Vậy lim n→∞ kxn − ynk = 0. Bài tập 2.10. Cho H là không gian Hilbert, A : H → H tuyến tính thỏa mãn hAx, yi = hx, Ayi , ∀x, y ∈ H. Chứng minh A liên tục. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh A là ánh xạ đóng. Thật vậy, gọi [xn, Axn] ⊂ GA và [xn, Axn] → [x0, y0], ta cần chứng minh y0 = Ax0. Với mọi y ∈ H ta có hAx0, yi = hx0, Ayi = D lim n→∞ xn, Ay E = lim n→∞ hxn, Ayi = lim n→∞ hAxn, yi = D lim n→∞ Axn, y E = hy0, yi Suy ra hAx0 − y0, yi = 0, ∀y ∈ H. Với y = Ax0−y0 thì hAx0 − y0, Ax0 − y0i = 0. Khi đó, Ax0 = y0 = 0 hay Ax0 = y0. Vậy A là toán tử đóng trong không gian Banach H và do đó, A liên tục.
  • 60. 2.11. Cho không gian Hilbert H và tập M thỏa M ⊂ H, M 6= ∅. Chứng minh rằng 1. M ⊂ M ⊂ [M⊥ ]⊥ 2. Nếu M là không gian con của H thì [M⊥ ]⊥ = M. Chứng minh. 1. M ⊂ M: rõ. M ⊂ [M⊥ ]⊥ : Lấy x ∈ M, khi đó tồn tại [xn]n ∈ M sao cho xn → x, n → ∞. Với mọi y ∈ M⊥ ta có hx, yi = D lim n→∞ xn, y E = lim n→∞ hxn, yi = lim n→∞ 0 = 0 Vậy x ∈ [M⊥ ]⊥ . 2. Theo câu a] ta có M ⊂ [M⊥ ]⊥ . Bây giờ ta chứng minh [M⊥ ]⊥ ⊂ M. Thật vậy, H = M ⊥ ⊕ M = M⊥ ⊕ M nên với mọi x ∈ [M⊥ ]⊥ được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = y + z, trong đó y ∈ M⊥ , z ∈ M ⊂ [M⊥ ]⊥ . Suy ra y = x − z ∈ [M⊥ ]⊥ . Vậy y ∈ [M⊥ ]⊥ ∪ M⊥ nên y = 0. Từ đó x = z ∈ M, tức là [M⊥ ]⊥ ⊂ M. Bài tập 2.12. Cho không gian Hilbert H, f ∈ H∗ , f 6= 0. Chứng minh M⊥ là không gian con một chiều của H, trong đó M = ker f Chứng minh. Vì f 6= 0 nên tồn tại x0 ∈ M⊥ sao cho f[x0] = 1. Ta sẽ chứng minh M⊥ = h{x0}i. Với mọi x ∈ M⊥ , x 6= 0, f[x] = α 6= 0 nên f[x] = αf[x0]. Suy ra f[x − αx0] = 0 hay x − αx0 ∈ M. Mặt khác, vì x, x0 ∈ M⊥ nên x−αx0 ∈ M⊥ . Khi đó hx − αx0, x − αx0i = 0 nên x − αx0 = 0 hay x = αx0. Vậy M⊥ = h{x0}i. Bài tập 2.13. Cho E = {en}n∈N là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H. Chứng minh E là tập đóng bị chặn nhưng không compact. Suy ra H không compact địa phương. Chứng minh. Ta có {en}n∈N ⊂ B0 [0, 1] nên nó bị chặn. Lấy dãy [xn]n ⊂ E, xn → x. Lúc đó [xn]n là dãy dừng, tức là tồn tại n0 ∈ N sao cho an = an0 , ∀n ≥ n0. Suy ra a ∈ E nên E đóng. Mặt khác, ken − emk = √ 2, ∀m, n ∈ N, m 6= n nên mọi dãy [xn]n ⊂ E không có dãy con nào hội tụ. Vậy E không compact nên B0 [0, 1] không compact và do đó H không compact địa phương.
