TỔNG HỢP BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI TOPO ĐẠI CƯƠNG : tổng hợp tất cả bài tập và lời giải chi tiết cho bài tập topo. Bài tập chi tiết và bải giải theo giáo trình của trường đại học sư phạm thành phố hồ chí minh.
GIẢI PHĨNG TƠPƠ – NHĨM BÀI 1: KHƠNG GIAN TOPO Câu Cho ( α)αϵI họ topo X CMR ∩αϵI α topo X Giải: Đặt σ= ∩αϵI τα Ta có ∅, X ∈ τα, ∀α ∈ I Vậy ∅,X ∈ σ Lấy V1, V2 ∈ σ Vậy V1 ∩ V2 ∈ τα, ∀α ∈ I Vậy V1 ∩ V2 ∈ τα, , ∀α ∈ I Do V1 ∩ V2 ∈ σ Lấy (Vβ)βϵD ⊂ σ Vậy Vβ ∈ σ, ∀β ∈ D Vậy Vβ ∈ τα, ∀α ∈ I, ∀β ∈ D Vậy ∪βϵD Vβ ∈ τα, ∀α ∈ I Do ∪βϵD Vβ ∈ σ Câu Cho tập vô hạn X, họ bao gồm tập ∅ tất tập G X cho X\G hữu hạn, topo X Topo gọi topo bù hữu hạn ( topo Zariski) Giải: (i) Do định nghĩa: ∅ ∈ Ta có X\X = ∅ hữu hạn Vậy ∈ (ii) Giả sử ∈ , ∀ ∈ Ta chứng minh ∪ ∈ ∈ TH1: = ∅, ∀ ∈ Vậy ∪ ∈ =∅∈ TH2: ∃ ∈ : ≠ ∅ Vậy X\ hữu hạn X\ ∪ ∈ =∩ ∈ ( \ ) ⊂ \ hữu hạn Vậy X\∪ ∈ hữu hạn Do đó, ∪ ∈ Lấy K hữu hạn ∈ , ∀ ∈ Ta chứng minh ∩ ∈ ∈ TH1: ∃ ∈ : = ∅ Vậy ∩ ∈ =∅∈ TH2: ≠ ∅, ∀ ∈ Vậy \ hữu hạn ∀ ∈ X\ ∩ ∈ = ∪ ∈ ( \ ) hữu hạn ( K hữu hạn) Do đó, ∩ ∈ Vậy topo X vô hạn ∈ (iii) ∈ Câu 5: Với tập không đếm X, ta đặt họ τ bao gồm tập ∅ tất tập G X cho X\ G đếm CMR τ topo X ( gọi topo bù đếm được) Giải (i) Do định nghĩa: ∅ ∈ τ Ta có X\ X = ∅ đếm X ∈ τ (ii) Giả sử Ai ∈ τ, ∀i ∈ I Ta chứng minh ∪i∈I Ai ∈ τ TH1: Ai = ∅, ∀i ∈ I Vậy ∪i∈I Ai = ∅ ∈ τ TH2: ∃ i0 ∈ I: Ai0 = ∅ Vậy X\ Ai0 đếm Ta có: X\∪i∈I Ai = ∩i∈I (X\ Ai ) ⊂ X\ Ai0 đếm Vậy X\∪i∈I Ai đếm Do ∪i∈I Ai ∈ τ (iii) Lấy A1 , A2 ∈ τ Ta chứng minh A1∩ A2 ∈ τ TH1: A1 = ∅ A2 =∅ Vậy A1∩ A2= ∅ ∈ τ TH2: A1 ≠ ∅ ∧ A2 ≠ ∅ Vậy X\ A1 , X\ A2 đếm X\ (A1∩ A2) = (X\ A1 ) ∪ ( X\ A2) đếm Do A1∩ A2 ∈ τ Vậy τ topo X ≠ ∅, Câu 6: Cho A tập thực không gian X (tức ≠ ) Đặt = {∅, , } Cmr: topo X Ta chứng minh thỏa tiên đề: (1) Rõ ràng, ta thấy ∅∈ ∈ (2) TH1: ∃ ∈ , = = ∈τ ⋃ ∈ ≠ ,∀ ∈ ,∃ TH2: ⋃ ∈ , TH1: ∈ : = ∈ =∅ =∅ = ≠∅ = ≠∅ TH2: ∈τ TH3: = ∅, ∀ ∈ TH3: ⋃ = ∈ (3) Lấy Do đó, =∅∈τ = = ∩ ∩ = ∩ ∈ = = {∅, , } topo X Câu 7: Cho (X, ) không gian topo a ∉ X Đặt Y = X ∪ {a} Xét họ 0= ∪ {Y} CMR (Y, 0) không gian topo (Y, 0) không không gian T2 Giải: Nếu U∈ τ0 α ∈U U khơng phải tập X Do U∉ τ Vậy U=Y Nếu U∈ τ0 α ∉ U U≠Y nên U∈ τ (1) + Vì ∅ ∈ τ nên ∅ ∈ τ0 Hiển nhiên Y ∈ τ0 + Lấy U, V ∈ τ0 TH1: α ∈ U ∩ V Vậy U = V = Y Do U ∩ V = Y ∈ τ0 TH2: α ∉ U ∩ V Khơng tính tổng qt ta giả sử α ∉ U Vậy U ∈ τ Nếu V = Y U ∩ V = U ∩ Y = U ∈ τ0 Nếu V ≠ Y V ∈ τ Vậy U ∩ V ∈ τ ⊂ τ0 + Lấy (Vi)i∈I ⊂ τ0 TH1: ∃ i0 ∈ I, α ∈ Vi0 = Y Do Y ⊂ Ui∈I V Vậy Ui∈I V = Y ∈ τ0 TH2: α ∈ Vi , ∀i ∈ I Vậy Vi ∈ τ, ∀i ∈ I Vậy Ui∈I V ∈ τ ⊂ τ0 (2) Lấy x0 ∈ X Do α ∉ X nên α ≠ x0 Lấy U, V ∈ τ0 chứa x0 α Vậy V = Y Do U ∩ V = U ∩ Y = U ≠ ∅ Vậy (Y, τ0) không không gian T2 =∅∈ ∈ Câu 8: Cho topo X cho tập điểm mở CMR topo rời rạc Giải: Ta gọi X topo rời rạc, nghĩa X A : A X Ta chứng minh X Lấy A A X nên A X Vậy X Lấy A X Ta có A x A x Do tập điểm mở theo Do đó, nên x Vậy X X topo rời rạc Câu 9: Cho τ 1, τ topo X τ 1⊂ τ CMR: (1) Nếu x0 điểm A khơng gian ( X, τ 1) điểm A không gian (X, τ 2) (2) Nếu x điểm dính A khơng gian (X, τ 2) x điểm dính A khơng gian ( X, τ 1) Giải (1) Giả sử x0 điểm A không gian ( X, τ 1) Vậy ∃ V mở chứa x ( V ∈ τ 1) cho x0 ∈ V ⊂ A Mà τ 1⊂ τ nên x0 ∈ V ∈ τ Do x0 điểm A không gian ( X, τ 1) (2) Giả sử x điểm dính A không gian ( X, τ 2) Vậy ∀ V mở chứa x ( V ∈ τ 2) có V ∩ A ≠ ∅ (*) Lấy U ∈ τ chứa x Mà τ 1⊂ τ nên U ∈ τ2 Theo(*) ta có: U∩ A ≠ ∅ Do x điểm dính A không gian ( X, τ 1) Câu 10: Cho không gian topo X Cmr: a) Nếu tồn ∈ ,∀ ≥ b) Nếu tồn U mở chứa , = → dãy cho ∉ ,∀ ∈ ↛ Câu 11 Cho khơng gian topo X,A ⊂ X (1) Giả sử ∃(xn)n ⊂ A,xn → x CMR x ∈ A (2) Cho A tâp đóng khơng gian topo X CMR ∀(xn)n ⊂ A,xn → x ⟹ x ∈ A Giải: (1) Giả sử ∃(xn)n ⊂ A,xn → x Lấy V mở chứa x, tồn n0 ∈ ℕ để xn ∈ V, ∀n ≥ n0 Vậy xn ∈ A ∩ V, ∀n ≥ n0 Vậy V ∩ A ≠ ∅ Do ∈ A (2) Vì A đóng nên A = A Vậy ∀(xn)n ⊂ A,xn → x theo (1) ta có x ∈ A = A Câu 12 Giả sử X không gian DD1 Cho (1) ⊂ Hai mệnh đề sau tương đương ∈ (2) ∃( ) ⊂ , (1) ⇒ (2): Lấy Gọi ( → ∈ ̅ ) sở địa phương quy x Do ∈ ̅ Vì ∈ , ∀ ∈ ℕ nên (2) ⇒ (1): Giả sử ∃( ) ⊂ , Lấy V mở chứa x, ∃ Vậy Do đó: ∩ , ∀ ∈ ℕ mở chứa x nên ∩ ,∀ ≥ ∈ → Hơn ( ) ⊂ → để nên ∈ , ∀ ≥ ∩ = ∅ ∈ ̅ Câu 13: Giả sử X không gian DD1, cho A X Hai mệnh đề sau tương đương (1) A đóng (2) xn n A, xn x x A Giải: (1) (2) Giả sử A đóng xn n A, xn x Lấy V mở chứa x, tồn n0 để xn V , n n0 Vậy xn A V , n n0 Do A V Suy x A Mà A đóng nên A = A Vậy x A (2) (1) Rõ ràng A A Giả sử xn n A, xn x x A Lấy V mở chứa x, tồn n0 để xn V , n n0 Vậy xn A V , n n0 Do A V Suy x A Vậy A A Do A= A nên A đóng Câu 14: Giả sử X không gian DD1 Cmr hai mệnh đề sau tương đương: (1) A trù mật X (2) ∀ ∈ , ∃( ) ⊂ , → (1) => (2) : Giả sử A trù mật X Ta chứng minh (2) Nghĩa lấy ∈ Ta phải xây dựng ( ) ⊂ , → Vì A trù mật X nên X = ̅ Vậy ∈ ̅ Gọi ( ) sở địa phương quy x Do mở chứa x nên Vì ∈ ,∀ ∈ nên ∩ ≠ ∅, ∀ ∈ → Hơn ( (2)=> (1): Giả sử ∀ ∈ , ∃( ) ⊂ , ̅ = Mà ̅ ⊂ Ta chứng minh Lấy V mở chứa x, tồn Vậy ∈ ∩ ,∀ ≥ ∈ để ậ ∩ ∈ Tồn ∩ ,∀ ∈ ) ⊂ Vậy ∃( ) ⊂ , → → Ta chứng minh A trù mật X Tức chứng minh ⊂ ̅ Lấy ∈ Theo giả thiết ∃( ∈ ,∀ ≥ ≠ ∅ ) ⊂ , → ∈ ̅ Vậy ̅ = ứ A trù mật X Câu 15 Giả sử X không gian DD1 CMR dãy X có khơng q điểm giới hạn X khơng gian T2 Giải: Nhắc lại: X không gian T2 ⟺ ∀x ≠ y, ∃ U mở chứa x V mở chứa y cho U ∩ V = ∅ Ta dùng phản chứng, giả sử X không không gian T2 Vậy tồn x ≠ y cho với với U mở chứa x Y mở chứa y có U ∩ V ≠ ∅ (*) Do X DD1 nên có sở địa phương quy (Un)n x (Vn)n y Với n ∈ ℕ, Un chứa x Vn chứa y nên (*) ta có: Un ∩ Vn ≠ ∅ Vậy tồn xn ∈ Un ∩ Vn Vậy xn ∈ Un’ ∀n ∈ ℕ nên xn → x Tương tự, xn ∈ Vn’ ∀n ∈ ℕ nên xn → y Vậy tồn dãy (xn)n có điểm giới hạn (mâu thuẫn giả thiết) Câu 16 Cho X tập không đếm Xét topo bù đếm CMR (1) ( X ; ) không không gian T2 (2) A trù mật X ⟺ A không đếm (3) Nếu V V tập mở Giải: (1) giả sử ( X ; ) T2 Với x, y X , x y , tồn U mở chứa x V mở chứa y cho U V Vì U , V nên X \ U X \ V đếm ( X \ U ) ( X \ V ) đếm Hay X \ (U V ) đếm U V (Vì U V X \ (U V ) X không đếm được) (2) () Giả sử A trù mât X với tập U mở khác rỗng ta có U A (1) Giả sử phản chứng A đếm X \ A Nếu X \ A A X khơng đếm (vơ lý) Nếu X \ A theo (1) ta có: ( X \ A) A (vô lý) Vậy A không đếm () Giả sử A không đếm được, ta chứng minh A trù mật trọng X Giả sử phản chứng A không trù mật X, tức tồn V mở khác rỗng để V A Do đó, A ( X \ V ) ( vơ lý X \ V đếm được, A không đếm được) Vậy A trù mật X (3) V mà V V nên V V mở, V nên X \ V đếm Mà X \ V X \ V nên X \ V đếm Vậy V mở Câu 17: Cho X tập không đếm với topo bù đếm Cố định x0 ∈ X đặt A = X\{ x0 } CMR x0 ∈ Ā khơng có dãy (xn)n A mà xn→ x0 Giải Cố định x0 ∈ X đặt A = X\{ x0} Lấy tập mở U chứa x0 Vậy U ≠ ∅ nên X\U đếm Mà U ∪ (X\U) = X không đếm Vậy U không đếm được, nghĩa tồn y ∈ U cho y ≠ x0 Vì y ≠ x0 nên y ∈ A Vậy y ∈ U ∩ A nên U ∩ A ≠ ∅ Do x0 ∈ Ā Câu 18: Cho A, B tập không gian topo X Cmr: (1) Tập A mở ↔ ∩ (2) Tập A đóng ↔ (3) = (4) \ = \ =∅ ⊂ ∪ (5) ( \ ) = \ 1) () Chiều thuận Cho A mở Ta chứng minh = Vì A mở nên Nên ∩ , mà ∩ =∅ ∩ =∅ =∅ () Chiều nghịch Nếu ∩ = ∅ (*) Ta chứng minh A mở Giả sử phản chứng A đóng ̅ = Mà Do ⊂ ̅ nên ∩ ⊂ = ≠ ∅ (mâu thuẫn (*)) Vậy A mở Vậy A mở ↔ ∩ = ∅ (đpcm) 2) () Chiều thuận Nếu A đóng Ta chứng minh A đóng ̅ = , mà ⊂ ⊂ ̅ ⊂ Do () Chiều nghịch Nếu ⊂ (*) Ta chứng minh A đóng = Giả sử phản chứng A mở Mà ⊄ ⊄ nên (mâu thuẫn (*)) Do A đóng Vậy A đóng ↔ ⊂ = 3) Ta chứng minh (+) Ta có ⊂ ̅, ∪ ⊂ ̅ Do (+) Ta chứng minh ̅ ⊂ ∪ Giả sử phản chứng ̅ ⊄ ∪ Tức ∃ ∈ : ∉ ↔∀ ℎứ , ⊄ (∗) ∉ ↔∃ ℎứ , ∩ Vậy ∩( \ )= ∅→ Do ̅ ⊂ (+) Vậy ̅ = ⊂ ̅ ∪ ⊂ = ∅ ∉ , ∉ ∩( \ )=∅ (mâu thuẫn (*)) ∪ ∪ (+) Như chứng minh ̅ = ∪ ⊂ mà ⊂ ̅ nên ̅ = ∪ 4) Theo (3) ta có \ = \ ∪ ( \ ) Mặt khác \ Mà = \ ∪ = ( \ ) Do \ = \ (đpcm) 5) Theo (3) ta có ̅ = ∪ Do đó: \ ̅ = \( ∪ Vì ∪ Nên \ ⊂ (∗) ∪( \ ) = = ∪( \ ) Do (∗) = \ ∩ [ Vì )= \ ∩ \ mà ∪ ( \ ) ] = [( \ ) ∩ ∩ \ = ∅ nên ( \ ) ∩ ] ∪ [( \ ) ∩ ( \ ) ] =∅ Vì ( \ ) ⊂ \ nên ( \ ) ∩ ( \ ) = ( \ ) Vậy \ ̅ = ∅ ∪ ( \ ) = ( \ ) (đpcm) ∩ Câu 20: Cho U tập mở Giải: Ta có ∩ = ∅ CMR: ∩ =∅ = ∅ (*) Dùng phương pháp phản chứng: ∩ ̅ ≠ ∅ Tồn Giả sử Ta có U mở chứa x Vì ∈ ̅ nên Do đó, ∩ ∈ ∩ ̅ ∈ ̅ ≠ ∅ (mâu thuẫn (*)) ∩ ̅=∅ Câu 21: Trong không gian T2 , tập điểm đóng Giải Cho X T2 Ta chứng minh X\{a} mở với a ∈ X Lấy z ∈ X\{a} Ta thấy z ≠ a nên X T2 , tồn U mở chứa z V mở chứa a cho U ∩ V = ∅ Nếu a ∈ U a ∈ V nên U ∩ V ≠ ∅ ( mâu thuẫn) Vậy a ∉ U nên U ⊂ X\{a}, ∃ U mở chứa z cho U ⊂ X\{a} Vậy X\{a} mở Vậy {a} đóng Câu 22: Cho V tập mở không gian topo X (1) ∩ = ⊂ Cmr: ∩ (2) Nếu A tập đóng \ tập đóng \ tập mở Câu 24 Ta nói A khơng đâu trù mật ( ) = đương Chứng minh hai mệnh đề sau tương (1) A tập không đâu trù mật không gian topo X (2) Mọi tập mở ≠ , tồn tập mở ≠ ∩ (1) ⇒ (2): Giả sử ( ̅ ) = Khi đó, ̅ không chứa tập mở khác Ta có, V tập mở khác X = ∖ ̅≠ Suy ra, ∈ , tồn U mở khác rỗng chứa Lấy Vì ⊂ ⊄ ̅ Mà ⊂ Do đó, ⇒ ⊂ cho ⊂ ∖ ̅ ̅ nên ( ∖ ̅) ∩ A = ∩A = (đpcm) (2) ⇒ (1): Chứng minh phản chứng Giả sử ( ̅) = , tồn Vì ∈ ( ̅) U mở chứa ∈ ( ̅) ⊂ ̅ U mở chứa ∩A = nên cho ⊂ ̅ (mâu thuẫn) BÀI 2: ÁNH XẠ LIÊN TỤC Câu 25: Cho ánh xạ f: ( 1,1) với f ( x ) x Chứng minh f phép đồng phôi 1 x Giải x z x(1 z ) z (1 x ) x = z Với x, z Khi f(x) = f(z) 1 x 1 z Vậy f đơn ánh.(1) Lấy y ( 1,1) Khi đó: y = f(x) y = x x y(1 x ) 1 x - Nếu x = y = y y x 1 y 1 y y y x - Nếu x 0 x y(1 x ) x = y(1+x) x Vậy f toàn ánh.(2) Từ (1) (2) suy f song ánh Rõ ràng f ánh xạ liên tục Vậy f 1 : (1,1) với f 1 ( y ) y ánh xạ liên tục 1 y Do ánh xạ f phép đồng phơi 10 = [− , ] xét hai metric d p cho Câu 62: Trên ( , )= ( )= Cho ( ) ⊂ ( )= Chứng minh ( , 0) = Ta có − ≤ : ( , )={ ∈ : ( , )< }= ; ( , )={ ∈ : ( , )≤ }= Câu 69: Cho (X,d) không gian metric A ⊂ X Hai mệnh đề sau tương đương (i) x ∈ X điểm biên A (ii) ∃ (xn)n ⊂ A; (yn)n ⊂ X\ A: xn → x yn → x Giải x ∈ X điểm biên A ⇔ x ∈ Ā x ∈ X\A ⇔ ∃ (xn)n ⊂ A; (yn)n ⊂ X\A: xn → x yn → x Câu 70: Cho A tập mở B tập tùy ý không gian metric X Cmr: ∩ Lấy ∈ ∩ Vậy Vì A mở nên tồn ∈ ∀ > 0: ( , ) ∩ ⊂ ∩ ≠ ∅ (*) > 0: ( , ) ⊂ Ta chứng minh ∀ > 0: ( , ) ∩ ( ∩ ) ≠ ∅ TH1: ≤ Ta có ( , ) ⊂ ( , ) ⊂ Ta có ( , ) ∩ ⊂ ( , ) ⊂ Vậy ( , ) ∩ ( ∩ ) = ( , ) ∩ 24 ≠ ∅ (do (*)) Câu 72 Trên ℝ với metric thông thường CMR tập [a,b) khơng mở, khơng đóng a, Giả sử [a,b) mở ⇔ ∀ ∈ [ ; ), ∃ > 0: ( ; ) ⊂ [ ; ) Đặc biệt, chọn x = a Khi đó, B(a; r) = (a − r ; a + r) ⊄ [ ; ) (mâu thuẫn) Vậy [ ; ) không mở b, Giả sử [ ; ) đóng ⇔ ∀( ) ⊂ [ , ), → ∈ [ ; ) (Định lí 6.5 trang 44) ∈ ℝ (*) Ta có: [ ; ] = [ ; ] Chọn