GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS. Lê Hoàn Hóa Ngày 15 tháng 12 năm 2004 KHÔNG GIAN MÊTRIC 1 Bất đẳng thức Holder – Bất đẳng Minkovski Cho p > 1, q > 1 thỏa mãn 1 q + 1 q = 1, sau đây là bất đẳng thức Holder và bất đẳng thức Minkovski cho ba trường hợp. 1.1 Tổng hữu hạn Cho x i , y i , i = 1, 2, . . . , n là số thực hoặc phức. n i=1 |x i y i | n i=1 |x i | p 1/p n i=1 |y i | q 1/q (Bất đẳ ng thức Holder) n i=1 |x i + y i | p 1/p n i=1 |x i | p 1/p + n i=1 |y i | p 1/p (Bất đẳ ng thức Minkovski) 1.2 Chuổi số Cho x i , y i , i ∈ N là các số thực hay phức ∞ i=1 |x i y i | ∞ i=1 |x i | p 1/p ∞ i=1 |y i | q 1/q ∞ i=1 |x i + y i | p 1/p ∞ i=1 |x i | p 1/p + ∞ i=1 |y i | p 1/p 1 1.3 Tích phân Cho x, y : [a, b] → R khả tích b a |x(t)y(t)|dt b a |x(t)| p dt 1/p b a |y(t)| q dt 1/q b a |x(t) + y(t)| p dt 1/p b a |x(t)| p dt 1/p + b a |y(t)| p dt 1/p 2 Định nghĩa Cho X = ∅, mêtric d trên X là ánh xạ d: X ×X → R thỏa mãn: • d(x, y) = d(y, x) • d(x, y) 0, d(x, y) = 0 ⇔ x = y • d(x, z) d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ X (Bất đẳ ng thức tam giác) d(x, y) là khoảng cách giữa hai phần tử x, y. Cặp (X, d) là không gian mêtric. Ví dụ: i) Trên R n hoặc C n , x = ( x 1 , x 2 , . . . , x n ), y = (y 1 , y 2 , . . . , y n ), đặ t d 1 (x, y) = n i=1 |x i − y i | d 2 (x, y) = n i=1 |x i − y i | 2 1/2 (khoảng cách Euclide) d p (x, y) = n i=1 |x i − y i | p 1/p , p > 1 Khi đó d 1 , d 2 , d p là các mêtric. ii) Với p 1, đặt X = {x = (x n ) n : ∞ i=1 |x n | p < +∞}. Với x = (x n ) n , y = (y n ) n đặt d(x, y) = ∞ n=1 |x n − y n | p 1/p Khi đó (X, d) là không gian mêtric. iii) Cho X là tập hợp các dãy số thực bị chặn. Với x = (x n ) n , y = (y n ) n thuộc X ta đặt d(x, y) = sup{|x n − y n | : n ∈ N} Khi đó (X, d) là không gian mêtric. Thật vậy, dễ dàng thấy rằng: d(x, y) = d(y, x), d(x, y) 0 và d(x, y) = 0 ⇔ x n = y n , ∀n ∈ N ⇔ x = y. Kiểm tra bất đẳng thức tam giác: Với mọi n ta có |x n − z n | = |x n − y n + y n − z n | |x n − y n | + |y n − z n | d(x, y) + d(y, z) Suy ra d(x, z) = sup{|x n − z n | : n ∈ N} d(x, y) + d(y, z) 2 Vậy d là mêtric trên X. iv) Đặt X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b]. Với x, y ∈ X, đặ t: d 0 (x, y) = max{|x(t) −y(t)| : t ∈ [a, b]} d 1 (x, y) = b a |x(t) − y(t)|dt d 2 (x, y) = b a |x(t) − y(t)| 2 dt 1/2 d p (x, y) = b a |x(t) − y(t)| p dt 1/p , p > 1 Khi đó d 0 , d 1 , d 2 , d p là các mêtric trên X. Thật vậy, dễ kiểm tra d 2 , d p thỏa mãn bất đẳng thức tam giác(dùng bất đẳmg thức Minkovski). Ta kiểm tra d 0 thỏa mãn bất dẳng