Không Gian Metric ( Giáo trình dùng cho sinh viên nghành Toán)

Mục lục Lời nói đầu Khơng gian metric MỤC LỤC MỤC LỤC Chương Không gian metric I Kiến thức mở đầu không gian metric Bài 1.1 (i) Các tiên đề 1, hiển nhiên Ta kiểm tra tiên đề Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt n n | αi2 αi βi |≤ i=1 n βi2 , αi , βi ∈ R(i = 1, , n) i=1 i=1 Với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ), z = (z1 , z2 , , zn ) ∈ Rn , ta có n ρ21 (x, z) n i=1 n i=1 n (xi − yi ) + = i=1 Ta có (xi − yi + yi − zi )2 (xi − zi ) = = n i=1 n i=1 n (xi − yi )(yi − zi ) ≤ i=1 (yi − zi )2 (xi − yi )(yi − zi ) + n (xi − yi ) i=1 (yi − zi ) i=1 nên ρ21 (x, z) ≤ [ρ1 (x, y) + ρ1 (y, z)]2 ⇒ ρ1 (x, z) ≤ ρ1 (x, y) + ρ1 (y, z) Vậy ρ1 metric R (ii) Các tiên đề 1, hiển nhiên Ta phải kiểm tra tiên đề 3 , CHƯƠNG KHƠNG GIAN METRIC Ta có n n n | xi −zi |= ρ2 (x, z) = i=1 n | (xi −yi )+(yi −zi ) |≤ | xi −yi | + i=1 i=1 | yi −zi |= ρ2 (x, y)+ρ2 (y, z) i=1 Vậy ρ2 metric Rn (iii) Ta có tiên đề 1, hiển nhiên Ta việc kiểm tra tiên đề Với i = 1, 2, , n ta có | xi − zi |≤| xi − yi | + | yi − zi |≤ max1≤i≤n | xi − yi | +max1≤i≤n | yi − zi | Suy max1≤i≤n | xi − zi |≤ max1≤i≤n | xi − yi | +max1≤i≤n | yi − zi | Do ρ3 (x, z) ≤ ρ3 (x, y) + ρ3 (y, z) Vậy ρ3 metric Rn (iv) Ta thấy tiên đề 1, hiển nhiên Ta phải kiểm tra tiên đề Trong chứng minh sau ta sử dụng bất đẳng thức Mincovxkii: Với a = (a1 , a2 , , an ), b = (b1 , b2 , , bn ) ∈ Rn , ta có p n p n p ≤ | + bi | p | | p | bi | + i=1 i=1 p n , p > i=1 Ta chứng minh bất đẳng thức Theo bất đẳng thức Holder, ta có n n p | bi |≤ i=1 p, q > p + q p n q | | i=1 | bi | q , i=1 = ⇔ (p − 1)q = p Sử dụng đẳng thức (| a | + | b |)p = (| a | + | b |)p−1 | a | +(| a | + | b |)p−1 | b |, ta có n n p (| | + | bi |) = i=1 n p−1 (| | + | bi |) i=1 (| | + | bi |)p−1 | bi | | | + i=1 CHƯƠNG KHƠNG GIAN METRIC Ta có n q n p−1 (| | + | bi |) (p−1)q | | ≤ p | | (| | + | bi |) i=1 i=1 i=1 n q p p n p (| | + | bi |) = p n | | i=1 i=1 Suy n q n p p (| | + | bi |) ≤ p (| | + | bi |) i=1 p n | | i=1 p n p | bi | + i=1 i=1 q n p (| | + | bi |) Chia hai vế bất đẳng thức cho , ta i=1 1− 1q n p p n (| | + | bi |) p ≤ | | i=1 p p ⇔ (| | + | bi |) | bi | i=1 p n p ≤ p n | | i=1 p + i=1 n p n p | bi | + i=1 i=1 Khi p n p n | xi − zi | ρ4 (x, z) = p | (xi − yi ) + (yi − zi ) | = i=1 i=1 n p ≤ p | xi − yi | p p n p | (yi − zi | + i=1 = ρ4 (x, y) + ρ4 (y, z) i=1 n Vậy ρ4 metric R Bây