x=b ∈ [ ; ], tồn dãy ( ) ⊂ [ , ) cho → (Định lí 6.4 trang 43) Mà x = b ∉ ( ; ) (mâu thuẫn với (*)) Vậy [ , ) khơng đóng Câu 74:Trên R với metric thơng thường Tìm phần trong, bao đóng biên tập sau ( ; )∪{ } Ta chứng minh ∈ = − Ta thấy ( Thật vậy, xét dãy Vậy ∈ điểm biên ) ⊂ \ → Vậy ∉ Do đó: ̅ = [2; 3] ∪ {4} = [2; 3] ∪ {4} Câu 76 Cho không gian metric X Ta gọi khoảng cách ∈ ⊂ đến tập A là: d(x,A) = Đường kính tập A là: ( ) = ∈ ( , ) ( , ) , ∈ Khoảng cách hai tập A B d(A,B) = CMR: (1) ⊂ ⇒ ( )≤ ∈ , ∈ ( ) ( , ) ≤ (2) | ( , ) − ( , )| ≤ ( , )∀ , ( , )= ( , ), ∀ ∈ ∈ 25 ∈ ( , )= ∈ ( , ) = (3) ( ) = ( ) (4) ( , ) = ⇔ ∈ (1) Hiển nhiên theo tính chất sup inf (2) Theo bất đẳng thức tam giác ta có: ∀ ∈ ( , ) = inf ( , ) ≤ ( , ) ≤ ( , ) + ( , ) ∈ Vậy d(x,A) – d(x,y) ≤ d(y,z), ∀ ∈ Do d(x,A) – d(x,y) ≤ inf ( , ) = d(y,A) ∈ Vậy d(x,A) – d(x,A) ≤ d(x,y) Do vai trò x,y nên ta có d(y,A) – d(x,A) ≤ d(x,y) ⊂ ̅ nên theo (1) ta có ( ̅) ≤ ( ) (3) Vì Ta chứng minh: ( ̅) ≤ ( ) cách chứng minh: d(x,y) ≤ ( ), ∀ , ∈ ̅ Thật vậy, x, y ∈ ̅ nên tồn dãy (x ) , (y ) ⊂ : x →, y → y Mà d(xn,yn) ≤ ( ), ∀ ∈ ℕ Cho → ∞ ta d(x,y) ≤ ( ) Vậy d(x,y) ≤ ( ), ∀ , ∈ ̅ Do đó: ( ̅ ) ≤ ( ) (4) Giả sử d(x,A) = Theo định nghĩa inf ta suy tồn dãy (x ) ⊂ : → Vậy tồn dãy (x ) ⊂ ( , )= ( , )=0 cho x → x Vậy x ∈ ̅ Giả sử x ∈ ̅ Tồn dãy (x ) ⊂ : x → x Vậy d(x, x ) → Vì ( , ) = inf ( , ) nên ∈ 0≤ Chọn ( , )≤ ( , ) → ∞ ta d(x,A) = Câu 78: Chứng minh ( , ) ⊂ ( , ) Vì ( , ) ⊂ ( , ) ê ( , ) ⊂ ( , ) ( , ) Vậy ( , ) ⊂ ( , ) 26 ê ( , )= ( , ) BÀI 6: ÁNH XẠ LIÊN TỤC Câu 82: Cho hai không gian metric ( , ), ( , ) hai hàm liên tục , : ( , ) → ( , ) Đặt = ∈ : ( ) = ( ) Chứng minh A đóng ( , ) Phương pháp: C/m theo định lý 6.5 “A đóng ↔ ∀( Lấy ( ) ⊂ ) ⊂ , ế → Do f, g liên tục x nên ( ) → ( ) → ( ) ( ) → Do ∈ ,∀ ∈ Cho → ∞ ta có Vậy ∈ ∈ ℎì nên ( ) = ∈ ” ( ) = ( ), ∀ ∈ ( ) Do A đóng ( , ) ⟶ Câu 83: Cho (X,d) không gian metric f: CMR : liên tục ( ) = ( , ( )) ⟶ ℝ liên tục, Giải: Lấy dãy (x ) ⊂ X, x ⟶ x Ta có f liên tục nên f(x ) ⟶ f(x ) Vậy φ(x ) = d(x , f(x )) ⟶ d(x , f(x )) = φ(x ) Câu 84 Cho (X,d) không metric Xét ánh xạ đồng I: (X,d) (X,d) Chứng minh I liên tục Xét ánh xạ đồng I: (X,d) (X,d): ( ), ( ) = ( , )∀ , ∈ Do đó, I ánh xạ Lipschitz Vậy I liên tục Câu 85: CMR (1) Giả sử d(xn , xn+1 ) ≤ , ∀n ∈ Khi (xn)n dãy Cauchy Cho dãy (xn)n ⊂ (X,d); (yn)n ⊂ (Y,ƥ) thoả mãn: ∃ C > 0: d(xn , xm ) ≤ Cƥ(yn; ym), ∀n, m ∈ Nếu dãy Cauchy (Y, ƥ) (xn)n dãy Cauchy (X,d) (3) Giả sử d(xn , yn ) ≤ , ∀n ∈ → Khi hai dãy (xn)n ; (yn)n tính chất Cauchy tính chất hội tụ (2) 27 Câu 86: Cho ( , ) không gian metric A, B hai