  • 61. 2.14. Gọi {en}n∈N là cơ sở trực chuẩn trong không gian Hilbert H, Pn[x] = n P k=1 hx, eni en, x ∈ H, n = 1, 2, . . . là dãy phép chiếu trực giao. Chứng minh {PN } hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I của H nhưng không hội tụ theo chuẩn đến I Chứng minh. Vì {en}n∈N là cơ sở trực chuẩn trong không gian Hilbert H nên ∀x ∈ H, x = ∞ P k=1 hx, eni en. Khi đó, kPn[x] − I[x]k2 = k n X i=1 hx, eii ei − ∞ X i=1 hx, eii eik2 = k ∞ X i=n+1 hx, eii eik2 = ∞ X i=n+1 |hx, eii|2 Mặt khác kxk2 = ∞ X i=1 |hx, eii|2 nên ∞ X i=n+1 |hx, eii|2 → 0, n → ∞ Do đó lim n→∞ kPn[x] − I[x]k2 = 0 nên lim n→∞ kPn[x] − I[x]k = 0. Vậy Pn[x] → I[x], n → ∞. Giả sử [Pn]n∈N hội tụ theo chuẩn đến I khi đó lim n→∞ kPn − Ik = 0, nên tồn tại n0 ∈ N sao cho kPn0 − Ik 1. Chọn x = en+1, ta có k[Pn0 − I]en0+1k ≤ kPn − Ikken0+1k 1 Tuy nhiên k[Pn0 − I]en0+1k = kPn0 [en0+1] − en0+1k = ken0+1k = 1 Vậy 1 1, vô lý. Bài tập 2.15. Cho E = {en}n∈N là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H, [λn]n∈N là dãy số bị chặn. Chứng minh rằng 1. ∞ P k=1 λn hx, eni en hội tụ với mọi x ∈ H 2. Ax = ∞ P k=1 λn hx, eni en là toán tử tuyến tính liên tục. Tính kAk.
  • 62. Ta có ∞ X k=1 |λn hx, eni|2 = ∞ X k=1 |λn|2 |hx, eni|2 [λn]n∈N là dãy số bị chặn nên tồn tại K 0 sao cho sup n∈N |λn| ≤ K. Khi đó, ∞ X k=1 |λn hx, eni|2 ≤ K2 ∞ X k=1 |hx, eni|2 ≤ K2 kxk2 +∞ Vậy ∞ P k=1 |λn hx, eni|2 hội tụ nên ∞ P k=1 λn hx, eni en hội tụ. 2. Ax = ∞ P k=1 λn hx, eni en là toán tử tuyến tính. Thật vậy, A[αx + βy] = ∞ X k=1 λn hαx + βy, eni en = ∞ X k=1 λn[hαx, eni + hβy, eni]en A[αx + βy] = ∞ X k=1 λn[α hx, eni + β hy, eni]en = α ∞ X k=1 λn hx, eni en + β ∞ X k=1 λn hy, eni]en = αAx + βAy Mặt khác kAxk2 = ∞ X k=1 |λn hx, eni|2 ≤ K2 kxk2 nên kAxk ≤ Kkxk. Vậy A liên tục và kAk ≤ K. Bài tập 2.16. Cho x, y, u, v là bốn vectơ trong không gian tiền Hilbert H. Chứng minh rằng 16 kx − ukky − vk ≤ kx − ykku − vk + ky − ukkx − vk 16 Bất đẳng thức Ptolémée
  • 63. Trước hết ta chứng minh ∀x, y ∈ H, x, y 6= 0 thì k x kxk2 − y kyk2 k2 = kx − yk2 kxk2kyk2 Ta xét hai trường hợp: • x = 0: bất đẳng thức trở thành kukky − vk ≤ kykku − vk + ky − ukkvk Ta có k y kyk2 − v kvk2 k ≤ k y kyk2 − u kuk2 k + k u kuk2 − v kvk2 k Suy ra ky − vk kykkvk ≤ ky − uk kykkuk + ku − vk kukkvk Vậy kukky − vk ≤ kykku − vk + ky − ukkvk. • x 6= 0: Ta đặt a = x − u, b = x − y, c = x − v. Khi đó bất đẳng thức trở về trường hợp trên Bài tập 2.17. Cho M, N là hai