thức tam giác . Với mọi t ∈ [a, b], ta có: |x(t) − z(t)| = |x(t) − y(t) + y(t) − z(t)| |x(t) − y(t)| + |y(t) − z(t)| d 0 (x, y) + d 0 (y, z) Suy ra: d 0 (x, z) = max{|x(t) − z(t)| : t ∈ [a, b]} d 0 (x, y) + d 0 (y, z) Cụ thể, cho [a, b] = [0, 2], x(t) = t, y(t) = t 2 , ta tính d 0 (x, y) = max{|t − t 2 |, t ∈ [0, 2]} Đặt ϕ(t) = |t − t 2 | = t − t 2 t ∈ [0, 1] t 2 − t t ∈ [1, 2] ϕ (t) = 1 − 2t t ∈ [0, 1] 2t − 1 t ∈ [1, 2] Do đó max ϕ[0, 1] = 1 4 , max ϕ[1, 2] = 3 Vậy d 0 (x, y) = 3 Ta cũng tính được d 1 (x, y) = 2 0 |t − t 2 |dt = 1 0 (t − t 2 )dt + 2 1 (t 2 − t)dt = 1 d 2 (x, y) = 2 0 t − t 2 2 dt 1/2 = 4 √ 15 v) Cho (X, d) là không gian mêtric. Với x, y ∈ X, đặ t d 1 (x, y) = d(x, y) 1 + d(x, y) , d 2 (x, y) = arctg d(x, y), d 3 (x, y) = ln(1 + d(x, y)) Khi đó d 1 , d 2 , d 3 là các mêtric trên X. Ta kiểm tra d 1 , d 2 , d 3 thỏa mãn bất đẳng thức tam giá c. Xét các hàm số ϕ 1 (t) = t 1 + t , ϕ 2 (t) = arctg t, ϕ 3 (t) = ln(1 + t), t 0 3 Ta có ϕ 1 (t) = 1 (1 + t) 2 > 0, ϕ 2 (t) = 1 1 + t 2 > 0, ϕ 3 (t) = 1 1 + t > 0, t 0 Suy ra ϕ 1 , ϕ 2 , ϕ 3 là hàm tăng. Dẫn đến, với mọ i x, y, z ∈ X ta có d 1 (x, z) = d(x, z) 1 + d(x, z) d(x, y) + d(y, z) 1 + d(x, y) + d(y, z) d(x, y) 1 + d(x, y) + d(y, z) 1 + d(y, z) d 1 (x, y) + d 1 (y, z) d 2 (x, z) = arctg d(x, z) arctg [d(x, y) + d(y, z)] arctg d(x, y) + arctg d(y, z) d 2 (x, y) + d 2 (y, z) (Do tg(a + b) = tg a + tg b 1 − tg a tg b tg a + tg b với 0 a + b < π 2 ). d 3 (x, z) = ln [1 + d(x, z)] ln [1 + d(x, y) + d(y, z)] ln [(1 + d(x, y))(1 + d(y, z))] ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z)) d 3 (x, y) + d 3 (y, z) 3 Tập mở–Tập đóng 3.1 Định nghĩa: Cho (X, d) là không gian mêtric, x 0 ∈ X và r 0. Đặt B(x 0 , r) = {x ∈ X : d(x 0 , x) < r} là quả cầu mở tâm x 0 bán kính r. Tập D ⊂ X được gọi là tập mở nếu với mọi x ∈ D, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D. Tập A ⊂ X được gọi là tập đóng nếu X \A là tập mở. 3.2 Tính chất của tập mở: (i) Tập rỗng ∅ và X là tập mở. (ii) Quả cầ u mở là tập mở. (iii) Nếu (D i ) i∈I là họ các tập mở thì i∈I D i là tập mở. (iv) Nếu D 1 , D 2 , . . . , D n là các tập mở thì n i=1 D i là tập mở. 3.3 Tính chất của tập đóng: (i) Tập rỗng ∅ và X là tập đóng. (ii) Quả cầ u đóng là tập đóng. (iii) Nếu (D i ) i∈I là họ các tập đóng thì i∈I D i là tập đóng. (iv) Nếu D 1 , D 2 , . . . , D n là các tập đóng thì n i=1 D i là tập đóng. 4 3.4 Điểm biên: Cho D ⊂ X, điểm x 0 ∈ X được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì B(x 0 , r) ∩ D = ∅ và B(x 0 , r) ∩ (X \ D) = ∅ Nếu x 0 là điểm biên