tập X = { ∈ : ( , ) < ( , )} tập mở 1) Chứng minh 2) Giả sử ∩ ∩ = ∩ = ∅ Chứng minh tồn U mở chứa A V mở chứa B cho = ∅ Ánh xạ ↦ ( , ) ↦ ( , ) ánh xạ Lipschitz nên f(x) = d(x, A) – d(x, B) liên tục Chú ý là: (−∞, 0) = { (0, +∞) = { : ( , ) < ( , )} : ( , ) > ( , )} 1)Vậy G = (−∞, 0) (0, +∞) õ 2) Đặt U = G, V = Ta chứng minh A ⊂ Thật vậy: x ∈ Vì A∩ = ∅ => ∉ ∈ ( , ) > = ( , ) => ∈ , đặt F(x) ∈ ∉ ̅ = ∅ => = [ , ] xét metric d cho ( , ) = Cho b ∈ ℝ Với → => d(x, A) = => d(x, B) = Vì ̅ ∩ => F: = ∅ => ( , ) > = ( , ) => Ta chứng minh B⊂ Lấy x∈ Câu 87: Trên trước ∩ ∈ ∈[ , ] { định ( )( ) = + ∫ | ( ) − ( )|} với a > cho , ( ) , ∀ ∈ [ , ] CMR ánh xạ Lipschitz (X,d) với hệ số Lipschitz Giải: Với x, y ∈ X, t ∈ [0,1] ta có: |F(x)(t) − F(y)(t)| = ∫ f s, x(s) − f s, y(s) ds ≤ ∫ f s, x(s) − f s, y(s) ds ≤ ∫ M|x(s) − y(s)|ds = M ∫ e e = d(x, y)(e − 1) ≤ Vậy e d(x, y) |F(x)(t) − F(y)(t)| ≤ Ta có d(x, y) = max ∈[ |x(s) − y(s)|ds ≤ Md(x, y) ∫ e ds = Md(x, y) e | , ] {e d(x, y), ∀t ∈ [0,1] ⟹ d F(x), F(y) ≤ d(x, y) |x(t) − y(t)|} so sánh với ρ(x, y) = max ∈[ Mà (X, ρ) đầy đủ Vậy (X, d) đầy đủ ta chọn a > M 28 , ] {x(t) − y(t)} < Vậy F ánh xạ co theo metric d BÀI 7: KHÔNG GIAN METRIC ĐẦY ĐỦ = [− , ] xét metric Câu 88 Trên ( , ) = ∫ | ( ) − ( )| Xét ( ) ⊂ định ⎧ ⎪ , − ≤ ≤ , < < ⎨ ⎪ , ⎩ CMR: ( (1) ( ) dãy Cauchy không hội tụ , ) → 0, ( , ( Giả sử ≤ ≤ ≥ , → ∞) )= ( )− | ( )| = = 1 − → 0, ( , → ∞) : A B 1 Vậy (x ) dãy cauchy (X,d1) (2) Giả sử có ∈ [−1; 1] để ( Ta có: ∫ | ( )| , )= ≤ ( → | ( ) − ( )| ≥ , 0) → nên ∫ | ( )| ( ) − ( )| = | ( )| = Vậy x(t) = ∀ ∈ [−1,0] Đặc biệt x(0)=0 Lấy a ∈ (0;1] Khi n đủ lớn | (*) < Vậy [a,1] ⊂ [ , 1] 29 Vậy ( ) = ∀ ∈ [ , 1] Ta có: ( , )= | ( ) − ( )| Vậy ∫ |1 − ( )| ≤ Vậy ∫ |1 − ( )| =0 ( ≥∫ | ( ) − ( )| = ∫ |1 − ( )| , )→0 Nên ( ) = ∀ ∈ [ , 1), ∀ ∈ [0,1] Đặc biệt ( ) = ∀ ∈ [0,1] Áp dụng cho a = ∈ (0,1] Ta có: x( ) → x(0) Vậy x(0)=1 (**) Từ (*) (**) ta có mâu thuẫn Câu 90: Chứng minh Q với metric thông thường không đầy đủ Ta thấy tồn dãy ( Vậy ( ) ⊂ , → √2 ∉ ) dãy Cauchy không hội tụ Q Câu 91: Cho (X,d) không gian metric Ta đặt metric ( , ) = [ + ( , )] , ∀ , ∈ Chứng minh: 1) Nếu ( ) dãy Cauchy (X,d) dãy Cauchy (X, ) 2) Nếu (X, ) khơng gian metric đầy đủ (X,d) không gian metric đầy đủ Giải: ρ(x, y) = ln[1 + d(x, y)] ln(1 + a + b) ≤ ln(1 + a) + ln(1 + b) với a, b ≥ ⟺ ln(1 + a + b) ≤ ln[(1 + a)(1 + b)] ⟺ + a + b ≤ (1 + a)(1 + b) = + a + b + ab ρ(x, y) > ln1 = d(x, y) ≥ ρ(x, y) = ⟺ ln + d(x, y) = ⟺ + d(x, y) = ⟺ d(x, y) = ⟺ x = y iii ρ(x, y) = ln + d(x, y) = ln + d(y, x) = ρ(y, x) iv ρ(x, z) = ln + d(x, z) ≤ ln + d(x, y) + d(y, z)) ≤ ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z)) = ρ(y, x) + ρ(y, z) 1) Giả sử (x ) dãy Cauchy (X,d) nghĩa lim , ⟶ d x , x = Ta có: i ii 30 lim , ⟶ ρ x ,x = lim , ⟶ ln(1 + d x , x = ln1 = Vậy (x ) dãy Cauchy (X, ρ) 2) Giả sử (X, ρ) đầy đủ Ta lấy (x ) dãy Cauchy (X,d) Theo câu (x ) dãy Cauchy (X,ρ) Vậy ∃x ∈ X để x → x Vậy lim ⟶ ρ x , x = Ta có: lim ⟶ d x , x = lim ⟶ e ( , ) − = e − = Vậy x → x Do đó, (X,d) khơng gian metric đầy đủ Câu 93: Cho (X,d) không gian metric CM hai mệnh đề sau tương đương (1) (X,d) không gian metric đầy đủ (2) Nếu dãy giảm tập đóng khác rỗng (An)n thoả mãn Câu 94: Trên R đặt ( , ) = | (1) ( )− ( )| Chứng minh: metric tương đương với metric thông thường R (2) ( , ) khơng đầy đủ Câu 96 (Ngun lí bị chặn đều) Cho (X,d) không gian metric đầy đủ F họ hàm số liên tục X Giả sử F bị chặn điểm, nghĩa ∀ ∈ ,∃ > : ,∀ ∈ Chứng minh rằng: F bị chặn đều, nghĩa là: tồn tập mở khác rỗng U ⊂ | ( )| ≤ , ∀ ∈ , ∀ ∈ Câu 97: ( Ngun lí Cantor) Dãy cầu đóng + + số M > cho: gọi thắt lại , ∀n ∈ Cho (X,d) không gian metric Hai mệnh đề sau tương đương: (1) X đầy đủ (2) Mọi dãy cầu đóng thắt lại có điểm chung ( tức ) Câu 98: Trong không gian metric ( ; ) đầy đủ dãy ( , ∀ ∈ Chứng minh ⋂ ) tập mở Hơn nữa, Gn trù mật trù mật X 31 BÀI 8: KHÔNG GIAN METRIC COMPACT – KHÔNG GIAN METRIC TÍCH Câu 102: Cho ( , ) không gian metric Ta đặt metric ( , )= [ + ( , )], ∀ , ∈ Chứng minh: ( , ) không gian compact ↔ ( , ) không gian compact () Chiều thuận Lấy dãy ( ) ⊂ Vì ( , ) khơng gian compact nên tồn dãy ∈ ∈ cho: lim , ln + , → Mà lim → , = lim → =0 = ln(1 + 0) = Vậy ( , ) không gian compact () Chiều nghịch Lấy dãy ( ) ⊂ Vì ( , ) khơng gian compact nên tồn dãy cho: lim , → Mà lim → , = lim → , =0 −1 = − = Vậy ( , ) không gian compact Câu 103: Trong không gian metric X cho dãy ( tập compact ) , ⟶ ∈ CMR tập Giải: Lấy (V ) ∈ phủ mở A nghĩa {x : n ∈ ℕ} ∪ {a} ⊂∪ Vậy tồn α ∈ I để a ∈ V Do V ∈ V (*) mở nên ∃ε > để B(a, ε) ⊂ V (**) Do x ⟶ a nên tồn n ∈ ℕ để d(x , a) < ε, ∀n ≥ n 32 ={ : ∈ ℕ} ∪ { } Nghĩa x ∈ B(a, ε), ∀n ≥ n Do (**) nên x ∈ V , ∀n ≥ n Với i ∈ {1,2, … , n }, (*) tồn α ∈ I để x ∈ V Do A = {x : n ∈ ℕ} ∪ {a} ⊂∪ V Ta xây dựng phủ hữu A Do A compact Câu 104: Chứng minh rằng: (1) ( × ) = × × = × (1) Đặt = × (2) Vì mở Vậy ⊂ Vậy ⊂ = ( × ) Ta CM Y=X mở nên X = × ⊂ , mở Vì ⊂ ( × ) = Mà X mở nên × Do ⊂ = nên X = × ⊂ × Ta CM ⊂ Lấy (x,y) ∈ Y = (A × B) Khi tồn U mử chứa x V mở chứa y cho U×V ⊂ A×B Vậy U ⊂ A V ⊂ B Do đó, x ∈ A , y ∈ B Vậy (x,y) ∈ × = × (2) Đặt Vì ̅, Vậy = = ̅× đóng nên × = ̅ × Ta CM X = Y ⊂ Vậy × ⊂ ⊂ ̅, = Mà đóng Vậy = Vậy ⊂ nên × ⊂ ̅× ⊂ Lấy (x,y) ∈ Y = ̅ × nên ∈ ̅ ∈ Do đó, tồn dãy (x ) ⊂ (y ) ⊂ cho → , → Vậy ( , ) → ( , ) {( , )} ⊂ × Vậy ( , ) ∈ × = Câu 106: Cho ( , ), ( , ) hai không gian metric ánh xạ : (1) Nếu f liên tục đồ thị (2) Nếu đồ thị Vậy ( → , Khi = ( ) (2) Giả sử đồ thị , : ( ) ∈ đóng đóng Y compact f liên tục X , (1) Lấy dãy = → Cmr: ⊂ ) ( ) , ( ) → Vì f liên tục nên → ( , ) ( ) → ( ) ( , )∈ đóng Y compact Lấy { } ⊂ 33 → × Vì ( ⊂ ) Vậy lim compact nên có dãy → Vậy ( ( ) ) = Ta chứng minh = ð = ( ) ( ) Ta chứng minh Do ∈ = ( , ) Vì Gf đóng nên ( , ) ∈ , → hội tụ → ( ) ( ) Vì lim → Giả sử có dãy ( ) → ∞ = ( , ) Vì Gf đóng nên ( , ) ∈ , Mà Y compact nên → → ( ) Vậy f liên tục Câu 107: Cho X không gian metric Đường chéo X x X tập ∆= {( , ): ∈ } CMR: ∆ đóng X x X Giải: Lấy dãy {(x , x ) } ⊂ ∆ cho (x , x ) ⟶ (x, y) Vậy x ⟶ x x ⟶ y X Vậy x = y Vậy (x, y) ∈ ∆ Do ∆ tập đóng X x X Câu 108 Cho (X,d), (Y, ) không gian metric, A tập compact X, B tập compact Y Chứng minh với tập mở W chứa A × B X × Y, tồn tập mở U X tập mở V Y cho ⊂ , ⊂ × ⊂ Với ( , ) ∈ ( , )∈ × ∈ Với × ⊂ , tồn tập mở (1) cố định, =∪ Hơn Vậy: Vì ( ) ⊂∪ Y cho ⊂ ∈ phủ mở A Do A compact nên có phủ hữu hạn Đặt X và =∩ ; Do (2) ta ;…; Nghĩa ⊂∪ (2) mở chứa A (3) mở chứa y Mặt khác (1) ta có × ∈ × = ∪ ⊂ ,∀ × = ∪ × ⊂∪ × ⊂ (4) phủ mở B Do B compact nên có phủ hữu hạn { 34 , ,…, } Nghĩa Đặt V = ∪ Ta thấy V mở chứa B Đặt U = ∩ , (3) ta thấy U mở chứa A × Do (4) ta có: × (∪ = ) =∪ ( × ) ⊂∪ ( × Câu 110: Cho ( , ) không gian metric A tập compact { CMR: Tồn > cho ⊂ đường kính ( ) < Số r gọi số Lebesgue họ { ⊂ Lấy ∈ Ta có ∃ Do ⊂⋃ ∈ : ∈ Vì mở nên tồn } ∈ } ∈ tồn phủ mở A ∈ cho > cho ( , ) ⊂ ( , ) A hoàn toàn bị chặn nên tồn tập hữu hạn ∈ ) ⊂ ⊂ cho (*) ⊂⋃ ( , ) ∈ (**) = Đặt ∈ ∈ Lấy , > Lấy ⊂ Vậy ∃ ∈ ⊂ để ( ) < ∈ , = ⊂ số cần tìm Nghĩa ⊂ ∈ Ta có ( , Thật vậy, lấy ∈ , ⊂ )≤ ( )< , ≤ ⊂ , Câu 114: Cho X không gian metric Y không gian metric compact Xét phép chiếu → Ta chứng minh Vậy (do (**)) Theo tính chất cầu ta có với ( , ) = , ∀( , ) ∈ CMR p1 ánh xạ đóng Gọi A tập đóng × 35 × : × Cho dãy ( ∈ Vì ( ( )↔ ) ⊂ Vì ( ) ⊂ ) ⊂ = ( ) hội tụ ∈ Ta phải chứng minh ( , ), ( , ) ∈ ( ) nên ∀ , ∃ ∈ : ( , = )⊂ ( , ) compact nên có dãy hội tụ → ⎯ , Vì dãy tập đóng A hội tụ ( , ) Nên ( , ) ∈ ∈ → = ( , )∈ ( ) ( ) đóng X Câu cịn thiếu Bài 1: 10, 19, 22, 23 Bài 2: 32, 35, 36, 37, 39 Bài 5: 55, 59, 63 Bài (tập mở, tập đóng, tập trù mật): 66, 67, 68, 71, 73, 75, 77, 79, 80, 81 Bài (ánh xạ liên tục): 85 Bài 7: 89, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98 Bài 8: 99, 100, 101, 105, 109, 111, 112, 113, 115 36