không gian con đóng của không gian Hilbert H sao cho M ⊥ N. Chứng minh M + N cũng là một không gian con đóng của H Chứng minh. Ta có ∀x ∈ M + N, x = y + z trong đó y ∈ M, z ∈ N. Biểu diễn này là duy nhất vì nếu có y0 ∈ M, z0 ∈ N sao cho x = y0 + z0 , lúc đó y − y0 = z − z0 ∈ M ∩ N = {0}. Suy ra y0 = y và z0 = z. Lấy [zn]n ⊂ M + N, zn → z0, n → ∞. Ta cần chứng minh z0 ∈ M + N. Ta có zn = xn + yn, xn ∈ M, yn ∈ N, ∀n ∈ N. Mặt khác kzn − zmk2 = kxn + yn − xm − ymk2 = kxnk2 + kyn − ymk2 Suy ra [xn]n, [yn]n là dãy Cauchy vì kxn − xmk ≤ kzn − zmk → 0 và kyn − ymk ≤ kzn − zmk → 0 khi m, n → ∞. Vì M, N đóng trong không gian Banach nên M, N Banach và do đó xn → x0 ∈ M, yn → y0 ∈ N, n → ∞. Vậy zn → x0 + y0 = z0 ∈ M + N, tức là M + N là không gian con đóng.
  • 64. 2.18. Cho H là không gian Hilbert và P ∈ L[H] sao cho P2 = P và kPk ≤ 1. Chứng minh rằng P là một toán tử chiếu.17 . Chứng minh. Đặt M = P[H] và N = ker P. Khi đó, M là không gian con đóng và x ∈ M tương đương với x = Px. N cũng là không gian con đóng vì tính liên tục của P. Trong phân tích x = Px+[I −P][x], ta có Px ∈ M và [I − P][x] ∈ N do P[I − P] = p − P2 = 0. Vì vậy ta sẽ chứng minh M⊥ = N. Với mọi x ∈ H, y = Px − x ∈ N vì P2 = P. Do đó, nếu x ∈ N ⊥ thì Px = x + y với hx, yi = 0. Suy ra kxk2 ≥ kPxk2 = kxk2 + kyk2 và do đó y = 0. Như thế x ∈ N⊥ thì Px = x hay N⊥ ⊂ M. Ngược lại, ∀z ∈ M, z = Pz. Vì H = N ⊕ N⊥ nên giả sử z = x + y, trong đó y ∈ N, x ∈ N⊥ . Suy ra z = Pz = Px + Py = Px = x ∈ N⊥ . Điều này chứng tỏ M ⊂ N⊥ . Vậy M = N⊥ . Vì [N⊥ ]⊥ = N nên M⊥ = N. Bài tập 2.19. Cho H là không gian Hilbert với hệ trực chuẩn [xn]n. Chứng minh [xn]n hội tụ yếu tới 0. Chứng minh. Xét x∗ ∈ H∗ . Khi đó, theo định lí Riesz, tồn tại duy nhất x ∈ H sao cho x∗ [y] = hy, xi, ∀y ∈ H. Với mỗi x ∈ H, theo bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ P i=1 |hx, xni|2 ≤ kxk2 và do đó lim n→∞ hxn, xi = 0, tức là lim n→∞ x∗ [xn] = 0 Bài tập 2.20. Cho H là không gian Hilbert và [en]n∈N là một cơ sở trực chuẩn, x∗ : H −→ K là phiếm hàm tuyến tính liên tục. Chứng minh rằng y = ∞ P n=1 x∗[en]en là phần tử duy nhất trong H thỏa mãn x∗ [x] = hx, yi, ∀y ∈ H và kx∗ k = s ∞ P n=1 |x∗[en]|2 . Chứng minh. Theo định lí Riesz, tồn tại duy nhất y ∈ H sao cho x∗ [x] = hx, yi, ∀x ∈ H. Nói riêng, x∗ [en] = hen, yi, ∀n ∈ N. Vì [en]n∈N là cơ sở trực chuẩn nên y = ∞ P n=1 hy, eni en, do đó y = ∞ P n=1 x∗[en]en. Vì kx∗ k = y và [en]n∈N là cơ sở trực chuẩn nên ta có kx∗ k = s ∞ P n=1 |x∗[en]|2 . Bài tập 2.21. Cho A là toán tử tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert H. Chứng minh rằng A là tự liên hợp khi và chỉ khi kx + iAxk2 = kxk2 + kAxk2 . 17 Xem Yosida, Functional Analysis, Theorem 3, trang 84
