3kyu 2005

3kyu 2005 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh tế, kinh doan...

GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)Tài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bản đã chỉnh sửaPGS TS Nguyễn Bích HuyNgày 26 tháng 1 năm 2005§5. Bài ôn tậpBài 1:Trên X = C[0,1]ta xét metric hội tụ đều. Cho tập hợp A = {x ∈ X : x(1) = 1, 0 ≤ x(t) ≤1 ∀t ∈ [0, 1]} và ánh xạ f : X → R, f(x) =10x2(t) dt.1. Chứng minh inf f(A) = 0 nhưng không tồn tại x ∈ A để f(x) = 0.2. Chứng minh A không là tập compact.Giải1. • Đặt α = inf f(A). Ta có f(x) ≥ 0 ∀x ∈ A nên α ≥ 0.Với xn(t) = tn, ta có xn∈ Aα ≤ f(xn) =10t2ndt =12n + 1−→ 0 (n → ∞)Do đó α = 0.• Nếu f (x) = 0, ta có:10x2(t) dt = 0, x2(t) ≥ 0, x2(t) liên tục trên [0, 1]=⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1]=⇒ x /∈ A.2. Ta có:f liên tục trên X, nhận giá trị trong R (xem bài tập §3)f(x) = inf f(A) ∀x ∈ A=⇒ A không compact (xem lý thuyết §4).1 Bài 2:Cho (X, d) là không gian metric compact và ánh xạ X → X thỏa mãnd(f(x), f(y)) < d(x, y) ∀x, y ∈ X, x = y. (1)Chứng minh tồn tại duy nhất điểm x0∈ X thỏa mãn x0= f(x0) (ta nói x0là điểm bất động củaánh xạ f).GiảiTa xét hàm g : X → R, g(x) = d(f(x), x), x ∈ X. Ta chỉ cần chứng minh tồn tại duy nhấtx0∈ X sao cho g(x0) = 0.Áp dụng bất đẳng thức tứ giác và điều kiện (1), ta có|g(x) − g(y)| = |d(f(x), x) − d(f(y), y)| ≤ 2d(x, y)nên g liên tục. Từ đây và tính compact của X ta có:∃x0∈ X : g(x0) = inf g(X) (2)Ta sẽ chứng minh g(x0) = 0. Giả sử g(x0) = 0; ta đặt x1= f(x0) thì x1= x0, do đó:d(f(x1), f(x0)) < d(x1, x0)⇒ d(f(x1), x1) < d(f(x0), x0)⇒ g(x1) < g(x0), mẫu thuẫn với (2).Vậy g(x0) = 0 hay f(x0) = x0.Để chứng minh sự duy nhất ta giả sử trái lại, có x= x0và x= f(x). Khi đó:d(x, x0) = d(f(x), f(x0)) < d(x, x0)Ta gặp mâu thuẫn.Bài 3:Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y . Trên X × Y ta xét metricd1((x, y), (x, y)) = d(x, x) + ρ(y, y), (x, y), (x, y) ∈ X × Y.và xét tập hợp G = {(x, f(x)) : x ∈ X}.1. Giả sử f liên tục, chứng minh G là tập đóng.2. Giả sử G là tập đóng và (Y, ρ) là không gian compact, chứng minh f liên tục.Giải1. Xét tùy ý dãy {(xn, f(xn))} ⊂ G mà lim(xn, f(xn)) = (a, b) (1)Ta cần chứng minh (a, b) ∈ G hay b = f (a).Từ (1), ta cólim xn= a (2), lim f(xn) = b (3).2 Từ (2) và sự liên tục của f ta có lim f(xn) = f(a); kết hợp với (3) ta có b = f(a) (đpcm).2. Xét tùy ý tập đóng F ⊂ Y , ta cần chứng minh f−1(F ) là tập đóng trong X:Để chứng minh f−1(F ) đóng, ta xét tùy ý dãy {xn} ⊂ f−1(F ) mà lim xn= a và cần chứng tỏa ∈ f−1(F ).Ta có:f(xn) ∈ F, n ∈ N∗F là tập