Chương Không gian metric 1.1 Đề Cho không gian metric (X , d ) Ta định nghĩa d (x , y ) = d (x , y ) , + d (x , y ) x, y ∈ X Chứng minh d metric X d1 d Chứng minh xn −→ x ⇔ xn −→ x Giả sử (X , d ) đầy đủ, chứng minh (X , d ) đầy đủ Giải 1.1.1 CMR d metric X Dễ thấy d ánh xạ Ta chứng minh d metric X Thật vậy, lấy x , y , z ∈ X , ta có • d (x , y ) = d (x , y ) ≥ (vì d (x , y ) ≥ 0) + d (x , y ) • d (x , y ) = ⇔ • d (x , y ) = d (x , y ) = ⇔ d (x , y ) = ⇔ x = y (vì d metric X ) + d (x , y ) d (x , y ) d (y , x ) = = d (y , x ) (vì d (x , y ) = d (y , x )) + d (x , y ) + d (y , x ) Ta chứng minh d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ d (x , y ) d (x , z ) d (z , y ) ≤ + + d (x , y ) + d (x , z ) + d (z , y ) Đặt a = d (x , y ), b = d (x , z ), c = d (z , y ), ta có • a,b,c ≥ • d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ a ≤ b + c (vì d metric X ) Xét hàm f xác định f (t ) = >0 (t + 1)2 Vậy f tăng M Mà a ≤ b + c Nên f (t ) = t t +0 = với t ∈ M = [0; +∞), ta có 1+t t +1 ∀t ∈ M f (a ) ≤ f (b + c ) ⇔ a b +c b c b c ≤ = + ≤ + 1+a 1+b +c 1+b +c 1+b +c 1+b 1+c ⇒ b c a ≤ + 1+a 1+b 1+c Kết luận: d metric X 1.1.2 CMR xn −→ x (theo d ) ⇔ xn −→ x (theo d ) d1 d Chiều (⇐): giả sử xn −→ x , ta chứng minh xn −→ x n →∞ d Ta có xn −→ x ⇔ d (xn , x ) −→ d (xn , x ) n→∞ d1 −→ ⇔ xn −→ x ⇒ d (xn , x ) = + d (xn , x ) d1 d Chiều (⇒): giả sử xn −→ x , ta chứng minh xn −→ x d d1 (Nháp: d = ⇔ d + d d = d ⇔ d = d (1 − d ) ⇔ d = ) 1+d − d1 d (xn , x ) d (xn , x ) Ta có d (xn , x ) = ⇔ d (xn , x ) = + d (xn , x ) − d (xn , x ) d1 n→∞ Mà xn −→ x ⇔ d (xn , x ) −→ d (xn , x ) n→∞ d −→ ⇔ xn −→ x Nên d (xn , x ) = − d (xn , x ) 1.1.3 Giả sử (X , d ) đầy đủ, CMR (X , d ) đầy đủ Lấy {xn } ⊂ (X , d ): {xn } dãy Côsi, ta chứng minh {xn } hội tụ (X , d ) Do {xn } dãy Côsi (X , d ) nên n ,m →∞ d (xn , xm ) −→ ⇒ d (xn , xm ) = d (xn , xm ) n ,m→∞ −→ − d (xn , xm ) n,m →∞ ⇒ d (xn , xm ) −→ Vậy {xn } dãy Côsi (X , d ) Mà (X , d ) đầy đủ Nên {xn } hội tụ (X , d ) Đặt x = lim xn (X , d ) n →∞ d d1 Ta có xn −→ x ⇔ xn −→ x (theo câu 2.) Vậy {xn } hội tụ (X , d ) Kết luận: (X , d ) đầy 1.2 Đề Cho không gian metric (X , d ), (X , d ) Trên tập X = X × X ta định nghĩa d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d (x1 , y1 ) + d (x2 , y2 ), (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ X Chứng minh d metric X Giả sử x n = (x1n , x2n ) (n ∈ ∗ ) a = (a , a ) Chứng minh d1 n d x −→ a ⇔ x1n −→ a d2 x2n −→ a Giả sử (X , d ), (X , d ) đầy đủ, chứng minh (X , d ) đầy đủ Giải 1.2.1 Chứng minh d metric X Dễ thấy d ánh xạ Ta chứng minh d metric X Thật vậy, lấy x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ), z = (z , z ) ∈ X = X × X , ta có • d (x , y ) = d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d (x1 , y1 ) + d (x2 , y2 ) ≥ • d (x , y ) = ⇔ d (x1 , y1 ) = d (x2 , y2 ) = ⇔ x1 = y1 x2 = y2 ⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ) ⇔ x = y • d (x , y ) = d ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) = d (x1 , y1 ) + d (x2 , y2 ) = d (y1 , x1 ) + d (y2 , x2 ) = d ((y1 , y2 ), (x1 , x2 )) = d (y , x ) Ta chứng minh d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ d (x1 , y1 ) + d (x2 , y2 ) ≤ (d (x1 , z ) + d (x2 , z )) + d (z , y1 ) + d (z , y2 ) Ta có d (x1 , y1 ) ≤ d (x1 , z ) + d (z , y1 ) d (x2 , y2 ) ≤ d (x2 , z ) + d (z , y2 ) ⇒ d (x1 , y1 ) + d (x2 , y2 ) ≤ (d (x1 , z ) + d (x2 , z )) + d (z , y1 ) + d (z , y2 ) ⇔ d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) Kết luận: d metric X 1.2.2 Chứng minh x n −→ a (theo d ) ⇔ xin −→ a i (theo d i ) (i = 1, 2) Ta có d x n −→ a ⇔ lim d (x n , a ) = Mặt khác n →∞ n n n ≤ d i (xi , a i ) ≤ d (x1 , a ) + d (x2 , a ) = d (x n , a ) (i = 1, 2) ⇒ ≤ d i (xin , a i ) ≤ d (x n , a ) ⇒ lim ≤ lim d i (xin , a i ) ≤ lim d (x n , a ) n →∞ n→∞ n →∞ n ⇔ ≤ lim d i (xi , a i ) ≤ n →∞ ⇔ lim d i (xin , a i ) = n→∞ di ⇔ xin −→ a i (i = 1, 2) Giả sử (X , d ), (X , d ) đầy đủ, chứng minh (X , d ) đầy đủ 1.2.3 Lấy {x n } ⊂ (X , d ): {x n } dãy Côsi, x n = (x1n , x2n ), ta chứng minh {x n } hội tụ (X , d ) Do {x n } dãy Côsi (X , d ) nên n ,m →∞ d (x n , x m ) −→ (∗) Mặt khác ≤ d i (xin , xim ) ≤ d (x1n , x1m ) + d (x2n , x2m ) = d (x n , x m ) ⇒ ≤ d i (xin , xim ) ≤ d (x n , x m ) (∗∗) n,m→∞ (∗), (∗∗) ⇒ d i (xin , xim ) −→ Vậy {xin } dãy Côsi (X , d i ) Mà (X , d i ) đầy đủ Nên {xin } hội tụ (X , d i ) ⇔ ∃a i = lim xin (X , d i ) n →∞ Ta có d1 x1n −→ a d2 x2n −→ a d d ⇔ (x1n , x2n ) −→ (a , a ) ⇔ x n −→ a (theo câu 2.) Vậy {xn } hội tụ (X , d ) Kết luận: (X , d ) đầy 1.3 Đề Kí hiệu S tập hợp dãy số thực