  • 65. Vì A là tự liên hợp nên A = A∗ . Suy ra hAx, xi = hx, A∗ xi = hx, Axi = hAx, xi, với mọi x ∈ H, tức là hAx, xi ∈ R, ∀x ∈ H. Do đó, kx + iAxk2 = hx + iAx, x + iAxi = hx, xi + i hAx, xi + hx, iAxi + hiAx, iAxi = kxk2 + kAxk2 , ∀x ∈ H. ii] Ngược lại, nếu kx + iAxk2 = kxk2 + kAxk2 thì hAx, xi − hx, Axi = 0. Do đó, hAx, xi ∈ R. Vậy A tự liên hợp.
  • 66. good for only two things, discovering mathematics and teaching mathematics– Siméon Poisson 3 Toán tử compact và phổ của toán tử com- pact Bài tập 3.1. Cho X = X1 ⊕ X2, A ∈ L[H] sao cho A[X1] ⊂ X2 và A[X2] ⊂ X1. Chứng minh nếu λ là giá trị riêng của A thì −λ cũng là giá trị riêng của A. Chứng minh. Vì λ là giá trị riêng của A nên tồn tại x 6= 0 sao cho Ax = λx. Khi đó, x = x1 + x2, trong đó x1 ∈ X1, x2 ∈ X2. Ta có A[x1 + x2] = λ[x1 + x2], hay Ax1 − λx2 = Ax2 − λx1. Theo giả thiết thì Ax1 − λx2 = Ax2 − λx1 = 0 ∈ X1 ∩ X2. Đặt y = x1 − x2 18 . Ta có y 6= 0, vì nếu ngược lại thì x1 = x2 = 0, tức là x = 0, vô lý. Lúc đó, A[y] = A[x1 − x2] = −λy, và do đó −λ cũng là giá trị riêng của A. Bài tập 3.2. Cho H là không gian Hilbert , A ∈ L[H], A = A∗ , λ ∈ C. 1. Nếu H 6= R[Aλ] thì λ là giá trị riêng của A. 2. Nếu H = R[Aλ] và H 6= R[Aλ] thì λ ∈ σ[A] nhưng không phải là giá trị riêng của A. 3. Nếu H = R[Aλ] thì λ là giá trị chính quy của A. Chứng minh. Ta có H = N[A∗ λ] ⊕ R[Aλ]. 1. Nếu H 6= R[Aλ] thì Aλ không là toàn ánh, do đó không song ánh. Suy ra λ ∈ σ[A]. Vì A = A∗ nên λ ∈ R. Ta có [A − λI]∗ = A∗ − λI∗ = A − λI. Từ H 6= R[Aλ] ta có N[Aλ] = N[A∗ λ] 6= {0}. Vậy λ là giá trị riêng. 2. Vì H 6= R[Aλ] nên Aλ không khả nghịch nên λ ∈ σ[A], và kết hợp với A = A∗ ta có λ ∈ R. H = R[Aλ] nên N[A∗ λ] = {0} = N[Aλ]. Vậy λ ∈ σ[A] nhưng không là giá trị riêng của A. 3. A = A∗ nên σ[A] ⊂ R. Do đó, nếu λ ∈ C R thì λ là giá trị chính quy. Xét λ ∈ R. Vì H = R[Aλ] nên Aλ là toàn ánh. Mặt khác, N[A∗ λ] = {0} = N[Aλ] nên Aλ là đơn ánh. Vậy Aλ là song ánh, tức là λ là giá trị chính quy. 18 C.M.Q

Bài Viết Liên Quan

Giải bài tập hệ thống thông tin kế toán năm 2024
Giải bài tập hóa 10 sgk luyện tập chương ii năm 2024
Đột kick bị lỗi sai tập tim kiểu path năm 2024
Coó bên nào chạy cam kết ra đơn hàng không năm 2024
