Ánh xạ liên tục trong không gian Metric

Ánh xạ liên tục không gian Metric Nguyễn Thị Hồng Mến LỜI CẢM ƠN Bản khóa luận hoàn thành trường đại học Sư phạm Hà Nội bảo hướng dẫn tận tình thầy giáo – tiến sĩ Bùi Kiên Cường Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giúp đỡ em q trình em học tập hồn thành khóa luận: “Ánh xạ liên tục khơng gian Metric” Em xin chân thành cảm ơn thầy khoa Tốn nói chung, thầy tổ mơn giải tích nói riêng tạo điều kiện tốt để em hồn thành khóa luận tốt nghiệp Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 18 tháng 05 năm 2010 Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Mến LỜI CAM ĐOAN Khóa luận tốt nghiệp nghiên cứu em hướng dẫn tận tình thầy giáo – Tiến sĩ Bùi Kiên Cường Bên cạnh em quan tâm , tạo điều kiện thầy cô khoa Toán – Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội Vì vậy, em xin khẳng định nội dung đề tài: “Ánh xạ liên tục không gian Metric” khơng có trùng lặp với đề tài khác Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Mến MỤC LỤC Trang Phần MỞ ĐẦU .1 Phần NỘI DUNG CHÍNH Chương Một số khái niệm kết không gian Metric .2 §1 Khơng gian Metric §2 Sự hội tụ Khơng gian đủ §3 Tập hợp mở, tập hợp đóng .8 Chương Ánh xạ liên tục khơng gian Metric 13 §1 Ánh xạ liên tục 13 §2 Định lý mở rộng 19 §3 Hàm thực phức liên tục .24 §4 Sự liên tục đều…………………………………………………26 §5 Phép đồng phơi, hai metric tương đương phép đẳng cự 32 §6 Sự hội tụ dãy hàm……………………………………35 Chương Ánh xạ co ứng dụng 44 §1 Ánh xạ co 44 §2 Ứng dụng ánh xạ co………………………………………49 Phần KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU Giải tích hàm ngành Tốn học xây dựng vào khoảng nửa đầu kỷ XX đến xem ngành Toán học cổ điển Trong q trình phát triển, Giải tích hàm tích lũy nội dung phong phú; phương pháp kết mẫu mực Giải tích hàm xâm nhập vào tất ngành Tốn học có liên quan Chính điều mở phạm vi nghiên cứu rộng lớn cho ngành Tốn học Với mong muốn tìm hiểu nghiên cứu sâu môn bước đầu tiếp cận với công việc nghiên cứu khoa học, em chọn đề tài: “ Ánh xạ liên tục khơng gian Metric ’’ khóa luận tốt nghiệp Nội dung khóa luận gồm có: Chương 1: Một số khái niệm kết không gian Metric Chương 2: Ánh xạ liên tục không gian Metric Chương 3: Ánh xạ co ứng dụng Nhờ giảng dạy thầy khoa Tốn, cố gắng học tập nghiên cứu thân góp ý bạn sinh viên mà em có đủ kiến thức để hồn thành khóa luận Qua em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô giáo bạn sinh viên khoa Toán, đặc biệt TS Bùi Kiên Cường tận