x = {a k }k Ta định nghĩa ∞ d (x , y ) = |a k − bk | · , k + |a − b | k k k =1 x = {a k }, y = {bk } ∈ S Chứng minh d metric X Giả sử xn = a kn k (n ∈ ∗ ) x = {a k }k Chứng minh d xn −→ x ⇔ lim a kn = a k , n →∞ ∀k ∈ N ∗ Chứng minh (S , d ) đầy đủ Giải 1.3.1 Chứng minh d metric X ∞ |a k − bk | · k + |a k − bk | k =1 |a k − bk | |a k − bk | Ta có k · ≤ k· = k, + |a k − bk | |a k − bk | Xét ⇒ ∀k ∈ |a k − bk | · ≤ , 2k + |a k − bk | 2k ∗ ∀k ∈ ∗ ∞ ∞ 1 = Mà chuỗi 2k k =1 k =1 k hội tụ (vì | | < 1) ∞ Nên |a k − bk | · hội tụ k + |a − b | k k k =1 Từ đó, dễ thấy d ánh xạ Ta chứng minh d metric X Thật vậy, lấy x = {a k }, y = {bk }, z = {ck } ∈ S , ta có ∞ • d (x , y ) = |a k − bk | · ≥0 k + |a − b | k k k =1 • d (x , y ) = ⇔ |a k − bk | = 0, x=y ∗ ⇔ a k − bk = 0, ∀k ∈ ∗ ⇔ a k = bk , ∀k ∈ ∗ ⇔ ∞ ∞ • d (x , y ) = ∀k ∈ |a k − bk | |bk − a k | · = · = d (y , x ) k + |a − b | k + |b − a | 2 k k k k k =1 k =1 Ta chứng minh ∞ ∞ ∞ |a k − bk | |a k − ck | |ck − bk | d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y ) ⇔ · ≤ · + · 2k + |a k − bk | k =1 2k + |a k − ck | k =1 2k + |ck − bk | k =1 Đặt α = |a k − bk |, β = |a k − ck |, γ = |ck − bk |, ta có • α, β , γ ≥ • |a k − bk | = |a k − ck + ck − bk | ≤ |a k − ck | + |ck − bk | ⇒ α ≤ β + γ Xét hàm f xác định f (t ) = > ∀t ∈ M (t + 1)2 Vậy f tăng M Mà α ≤ β + γ Nên t +0 t = với t ∈ M = [0; +∞), ta có 1+t t +1 f (t ) = f (α) ≤ f (β + γ) ⇔ α β +γ β γ β γ ≤ = + ≤ + 1+α 1+β +γ 1+β +γ 1+β +γ 1+β 1+γ ⇒ ⇔ ⇔ α β γ ≤ + 1+α 1+β 1+γ |a k − bk | |a k − ck | |ck − bk | ≤ + + |a k − bk | + |a k − ck | + |ck − bk | |a k − bk | |a k − ck | |ck − bk | · ≤ k· + k· k + |a k − bk | + |a k − ck | + |ck − bk | ∞ ∞ ∞ |a k − bk | |a k − ck | |ck − bk | ⇒ ≤ + · · · k k k + |a k − bk | k =1 + |a k − ck | k =1 + |ck − bk | k =1 Kết luận: d metric X 1.3.2 Chứng minh xn −→ x (theo d ) ⇔ a kn −→ a k , xn = a kn Ta có x = {a k }k (n ∈ k ∗ ∀k ∈ ∗ ) ∞ ⇒ d (xn , x ) = |a kn − a k | · , k + |a n − a | k k k =1 d n→∞ Chiều (⇒): giả sử xn −→ x , ta chứng minh a kn −→ a k , (n ∈ ∀k ∈ ∗ ) ∗ d Ta có xn −→ x ⇔ lim d (xn , n) = n →∞ Mặt khác ∞ |a kn − a k | |a kn − a k | 1 · ≤ · = d (xn , x ), 2k + |a kn − a k | k =1 2k + |a kn − a k | ⇒ (k ∈ ∗ ) |a kn − a k | · ≤ d (xn , x ) 2k + |a kn − a k | t 2k d k k k k (Nháp: k ≤ d ⇔ t ≤ d + d t ⇔ t (1 − d ) ≤ d ⇔ t ≤ ) (1 + t ) − 2k d 2k d (xn , x ) − 2k d (xn , x ) ⇒ ≤ |a kn − a k | ≤ (với n đủ lớn để − 2k d (xn , x ) > ⇔ d (xn , x ) < (∗) ) 2k 2k d (xn , x ) n →∞ − 2k d (x , x ) n ⇒ lim ≤ lim |a kn − a k | ≤ lim n→∞ n→∞ ⇔ ≤ lim |a kn − a k | ≤ n→∞ ⇔ lim |a kn − a k | = n→∞ ⇔ lim a kn = a k n →∞ n→∞ Chiều (⇐): giả sử a kn −→ a k , Với > 0, chọn k0 ∈ ∗ ∀k ∈ ∞ : k =k0 k0 Xét chuỗi sn = − ak | · , k + |a n − a | k k k =1 n→∞ ∗ d , ta chứng minh xn −→ x < k 2 +1 |a kn Vì lim sn = nên ∃n0 ∈ ∗ (n ∈ ∗ ) cho ∀n > n0 sn < Khi đó, ∀n > n0 ta có k ∞ ∞ |a kn − a k | |a kn − a k | |a kn − a k | 1 d (xn , x ) = · = · + · 2k + |a kn − a k | k =1 2k + |a kn − a k | k =k +1 2k + |a kn − a k | k =1 ∞ = sn + k =k0 ∞ |a kn − a k | 1 · < + < + = n k + |a − a | k 2 2 k k +1 k =k +1 Vậy ta chứng minh ∀ > 0, ∃n0 ∈ ∗ : ∀n > n0 ⇒ d (xn , x ) < ⇔ lim xn = x n →∞ 1.3.3 Chứng minh (S , d ) đầy đủ Lấy {xn } ⊂ (S , d ): {xn } dãy Côsi, xn = {a kn }, ta chứng minh {xn } hội tụ (X , d ) Do {xn } dãy Côsi (X , d ) nên n,m →∞ d (xn , xm ) −→ (∗∗) Lí luận tương tự (∗), ta có ≤ |a kn − a km | ≤ 2k d (xn , xm ) (∗ ∗ ∗) − 2k d (xn , xm ) n ,m →∞ (∗∗), (∗ ∗ ∗) ⇒ |a kn − a km | −→ Vậy {a kn }k dãy Côsi Mà đầy đủ Nên {a kn }k hội tụ ⇔ ∃a k = lim a kn , ∀k ∈ ∗ n→∞ Đặt a = {a k }k Ta có lim a kn = a k , n→∞ d ∀k ∈ N ∗ ⇔ xn −→ a (theo câu 2.) Vậy {xn } hội tụ (X ,S ) Kết luận: (X ,S ) đầy 1.4 Đề Trên X = C[0,1] , xét metric d (x , y ) = sup x (t ) − y (t ) 0≤t ≤1 d (x , y ) = x (t ) − y (t ) d t d d1 Chứng minh xn −→ x ⇒ xn −→ x Bằng ví dụ dãy xn (t ) = n (t n − t n +1 ), chứng minh chiều “⇐” câu không Chứng minh (X , d ) không đầy đủ 1.5 Đề Chứng minh không gian metric ta có A ⊂ B ⇒ A ⊂ B A ∪ B = A ∪ B A = A Giải 1.5.1 Chứng minh A ⊂ B ⇒ A ⊂ B Vì A tập đóng nhỏ chứa A nên có tập đóng F chứa A, F chứa bao đóng A Ta có B tập đóng B tập đóng ⇒B ⊃A ⇒ B ⊃B B ⊃A B ⊃A 1.5.2 Chứng minh A ∪ B = A ∪ B (1) Chứng minh A ∪ B ⊂ A ∪ B Ta có A ⊂A∪B B ⊂A∪B lấy bao đóng vế ⇒ A ⊂A∪B B ⊂A∪B ⇒A∪B ⊂A∪B ∪A∪B ⇔A∪B ⊂A∪B Vậy (1) Chứng minh A ∪ B ⊃ A ∪ B (2) Ta có A tập đóng B tập đóng ⇒ A ∪ B tập đóng (∗) Mặt khác A⊃A B ⊃B ⇒A∪B ⊃A∪B lấy bao đóng vế ⇒ Vậy (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh 1.5.3 Chứng minh A = A Đặt B = A Vì B = A tập đóng nên B = B ⇔ A = A (∗) A∪B ⊃A∪B ⇔A∪B ⊃A∪B