KHÔNG GIAN MÊTRIC.pdf

KHÔNG GIAN MÊTRIC

Cho p > 1, q > 1 thỏa mãn 1q + 1q = 1, sau đây là bất đẳng thức Holder và bất đẳng thức Minkovski cho ba trường hợp.

• d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ X (Bất đẳng thức tam giác)

d(x, y) là khoảng cách giữa hai phần tử x, y Cặp (X, d) là không gian mêtric.

Khi đó (X, d) là không gian mêtric.

iii) Cho X là tập hợp các dãy số thực bị chặn Với x = (xn)n, y = (yn)n thuộc X ta đặt d(x, y) = sup{|xn− yn| : 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 ⇔ xn = yn, ∀n ∈ N ⇔ x = y Kiểm tra bất đẳng thức tam giác: Với mọi n ta có

|xn− zn| = |xn− yn+ yn− zn| 6 |xn− yn| + |yn− zn| 6 d(x, y) + d(y, z) Suy ra

d(x, z) = sup{|xn− zn| : n ∈ N} 6 d(x, y) + d(y, z)

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, đặt: d0(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]}

Khi đó d0, d1, d2, dp là các mêtric trên X.

Thật vậy, dễ kiểm tra d2, dp thỏa mãn bất đẳng thức tam giác(dùng bất đẳmg thức Minkovski).

Ta kiểm tra d0 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)| 6 |x(t) − y(t)| + |y(t) − z(t)|

6 d0(x, y) + d0(y, z) Suy ra:

d0(x, z) = max{|x(t) − z(t)| : t ∈ [a, b]} 6 d0(x, y) + d0(y, z) Cụ thể, cho [a, b] = [0, 2], x(t) = t, y(t) = t2, ta tính

1 + d(x, y), d2(x, y) = arctg d(x, y), d3(x, y) = ln(1 + d(x, y)) Khi đó d1, d2, d3 là các mêtric trên X.

Ta kiểm tra d1, d2, d3 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác Xét các hàm số ϕ1(t) = t

1 + t, ϕ2(t) = arctg t, ϕ3(t) = ln(1 + t), t > 0

d2(x, z) = arctg d(x, z) 6 arctg [d(x, y) + d(y, z)]

6 arctg d(x, y) + arctg d(y, z) 6 d2(x, y) + d2(y, z)

Cho (X, d) là không gian mêtric, x0 ∈ X và r > 0 Đặt B(x0, r) = {x ∈ X : d(x0, x) < r} là quả cầu mở tâm x0 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.

(i) Tập rỗng ∅ và X là tập mở (ii) Quả cầu mở là tập mở.

(iii) Nếu (Di)i∈I là họ các tập mở thì S (ii) Quả cầu đóng là tập đóng.

(iii) Nếu (Di)i∈I là họ các tập đóng thìT

i∈IDi là tập đóng (iv) Nếu D1, D2, , Dn là các tập đóng thì Sn

i=1Di là tập đóng.

3.4Điểm biên:

Cho D ⊂ X, điểm x0 ∈ X được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì B(x0, r) ∩ D 6= ∅ và B(x0, r) ∩ (X \ D) 6= ∅

Nếu x0 là điểm biên của D thì x0 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

• D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D,o D được gọi là phần trong của D Ta cũngo ký hiệuD = Int D.o

• 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) =A ∩o B và A ∪ B = A ∪ B.o

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.

Giải: Với x ∈ D, đặt m = min{x(t) : t ∈ [α, β]} thì m > 0 Với y ∈ B(x,m2), do: d(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]} < m

• A là tập đóng ⇔ Với mọi dãy (xn)n trong A, limn→∞xn = x thì x ∈ A.

• x ∈ ∂A ⇔ Có dãy (xn)n trong A và dãy (yn)n trong X \ A sao cho limn→∞xn = limn→∞yn= x.

• x ∈ A ⇔ Có dãy (xn)n trong A sao cho limn→∞xn= x.

|x(t) − y(t)| dt, d2(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [0, 1]}

a) Chứng minh: Nếu limn→∞xn= x trong (X, d2) thì limn→∞xn= x trong (X, d1).

b) Cho xn(t) = tn− t2n Tính d1(0, xn), d2(0, xn) Suy ra: limn→∞xn= 0 trong (X, d1) nhưng (xn)n không hội tụ về 0 trong (X, d2) • Chứng minh d là mêtric trên Z.

• Cho zn = (xn, yn) và z = (x, y) trong Z Chứng minh

n→∞zn = z trong (Z, d) ⇔ limn→∞xn= x trong (X, dX) limn→∞yn= y trong (Y, dY) (Z, d) là không gian mêtric tích của hai không gian mêtric (X, dX) và (Y, dY).