compact (do F đóng, Y compact)=⇒ ∃{xnk} : limk→∞f(xnk) = b ∈ F.Khi đó:limk→∞(xnk, f(xnk)) = (a, b), (xnk, f(xnk)) ∈ G, G đóng=⇒ (a, b) ∈ G hay b = f(a).Vậy f(a) ∈ F hay a ∈ f−1(F ) (đpcm).Bài 4:Cho không giam metric compact (X,d) và các ánh xạ liên tục fn: X → R (n ∈ N∗) thỏa mãncác điều kiện sau:f1(x) ≥ f2(x) ≥ . . . , limn→∞fn(x) = 0 ∀x ∈ X (∗)Chứng minh dãy {fn} hội tụ đều trên X về không, nghĩa là:∀ε > 0 ∃n0: ∀n ≥ n0=⇒ supx∈X|fn(x)| < ε (∗∗)Áp dụng phương pháp sau: với ε > 0 đã cho, đặtGn= {x ∈ X : fn(x) < ε}, n ∈ N∗Chỉ cần chứng minh tồn tại n0sao cho Gn0= X.GiảiTrước tiên từ giả thiết (*) ta suy ra rằng fn(x) ≥ 0 ∀x ∈ X, ∀n ∈ N∗. Ta có:Gnlà tập mở (do fnliên tục và Gn= f−1n(−∞, ε))Gn⊂ Gn+1, (do fn(x) ≥ fn+1(x))X =∞n=1Gn(do ∀x ∈ X ∃nx: ∀n ≥ nx⇒ fn(x) < ε)Do X là không gian compact ta tìm được n1, n2, . . . , nksao choX =ki=1Gni3 Đặt n0= max{n1, . . . , nk} ta có X = Gn0. Khi n ≥ n0ta có Gn⊃ Gn0nên Gn= X. Từ đâyta thấy (**) đúng.Bài 5:Cho không gian metric compact (X, d) và ánh xạ liên tục f : X → X. Ta định nghĩaA1= f(X), An+1= f(An), n = 1, 2, . . . , A =∞n=1An.Chứng minh A = ∅ và f(A) = A.GiảiTa có∅ = A1⊂ X, A1compact (do X compact và f liên tục).Dùng quy nạp, ta chứng minh được rằng∅ = An⊃ An+1, Ancompact ∀n = 1, 2, . . .Từ đây ta có {An} là họ có tâm các tập đóng trong không gian compact. Do đó A = 0.• Bao hàm thức f(A) ⊂ A được suy từf(A) ⊂ f (An−1) = An∀n = 1, 2, . . . ( do A ⊂ An−1, với quy ước A0= X).• Để chứng minh A ⊂ f(A), ta xét tùy ý x ∈ A. Vì x ∈ An+1= f(An) nên∀n = 1, 2, . . . ∃xn∈ An: x = f(xn).Do X compact nên có dãy con ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bản đã chỉnh sửaPGS TS Mỵ Vinh QuangNgày 24 tháng 1 năm 2005§9. Giải Bài Tập Về Hệ Phương TrìnhTuyến Tính27) Giải hệ phương trình tuyến tính2x1+ x2+ x3+ x4= 1x1+ 2x2− x3+ 4x4= 2x1+ 7x2− 4x3+ 11x4= m4x1+ 8x2− 4x3+ 16x4= m + 1Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộng A và dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa matrận A về dạng bậc thang. Nhận xét rằng hệ ban đầu tương đương với hệ có ma trận các hệ sốmở rộng là ma trận bậc thang sau cùng. Cụ thể ta cóA =2 1 1 1 11 2 −1 4 21 7 −4 11 m4 8 −4 16 m + 1d1↔d2−−−−→1 2 −1 4 22 1 1 1 11 7 −4 11 m4 8 −4 16 m + 1d2→−2d1+d2−−−−−−−→d3→−d1+d3d4→−4d1+d41 2 −1 4 20 −3 3 −7 −30 5 −3 7 m − 20 0 0 0 m − 7d2→2d2+d3−−−−−−→d3↔d21 2 −1 4 20 −1 3 −7 m − 80 −3 3 −7 −30 0 0 0 m − 7d3→−3d2+d3−−−−−−−→1 2 −1 4 20 −1 3 −7 m − 80 0 −6 14 −3m + 210 0 0 0 m − 7• Nếu m = 7 thì hệ vô nghiệm• Nếu m = 7 hệ tương đương với1∗2 −1 4 20 −1∗3 −7 m − 80 0 −6∗14 00 0 0 0 01 hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x4. Ta cóx3=73x4, x2= 3x3− 7x4+ 1 = 1x1= 2 − 2x2+ x3− 4x4=73x4− 4x4=−53x4Vậy, trong trường hợp này, nghiệm của hệ làx1= −5ax2= 1x3= 7ax4= 3a(a ∈ R)28) Giải hệ phương trình:2x1− x2+ x3− 2x4+ 3x5= 3x1+ x2− x3− x4+ x5= 13x1+ x2+ x3− 3x4+ 4x5= 65x1+ 2x3− 5x4+ 7x5= 9 − mGiải: Lập ma trận các hệ số mở rộngA =2 −1 1 −2 3 31 1 −1 −1 1 13 1 1 −3 7 65 0 2 −5 4 9 − md1↔d2−−−−→1 1 −1 −1 1 12 −1 1 −2 3 33 1 1 −3 7 65 0 2 −5 4 9 − md2→−2d1+d2−−−−−−−→d3→−3d1+d3d4→−5d1+d41 1 −1 −1 1 10 −3 3 0 1 10 −2 4 0 1 20 −5 7 0 2 4 − md2→d2−d3−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 −2 4 0 1 20 −5 7 0 2 4 − md3→−2d2+d3−−−−−−−→d4=−5d2+d41 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 0 6 0 1 00 0 12 0 2 9 − md4→−2d3+d4−−−−−−−→1 1 −1 −1 1 10 −1 −1 0 0 −10 0 6 0 1 00 0 0 0 0 9 − m• Nếu m = 9 thì hệ vô nghiệm.• Nếu m = 9 thì hệ có dạng1∗1 −1 −1 1 10 −1∗−1 0 0 −10 0 6∗0 1 00 0 0 0 0 0rank A = rank A = 3 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 2 tham số là x4, x5, ta cóx3= −16x5x2= −x3+ 1 =16x5+ 1x1= −x2+ x3+ x4− x + 5 + 1= −16x5− 1 −16x5+ x4− x5+ 1 = −43x5+ x42 Vậy, trong trường hợp này nghiệm của hệ làx1= a − 8bx2= b + 1x3= −bx4= ax5= 6ba, b ∈ R29) Giải và biện luận hệ phương trìnhmx1+ x2+ x3= 1x1+ mx2+ x3= mx1+ x2+ mx3= m2Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộngA =m 1 1 11 m 1 m1 1 m m2−→1 1 m m21 m 1 mm 1 1 1−→1 1 m m20 m − 1 1 − m m − m20 1 − m 1 − m21 − m3−→1 1 m m20 m − 1 1 − m m − m20 0 2 − m − m21 + m − m2− m3Chú ý rằng 2 − m − m2= (2 + m)(1 − m). Ta có• m = 1, hệ trở thànhA =1 1 1 10 0 0 00 0 0 0rank A = rank A = 1 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số x1, x2. Nghiệm làx1= 1 − a − bx2= ax3= ba, b ∈ R• m = −2, hệ trở thành1 1 −2 40 −3 3 −60 0 0 3hệ vô nghiệm• m = 1, m = −2, hệ có nghiệm duy nhấtx3=1 + m − m2− m3(2 + m)(1 − m)=m2+ 2m + 1m + 2x2= x3− m =m2+ 2m + 1m + 2− m =1m + 2x1= m2− x2− mx3=m3+ 2m2− 1 − m(m2+ 2m + 1)m + 2=−m − 1m + 23 30) Giải và biện luận hệ phương trìnhmx1+ x2+ x3+ x4= 1x1+ mx2+ x3+ x4= 1x1+ x2+ mx3+ x4= 1Giải: Lập ma trận các hệ số mở rộngA =m 1 1 1 11 m 1 1 11 1 m 1 1d1↔d3−−−−→1 1 m 1 11 m 1 1 1m 1 1 1 1d2→−d1+d2−−−−−−−−→d3→−md1+d31 1 m 1 10 m − 1 1 − m 000 1 − m 1 − m21 − m 1 − md3→d2+d3−−−−−−→1 1 m 1 10 m − 1 1 − m 0 00 0 2 − m − m21 − m 1 − m(∗)Chú ý rằng 2 − m − m2= (1 − m)(2 + m). Ta có các khả năng sau• m = 1 hệ trở thành1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0rank A = rank A = 1, trường hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc ba tham số x2, x3, x4.Nghiệm