tình bảo, giúp đỡ em suốt q trình làm khóa luận Trong q trình thực hiên khóa luận này, cố gắng, song điều kiện thời gian kiến thức có hạn nên khóa luận không tránh khỏi hạn chế Em mong ý kiến đóng góp thầy bạn sinh viên để khóa luận bổ sung hoàn thiện Hà Nội, tháng năm 2010 Sinh viên Nguyễn Thị Hồng Mến Chương Một số khái niệm kết khơng gian Metric §1.Khơng gian metric Định nghĩa 1.1.1: Giả sử X tập hợp không rỗng Ta gọi metric hay khoảng cách X ánh xạ : d: X × X →  (x, y)  d (x, y) Thỏa mãn tiên đề: M1: d (x, y) ≥ 0;∀x, y ∈ X ; d (x, M2: y) = ⇔ ( Tiên đề x = y; giao hoán); d (x, y) = d ( y, x);∀x, y ∈ X M3: ( Tiên đề tam giác); d (x, y) ≤ d (x, z) + d (z, y);∀x, y, z ∈ X Ta gọi không gian metric, cặp (X, d), X tập hợp gọi tập hợp d metric X Khi phần tử x ∈ X gọi điểm d(x, y) gọi khoảng cách hai phần tử x, y X Ví dụ 1.1.1: Cho X tập hợp không rỗng Với x, y X, ta đặt : x ≠ y d(x,y)= (1.1) x = y Thế d metric X khơng gian metric (X, d) gọi khơng gian metric rời rạc Thật vậy, tiên đề M1, M2 hiển nhiên Để kiểm tra M3, với phần tử x, y, z ∈ X , ta xét trường hợp: - Nếu z hai phần tử x y , khơng tính tổng qt giả sử x = z, M1 ta có: d(x, y) = d(z, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) - Nếu z khác x y : d(x, y) ≤ 1< = d(x, z) + d(z, y) Do đó, tiên đề M3 thỏa mãn, d metric Định lý 1.1.2: Trong khơng gian metric (X, d), ta có : 1)Bất đẳng thức tam giác mở rộng : d ( x0 , xn ) ≤ d ( x0 , x1 ) + d ( x1 , x2 ) + + d ( xn−1, xn ) Với xj ∈ X ( j = 0,1, 2, , n); 2)Bất đẳng thức tứ giác: Với phần tử x, y, u, v ∈ X d (x, y) − d (u, v) ≤ d (x, u) + d ( y, v) (1.2) Chứng minh: Ta dễ dàng chứng minh 1) quy nạp nhờ bất đẳng thức tam giác Chứng minh 2) Với x, y, u, v X, theo 1) ta có: d(x, y) ≤ d(x, u) + d(u, v) + d(v, y) Do : d(x, y) - d(u, v) ≤ d(x, u) + d(v, y) Đổi vai trò x, y u, v ta nhận : (1.3) d(u, v) – d(x, y) ≤ d(u, x) + d(y, v) Từ (1.3) (1.4) M2 ta suy (1.2) (1.4) Định nghĩa 1.1.3: Giả sử d1, hai metric tập hợp X Ta nói d1, d2 d2 hai metric tương đương ∃α, β > : α d2 (x, y) ≤ d1 (x, y) ≤ β d2 (x, y); ∀x, y ∈ X Khi đó, ta nói ( X , d1 ( X , d2 ) hai khơng gian metric tương ) đương Ví dụ 1.1.4: Trên tập hợp : X ={x = (ε1 , ε , , ε k ) : ε j ∈ ;( j =1, 2, , k)} Metric d không gian □ k metric: k d1 (x, y) = ∑ j =1 ε j −σ j ; d∞ (x, y) = max ε j − σ 1≤ j≤k Với x = (ε1,ε2 , , εk ), y = (σ1,σ , , σ k ) ∈ X ; j ; metric tương đương Thật vậy, dễ thấy với x, y ∈ X ta có: k d1 (x, y) ≤ d (x, y) ≤ kd (x, y) ≤ k kd (x, y) ∞ §2 Sự hội tụ Không gian đủ Định nghĩa 1.2.1: Dãy điểm (xn ) điểm a ∈X không gian metric (X, d) gọi hội tụ tới d (xn , a) → 0;(n → ∞) Nghĩa : ∀ε > 0, ∃n0 : d (xn , a) < ε , kí hiệu ∀n ≥ n0 Khi đó, điểm a gọi giới hạn dãy (xn ) xn → a; (n → ∞) Ví dụ 1.2.2: hay lim xn = a n→∞ Trong không gian metric rời rạc (X, d) (ví dụ 1.1.1) : Dãy (xn ) hội tụ tới điểm a ∈X : ∀ε > 0(ε < 1); ∃n0 : d (xn , a) < ε ;∀n ≥ n0 Rõ ràng với metric cho không gian rời rạc điều xảy d (xn , a) = 0;∀n ≥ n0 ; nghĩa xn Vậy, không gian = a;∀n ≥ n0 metric rời rạc, dãy hội tụ dãy dừng Ví dụ 1.2.3: Dãy điểm xn = xn (t) hội tụ tới điểm a = a(t) không gian Đảo lại, giả sử ϕ nghiệm (3.3) I, dễ dàng thấy ϕ’(x) = f(x, ϕ(x)) với ∀x ∈ I Đồng thời, từ (3.3) ta nhận thấy ϕ(x0) = y0 Vì thế, ϕ nghiệm tốn giá trị ban đầu (3.2) Ta cần mệnh đề sau để chứng minh định lý Picard Mệnh đề 3.2.2.4 : Cho X tập chứa ánh xạ liên tục từ [a, b] vào [l, m] Vì X không gian không gian C[a, b] gồm tất hàm thực liên tục xác định [a, b] X khơng gian đầy Chứng minh : Vì X⊂ C[a, b] khơng gian đầy, điều đủ để X tập đóng Tiếp đó, ta giả sử f∈ C[a, b] điểm giới hạn X cần f ∈ X ∃ dãy {fn} n≥ X hội tụ tới f với metric C[a, b] Với x ∈ [a,b], ta có : |fn(x) - f(x)| ≤ d(fn,f) Và lim fn ( x) n→∞ f ( x) = Nhưng với x∈ [a, b] ta có l≤ fn(x) ≤ m nên l ≤ f(x)≤ m Điều f∈ X Định lý 3.2.2.5 : (Định lý Picard) Cho f liên tục R = {(x, y) : |x - x0| ≤ a ; |y - y0|≤ b} với a >0 b > Lấy K = sup {|f(x, y)| : (x, y) ∈ R} (3.5) Nếu ∃M > cho : |f(x, y1) - f(x, y2)| ≤ M|y1 - y2| (3.6) b Với (x, y1), (x, y2) ∈ R ; số dương δ = min{a, } có tính chất ∃ K hàm ϕ [x0 - δ , x0 + δ ] cho : ϕ’(x) = f(x, ϕ(x)) với x ∈ [x0 - δ , x0 + δ ] y0 = ϕ(x0) (3.6) Hàm ϕ giới hạn dãy {ϕn} hàm liên tục [x0 - δ , x0 + ϕn(x) = y0 + δ ] cho : x ∫ (t,ϕn−1 (t))dt; n = 1, 2, x0 Và ϕ0 hàm liên tục tùy ý [x0 - δ , x0 + δ ] với giá trị [y0 b, y0 +b] Chứng minh: Cho X = {ϕ ∈C[x0 - δ , x0 + δ ] : |ϕ(x) - ϕ0| ≤ b với x ∈[x0 - δ , x0 + δ ]} Thế X khơng gian đầy theo mệnh đề 3.2.4 Theo cách chọn δ , dễ thấy (x, ϕ(x)) ∈R |x - x0| ≤ δ ϕ ∈ X Do đó, ta xác định T X sau: (Tϕ) (x) = y0 + x ∫ x − x0 ≤ (t,ϕ δ (t))dt; x0 Hiển nhiên, theo mệnh đề 3.2.2.3, ϕ thỏa mãn (3.7) ⇔ Tϕ = ϕ, tức ⇔ ϕ điểm bất động T Vậy, để chứng minh ∃ hàm ϕ, trước hết ta chứng minh T ánh xạ từ X vào có điểm bất động Nếu |x - x0 | ≤ δ theo (3.4) định nghĩa δ | (Tϕ )( x) − y0 x = x ∫ ≤ (t,ϕ(t))dt ∫ (t,ϕ(t)) dt x0 ≤ K |x - x0| ≤ Kδ ≤ b x0 Và thế, Tϕ ∈ X Vậy, T ánh xạ từ X vào k Tiếp