giờ, ta metric ρ1 , ρ2 , ρ3 tương đương Thật vậy, ta có n n | xi −yi |= i=1 n | xi −yi |≤ i=1 1 2 | xi −yi | n ≤n 2 (xi −yi ) ≤ n.max1≤i≤n | xi − i=1 i=1 Bài 1.2 Tiên đề hiển nhiên Ta cần kiểm tra tiên đề đủ Xét hàm f (t) = t ,t 1+t Ta có f˙(t) = > (1 + t)2 Do f (t) hàm đồng biến Vì d metric X nên với ∀x, y, z ∈ X, ta có d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ≥ CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC Suy f (d(x, z)) ≤ f (d(x, y) + d(y, z)) ⇔ d(x, y) + d(y, z) d(x, y) d(y, z) d(x, z) ≤ = + + d(x, z) + d(x, y) + d(y, z) + d(x, y) + d(y, z) + d(x, y) + d(y, z) d(x, y) d(y, z) ≤ + + d(x, y) + d(y, z) Hay ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z) Bài 1.3 Bài 1.4 Các tiên đề 1, hiển nhiên Ta phải kiêm tra tiên đề Với x, y, z ∈ M[a,b] , ∀t ∈ [a, b], ta có | x(t) − z(t) |≤| x(t) − y(t) | + | y(t) − z(t) | ⇒| x(t) − z(t) |≤ sups∈[a,b] | x(s) − y(s) | +sups∈[a,b] | y(s) − z(s) | =⇒ supt∈[a,b] | x(t) − z(t) |≤ supt∈[a,b] | x(t) − y(t) | +supt∈[a,b] | y(t) − z(t) | Hay ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z) Bài 1.5 Trước hết ta chứng tỏ ρ xác định ánh xạ Thật vậy, với ∞ x = (xn ), y = (yn ) ∈ lp chuỗi ∞ | xn |p n=1 | yn |p hội tụ n=1 Mặt khác, theo bất đẳng thức Mincovxki ta có n n 1/p | xi −yi |p i=1 n 1/p (| xi | + | yi |)p ≤ i=1 ∞ Cho n → ∞ ta có n 1/p | xi |p ≤ i=1 1/p | yi |p + < +∞ i=1 1/p | xi − yi |p < +∞ Vậy ρ xác định lp Các tiên đề i=1 hiển nhiên tiên đề suy dẽ dàng từ bất đẳng thức Mincovxki Bài 1.6 Trước hết ta chứng tỏ ρ xác định c0 Với hai dãy (xn ), (yn ) hội tụ tới (zn ) = (| xn − yn ) hội tụ tới Giả sử n0 > số dương cho : Do limn→∞ zn = nên với = max{z1 , z2 , , zn0 } > 0 , ∃N0 > n0 : ≤ zn < , ∀n > N0 CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC Đặt M = max{ , zn0 +1 , zn0 +2 , , zN0 } ⇒ M = max1≤n≤∞ zn Vậy ρ xác định c0 Dễ kiểm tra ρ metric c0 Bài 1.7 Trước hết ta chứng minh ρ xác định s Thật vậy, ∀x, y ∈ s, ta có 0≤ ∞ Do chuỗi n=1 2n 1 | xn − yn | ≤ 2n 1+ | xn − yn | 2n hội tụ, nên chuỗi ∞ n=1 | xn − yn | 2n 1+ | xn − yn | hội tụ Suy ρ xác định s Ta kiểm tra tiên đề metric Dễ thấy tiên đề hiển nhiên Ta kiểm tra tiên đề Từ bất đẳng thức | xn − zn |≤| xn − yn | + | yn − zn | , ∀n = 1, 2, hàm f (t) = t t+1 đồng biến [0, +∞), ta có ∀x, y, z ∈ s, ∀n ∈ N∗ : | xn − yn | + | yn − zn | | xn − zn | ≤ n n 1+ | xn − yn | 1+ | xn − yn | + | yn − zn | | yn − zn | | xn − yn | + n ≤ n 1+ | xn − yn | 1+ | yn − zn | Suy ∞ n=1 | x n − yn | ≤ 2n 1+ | xn − yn | ∞ n=1 ∞ | xn − yn | | yn − zn | + n 1+ | xn − yn | n=1 2n 1+ | yn − zn | Do ρ(x, z) ≤ (x, y) + ρ(y, z) Vậy (ρ, s) không gian metric Bài 1.8 a) Các tiên đề tiên đề hiển nhiên Ta việc kiểm tra tiên đề Với f, g, h ∈ C[a,b] , ∀x ∈ [a, b], ta có | f (x) − h(x) | ≤| f (x) − g(x) | + | g(x) − h(x) | ≤ maxx∈[a,b] | f (x) − g(x) | +maxx∈[a,b] | g(x) − h(x) | Suy maxx∈[a,b] | f (x) − g(x) |≤ maxx∈[a,b] | f (x) − g(x) | +maxx∈[a,b] | g(x) − h(x) | CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC Hay ρ(f, h) ≤ ρ(f, g) + ρ(g, h) Vậy (ρ, C[a,b] ) không gian metric b) Các tiên đề tiên đề hiển nhiên Ta kiểm tra tiên đề Rõ ràng d(f, g) > 0, ∀f = g Ta chứng minh d(f, g) = f = g Thật vậy, giả sử phản chứng f = g Khi tồn x0 ∈ [a, b] cho f (x0 ) = g(x0 ) Suy h(x0 ) =| f (x0 ) − g(x0 ) |> Khi ∃δ > cho h(x) > 0, ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] Suy α = infx∈[x0 −δ,x0 +δ] h(x) > Do b x0 +δ h(x) dx > α dx = 2αδ > x0 −δ a Điều vô lý Vậy f (x) = g(x) Vậy (d, C[a,b] ) không gian metric Bài 1.9 Giả sử phản chứng ρ ∼ d Khi tồn số α > cho ρ(f, g) ≤ αd(f, g) b ⇔ maxx∈[a,b] | f (x) − g(x) |≤ α | f (x) − g(x) | dx a Chọn g = 0, ta có ρ(f, 0) ≤ αd(f, 0), ∀f ∈ C[a,b] (1) Nếu [a, b] = [0, 1], chọn fn = xn (1) trở thành n xn dx = = maxx∈[0,1] | x |≤ α α , n+1 tức ≤ α n+1 Cho n → ∞ ta có ≤ 0, vô lý Xét [a, b], chọn fn = n x−a b−a , ta có b x−a b−a = maxx∈[a,b] fn ≤ α a Cho n → ∞ ta có ≤ 0, vơ lý Vậy metric không tương đương n = α n+1 CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC Bài 1.10 Dễ chứng minh II Tập đóng tập mở khơng gian metric Bài 2.1 a) Chứng minh A0 ∪ B ⊂ (A ∪ B)0 Ta có A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B nên A0 ⊂ (A ∪ B)0 B ⊂ (A ∪ B)0 Do A0 ∪ B ⊂ (A ∪ B)0 b) Chứng tỏ A0 ∩ B = (A ∩ B)0 Vì A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên (A ∩ B)0 ⊂ A0 , (A ∩ B)0 ⊂ B =⇒ (A ∩ B)0 ⊂ A0 ∩ B Ngược lại, lấy x ∈ A0 ∩ B Suy x ∈ A0 , x ∈ B Do tồn S(x, r1 ) ⊂ A, S(x, r2 ) ⊂ B Suy S(x, r) ⊂ A ∩ B, với r = min{r1 , r2 } Suy x ∈ (A ∩ B)0 Do A0 ∩ B ⊂ (A ∩ B)0 Vậy A0 ∩ B = (A ∩ B)0 c) Vì A ∩ B ⊂ A A ∩ B ⊂ B nên A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B Do A ∩ B ⊂ A ∩ B d) Chứng minh A ∪ B = A ∪ B Ta có A ⊂ A ∪ B B ⊂ A ∪ B nên A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B Suy A ∪ B ⊂ A ∪ B (1) Ngược lại, cho x ∈ A ∪ B Khi với r > hình cầu s(x, r) thoả mãn S(x, r) ∩ (A ∪ B) = ∅ ⇔ (S(x, r) ∩ A) ∪ (S(x, r) ∩ B) = ∅ Suy S(x, r) ∩ A = ∅ S(x, r) ∩ B = ∅ Do x ∈ A ∪ B ⇒ A ∪ B ⊂ A ∪ B Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Bài 2.2 (2) CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 10 Với x ∈ A, A ∩ B = ∅ nên x ∈ B Khi tồn rx > cho S(x, rx ) ∩ B = ∅ Với y ∈ B, B ∩ A = ∅ nên y ∈ A Khi tồn ry > cho S(y, ry ) ∩ A = ∅ Đặt rx ) : x ∈ A}, ry V = ∪{S(y, ) : y ∈ B} U = ∪{S(x, Khi U, V lân cận mở thoả mãn yêu cầu toán Bài 2.3 Giả sử phản chứng X \ A = X Khi tồn x ∈ X, x ∈ X \ A Do tồn hình cầu S(x, rx ) cho S(x, rx ) ∩ (X \ A) ⊂ S(x, rx ) ∩ (X \ A) ⊂ S(x, rx ) ∩ X \ A = ∅ Vậy S(x, rx ) ⊂ A, tức int(A) = ∅, mâu thuẫn với giả thiết Từ ta có điều phải chứng minh Bài 2.4 a) Lấy tuỳ ý x, x ∈ X, theo bất đẳng thức tam giác ta có ρ(x, a) ≤ ρ(x, x ) + ρ(x , a), ∀a ∈ A ⇔ ρ(x, a) ≤ ρ(a, x ) + ρ(x , x), ∀a ∈ A Lấy inf hai vế theo a ta ρ(x, A) ≤ ρ(x , A) + ρ(x , x) Do vai trò đối xứng x x nên ta có ρ(x , A)ρ(x, A) + ρ(x, x ) Từ suy | ρ(x, A) − ρ(x , A) |≤ ρ(x, x ) Do ρ(x.A) hàm liên tục liên tục b Vì A ⊂ A nên ρ(x, A) ≤ ρ(x, A) Ngược lại, Vì ρ(x, A) nên tồn dãy {yn } ⊂ A cho ρ(x, A) = limn→∞ ρ(x, yn ) CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 17 Với x, y ∈ C[a,b] bất kỳ, giả sử g(x) =| x(t1 ) |, g(y) =| y(t2 ) | Không tổng quát ta giả thiết | x(t1 ) |≥| y(t2 ) | Ta có | g(x)−g(y) |=| x(t1 ) | − | y(t2 ) |≤| x(t1 ) | − | y(t1 ) ≤| x(t1 )−y(t1 ) |≤ maxt∈[a,b] | x(t)−y(t) |, | g(x) − g(t) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ C[a,b] Suy g liên tục liên tục c h(x) = mint∈[a,b] x(t), x ∈ C[a,b] Với x, y ∈ C[a,b] , giả sử h(x) = x(t1 ), h(y) = y(t2 ), t1 , t2 ∈ [a, b] Không tính tổng quát giả sử x(t1 ) ≥ y(t2 ) Ta có | h(x) − h(y) |= x(t1 ) − y(t2 ) ≤ x(t2 ) − y(t2 ) ≤ maxt∈[a,b] | x(t) − y(t) | Suy | h(x) − h(y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ C[a,b] Do h liên tục liên tục d k(x) = mint∈[a,b] | x(t) |, x ∈ C[a,b] Với x, y ∈ C[a,b] giả sử k(x) =| x(t1 ) |, k(y) =| y(t2 ) | Khơng tính tổng qt ta giả thiết | x(t1 ) |≥| y(t2 ) | Ta có | k(x)−k(y) |=| x(t1 ) | − | y(t2 ) |≤| x(t2 ) | − | y(t2 ) |≤| x(t2 )−y(t2 ) |≤ maxt∈[a,b] | x(t)−y(t) | Suy | k(x) − k(y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ C[a,b] Từ ta có điều phải chứng minh Bài 3.3 a f (x) = x(a), x ∈ D2 [a, b] Với x, y ∈ D2 [a, b], ta có | f (x)−f (y) |=| x(a)−y(a) |≤ max{| x(t)−y(t) |, | x (t)−y (t) |, | x (t)−y (t) |} = ρ(x, y) CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 18 Vậy | f (x) − f (y) |≤ ρ(x, y), ∀x, y ∈ D2 [a, b] Suy f liên tục D2 [a, b] Do liên tục b + x˙ (t) dt b g(x) = a Sử dụng bất đẳng thức √ |a|+|b| |a| |b| √ ≤√ +√ < 2 2 1+a + 1+b 1+a + b2 Ta có với x, y ∈ D2 [a, b] b b + x˙ (t) dt − | g(x) − g(y) |= a + y˙ (t) dt a b b + x˙ (t) − = + y˙ (t) dt = a a b ≤ b + x˙ (t) + | x(t) ˙ − y(t) ˙ | (| x(t) ˙ | + | y(t) ˙ |) a + x˙ (t) + | x(t) ˙ − y(t) ˙ || x(t) ˙ + y(t) ˙ | a ≤ | x(t) ˙ |2 − | y(t) ˙ |2 + x˙ (t) + + y˙ (t) + y˙ (t) + y˙ (t) dt dt b | x(t) ˙ − y(t) ˙ | dt dt ≤ a b ≤2 maxt∈[a,b] {| x(t) − y(t) |, | x(t) y(t) |, | xă(t) yă(t) |} dt = 2(b − a)ρ(x, y) a Vậy g liên tục liên tục Bài 3.4 Gọi A = {x ∈ R : f liên tục x}, An = {x ∈ A : f (x) = n} Rõ ràng A = ∪n∈Z An Ta chứng tỏ An tập hợp mở Lấy x0 ∈ An , ta chứng tỏ x0 điểm Vì x0 ∈ An nên f (x0 ) = n, f liên tục x0 , tức với < < 1, ∃δ > cho | x − x0 |< δ | f (x) − f (x0 ) |< Vì f nhận giá trị nguyên nên ta phải có f (x) = n, ∀x ∈ S(x0 , δ) f liên tục x ∈ S(x0 , δ) Do S(x0 , δ) ⊂ An CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 19 Tức x0 điểm An , suy An tập mở Do A tập mở Suy R \ A tập đóng IV Khơng gian metric compac khơng gian metric khả li Bài 4.1 Chứng minh a) Mọi tập đóng tập compac compac; b) Hợp hữu hạn tập compac tập compac; c) Giao họ tuỳ ý tập compac tập compac Giải a) Giả sử F tập đóng tập compac K Lấy dãy {an } ⊂ F Vì K tập compac nên tồn dãy {ank } {an } cho limk→∞ ank = a Vì F tập đóng nên a ∈ F Do F tập compac b) Giả sử A1 , A2 , , An tập compac Ta chứng tỏ A = ∪ni=1 Ai tập compac Thật vậy, Giả sử (Gi )i∈I phủ mở A Do phủ mở Ai Vì Ai tập compac nên tồn tập số Ii hữu hạn ⊂ I cho Ai ⊂ ∪k∈Ii Gk Khi J = ∪ni=1 Ii tập hữu hạn nằm I A ⊂ ∪j∈J Gj Do A tập compac c) Cho {Ai | i ∈∈ I} họ tuỳ ý tập compac Khi A = ∩i∈I Ai đóng A ⊂ Ai , ∀i ∈ I Khi theo phần a ta có A tập compac Bài 4.2 a) Không tổng quát ta giả sử A tập compac B tập đóng Đặt α = ρ(A, B) Khi theo định nghĩa tồn dãy {an } ⊂ A {bn } ⊂ B cho α = limρ(an , bn ) (1) Vì A tập compac nên tồn dãy ank {an } ank → a ∈ A Mặt khác, từ (1) ta có α = limk→∞ ρ(ank , bnk ) Nếu α = từ bất đẳng thức ρ(bnk , a) ≤ ρ(bnk , ank ) + ρ(ank , a) CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 20 ta suy limk→∞ ρ(bnk , a) = Tức limk→∞ bnk = a ∈ B( B đóng) Do a ∈ A ∩ B Điều vô lý Vậy α > 0, tức ρ(A, B) > b) Chẳng hạn ta lấy A = {1, 2, 3, }, B = {2 + 21 , + 13 , + 41 , } rõ ràng A, B tập đóng ρ(A, B) = Bài 4.3 Giả sử F1 ⊃ F2 ⊃ dãy giảm tập đóng khác rỗng khơng gian metric compac X Giả sử phản chứng ∩∞ n=1 Fn = ∅ Đặt Gn = X \ Fn Ta có ∞ ∞ X = X \ ∅ = X \ ∩∞ n=1 Fn = ∪n=1 X \ Fn = ∪n=1 Gn Ta có Gn tập mở G1 ⊂ G2 ⊂ Vì X compac nên tồn số n0 để X = Gn0 Tức X = X \ Fn0 Điều vô lý Vậy ∩∞ n=1 Fn = ∅ Bài 4.4 Với n đặt rn = n(n+1) họ khoảng mở In = ( n1 − rn , n1 + rn ), n = 1, 2, phủ mở vô hạn A In ∩A = { n1 } Từ suy phủ hữu hạn {In1 , In2 , , Ins } phủ {In : n ∈ N \ {0}} chứa số hữu hạn điểm A ( cụ thể phủ hữu hạn chứa ns điểm A) Do A khơng phải tập compac Bài 4.5 Lấy tuỳ ý x ∈ X Vì D = X nên tồn dãy {un } ⊂ D cho un → x n → ∞ Tức ρ(un , x) < , ∀n > n0 Vì D tập đếm nên ρ(un0 , x) < , tức x ∈ S(un0 , ) Vậy X = ∪u∈D S(u, ) Bài 4.6 Bài 4.7 Để chứng tỏ f −1 liên tục, ta cần chứng tỏ f (F ) tập đóng với tập đóng F ⊂ X Do X tập compac nên F compac (bài tập 4.1) f liên tục nên f (F ) tập compac Y Do f (F ) tập đóng Từ suy f −1 ánh xạ liên tục CHƯƠNG KHƠNG GIAN METRIC 21 V Khơng gian metric đủ nguyên lý ánh xạ co Bài 5.1 Cho {xk } dãy cauchy c0 Khi với > tồn số k( ) cho max1≤n cho | xkn |< , ∀n ≥ n( ) (3) Từ (2) ta có | xn |≤| xn − xkn | + | xkn |≤ , ∀n ≥ n( ), tức xn → n → ∞ x ∈ c0 Từ (2) ta có ρ(xk , x) = maxn | xkn − xn |≤ , ∀k ≥ k( ) Vậy xk hội tụ tới phần tử x ∈ c0 Do c0 khơng gian metric đủ Bài 5.2 Giả sử xn dãy Cauchy C[a,b] Khi với ∀ > 0, ∃n0 cho ρ(xn , xm ) < , ∀n, m ≥ n0 Do maxa≤t≤b | xn (t) − xm (t) |< , ∀n, m ≥ n0 (1) CHƯƠNG KHƠNG GIAN METRIC 22 Do với t cố định thuộc [a, b] {xn (t)} dãy số Cauchy R Do tồn limn→∞ xn (t) = x(t), t ∈ [a, b] Như ta hàm x xác định [a, b] Ta chứng tỏ x hàm số liên tục [a, b] limn→∞ xn = x C[a,b] Thật vậy, (1) ta cố định n ≥ n0 cho m → ∞ ta có | xn (t) − x |< , ∀t ∈ [a, b], ∀n ≥ n0 (2) Do dãy hàm {xn (.)} hội tụ đến x(.) [a, b] Hơn nữa, hàm xn (.) liên tục [a, b] nên x(.) liên tục [a, b] Từ (2) suy maxa≤t≤b | xn (t) − x(t) |< , tức ρ(xn , x) < , ∀n ≥ n0 Vậy limn→∞ xn = x Do C[a,b] khơng gian đủ Bài 5.3 a) Dãy xn = n dãy Cauchy R theo metric ρ, ρ(xn , xm ) =| arctgn − arctgm |→ n, m → ∞ Tuy nhiên dãy {xn } không hội tụ (R, ρ) (vì xn → +∞ n → ∞) Tương tự ta có dãy xn = −n dãy Cauchy R không hội tụ (R, ρ) Để xác định bổ sung đủ (R, ρ) ta bổ sung vào R phần tử −∞ +∞ định nghĩa hàm ρˆ sau    ρ(x, y)       0 ρˆ(x, y) =   π       | arctgx ± π | x, y ∈ R, x = y = +∞ x = y = −∞, x = +∞, y = −∞ x = −∞, y = +∞ x ∈ R, y = ±∞ ˆ ρˆ) không gian metric đủ R trù mật R ˆ = [−∞, +∞] Khi (R, b) Dễ thấy dãy xn = −n dãy Cauchy (R, d) không hội tụ (R, d) Để xác định bổ sung đủ (R, d) ta bổ sung vào R phần tử −∞ định nghĩa metric CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC dˆ sau ˆ y) = d(x, 23    d(x, y)       0   ex       ey x, y ∈ R, x = y = −∞, x ∈ R, y = −∞ y ∈ R, x = −∞ ˆ bổ sung đủ (R, d) Trong R ˆ d) ˆ = [−∞, 0) Khi (R, Bài 5.5 Cho {Fn }n dãy tập đóng khơng gian metric đủ (X, ρ) thoả mãn điều kiện sau: (i) F1 ⊃ F2 ⊃ (ii) limn→∞ δn = (δn đường kính Fn ) Với số nguyên dương n chọn phần tử xn ∈ Fn Khi {xn }n dãy Cauchy Thật vậy, với p ≥ ta có xn+p ∈ Fn+p ⊂ Fn Suy ρ(xn+p , xn ) ≤ δn Do ρ(xn+p , xn ) → n → ∞, p → ∞, nghĩa {xn } dãy Cauchy Vì X khơng gian đủ nên dãy Cauchy hội tụ, tức tồn limn→∞ xn = x Do {xn+p }p ⊂ Fn từ tính đóng Fn ta có x = limp→∞ xn+p ∈ Fn ∞ Do n tuỳ ý nên x ∈ ∩∞ n=1 Fn Bây giờ, giả sử y ∈ ∩n=1 Fn Từ (ii) ta có ρ(x, y) ≤ δn , Suy ρ(x.y) = 0, tức x = y Bài 5.6 ∀n CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 24 Giả sử {Dn }n dãy tập mở trù mật không gian metric đầy đủ (X, ρ) Lấy tuỳ ý x ∈ X Ta chứng tỏ với ∀ > 0, ∃x ∈ ∩∞ n=1 Dn cho ρ(x.x ) < Vì D1 = X nên tồn x1 ∈ D1 cho ρ(x, x1 ) < , tức x1 ∈ S(x, ) ∩ D1 Vì x1 điểm S(x, ) ∩ D1 nên ta chọn đủ nhỏ, chẳng hạn < cho S(x1 , ) ⊂ S(x, ) ∩ D1 Lại D2 = X nên tồn x2 ∈ S(x1 , ) ∩ D2 Chọn đủ nhỏ < 22 ) cho S(x2 , ) ⊂ S(x1 , ) ∩ D2 Tiếp tục q trình ta thu dãy hình cầu đóng thắt dần {S(xn , S(xn , n) ⊂ Dn , Theo nguyên lý Cantor, tồn x ∈ ∩∞ n=1 S(xn , n) ⊂ ∩∞ n=1 Dn n < 2n n )}n thoả mãn ∀n Rõ ràng ρ(x, x ) ≤ ρ(x, x1 ) + ρ(x1 , x ) < + < + = Từ suy điều phải chứng minh Bài 5.7 Đặt θ = supx∈R | f (x) |< Khi theo định lý giá trị trung bình ta có | f (x) − f (y) |=| f (ξ)(x − y) |≤ θ | x − y | Do theo nguyên lý ánh xạ co tồn điểm bất động f Bài 5.8 Xét hàm g(x) = f (x) − x, x ∈ [a, b] Vì g(x) liên tục [a, b] nên xảy khả sau: a) ∃x1 , x2 ∈ [a, b] cho g(x1 )g(x2 ) ≤ 0; CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC b) g(x) > 0, ∀x ∈ [a, b]; c) g(x) < 0, ∀x ∈ [a, b] 25 Trong trường hợp a) phải tồn điểm x∗ ∈ [x1 , x2 ] ⊂ [a, b] để g(x∗ ) = Suy f (x∗ ) = x∗ , tức x∗ điểm bất động f Còn trường hợp b) điểm b ta có g(b) > b, f (b) > b Điều vô lý Trường hợp c) điểm a ta có g(a) < a, f (a) < a Điều xảy Vậy tồn điểm bất động ánh xạ f Bài 5.9 Giả sử limn→∞ an = a Ta chứng tỏ a điểm bất động f Cho trước ≥ nhỏ tuỳ ý Vì {fn } hội