bài tập giải tích hàm

Phạm Đình Đồng Exercises in Functional 1st Edition Analysis A review for final exam 2008 Lời tựa To all the girls i love before Tơi đến với giải tích hàm "sự đặt số phận" Có lẽ, ngun nhân để tơi việc viết tập tài liệu nhỏ Xin nhấn mạnh rằng, góp nhặt khai triển chẳng có sáng tạo Thỉnh thoảng có đơi lời khen tặng, tơi lấy làm xấu hổ cưỡng chiếm khơng phải phận hưởng Khi kẻ bình thường quên ước lượng tài sức mình, viết điều rộng lớn trừu tượng hẳn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Rất mong giáo độc giả Nước muôn sông không đủ cho rửa tai để nghe lời cao luận Huế, tháng 5, 2008 Phạm Đình Đồng Ph.D.Dong "A journey of a thousand miles begin with one step" - Lão Tử Không gian định chuẩn Bài tập 1.1 Cho X không gian vectơ , f1 , f2 : X −→ K ánh xạ tuyến tính thỏa f1 (x)f2 (x) = 0, ∀x ∈ X Chứng minh f1 ≡ f2 ≡ Chứng minh Giả sử f1 = ta cần chứng minh f2 = Vì f1 = nên tồn x1 ∈ X cho f1 (x1 ) = 0, lúc f2 (x1 f1 (x1 )) = f2 (x1 )f1 (x1 ) = Suy f2 (x1 ) = hay x1 ∈ Kerf2 Nếu f2 = lúc tồn x2 ∈ X cho f2 (x2 ) = x2 ∈ Kerf1 Đặt x0 = x1 + x2 , lúc f1 (x0 ) = f1 (x1 ) + f1 (x2 ) = f1 (x1 ) = f2 (x0 ) = f2 (x1 ) + f2 (x2 ) = f2 (x2 ) = =⇒ f1 (x0 )f2 (x0 ) = f1 (x1 )f2 (x2 ) = Mâu thuẫn với giả thiết, f2 ≡ Bài tập 1.2 Cho X không gian vectơ , A : X −→ X ánh xạ tuyến tính thỏa A2 = Chứng minh Id − A song ánh Chứng minh Với 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 ) = ⇒ A(x1 ) = A(x2 ) từ suy x1 = x2 Vậy Id − A đơn ánh Với y ∈ X, xét x = A(y)+y ∈ X, (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 toàn ánh Vậy Id − A song ánh Bài tập 1.3 Cho X, Y hai không gian vectơ với dimX = n, dimY = m Chứng minh dim(L(X, Y )) = n.m Chứng minh Ta có L(X, Y ) = {f : X −→ Y ánh xạ tuyến tính } khơng gian vectơ Lúc L(X, Y ) ∼ = Matn×m (K), suy dim(L(X, Y )) = dimMatn×m (K) Mặt khác ta thấy Aij ma trận cho aij = 1, ≤ i ≤ n, ≤ j ≤ m cịn vị trí cịn lại lúc hệ gồm {(Aij )}, ≤ i ≤ n, ≤ j ≤ m Ph.D.Dong độc lập tuyến tính Mặt khác  a1n a2n    amn  a11  a21 A=  am1 m n A= aij Aij i=1 j=1 Do {Aij } hệ sinh Matn×m (K) Vậy {Aij } sở Matn×m (K) có m × n phần tử Vậy dim(L(X, Y )) = n.m Bài tập 1.4 Cho f : X −→ R ánh xạ tuyến tính , Y ⊂ X thỏa Kerf ⊂ Y Chứng minh Y = X Y = Kerf Chứng minh Giả sử Y không gian X chứa Kerf thực Lúc có y0 ∈ Y y0 ∈ / Kerf nên f (y0 ) = Với x ∈ X, ta đặt z = x − ff(y(x)0 ) y0 f (z) = f (x − f (x) f (x) y0 ) = f (x) − f (y0 ) = f (x) − f (x) = f (y0 ) f (y0 ) ⇒z =x− Suy x = z + f (x) y0 ∈ Kerf ⊂ Y f (y0 ) f (x) y0 ∈ Y , tức X = Y f (y0 ) Bài tập 1.5 Cho X = {0} không gian vectơ thực phức Chứng minh ta trang bị chuẩn X Chứng minh Gọi B = {eα | α ∈ I} sở Hamel X K Lúc x ∈ X, x = viết dạng n x= xij eij j=1 n ∈ N, xij ∈ K \ {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi phân biệt Ta định nghĩa n xij x = x = x = j=1 Ta chứng minh chuẩn X Thật vậy, Ph.D.Dong • Lấy x ∈ X, x = Lúc x = n j=1 xij eij n ∈ N, xij ∈ K \ {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi phân biệt Vì x = nên tồn ij = Do đó, x > • Với x ∈ X λ ∈ K, x = λ = λx = 0, λx = |λ| x Giả sử x = 0, λ = Nếu x = n λx = j=1 n xij eij j=1 λxij eij Suy λx = |λ| x • Lấy tùy ý x, y ∈ X Nếu x = y = x + y = x + y Ngược lại, x, y = 0, ta xem x có biểu diễn y = m s=1 yts ets m ∈ N, xts ∈ K \ {0}, ts ∈ I, s = 1, m đôi phân biệt Đặt Cx , Cy ⊂ I sau Cx = {ij , j = 1, n} Cy = {ts , s = 1, m} Nếu Cx ∩ Cy = ∅ x + y = m n xij + j=1 s=1 n m xij eij + j=1 s=1 yts ets Khi x + y = |xts | = x + y Bây ta giả sử Cxy = Cx ∩ Cy = ∅ Khơng tính tổng qt, giả sử in = tm , in−1 = tm−1 , , in−k = tm−k Cxy = {in , , in−k } = {tm , , tm−k } Ta biểu diễn x + y sau m−k−1 n−k−1 xij eij + x+y = k s=1 j=1 (xin−l + ytm−l )ein−l yts ets + l=1 với (xin−l + ytm−l ) = 0, ta khơng viết Nếu x + y = x + y ≤ x + y , hiển nhiên Nếu x + y = n−k−1 x+y = ≤ m−k−1 xij + j=1 s=1 n−k−1 m−k−1 xij + j=1 = x + y s=1 k |yts | + xin−l + ytm−l l=1 k |yts | + ( xin−l + ytm−l ) l=1 Ph.D.Dong Bài tập 1.6 Kiểm tra tập cho không gian định chuẩn a) X = Kn , x = (x1 , , xn ), x = max |xi | i=1,n b) X = c, dãy số thực phức hội tụ, x = sup |xn | n∈N c) X = M [a, b], tập gồm tất hàm số bị chặn [a, b], x = sup |x(t)| t∈[a,b] b d) X = C[a,b] , hàm số liên tục [a, b], x = ( |x(t)|2 dt)1/2 a e) X = l1 , tập tất dãy số thực phức (xn )n cho +∞ x = ∞ n=1 ∞ n=1 |xn | < |xn | Chứng minh a) Ta có với x ∈ X, x ≥ x = ⇒ max |xi | = ⇒ xi = ∀i = 1, n ⇒ x = i=1,n ∀x ∈ X, ∀λ ∈ K, ta có λx = max |λxi | = |λ| max |xi | = |λ| x i=1,n i=1,n Với x, y, z ∈ X, ta có x + y = max |xi + yi | ≤ max |xi | + max |yi | i=1,n i=1,n i=1,n Suy x + y ≤ x + y Vậy (X, ) không gian định chuẩn b) Tương tự a) c) Tương tự b b a a d) Ta có x = ( |x(t)|2 dt)1/2 ≥ x = ( |x(t)|2 dt)1/2 = ⇒ b a |x(t)|2 dt = Giả sử x = 0, tức có (α, β) cho x(t) = 0, ∀t ∈ (α, β) nên b a |x(t)|2 dt ≥ β α |x(t)|2 dt > 0, mâu thuẫn Ph.D.Dong Với x ∈ X, λ ∈ K, ta có λx = |λ| x ∀x, y ∈ X, ta có theo bất đẳng thức tích phân b ( a b |x(t) + y(t)|2 dt)1/2 ≤ ( b |x(t)|2 dt)1/2 + ( a a |y(t)|2 dt)1/2 ⇒ x+y ≤ x + y Vậy (X, ) khơng gian định chuẩn e) Ta có x = x = ∞ n=1 ∞ n=1 |xn | ≥ 0, ∀x ∈ X |xn | = ⇒ xn = 0, ∀n ∈ N ⇒ x = Với x ∈ X, λ ∈ K, ta có λx = |λ| x ∀x, y ∈ X, ta có |xn + yn | ≤ |xn | + |yn |, ∀n ∈ N ⇒ ∞ n=1 |xn + yn | ≤ ∞ n=1 |xn | + ∞ n=1 |yn | ⇒ x+y ≤ x + y Vậy (X, ) không gian định chuẩn Bài tập 1.7 Cho (xn )n , (yn )n hai dãy Cauchy X Chứng minh αn = xn − yn hội tụ Chứng minh Ta cần chứng minh (αn )n dãy Cauchy R (αn )n hội tụ Thật vậy, với m, n ∈ N ta có |αm − αn | = | xm − ym − xn − yn | ≤ xm − ym − xn + yn ≤ xm − xn + ym − yn Do (xn )n , (yn )n hai dãy Cauchy X nên m, n → ∞ xm − xn → ym − yn → Suy |αm − αn | → m, n → ∞ Bài tập 1.8 Cho , , , chuẩn X, α1 , α2 , , αk ∈ R∗+ k chuẩn không gian định Chứng minh max{ , , k } chuẩn Chứng minh k αk i=1 k chuẩn Ph.D.Dong f ∈ L(X, Y ), Y không gian định chuẩn Ta định nghĩa Chứng minh a a : X −→ x −→ R f (x) chuẩn f đơn ánh Chứng minh Rõ Rõ x a = ⇔ f (x) = ⇔ f (x) = f (x) = ⇒ x = ⇒ ker f = Vậy f đơn ánh Các cơng việc cịn lại xin dành cho độc giả Bài tập 1.9 Cho a > Trên C[0, 1] xét chuẩn sau f ∞ = sup |f (t)|, t∈[0,1] f = a |f (t)| dt, ∀f ∈ C[0, 1] Chứng minh f = min{ f , f ∞} chuẩn a ≤ Chứng minh Nếu a ≤ f ≤ f ∞ nên f = f , rõ ràng chuẩn Lấy fn (t) = tn , ∀t ∈ [0, 1], ∀n ≥ Khi f0 = a, f0 ∞ = 1, a , fn ∞ = 1, fn = f0 = min(1, a) Mặt khác fn = n+1 a min(1, n+1 ), ∀n ≤ ∀n, ta có f0 + fn = a(1 + n+1 ), f0 + fn ∞ = 2, f0 + fn = min(2, a(1 + n+1 )) Nếu chuẩn thỏa bất đẳng thức tam giác, tức min(2, a(1 + a )) ≤ min(1, a) + min(1, ) n+1 n+1 Cho n → ∞ ta min(2, a) ≤ min(1, a) + min(0, 1) Suy min(2, a) ≤ min(1, a), tức a ≤ 1.1 Bài tập 1.10 Cho X khơng gian định chuẩn Tìm tất không gian X chứa hình cầu hai chuẩn chưa chuẩn Ph.D.Dong Chứng minh Giả sử L không gian X B(a, ǫ) ⊂ X cho L ⊂ B(a, ǫ) Lấy x ∈ L tùy ý Khi nx ∈ L, ∀n ∈ N Vì L ⊂ B(a, ǫ) nên nx ∈ B(a, ǫ), tức nx − a < ǫ, ∀n ∈ N, từ nx ≤ nx − a + a < ǫ+ a ǫ + a Suy x < Cho n → ∞ ta có x = 0, hay x = Vậy n L = {0} Bài tập 1.11 Cho X không gian định chuẩn Tìm tất khơng gian X chứa hình cầu Chứng minh Gọi L khơng gian X cho B(a, ǫ) ⊂ L Rõ ràng a ∈ L Lấy x ∈ B(0, ǫ), tức x < ǫ Khi a + x ∈ B(a, ǫ) ⊂ L Suy x ∈ L, tức B(0, ǫ) ⊂ L ǫx ǫx ∈ B(0, ǫ) nên ∈ L Vì L Mặt khác ∀x ∈ X, x = ta có x x khơng gian nên x ∈ L Do đó, X ⊂ L Vậy L = X Bài tập 1.12 Cho X không gian định chuẩn G không gian ◦ X Chứng minh G = X G= ∅ ◦ Chứng minh Nếu G= ∅ theo 1.11 ta có G = X Bài tập 1.13 Cho X, Y hai không gian định chuẩn A : X −→ Y toán tử tuyến tính liên tục, (An )n dãy tốn tử tuyến tính liên tục từ X vào Y Kí hiệu U = {x ∈ X| An x khơng hội tụ Ax} V = {x ∈ X| (An x)n dãy Cauchy } Chứng minh U V ∅ trù mật X Chứng minh Ta có CU = X\U = {x ∈ X| An x hội tụ vềAx} Rõ ràng X\U không gian X Giả sử x0 ∈ U x ∈ CU ∀λ ∈ K, λ = 0, x + λx0 ∈ U Thật vậy, ngược lại x + λx0 ∈ CU ta suy x0 ∈ CU , vô lý Lúc ∀x ∈ CU , ∀n ∈ N, x + x0 ∈ U dãy n x + x0 → x nên x ∈ U , tức CU ⊂ U Do đó, X = U ∪ CU ⊂ U Vậy n U = X Tương tự cho V 10 Ph.D.Dong Bài tập 1.14 Cho X không gian định chuẩn A ⊂ X cho X\A không gian tuyến tính X Chứng minh A ∅ trù mật X ◦ Chứng minh Theo giả thiết X\A= ∅ X\A = X Suy A = ∅ X\A = ∅, tức A = ∅ A = X Do đó, A ∅ trù mật X Bài tập 1.15 Chứng minh không gian định chuẩn X, B(x0 , r) = B ′ (x0 , r) int(B ′ (x0 , r)) = B(x0 , r) Chứng minh B(x0 , r) = B ′ (x0 , r) Ta có B(x0 , r) ⊂ B ′ (x0 , r), B ′ (x0 , r) đóng nên B(x0 , r) ⊂ B ′ (x0 , r) Ngược lại, lấy x ∈ B ′ (x0 , r) x − x0 ≤ r Ta chọn dãy (xn )n sau 1 xn = − x + x0 , n n 1 xn −x0 = 1− n x+ n x0 −x0 = (1− n )(x−x0 ) = (1− n1 ) x−x0 ≤ x − x0 ≤ r, ⇒ xn − x0 ≤ r, ∀n ∈ N∗ hay xn ∈ B(x0 , r), ∀n ∈ N∗ hay (xn )n ⊂ B(x0 , r) Ta có xn −x = 1− n1 x+ n1 x0 −x = n1 (−x+x0 ) = n1 (−x+x0 ) ≤ r n , ∀n Suy xn − x → 0, n → ∞ Vậy x ∈ B(x0 , r) hay B(x0 , r) ⊃ B ′ (x0 , r) int(B ′ (x0 , r)) = B(x0 , r) Ta có B(x0 , r) ⊂ B ′ (x0 , r), suy B(x0 , r) ⊂ int(B ′ (x0 , r)) Mặt khác, với x ∈ int(B ′ (x0 , r)) ta cần chứng minh x − x0 < r Giả sử x − x0 = r Vì x ∈ int(B ′ (x0 , r)) nên có s > cho B(x, s) ∈ int(B ′ (x0 , r)) Ta lấy x1 = (1 + 2rs )x − sx 2r , lúc x1 − x = sx0 s s s s (1 + 2r )x − 2r − x = 2r x − x0 = 2r r = < s Suy x1 ∈ B(x, s) nên x1 ∈ int(B ′ (x0 , r)) (∗) s Hơn nữa, x1 − x0 = (1 + 2rs )x − sx 2r − x0 = (1 + 2r ) x − x0 = (1 + 2rs )r = r + 2s > r ⇒ x1 ∈ / B ′ (x0 , r) ⇒ x1 ∈ / int(B ′ (x0 , r)), mâu thuẫn với (∗) Vậy x − x0 < r hay x ∈ B(x0 , r) Suy int(B ′ (x0 , r)) = B(x0 , r) NHẬN XÉT: Các khẳng định không không gian mêtric Chẳng hạn, mêtric rời rạc2 (X, d) ta