của D thì x 0 cũng là điểm biên của X \ D. Tập hợp tất cả các điểm biên của D gọi là biên của D, ký hiệu ∂D. Ta có: ∂D = ∂(X \ D), ∂X = ∅. Nếu D là tập mở và x ∈ D thì x /∈ ∂D và ngược lại nếu x ∈ ∂D thì x /∈ D. Vậy ta có: D là tập mở ⇔ D không chứa điểm biên của D A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A Cho D là tập con bất kỳ của X. Đặt • o D = D \∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D, o D được gọi là phần trong của D. Ta cũng ký hiệu o D = Int D. • D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D, D được gọi là bao đóng của D . Bài tập 1) Cho (X, d) là không gian mêtric, A và B là tập con của X. (a) Chứng minh: Int(A ∩ B) = o A ∩ o B và A ∪B = A ∪B. (b) Giả sử B là tập mở, A ∩ B = ∅. Chứng minh A ∩ B = ∅. (c) Tìm hai tập mở A, B trong X sao cho các tập A ∩B, A ∩B, A ∩B, A ∩B đều khác nhau trong trường hợp (i) X = R, d(x, y) = |x − y|. (ii) X = R 2 , d(x, y) = [(x 1 − y 1 ) 2 + (x 2 − y 2 ) 2 ] 1/2 với x = (x 1 .x 2 ), y = (y 1 , y 2 ). Giải: a) Do A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên Int(A ∩ B) ⊂ o A và Int(A ∩ B) ⊂ o B . Suy ra Int(A ∩ B) ⊂ o A ∩ o B . Ngược lại, do o A ∩ o B là tập mở chứa trong A ∩ B nên o A ∩ o B ⊂ Int(A ∩ B) Vậy Int(A ∩B) = o A ∩ o B . Tương tự, do A ⊂ A∪B và B ⊂ A∪B nên A ⊂ A ∪ B và B ⊂ A ∪ B. Suy ra A∪B ⊂ A ∪B. Ngược lại, do A ∪B ⊂ A ∪B và A ∪ B là tập đóng nên A ∪ B ⊂ A ∪ B. Vậy A ∪ B = A ∪ B. b) Do A ∩B = ∅ bà B là tập mở nên X \B là tập đóng và A ⊂ X \B. Suy ra A ⊂ X \B hay A ∩B = ∅. c) i) Trường hợp X = R, d(x, y) = |x − y|. Chọn A = (0, 2) ∪ (3, 4) và B = (1, 3). Khi đó A = [0, 2] ∪ [3, 4] , B = [1, 3] và A ∩ B = (1, 2) Suy ra A ∩ B = (1, 2] , A ∩B = [1, 2) , A ∩B = [1, 2] ∪ {3}, A ∩B = [1, 2] 5 ii) Trường hợp X = R 2 . Chọ n A = x 2 + y 2 < 4 ∪ 9 < x 2 + y 2 < 16 và B = 1 < x 2 + y 2 < 9 Khi đó A = x 2 + y 2 4 ∪ 9 x 2 + y 2 16 B = 1 x 2 + y 2 9 và A ∩B = 1 < x 2 + y 2 < 4 Suy ra A ∩ B = 1 < x 2 + y 2 4 ,A ∩ B = 1 x 2 + y 2 < 4 A ∩ B = 1 x 2 + y 2 4 ,A ∩ B = 1 x 2 + y 2 4 ∪ x 2 + y 2 = 9 2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b] với mêtric d(x, y) = max{|x(t)−y(t)| : t ∈ [a, b]}. Cho a α β b, đặt D = {x ∈ X : x(t) > 0, t ∈ [α, β]} A = {x ∈ X : x(t) 0, t ∈ [α, β]} Chứng minh D là tập mở, A là tập đóng. Giải: Với x ∈ D, đặt m = min{x(t) : t ∈ [α, β]} thì m > 0. Với y ∈ B(x, m 2 ), do : d(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]} < m 2 Suy ra y(t) x(t) − |x(t) − y(t)| m 2 > 0, ∀t ∈ [α, β] Dẫn đến: B(x, m 2 ) ⊂ D. Vậy D là tập mở. Tương tự, ta cũng có tập U = {x ∈ X : x(t) < 