tụ tới f nên tồn N ( ) cho | fn (x) − f (x) |≤ , ∀n ≥ N ( ), ∀x ∈ X Suy | fn (an ) − f (an ) |≤ , ∀n ≥ N ( ), | an − f (an ) |≤ , ∀n ≥ N ( ) Cho n → ∞ ta | a − f (a) |≤ Cho → 0, ta f (a) = a Bài tập 5.10 (i) Cố định phần tử x0 ∈ X Đặt x1 = f (x0 ) x2 = f (x1 ) = f (f (x0 )) = f (x0 ) xn = f (f n−1 (x0 ) = f n (x0 ) CHƯƠNG KHƠNG GIAN METRIC 26 Ta có ρ(xn+1 , xn ) = ρ(f n+1 (x0 ), f n (x0 )) = ρ(f (f n (x0 )), f (f n−1 (x0 ))) ≤ θmax ρ(f n (x0 ), f n−1 (x0 )), ρ(f n (x0 ), f n+1 (x0 )), ρ(f n−1 (x0 ), f n (x0 )) = θρ(xn , xn−1 ), ∀n ≥ Do với n = 1, ρ(x2 , x1 ) ≤ θρ(x0 , f (x0 )), với n = 2, ρ(x3 , x2 ) ≤ θρ(x2 , x1 ) ≤ θ2 ρ(x0 , f (x0 )) ρ(xn , xn−1 ) ≤ θn−1 ρ(x0 , f (x0 )) Từ suy ρ(xn+p , xn ) ≤ ρ(xn , xn+1 ) + ρ(xn+1 , xn+2 ) + + ρ(xn+p−1 , xn+p ) ≤ (θn + θn+1 + + θn+p−1 )ρ(x0 , f (x0 ) θn ρ(x0 , f (x0 )) ≤ 1−θ Do {xn } dãy Cauchy Vì X khơng gian đủ nên tồn limn→∞ xn = x∗ Vì f ánh xạ liên tục nên ta có x∗ = limn→∞ xn+1 = limn→∞ f (xn ) = f (x∗ ) Ta chứng tỏ x∗ điểm bất động Thật vậy, giả sử y ∗ điểm bất động f Ta phải có ρ(f (x∗ ), f (y ∗ )) ≤ θmax ρ(x∗ , f (x∗ )), ρ(x∗ , y ∗ ), ρ(y ∗ , f (y ∗ )) Hay ρ(x∗ , y ∗ ) ≤ θρ(x∗ , y ∗ ) Do < θ < nên x∗ = y ∗ Điều phải chứng minh (ii) Trong mặt phẳng R2 xét hình vng ABCD có độ dài cạnh Ta xác định ánh xạ f : {A, B, C, D} → {A, B, C, D} định nghĩa sau f (A) = C f (B) = D f (C) = f (D) = C CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 27 Ta có ánh xạ f thoả mãn bất đẳng thức metric phần (i) với ρ(f (A), f (B)) = ρ(C, D) = ≤ √ √1 < θ < Thật 2θ = θρ(A, f (A)) ρ(f (A), f (C)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(A, C) ρ(f (A), f (D)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(A, D) ρ(f (B), f (C)) = ρ(D, C) = ≤ θρ(B, f (B)) ρ(f (B), f (D)) = ρ(D, C) = ≤ θρ(B, f (B)) ρ(f (C), f (D)) = ρ(C, C) = ≤ θρ(C, D) Tuy nhiên f ánh xạ co, ρ(f (A), f (B)) = ρ(A, B) = Bài 5.11 a Xét hàm ϕ(x) = ρ(x, f (x)), x ∈ X Khi ϕ hàm liên tục không gian compact X Đặt α = max ϕ(x) := ϕ(x∗ ) x∈X Nếu α = khẳng định a) chứng minh Còn α > 0, x∗ ta có α ≤ ρ(f (x∗ f (f (x∗ )) < ρ(x∗ , f (x∗ )) = α Đó điều khơng thể xảy Vậy f (x∗ ) = x∗ Bây giờ, giả sử y ∗ điểm bất động khác f Khi ρ(x∗ , y ∗ ) = ρ(f (x∗ ), f (y ∗ )) < ρ(x∗ , y ∗ ) Điều vô lý Vậy x∗ điểm bất động b Cho X = [1, +∞) Khi X khơng gian metric đủ không compac Xét hàm f (x) = x + x1 , ∀x ∈ [1, +∞) Rõ ràng với x = y ta có | f (x) − f (y) |=| (x − y) + y−x |=| x − y | (1 − )