có B ′ (x0 , 1) = X Ta nên nghĩ đến mêtric tìm phản ví dụ khác không gian định chuẩn không gian mêtric Đây ví dụ chứng tỏ mêtric chưa hẳn sinh chuẩn 57 Ph.D.Dong Đẳng thức hình bình hành thỏa mãn (p + 1) p − = p = nghiệm phương trình Phần cịn lại xin dành cho độc giả Bài tập 2.5 Cho ≤ p < ∞ A ⊂ Rn tập đo Lebesgue, λ(A) > 0trong λ độ đo Lebesgue Rn Chứng minh (Lp (A), p ) không gian Hilbert p = Chứng minh Theo tính chất độ đo Lebesgue, ta tìm tập đo λ(A) Nếu Lebesgue B, C ⊂ A cho B ∩ C = ∅ λ(B) = λ(C) = Lp (A) không gian Hilbert thỏa mãn đẳng thức hình bình hành Ta có χB + χC 2p + χB − χC 2p = 2( χB 2p + χC 2p ) Suy (λ(A))2/p + (λ(A))2/p = (λ(A)/2)2/p + (λ(A)/2)2/p Vì λ(A) > nên = 22/p , tức p = Ngược lại, với p = (Lp (A), p ) khơng gian Hilbert Bài tập 2.6 Cho (Ω, Σ, µ) khơng gian độ đo với hai tập có độ đo dương rời Chứng minh Lp (Ω, µ), ≤ p < ∞ sinh tích vơ hướng p = Chứng minh Đặt Ω = A1 ∪ A2 , A1 ∩ A2 = ∅, µ(A1 ), µ(A2 ) > Với i = 1, chọn fi ∈ Lp (Ω) cho fi p = supp (fi ) ⊂ Ai Khi f1 ± f2 p p |f1 ± f2 |p + = A1 |f1 ± f2 |p = f1 p p + f2 p p A2 Vì với λi > 0, ta có p = + λ2 f2 p λ1 f1 ± λ2 f2 λ1 f1 bình hành p λ1 f1 p p + λ2 f2 = λ21 + λ22 Nếu p p p p = (λp1 + λp2 ) p , thỏa mãn đẳng thức hình (λp1 + λp2 ) p + (λp1 + λp2 ) p = 2(λ21 + λ22 ), tức (λp1 + λp2 ) p = λ21 + λ22 với λ1 , λ2 > Đẳng thức với p = 58 Ph.D.Dong Bài tập 2.7 Chứng minh không gian tiền Hilbert H, x, y ∈ H trực giao15 với λx + µy = λx + µy , ∀λ, µ ∈ K Chứng minh (⇒:) Giả sử x, y ∈ H, x ⊥ y Ta có λx + µy = λx + µy, λx + µy = λx, λx + µy + µy, λx + µy = λx, λx + λx, µy + µy, λx + µy, µy = λx, λx + λµ x, y + µλ y, x + µy, µy = λx + µy (⇐:) Giả sử x, y thỏa mãn λx + µy Khi ∀λ, µ ∈ K = λx + µy , ∀λ, µ ∈ K λµ x, y + µλ y, x hay λµ x, y + µλ x, y Chọn λ = µ = 1, ta có 2Re x, y = 0, tức Re x, y = Chọn λ = 1, µ = i, 2Im x, y = 0, tức Im x, y = Vậy x, y = hay x ⊥ y Bài tập 2.8 Cho H không gian tiền Hilbert {x1 , , xn } ⊂ H, n ∈ N Chứng minh n n n ǫi xi (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n xi =2 i=1 i=1 Chứng minh Ta có n ǫi xi (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n n ǫ i ǫ j x i , xj = (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n i,j=1 n i=1 = ǫi ǫj x i , xj i,j=1 (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n ǫi ǫj = 2n Với i = j, Với i = j, ta có tổng có 15 ǫi ǫj = (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n n−1 thành phần 2n−1 thành phần −1 Trong không gian Hilbert phức, x ⊥ y x + y = x+y x + iy = x − iy 59 Ph.D.Dong Vì n n ǫi xi n =2 i=1 (ǫ1 , ,ǫn )∈{±1}n n n x i , xi = i=1 xi i=1 Bài tập 2.9 Cho (xn )n , (yn )n ⊂ B ′ (0, 1) không gian tiền Hilbert H lim xn , yn = n→∞ Chứng minh lim xn = lim yn = n→∞ n→∞ Chứng minh lim xn − yn = n→∞ Chứng minh Ta có = x n , yn ≤ x n = x n , yn ≤ x n yn ≤ xn ≤ yn ≤ yn ≤ Suy lim xn = lim yn = n→∞ n→∞ Ta có xn − yn = x n − y n , xn − y n = x n , xn − x n , y n − y n , x n + y n , y n = xn + yn − x n , yn − x n , yn Vậy lim xn − yn = n→∞ Bài tập 2.10 Cho H khơng gian Hilbert, A : H → H tuyến tính thỏa mãn Ax, y = x, Ay , ∀x, y ∈ H Chứng minh A liên tục Chứng minh Ta chứng minh A ánh xạ đóng Thật vậy, gọi (xn , Axn ) ⊂ GA (xn , Axn ) → (x0 , y0 ), ta cần chứng minh y0 = Ax0 Với y ∈ H ta có Ax0 , y = x0 , Ay = lim xn , Ay n→∞ = lim xn , Ay = lim Axn , y n→∞ = n→∞ lim Axn , y = y0 , y n→∞ Suy Ax0 − y0 , y = 0, ∀y ∈ H Với y = Ax0 −y0 Ax0 − y0 , Ax0 − y0 = Khi đó, Ax0 = y0 = hay Ax0 = y0 Vậy A toán tử đóng khơng gian Banach H đó, A liên tục 60 Ph.D.Dong Bài tập 2.11 Cho không gian Hilbert H tập M thỏa M ⊂ H, M = ∅ Chứng minh M ⊂ M ⊂ (M ⊥ )⊥ Nếu M không gian H (M ⊥ )⊥ = M Chứng minh M ⊂ M : rõ M ⊂ (M ⊥ )⊥ : Lấy x ∈ M , tồn (xn )n ∈ M cho xn → x, n → ∞ Với y ∈ M ⊥ ta có x, y = lim xn , y = lim xn , y = lim = n→∞ n→∞ n→∞ Vậy x ∈ (M ⊥ )⊥ Theo câu a) ta có M ⊂ (M ⊥ )⊥ Bây ta chứng minh (M ⊥ )⊥ ⊂ M ⊥ Thật vậy, H = M ⊕ M = M ⊥ ⊕ M nên với x ∈ (M ⊥ )⊥ biểu diễn dạng x = y + z, y ∈ M ⊥ , z ∈ M ⊂ (M ⊥ )⊥ Suy y = x − z ∈ (M ⊥ )⊥ Vậy y ∈ (M ⊥ )⊥ ∪ M ⊥ nên y = Từ x = z ∈ M , tức (M ⊥ )⊥ ⊂ M Bài tập 2.12 Cho không gian Hilbert H, f ∈ H ∗ , f = Chứng minh M ⊥ không gian chiều H, M = ker f Chứng minh Vì f = nên tồn x0 ∈ M ⊥ cho f (x0 ) = Ta chứng minh M ⊥ = {x0 } Với x ∈ M ⊥ , x = 0, f (x) = α = nên f (x) = αf (x0 ) Suy f (x − αx0 ) = hay x − αx0 ∈ M Mặt khác, x, x0 ∈ M ⊥ nên x−αx0 ∈ M ⊥ Khi x − αx0 , x − αx0 = nên x − αx0 = hay x = αx0 Vậy M ⊥ = {x0 } Bài tập 2.13 Cho E = {en }n∈N hệ trực chuẩn không gian Hilbert H Chứng minh E tập đóng bị chặn khơng compact Suy H khơng compact địa phương Chứng minh Ta có {en }n∈N ⊂ B ′ (0, 1) nên bị chặn Lấy dãy (xn )n ⊂ E, xn → x Lúc (xn )n dãy dừng, tức tồn n0 ∈ N cho an = an0 , √ ∀n ≥ n0 Suy a ∈ E nên E đóng Mặt khác, en − em = 2, ∀m, n ∈ N, m = n nên dãy (xn )n ⊂ E khơng có dãy hội tụ Vậy E không compact nên B ′ (0, 1) không compact H khơng compact địa phương 61 Ph.D.Dong Bài tập 2.14 Gọi {en }n∈N sở trực chuẩn không gian Hilbert n H, Pn (x) = k=1 x, en en , x ∈ H, n = 1, 2, dãy phép chiếu trực giao Chứng minh {PN } hội tụ điểm đến ánh xạ đồng I H không hội tụ theo chuẩn đến I Chứng minh Vì {en }n∈N sở trực chuẩn không gian Hilbert H nên ∀x ∈ H, x = ∞ x, en en Khi đó, k=1 ∞ n Pn (x) − I(x) = i=1 ∞ = x, ei ei − x, ei ei x = ∞ i=1 nên ∞ i=n+1 Do lim Pn (x) − I(x) n→∞ i=1 i=n+1 Mặt khác x, ei ei ∞ = i=n+1 | x, ei |2 | x, ei |2 | x, ei |2 → 0, n → ∞ = nên lim Pn (x) − I(x) = n→∞ Vậy Pn (x) → I(x), n → ∞ Giả sử (Pn )n∈N hội tụ theo chuẩn đến I lim Pn − I = 0, nên tồn n0 ∈ N cho Pn0 − I < Chọn x = en+1 , ta có (Pn0 − I)en0 +1 ≤ Pn − I n→∞ en0 +1 < Tuy nhiên (Pn0 − I)en0 +1 = Pn0 (en0 +1 ) − en0 +1 = en0 +1 = Vậy < 1, vô lý Bài tập 2.15 Cho E = {en }n∈N hệ trực chuẩn không gian Hilbert H, (λn )n∈N dãy số bị chặn Chứng minh ∞ k=1 λn x, en en hội tụ với x ∈ H Ax = ∞ k=1 λn x, en en tốn tử tuyến tính liên tục Tính A 62 Ph.D.Dong Chứng minh Ta có ∞ k=1 ∞ |λn x, en | = k=1 |λn |2 | x, en |2 (λn )n∈N dãy số bị chặn nên tồn K > cho sup |λn | ≤ K n∈N Khi đó, ∞ k=1 Vậy ∞ k=1 Ax = |λn x, en | ≤ K ∞ k=1 |λn x, en |2 hội tụ nên ∞ | x, en |2 ≤ K x ∞ < +∞ λn x, en en hội tụ k=1 λn x, en en toán tử tuyến tính Thật vậy, k=1 ∞ A(αx + βy) = = k=1 ∞ λn αx + βy, en en λn ( αx, en + βy, en )en k=1 A(αx + βy) = ∞ λn (α x, en + β y, en )en k=1 ∞ =α λn x, en en + β k=1 ∞ λn y, en )en k=1 = αAx + βAy