0, t ∈ [α, β]}. Đặc biệt, khi α = β = t ta c ó U t = {x ∈ X : x(t) < 0} là tập mở. Suy ra A t = {x ∈ X : x(t) 0} là tập đóng. Do A = αtβ A t nên A là tập đóng. 4 Sự hội tụ 4.1 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric, (x n ) n là dãy trong X và x ∈ X. Ta nói: Dãy (x n ) n hội tụ về x ⇔ ∀ε > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n n 0 ⇒ d(x n , x) < ε ⇔ lim n→∞ d(x n , x) = 0 Ta có các quan hệ sau: • A là tập đóng ⇔ Với mọi dãy (x n ) n trong A, lim n→∞ x n = x thì x ∈ A. • x ∈ ∂A ⇔ Có dãy (x n ) n trong A và dãy (y n ) n trong X \ A sao cho lim n→∞ x n = lim n→∞ y n = x. • x ∈ A ⇔ Có dãy (x n ) n trong A sao cho lim n→∞ x n = x. 6 Bài tập 1) Cho (X, d) là không gian mêtric. Với x, y ∈ X đặt d 1 (x, y) = d(x, y) 1 + d(x, y) , d 2 (x, y) = arctg d(x, y), d 3 (x, y) = ln(1 + d(x, y)) Chứng minh: lim n→∞ x n = x trong (X, d) ⇔ lim n→∞ x n = x trong (X, d i ), i = 1, 2, 3. Hướng dẫn: d(x, y) = d 1 (x, y) 1 − d 1 (x, y) , d(x, y) = tg d 2 (x, y), d(x, y) = e d 3 (x,y) − 1 2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0, 1]. Với x, y ∈ X đặt d 1 (x, y) = 1 0 |x(t) − y(t)|dt, d 2 (x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [0, 1]} a) Chứng minh: Nếu lim n→∞ x n = x trong (X, d 2 ) thì lim n→∞ x n = x trong (X, d 1 ). b) Cho x n (t) = t n −t 2n . Tính d 1 (0, x n ), d 2 (0, x n ). Suy ra: lim n→∞ x n = 0 trong (X, d 1 ) nhưng (x n ) n không hội tụ về 0 trong (X, d 2 ). Hướng dẫn: a) d 1 (x, x n ) = 1 0 |x(t) − x n (t)|dt d 2 (x, x n ). b) d 1 (0, x n ) = 1 n+1 − 1 2n+1 , d 2 (0, x n ) = max{t n (1 − t n ) : t ∈ [0, 1]} = 1 4 . 3) Cho (X, d X ), (Y, d Y ) là không gian mêtric. Đặt Z = X ×Y , với z 1 = (x 1 , y 1 ), z 2 = (x 2 , y 2 ), đặt d(z 1 , z 2 ) = d X (x 1 , x 2 ) + d Y (y 1 , y 2 ) • Chứng minh d là mêtric trên Z. • Cho z n = (x n , y n ) và z = (x, y) trong Z. Chứng minh lim n→∞ z n = z trong (Z, d) ⇔ lim n→∞ x n = x trong (X, d X ) lim n→∞ y n = y trong (Y, d Y ) (Z, d) là không gian mêtric tích của hai không gian mêtric (X, d X ) và (Y, d Y ). 7 . GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS. Lê Hoàn Hóa Ngày 15 tháng 12 năm 2004 KHÔNG GIAN MÊTRIC 1 Bất đẳng thức Holder – Bất đẳng. (X, d) là không gian mêtric. iii) Cho X là tập hợp các dãy số thực bị chặn. Với x = (x n ) n , y = (y n ) n thuộc X ta đặt d(x, y) = sup{|x n − y n | : n ∈ N} Khi đó (X, d) là không gian mêtric. Thật. ⇔ lim n→∞ x n = x trong (X, d X ) lim n→∞ y n = y trong (Y, d Y ) (Z, d) là không gian mêtric tích của hai không gian mêtric (X, d X ) và (Y, d Y ). 7