Cách đánh giá số lượng huyết đồ và tủy đồ năm 2024
Top 10 ban thang dep nhat world cup 2023 năm 2024
Có khi nào rời xa chế tiếng lào năm 2024
Giải toán lớp 5 bài luyện tập chung trang 124 năm 2024
Các bài toán hình nâng cao ôn thi vào 10 năm 2024
Cách máy tính có thể nhận bao nhiêu g ram năm 2024
Bán đất đường tô hiến thành thành phố thanh hóa năm 2024
Những kỷ niệm vui buồn của cán bộ văn hóa năm 2024
Các dạng toán thường gặp ở violympic ớp 9 năm 2024
Hi tourist sim card singapore giá mua như thế nào năm 2024
Đại học kế toán hà nội lấy bao nhiêu điểm năm 2024
Lỗi xài 2 sim bị mất sóng trên sámung năm 2024
Khắc phục lỗi màn hình chạy tới cuối trang năm 2024
Lỗi không in dòng liên tục trong excel năm 2024
Cách tính chỉ số en so sánh 2 phòng năm 2024
Chữ ký người bán hàng trên hóa đơn năm 2024

Toplist mới

#1
Top 9 cho tập hợp s gồm 17 số nguyên dương đầu tiên 2023
6 tháng trước
#2
Top 10 nằm mơ thấy con gái ruột của mình 2023
6 tháng trước
#3
Top 8 giải tập làm văn lớp 5 tập 2 trang 34 2023
6 tháng trước
#4
Top 6 hãy chọn phương án ghép sai mã hóa thông tin nhằm mục đích 2023
6 tháng trước
#5
Top 9 chi phí du lịch nha trang 4 ngày 3 đêm 2023
6 tháng trước
#6
Top 8 đường thẳng song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 2023
6 tháng trước
#7
Top 6 đối tượng nào là cơ sở xã hội và nguồn bổ sung lực lượng quan trọng nhất của đảng 2023
6 tháng trước
#8
Top 7 công ty giày da đồng nai tuyển dụng 2023
6 tháng trước
#9
Top 8 khái niệm tư tưởng hồ chí minh được nêu trong đại hội đảng toàn quốc lần thứ máy 2023
6 tháng trước

Bài mới nhất

Năng lực chuyên môn trong nganh giao duc là gì năm 2024
Chơi game tốt thì lên chọn điện thoại nào năm 2024
Nghị định quy định về nhãn hàng hóa năm 2024
Bảng kiểm điểm đảng viên cuối năm của kế toán năm 2024
Top phim điện ảnh hay nhất mọi thời đại năm 2024
Khuôn mặt vuông nên để kiểu tóc nào năm 2024
Các hiện tượng thời tiết bão tầng khí quyển nào năm 2024
Alan phan đầu tư vào cty nào ở vn năm 2024
Soạn văn một số thể loại văn học thơ truyện năm 2024
Trung tâm tiếng anh ở bình thạnh năm 2024

Chủ Đề

Toplist Địa Điểm Hay Là gì Hỏi Đáp programming Mẹo Hay Nghĩa của từ Học Tốt Công Nghệ bao nhiêu Khỏe Đẹp Top List Bao nhiêu Bài Tập mẹo hay Sản phẩm tốt Xây Đựng Ngôn ngữ Tiếng anh Ở đâu Bài tập So Sánh Hướng dẫn Tại sao Dịch Đại học So sánh đánh giá Máy tính Bao lâu Vì sao Thế nào Hà Nội Món Ngon Khoa Học Thanh Hóa