Mặt khác Ax = ∞ k=1 |λn x, en |2 ≤ K x nên Ax ≤ K x Vậy A liên tục A ≤ K Bài tập 2.16 Cho x, y, u, v bốn vectơ không gian tiền Hilbert H Chứng minh 16 x−u 16 y−v ≤ x−y Bất đẳng thức Ptolémée u−v + y−u x−v 63 Ph.D.Dong Chứng minh Trước hết ta chứng minh ∀x, y ∈ H, x, y = y x − x y 2 x−y = x y 2 Ta xét hai trường hợp: • x = 0: bất đẳng thức trở thành u y−v ≤ y u−v + y−u − v v − v Ta có y y Suy Vậy u 2 ≤ y y u u + u v − u v y−u u−v y−v ≤ + y v y u u v y−v ≤ y u−v + y−u v • x = 0: Ta đặt a = x − u, b = x − y, c = x − v Khi bất đẳng thức trở trường hợp Bài tập 2.17 Cho M, N hai không gian đóng khơng gian Hilbert H cho M ⊥ N Chứng minh M + N khơng gian đóng H Chứng minh Ta có ∀x ∈ M + N, x = y + z y ∈ M, z ∈ N Biểu diễn có y ′ ∈ M, z ′ ∈ N cho x = y ′ + z ′ , lúc y − y ′ = z − z ′ ∈ M ∩ N = {0} Suy y ′ = y z ′ = 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 zn − zm = xn + yn − xm − ym = xn + yn − ym Suy (xn )n , (yn )n dãy Cauchy xn − xm ≤ zn − zm → yn − ym ≤ zn − zm → m, n → ∞ Vì M, N đóng khơng gian Banach nên M, N Banach xn → x0 ∈ M, yn → y0 ∈ N, n → ∞ Vậy zn → x0 + y0 = z0 ∈ M + N , tức M + N khơng gian đóng 64 Ph.D.Dong Bài tập 2.18 Cho H không gian Hilbert P ∈ L(H) cho P = P P ≤ Chứng minh P toán tử chiếu.17 Chứng minh Đặt M = P (H) N = ker P Khi đó, M khơng gian đóng x ∈ M tương đương với x = P x N không gian đóng tính liên tục P Trong phân tích x = P x + (I − P )(x), ta có P x ∈ M (I − P )(x) ∈ N P (I − P ) = p − P = Vì ta chứng minh M ⊥ = N Với x ∈ H, y = P x − x ∈ N P = P Do đó, x ∈ N ⊥ P x = x + y với x, y = Suy x ≥ P x = x + y y = Như x ∈ N ⊥ P x = x hay N ⊥ ⊂ M Ngược lại, ∀z ∈ M, z = P z Vì H = N ⊕ N ⊥ nên giả sử z = x + y, y ∈ N, x ∈ N ⊥ Suy z = P z = P x + P y = P x = x ∈ N ⊥ Điều chứng tỏ M ⊂ N ⊥ Vậy M = N ⊥ Vì (N ⊥ )⊥ = N nên M⊥ = N Bài tập 2.19 Cho H không gian Hilbert với hệ trực chuẩn (xn )n Chứng minh (xn )n hội tụ yếu tới Chứng minh Xét x∗ ∈ H ∗ Khi đó, theo định lí Riesz, tồn x ∈ H cho x∗ (y) = y, x , ∀y ∈ H Với x ∈ H, theo bất đẳng thức Bessel, ta có i=1 ∗ lim x (xn ) = n→∞ ∞ | x, xn |2 ≤ x lim xn , x = 0, tức n→∞ Bài tập 2.20 Cho H không gian Hilbert (en )n∈N sở trực chuẩn, x∗ : H −→ K phiếm hàm tuyến tính liên tục Chứng minh y = ∞ n=1 x∗ (en )en phần tử H thỏa mãn x∗ (x) = x, y , ∀y ∈ H x ∗ = ∞ n=1 |x∗ (en )|2 Chứng minh Theo định lí Riesz, tồn y ∈ H cho x∗ (x) = x, y , ∀x ∈ H Nói riêng, x∗ (en ) = en , y , ∀n ∈ N Vì (en )n∈N sở trực chuẩn nên y = ∞ n=1 y, en en , y = ∞ n=1 x∗ (en )en Vì x∗ = y (en )n∈N sở trực chuẩn nên ta có x∗ = ∞ n=1 |x∗ (en )|2 Bài tập 2.21 Cho A tốn tử tuyến tính liên tục khơng gian Hilbert H Chứng minh A tự liên hợp x + iAx = x + Ax 17 Xem Yosida, Functional Analysis, Theorem 3, trang 84 65 Ph.D.Dong Chứng minh i) Vì A tự liên hợp nên A = A∗ Suy Ax, x = x, A∗ x = x, Ax = Ax, x , với x ∈ H, tức Ax, x ∈ R, ∀x ∈ H Do đó, x + iAx = x + iAx, x + iAx = x, x + i Ax, x + x, iAx + iAx, iAx = x + Ax , ∀x ∈ H ii) Ngược lại, x + iAx = x + Ax Do đó, Ax, x ∈ R Vậy A tự liên hợp Ax, x − x, Ax = Ph.D.Dong 66 "Life is good for only two things, discovering mathematics and teaching mathematics"– Siméon Poisson Toán tử compact phổ toán tử compact