của hệ làx1= 1 − a − b − cx2= ax3= bx4= ca, b, c ∈ R• m = −2 hệ trở thành1∗1 −2 1 10 3∗−3 0 00 0 0 3∗3Ta có rank A = rank A = 3 nên hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số là x3. Ta cóx4= 1, 3x2= 3x3⇒ x2= x3x1= −x2+ 2x3− x4+ 1 = x3Trong trường hợp này nghiệm của hệ làx1= ax2= ax3= ax4= 1a ∈ R• m = 1, −2. Khi đó, từ (∗) ta thấy hệ có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x4và m. Ta có(2 − m − m2)x3= (1 − m) ĐẠI SỐ (CƠ SỞ)Tài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bản đã chỉnh sửaTS. Trần HuyênNgày 31 tháng 1 năm 2005Bài 7. Các Bài Toán Xác Định TínhChất Và Mô Tả Cấu Trúc Của MộtNhómCác bài toán dạng này thường có nội dung sau: Cho nhóm X thỏa mãn một số điều kiệncho trước nào đó, kết luận của bài toán yêu cầu chỉ ra rằng, khi đó nhóm X cũng thỏa mãnmột số tính chất xác định.Ví dụ 1 Cho X là nhóm mà với mọi phần tử a ∈ X thì a2= e. Chứng minh rằng khi đó X lànhóm aben.Về mặt nguyên tắc, muốn xử lý bài toán xác định một tính chất nào đó của nhóm, chúngta cần sử dụng các tính chất thông dụng của nhóm, kết hợp với các điều kiện bổ sung của bàitoán, phân tích, đánh giá và biến đổi các tính chất đã có tới các tính chất cần có theo đòi hỏicủa kết luận bài toán.Các tính chất thông dụng của một nhóm bao gồm, trước hết là các tiên đề trong định nghĩanhóm, và các tính chất dẫn xuất từ các tiên đề đó, chẳng hạn như:• Trong nhóm X luôn có luật giản ước (tức là từ mỗi đẳng thức ax = ay (hay xa = ya)đều suy ra được x = y!)• Trong nhóm X, phần tử a ∈ X là đơn vị của nhóm X ⇐⇒ a2= a (tức a lũy đẳng!)• Trong nhóm X, nghịch đảo của mỗi phần tử a ∈ X là duy nhất và b = a−1⇔ ab = ehoặc ba = e.• Trong nhóm X, nghịch đảo của một tích bằng tích các nghịch đảo theo thứ tự ngược (tứclà (a1a2. . . an)−1= a−1n. . . a−12a−11)• . . .1 Quay trở lại ví dụ 1, để chứng minh X là nhóm aben ta cần chỉ ra: ∀a, b ∈ X thì ab = ba.Để có được tính chất cần thiết này ta sử dụng điều kiện bổ sung của bài toán là a2= e, ∀a ∈X, kết hợp với một số nào đó các tính chất thông dụng đã có trong nhóm, biến đổi để có đượccác lời giải sau:• Lời giải thứ nhất: Từ điều kiện bài toán, ta có với mọi a, b ∈ X thì:a2= e, b2= e =⇒ a2.b2= e.e = eđồng thời (ab)2= e. Do đó: a.a.b.b = ab.ab (= e) Thực hiện luật giản ước trái a và luậtgiản ước phải b ở đẳng thức cuối cùng ta được: ab = ba (đpcm).• Lời giải thứ hai: Từ điều kiện bài toán: a2= e, ∀a ∈ X =⇒ a = a−1, ∀ ∈ X.Do đó ∀a, b ∈ X : ab = (ab)−1= b−1a−1= ba, tức ta có đpcm.