theo ta T ánh xạ co với số nguyên dương k Xét ϕ1 ϕ2 ∈ X tùy ý : (Tϕ1)(x) - (Tϕ2) (x) = Nên x0 ≤ x, có : x ∫ f (t,ϕ2 (t))dt ( f (t,ϕ1 (t)) − x0 x (Tϕ1 )( x) − (Tϕ2 )( x) ≤ ∫ x0 f (t,ϕ1 (t)) − x ≤ M ∫ ϕ1 (t) −ϕ2 (t) dt f (t,ϕ2 (t)) dt ≤ M x0 ( theo (3.6) x - x0 ) d(ϕ1, ϕ2) Vì điều với ϕ1, ϕ2 tùy ý ∈ X nên ta lặp lại với Tϕ1 Tϕ2 thay cho ϕ1, ϕ2 Ta có : 2 x (T ϕ1 )(x) − (T ϕ2 )(x) ≤ x0 ∫ Tϕ (t) − (Tϕ2 (t) dt x ≤ M ∫ M (t − x0 )d (ϕ1,ϕ2 ) x0 2 M (x − x ) d (ϕ1,ϕ2 ) ≤ Sau n- bước ta : n n (T −ϕ (T1 )(x) ϕ (x)2 )≤ M (x − x ) d (ϕ , ϕ ) n! n ≤ x0 ≤ (Ma) Mx − d (ϕ1 , ϕ2 ) n n! n n! d (ϕ1,ϕ2 ) Dễ dàng kiểm tra với x ≤ x0 có bất đẳng thức giống Vì lim ≤ (Ma) n = nên tồn k cho k (Ma) < n→∞ n! k! k Khi T ánh xạ co ( Theo hệ 3.1.7) Trong định lý điều cần thiết R bị chặn để ∃ sup K Với trường hợp quan trọng phương trình tuyến tính thay đổi R dải đứng vơ hạn tồn nghiệm tồn khoảng tạo nên dải Định lý 3.2.2.6 : (Định lý Picard dải đứng ) Cho f liên tục R = {(x, y) : x ∈I} với I khoảng bị chặn Nếu ∃M > cho |f(x, y1) - f(x, y2)| ≤ M|y1 - y2| (3.8) Với (x, y1) , (x, y2) ∈ R với (x0, y0) ∈ R tùy ý, ∃ nghiệm ϕ I cho : ϕ’(x) = f(x, ϕ(x)) với x ∈ I ϕ(x0) = y0 (3.9) Hàm ϕ giới hạn dãy {ϕn} hàm liên tục I cho : ϕn (x) = y0 + x ∫ , n = 1, 2, ϕ0 hàm liên tục tùy ý (t,ϕn−1 (t))dt x0 I Chứng minh : Lấy X = C(I) Thế X khơng gian metric đầy ta xác định T X (Tϕ )( x) = x y0 + (t))dt ∫ ; x ∈ I (t, ϕ x0 Như trên, ϕ thỏa mãn (3.9) ⇔ Tϕ = ϕ ⇔ ϕ điểm bất động T Vậy, để chứng minh tồn hàm ϕ, trước hết ta chứng minh T ánh xạ từ X vào có điểm bất động Dễ thấy Tϕ liên tục I, T ánh xạ từ X vào Tiếp k đến, T ánh xạ co với ∀k giống Ví dụ 3.2.2.7 : Xét phương trình : dy dx = x + y ; y(0) = Theo mệnh đề 3.2.2.3 , ϕ nghiệm ban đầu toán x ⇔ ϕ(x) = ⇔ ≡ Nếu ϕ1 = Tϕ0 ∫ (t, ϕ (t))dt Ta thiết lập nghiệm sau : ϕ0 (x) ϕ1(x) = x ∫ x Nếu ϕ2 = Tϕ tdt = 2! x x ϕ2 ( x) = ∫ (t + t x x )dt = + Nếu ϕn = T ϕn −1 ϕn ; 2! x2 x3 ( x) = + 2! 3! 2! 3! xn+1 + + (n + 1)! ; Do đó: n+1 limϕn (x) = x +x + x ) + lim( n→∞ n→∞ 2! 3! (n +1)! x = e − x −1 x Ta dễ dàng kiểm tra e - x - nghiệm ban đầu phương trình khắp R khơng đơn khoảng bị chặn định lý 3.2.2.6 Ta đưa số ví dụ ánh xạ T không co T lại ánh xạ co Ví dụ 3.2.2.8 : Xét khơng gian metric C[ 0, π ] với metric Định nghĩa T : C[0, π 2 ] → C[0, π ] t (Tx)(t) = ∫ x(u) sin u.du Nếu x(t) = -t y(t) = - t : d(x, y) = supπ −t − (1− t) = t ≤ ≤ d(Tx, Ty) = sup π ≤0 ≤ t ∫ (x(u) − y(u) ) sin u.du = sup (1− cos t) = π 0≤ ≤ Vì khơng tồn số K cho ≤ K