Bài tập 3.1 Cho X = X1 ⊕ X2 , A ∈ L(H) cho A(X1 ) ⊂ X2 A(X2 ) ⊂ X1 Chứng minh λ giá trị riêng A −λ giá trị riêng A Chứng minh Vì λ giá trị riêng A nên tồn x = cho Ax = λx Khi đó, x = x1 + x2 , x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 Ta có A(x1 + x2 ) = λ(x1 + x2 ), hay Ax1 − λx2 = Ax2 − λx1 Theo giả thiết Ax1 − λx2 = Ax2 − λx1 = ∈ X1 ∩ X2 Đặt y = x1 − x2 18 Ta có y = 0, ngược lại x1 = x2 = 0, tức x = 0, vơ lý Lúc đó, A(y) = A(x1 − x2 ) = −λy, −λ giá trị riêng A Bài tập 3.2 Cho H không gian Hilbert , A ∈ L(H), A = A∗ , λ ∈ C Nếu H = R(Aλ ) λ giá trị riêng A Nếu H = R(Aλ ) H = R(Aλ ) λ ∈ σ(A) khơng phải giá trị riêng A Nếu H = R(Aλ ) λ giá trị quy A Chứng minh Ta có H = N (A∗λ ) ⊕ R(Aλ ) Nếu H = R(Aλ ) Aλ khơng tồn ánh, khơng song ánh Suy λ ∈ σ(A) Vì A = A∗ nên λ ∈ R Ta có (A − λI)∗ = A∗ − λI ∗ = A − λI Từ H = R(Aλ ) ta có N (Aλ ) = N (A∗λ ) = {0} Vậy λ giá trị riêng Vì H = R(Aλ ) nên Aλ không khả nghịch nên λ ∈ σ(A), kết hợp với A = A∗ ta có λ ∈ R H = R(Aλ ) nên N (A∗λ ) = {0} = N (Aλ ) Vậy λ ∈ σ(A) không giá trị riêng A A = A∗ nên σ(A) ⊂ R Do đó, λ ∈ C \ R λ giá trị quy Xét λ ∈ R Vì H = R(Aλ ) nên Aλ toàn ánh Mặt khác, N (A∗λ ) = {0} = N (Aλ ) nên Aλ đơn ánh Vậy Aλ song ánh, tức λ giá trị quy 18 C.M.Q 67 Ph.D.Dong Bài tập 3.3 Cho A toán tử tự liên hiệp, A ◦ A∗ toán tử compact khơng gian Hilbert H Chứng minh A tốn tử compact Chứng minh Gọi B hình cầu đóng đơn vị Vì A ◦ A∗ tốn tử compact nên A(A∗ (B)) tập compact tương đối Gọi (xn )n dãy phần tử thuộc B Khi dãy A(A∗ (xn )) có dãy A(A∗ (xnk )) hội tụ H A(A∗ (xnk )) dãy Cauchy Ta có A∗ (xnk ) − A∗ (xmk ) = A∗ (xnk − xmk ), A∗ (xnk − xmk ) = xnk − xmk , A(A∗ (xnk − xmk )) ≤ xnk − xmk A(A∗ (xnk − xmk )) ≤ A(A∗ (xnk − xmk )) → Suy A∗ (xnk ) dãy Cauchy H Vì H khơng gian Hilbert nên A∗ (xnk ) hội tụ Vậy A∗ toán tử compact, từ A compact Bài tập 3.4 Cho A tốn tử tự liên hợp khơng gian Hilbert H Am toán tử compact với m số ngun dương Chứng minh A tốn tử compact Chứng minh Vì A tốn tử tự liên hợp nên A2 = A ◦ A∗ Ta chứng minh A2 compact19 , từ suy A compact m m m Vì Am compact nên A2 ◦ A2 −m compact Vì A2 −1 tự liên hiệp m m m m (A2 −1 )2 = A2 nên A2 −1 toán tử compact Tương tự, A2 −2 toán tử compact Tiếp tục trình ta suy A2 tốn tử compact Bài tập 3.5 Cho X = C[0,1] không gian định chuẩn với chuẩn max A, B ∈ L(X ) xác định công thức: (i) (Ax)(t) = x(0) + tx(1) (ii) (Bx)(t) = ets x(s)ds, với x ∈ X, t ∈ [0, 1] Chứng minh A, B toán tử compact X Đặt v = I − B với I = idX toán tử đồng Chứng minh ′ E tập compact X v −1 (E) ∩ BX (0, 1) tập compact X Chứng minh 19 Ta chứng minh Am−1 compact theo cách tương tự 3.3 68 Ph.D.Dong Ta có |Ax(t)| = |x(0) + tx(1)| ≤ x Do đó, Ax ≤ x , hay A(B(0, 1)) bị chặn Hơn nữa, với t1 , t2 ∈ [0, 1], với x ∈ B(0, 1) |Ax(t1 ) − Ax(t2 )| = |(t1 − t2 )x(1)| ≤ |t1 − t2 | x ≤ |t1 − t2 | Suy A(B(0, 1)) đồng liên tục Theo định lí Arzela-Ascoli ta có A(B(0, 1)) tập compact tương đối Vậy A compact Tương tự, B compact v(x) ∈ E x ∈ B ′ (0, 1) Ta có x ∈ v ⇔ ⇔ x ∈ B ′ (0, 1) (I − B)(x) ∈ E Từ x − Ax ∈ E hay x ∈ Bx + E ⊂ B(B ′ (0, 1)) + E Vậy ′ (0, 1) ⊂ B(B ′ (0, 1)) + E Mặt khác, B(B ′ (0, 1)) + E v −1 (E) ∩ BX ′ ′ tập compact v −1 (E) ∩ BX (0, 1) tập đóng nên v −1 (E) ∩ BX (0, 1) compact −1 ′ (E)∩BX (0, 1) Bài tập 3.6 Cho toán tử tuyến tính A: l2 −→ l2 n x = (x1 , x2 , , xn , ) −→ (x1 , x22 , , 2xn−1 , ) Chứng minh A toán tử compact n , 0, Vì An tốn tử Chứng minh Xét tốn tử An x = x1 , x22 , , 2xn−1 hữu hạn chiều nên tập M ⊂ l2 bị chặn, tập An (M ) bị chặn không gian hữu hạn chiều An (l2 ), An (M ) compact tương đối Vậy An toán tử compact Mặt khác, An x − Ax = ∞ i=n+1 xi 2i−1 ≤ n ∞ i=n+1 |xi |2 ≤ x , 2n Từ An − A → n → ∞ Suy A tốn tử compact, khơng gian tốn tử compact từ khơng gian Banach X vào khơng gian Banach Y khơng gian đóng Bài tập 3.7 Tốn tử A compact khơng gian Hilbert H A biến dãy hội tụ yếu thành dãy hội tụ mạnh Chứng minh =⇒: Giả sử A toán tử compact (xn )n ⊂ Hsao cho xn hội tụ yếu x0 Khi dãy (xn )n bị chặn (Axn )n compact tương đối Hơn nữa, Axn hội tụ yếu Ax0 nên Axn hội tụ Ax0 Ph.D.Dong 69 ⇐=: Giả sử A biến dãy hội tụ yếu thành dãy hội tụ mạnh M tập bị chặn H Ta có M tập compact tương đối yếu Lấy dãy (Axn )n ⊂ A(M ) bất kì, ta lấy dãy (xnk ) hội tụ yếu x0 Lúc Axnk hội tụ Ax0 , A(M ) compact tương đối, hay A toán tử compact Bài tập 3.8 Trên tập compact tương đối M , hội tụ mạnh hội tụ yếu trùng Chứng minh Giả sử tồn dãy (xn )n ⊂ M hội tụ yếu đến x0 không hội tụ mạnh Khi (xn )n khơng hội tụ đến x0 , tức tồn ǫ > dãy xnk cho xnk − x0 ≥ ǫ với k ∈ N Vì xnk ⊂ M nên có dãy xnk i hội tụ mạnh hội tụ đến a, rõ ràng a = x0 xnk i hội tụ yếu đến x0 Suy ǫ ≤ xnk i − x0 → 0, vơ lý Bài tập 3.9 Tốn tử compact khơng gian vơ hạn chiều khơng có tốn tử nghịch đảo liên tục Chứng minh Giả sử A tốn tử compact khơng gian vơ hạn chiều X Nếu A−1 liên tục Id = A ◦ A−1 compact Mặt khác, toán tử đơn vị không gian vô hạn chiều không compact Vậy A−1 tịn khơng liên tục Bài tập 3.10 Cho H không gian Hilbert Giả sử (Tn )n dãy L(H) T ∈ L(H) S toán tử compact H Nếu ∀x ∈ H, Tn x → T x, n → ∞ H Tn S → T S L(H) n → ∞ Chứng minh Giả sử Tn S − T S không hội tụ L(H) Lúc đó, tồn ǫ > cho20 ∀N ∈ N, ∃n > N, ∃xn ∈ H, với xn = (Tn S − T S)xn > ǫ Do đó, ta xây dựng dãy (xnk )k∈N H thỏa xnk = (Tnk S− T S)xnk > ǫ Vì dãy (xnk )k∈N bị chặn H S compact nên tồn dãy (Sxnkl )l∈N dãy (Sxnk )k∈N hội tụ y Khi ǫ < (Tnkl S − T S)xnkl = (Tnkl − T )y + (Tnkl − T )(Sxnkl − y) ≤ Tnkl y − T y + Tnkl − T (Sxnkl − y) 20 Ta phủ định mệnh đề ∀ǫ > 0, ∃N ∈ N, cho ∀n > N, ∀x ∈ H thỏa x = 1, (Tn S − T S)x ≤ ǫ 70 Ph.D.Dong Theo ngun lí bị chặn đều, ta có M = sup Tn < ∞ Ta chọn n∈N L ∈ N đủ lớn cho l > L ǫ ǫ Tnkl y − T y < (Sxnkl − y) < 2(M + T ) Từ suy ǫ < ǫ, mâu thuẫn TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách thầy thầy [1] Nguyễn Hồng Bài giảng Giải tích hàm, 2008 [2] Kosaku Yosida Functional Analysis, Springer-Verlag, 1980 [3] Phan Đức Chính Giải tích hàm, Tập 1, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp, 1978 [4] Walter Rudin Functional Analysis, Mc Graw-Hill, 1991 [5] Nguyễn Xuân Liêm Bài tập Giải tích hàm, NXB Giáo dục, 2004 [6] S.Ponussamy Foundations of Functional Analysis, Alpha Science, 2002 [7] Stephan Banach Théorie des operations lineaires, Warszawa, 1932 [8] N Dunford, J.T Schwartz Operator Theory I,II Wiley, 1988