Ở đây, chúng tôi chỉ đưa vài lời giải cơ bản, nếu các bạn thực hiện các bước biến đổi hơikhác một chút các bạn sẽ có thêm các lời giải của riêng mình. Các bạn hãy thử sức mình xem!Ví dụ 2 Cho X là nhóm có vô hạn phần tử. Chứng minh rằng X chứa vô hạn các nhóm conkhác nhau.GiảiVì X có vô hạn phần tử nên X = {e}. Xét cấp các phần tử của X, có hai khả năng duynhất sau đây:a) Trong X có một phần tử cấp vô hạn. Khi đó, nhóm con cyclic sinh bởi phần tử a là < a >có vô hạn phần tử; và bản thân < a > chứa vô hạn các nhóm con khác nhau sau đây:< a >, < a2>, . . . , < ak>, . . . Đó cũng là các nhóm con của X. Vậy, khi đó X chứa vôhạn nhóm con.b) Mọi phần tử trong X đều có cấp hữu hạn. Khi đó, xét họ J tất cả các nhóm con cyclicsinh bởi các phần tử của X, J = {< x >: x ∈ X}. Dễ thấy là X =x∈X< x >, do đónếu họ J chỉ chứa hữu hạn các nhóm con khác nhau thì do:x∈X< x >=<x>∈J< x >có số phần tử là hữu hạn, trái với điều kiện đã cho X có vô hạn phần tử. Vậy J chứa vôhạn các nhóm con khác nhau, tức X chứa vô hạn các nhóm con khác nhau.Chú ý rằng các tính chất của nhóm là rất phong phú và đa dạng, nó không chỉ được phátbiểu cho các phần tử của tập nền, phép toán trong nhóm mà còn được xác định cho nhữngkhái niệm dẫn xuất từ nhóm như là nhóm con, ước chuẩn tắc, . . .Đặc biệt trong các nhóm hữu hạn chúng ta có một tính chất quan trọng liên hệ giữa cấpcủa nhóm và cấp các nhóm con, chính là nội dung của định lý sau:Định lí 1 (Lagran) Cho nhóm hữu hạn X, và A ⊂nX. Khi đó, cấp A là ước số của cấp X.Định lý này có vài hệ quả cũng thường được sử dụng trong các bài toán xác định tính chấtcho các nhóm hữu hạn và mô tả cấu trúc nhóm hữu hạn đó là:2 Hệ quả 1 Cấp của một phần tử a trong nhóm X là ước số của cấp X.Hệ quả 2 Nếu cấp của nhóm X là số nguyên tố thì X là nhóm cyclic.Ví dụ 3 Cho X là nhóm aben cấp 6. Chứng minh rằng X là nhóm cyclic.GiảiĐể chỉ ra X là nhóm cyclic, ta cần chỉ ra trong X có chứa một phần tử cấp 6.Vì X cấp 6 nên tồn tại GIẢI TÍCH (CƠ SỞ)Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH ToánPhần 2. Không gian định chuẩnÁnh xạ tuyến tính liên tục§1. Không gian định chuẩn(Phiên bản đã chỉnh sửa)PGS TS Nguyễn Bích HuyNgày 25 tháng 2 năm 2005Lý thuyết1 ChuẩnGiả sử X là một không gian vectơ (k.g.v.t) trên trường số K (K = R hoặc K = C). Một ánhxạ p : X → R được gọi là một chuẩn trên X nếu thỏa mãn các điều kiện sau cho mọi x, y ∈ X,mọi λ ∈ K:i) p(x) ≥ 0p(x) = 0 ⇐⇒ x = θ (θ chỉ phần tử không trong X)ii) p(λx) = |λ|p(x)iii) p(x + y) ≤ p(x) + p(y)Số p(x) gọi là chuẩn của phần tử x.Thông thường, ta dùng ký hiệu ||x|| thay cho p(x).Mệnh đề 1. Nếu p là một chuẩn trên k.g.v.t X thì ta có:1 1. |p(x) − p(y)| ≤ p(x − y) (hay |||x|| − ||y||| ≤ ||x − y||) ∀x, y ∈ X.2. d(x, y) := p(x − y) là một mêtric trên X, gọi là mêtric sinh bởi chuẩn p (hay d(x, y) =||x − y||)Ví dụ 1. Trên Rnánh xạx = (x1, . . . , xn) → ||x|| =nk=1x2k1/2là chuẩn, gọi chuẩn Euclide. Mêtric sinh bởi chuẩn này chính là mêtric thông thường của Rn.Ví dụ 2. Trên C[a, b], ánh xạ x → ||x|| := supa≤t≤b|x(t)| là một chuẩn mêtric sinh bởi chuẩnnày là mêtric hội tụ đều trên C[a, b]2 Không gian định chuẩnĐịnh nghĩa 1.• Không gian vectơ X cùng với chuẩn ||·|| trong nó, được gọi là một không gian định chuẩn(kgđc), ký hiệu (X, || · ||).• Các khái niệm hội tụ, tập mở, đóng, compact, dãy Cauchy, · · · trong (X, || · ||) được hiểulà các khái niệm tương ứng đối với mêtric sinh bởi chuẩn.Nói riêng, trong (X, || · ||) ta cóB(x0, r) = {x ∈ X : ||x − x0|| < r}( limn→∞xn= x(cũng viết xn||·||−→ x)) ⇐⇒ limn→∞||xn− x|| = 0({xn} là dãy Cauchy) ⇐⇒ limn,m→∞||xn− xm|| = 0.Định nghĩa 2. Kgđc (X, || · ||) được gọi là không gian Banach nếu X với mêtric sinh bởi || · ||là không gian đầy đủ.Vì kgđc là trường hợp đặc biệt của không gian mêtric nên tất cả các kết quả về không gianmêtric cũng đúng cho kgđc. Ngoài ra, ta có các kết quả sau về kgđc.Mệnh đề 2. Cho Kgđc (X, .) trên trường số K và các dãy {xn}, {yn} ⊂ X, {λn} ⊂ K,lim xn= x, lim yn= y, lim λn= λ. Khi đó :1. lim xn = x2. lim(xn+ yn) = x + y, lim λnxn= λx.Hệ quả. Các ánh xạ f, g : X → X, f(x) = x + 0 + x, g(x) = λ0x (λ0∈ K\{0}) là đồngphôi.2 3 Chuẩn tương đươngĐịnh nghĩa 3. Hai chuẩn .1, .2trên kgvt X gọi là tương đương (viết .1∼ .2) nếu tồntại các hằng số dương a, b sao chox1≤ ax2, x2≤ bx1∀x ∈ XMệnh đề 3. Giả sử .1, .2là hai chuẩn tương đương trên kgvt X. Khi đó:1. (lim xn= x theo .1) ⇐⇒ (lim xn= x theo .2)2. (X, .1) đầy đủ ⇐⇒ (X, .2) đầy đủ.4 Một số không gian định chuẩn4.1 Không gian định chuẩn conCho kgđc (X, .) và X0là một kgvt con của X. Ký hiệu .0là thu hẹp của . trên X0thì.0là một chuẩn trên X0. Cặp (X0, .0) gọi là kgđc con của (X, .).4.2 Tích của hai kgđcCho các kgđc (X1, .1), (X2, .2). Tích Đề các X1× X2sẽ trở thành kgvt nếu ta định nghĩacác phép toán(x1, x2) + (y1, y2) = (x1+ y1, x2+ y2) λ(x1, x2) = (λx1, λx2)Kgvt X1× X2với chuẩn(x1, x2) := x11+ x22(∗)hoặc với chuẩn tương đương với (*), gọi là kgđc tích của các kgđc (X1, .1), (X2, .2).Ta dễ dàng kiểm tra được các tính chất sau:• Dãy (xn1, xn2) hội tụ về phần tử (x1, x2) trong kgđc tích khi và chỉ khi các dãy {xni} hội tụvề xitrong kgđc (Xi, .i), i = 1, 2.• Nếu (Xi, .i)(i = 1, 2) là các không gian Banach thì kgđc tích cũng là không gian Banach.4.3 Kgđc hữu hạn chiềuGiả sử X là kgvt m chiều và e = {e1, . . . , em} là một cơ sở của X. Khi đó ánh xạx =mk=1λkek→ xe:=mk=1|λk|21/2là một chuẩn, gọi là chuẩn Euclide sinh bởi cơ sở e.3 Mệnh đề 4.1. Trên một không gian hữu hạn chiều, hai chuẩn bất kỳ luôn tương đương với nhau.2. Trên kgđc hữu hạn chiều, một tập là compact khi và chỉ khi nó đóng và bị chặn.3. Một không gian định chuẩn hữu hạn chiều luôn là không gian đầu đủ. Do đó, một kgvtcon hữu hạn chiều của một kgđc là tập đóng trong không gian đó.Định lí 1 (Riesz). Nếu quả cầu B(θ, 1) := {x ∈ X : x ≤ 1} của các kgđc X là tập compactthì X là không gian hữu hạn chiều.5 Chuỗi trong kgđcNhờ có phép toán cộng và lấy giới hạn, trong kgđc ta có thể đưa ra khái 1Mục lụcMục lục .11 Giới thiệu về SQL Server 2005 51.1 Cài đặt SQL Server 2005 Express Edition 51.1.1 Các yêu cầu cho hệ thống 32bit .51.1.2 Các bước cài đặt SQL Server 2005 Express Edition .71.2 Một số thao tác cơ bản trên SQL Server 2005 Express Edition. 161.2.1 Tạo một CSDL mới .161.2.2 Tạo bảng mới .171.2.3 Xóa bảng, xóa CSDL .191.2.4 Mở một query editor để viết câu lệnh SQL .192 Structured Query Language (SQL) 202.1 SQL là ngôn ngữ của cơ sở dữ liệu quan hệ .202.2 Vai trò của SQL 202.3 Giới thiệu sơ lược về Transact SQL (T-SQL) 212.3.1 Ngôn ngữ định nghĩa dữ liệu ( Data Definition Language – DDL) 222.3.2 Ngôn ngữ điều khiển dữ liệu (Data control language – DCL) 222.3.3 Ngôn ngữ thao tác dữ liệu (Data manipulation language – DML) 232.3.4 Cú pháp của T-SQL .242.3.5 Các kiểu dữ liệu .252.3.6 Biến (Variables) .262.3.7 Hàm (Function) 272.3.8 Các toán tử (Operators) .272.3.9 Các thành phần điều khiển (Control of flow) 282.3.10 Chú thích (Comment) .282.3.11 Giá trị NULL 283 Ngôn ngữ thao tác dữ liệu – DML .293.1 Câu lệnh SELECT .293.1.1 Danh sách chọn trong câu lệnh SELECT 303.1.2 Mệnh đề FROM .343.1.3 Mệnh đề WHERE - điều kiện truy vấn dữ liệu 343.1.4 Phép hợp (UNION) 383.1.5 Phép nối .413.1.6 Các loại phép nối .43 23.1.7 Phép nối theo chuẩn SQL-92 .453.1.8 Mệnh đề GROUP BY 473.1.9 Truy vấn con (Subquery) .503.2 Thêm, cập nhật và xóa dữ liệu 513.2.1 Thêm dữ liệu 523.2.2 Cập nhật dữ liệu .533.2.3 Xóa dữ liệu .544 Ngôn ngữ định nghĩa dữ liệu – DDL 564.1 Tạo bảng 564.2 Các loại ràng buộc .584.2.1 Ràng buộc CHECK 584.2.2 Ràng buộc PRIMARY KEY 594.2.3 Ràng buộc FOREIGN KEY 604.3 Sửa đổi định nghĩa bảng 614.4 Xóa bảng .634.5 Khung nhìn - VIEW 634.6 Thêm, cập nhật, xóa dữ liệu trong VIEW .654.7 Thay đổi định nghĩa khung nhìn .654.8 Xóa khung nhìn .665 Thủ tục lưu trữ, hàm và trigger .675.1 Thủ tục lưu trữ (Stored procedure)