ercises in Functional Analysis

Toán cao cấp luyện thi Cao học

Phạm Đình Đồng Exercises in Functional 1st Edition Analysis A review for final exam 2008 Lời tựa To all the girls i love before Tơi đến với giải tích hàm "sự đặt số phận" Có lẽ, ngun nhân để tơi việc viết tập tài liệu nhỏ Xin nhấn mạnh rằng, góp nhặt khai triển chẳng có sáng tạo Thỉnh thoảng có đơi lời khen tặng, tơi lấy làm xấu hổ cưỡng chiếm khơng phải phận hưởng Khi kẻ bình thường quên ước lượng tài sức mình, viết điều rộng lớn trừu tượng hẳn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Rất mong giáo độc giả Nước muôn sông không đủ cho rửa tai để nghe lời cao luận Huế, tháng 5, 2008 Phạm Đình Đồng Ph.D.Dong "A journey of a thousand miles begin with one step" - Lão Tử Không gian định chuẩn Bài tập 1.1 Cho X không gian vectơ , f1 , f2 : X −→ K ánh xạ tuyến tính thỏa f1 (x)f2 (x) = 0, ∀x ∈ X Chứng minh f1 ≡ f2 ≡ Chứng minh Giả sử f1 6= ta cần chứng minh f2 = Vì f1 6= nên tồn x1 ∈ X cho f1 (x1 ) 6= 0, lúc f2 (x1 f1 (x1 )) = f2 (x1 )f1 (x1 ) = Suy f2 (x1 ) = hay x1 ∈ Kerf2 Nếu f2 6= lúc tồn x2 ∈ X cho f2 (x2 ) 6= x2 ∈ Kerf1 Đặt x0 = x1 + x2 , lúc f1 (x0 ) = f1 (x1 ) + f1 (x2 ) = f1 (x1 ) 6= f2 (x0 ) = f2 (x1 ) + f2 (x2 ) = f2 (x2 ) 6= =⇒ f1 (x0 )f2 (x0 ) = f1 (x1 )f2 (x2 ) 6= Mâu thuẫn với giả thiết, f2 ≡ Bài tập 1.2 Cho X không gian vectơ , A : X −→ X ánh xạ tuyến tính thỏa A2 = Chứng minh Id − A song ánh Chứng minh Với x1 , x2 ∈ X thỏa (Id − A)(x1 ) = (Id − A)(x2 ) ⇒ x1 − A(x1 ) = x2 − A(x2 ) ⇒ A(x1 − x2 ) = x1 − x2 ⇒ A2 (x1 − x2 ) = A(x1 ) − A(x2 ) = ⇒ A(x1 ) = A(x2 ) từ suy x1 = x2 Vậy Id − A đơn ánh Với y ∈ X, xét x = A(y)+y ∈ X, (Id−A)(x) = (Id−A)(A(y)+ y) = A(y) + y − A(A(y) + y) = A(y) + y − A2 (y) − A(y) = y Vậy Id − A toàn ánh Vậy Id − A song ánh Bài tập 1.3 Cho X, Y hai không gian vectơ với dimX = n, dimY = m Chứng minh dim(L(X, Y )) = n.m Chứng minh Ta có L(X, Y ) = {f : X −→ Y ánh xạ tuyến tính } khơng gian vectơ Lúc L(X, Y ) ∼ = Matn×m (K), suy dim(L(X, Y )) = dimMatn×m (K) Mặt khác ta thấy Aij ma trận cho aij = 1, ≤ i ≤ n, ≤ j ≤ m cịn vị trí cịn lại lúc hệ gồm {(Aij )}, ≤ i ≤ n, ≤ j ≤ m Ph.D.Dong độc lập tuyến tính Mặt khác  a11  a21 A=  am1 A=  a1n a2n    amn n X m X aij Aij i=1 j=1 Do {Aij } hệ sinh Matn×m (K) Vậy {Aij } sở Matn×m (K) có m × n phần tử Vậy dim(L(X, Y )) = n.m Bài tập 1.4 Cho f : X −→ R ánh xạ tuyến tính , Y ⊂ X thỏa Kerf ⊂ Y Chứng minh Y = X Y = Kerf Chứng minh Giả sử Y không gian X chứa Kerf thực Lúc có y0 ∈ Y y0 ∈ / Kerf nên f (y0 ) 6= Với x ∈ X, ta đặt z = x − ff(y(x)0 ) y0 f (z) = f (x − f (x) f (x) y0 ) = f (x) − f (y0 ) = f (x) − f (x) = f (y0 ) f (y0 ) ⇒z =x− Suy x = z + f (x) y0 ∈ Kerf ⊂ Y f (y0 ) f (x) y0 ∈ Y , tức X = Y f (y0 ) Bài tập 1.5 Cho X 6= {0} không gian vectơ thực phức Chứng minh ta trang bị chuẩn X Chứng minh Gọi B = {eα | α ∈ I} sở Hamel X K Lúc x ∈ X, x 6= viết dạng x= n X xij eij j=1 n ∈ N, xij ∈ K \ {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi phân biệt Ta định nghĩa n X xi kxk = x = kxk = j j=1 Ta chứng minh k.k chuẩn X Thật vậy, Ph.D.Dong • Lấy x ∈ X, x 6= Lúc x = n P xij eij n ∈ N, xij ∈ j=1 K \ {0}, ij ∈ I, j = 1, n đơi phân biệt Vì x 6= nên tồn ij 6= Do đó, kxk > • Với x ∈ X λ ∈ K, x = λ = λx = 0, n P kλxk = |λ| kxk Giả sử x 6= 0, λ 6= Nếu x = xij eij j=1 λx = n P λxij eij Suy kλxk = |λ| kxk j=1 • Lấy tùy ý x, y ∈ X Nếu x = y = kx + yk = kxk + kyk Ngược lại, x, y 6= 0, ta xem x có biểu diễn y = m P yts ets m ∈ N, xts ∈ K \ {0}, ts ∈ I, s = 1, m đôi phân s=1 biệt Đặt Cx , Cy ⊂ I sau Cx = {ij , j = 1, n} Cy = {ts , s = 1, m} Nếu Cx ∩ Cy = ∅ x + y = n P xij eij + j=1 n P t2 x0 (0) = max t2 = t∈[0,1] t∈[0,1] Mà = kAx0 k ≤ kAkkx0 k = kAk Vậy kAk = Tương tự a) ta suy A tốn tử tuyến tính Ta chứng minh A liên tục Ta có kAxk = max |ϕ(t)x(t)| ≤ Kkxk t∈[0,1] K = max |ϕ(t)| Vậy A bị chặn kAk ≤ K t∈[0,1] Chọn x0 ≡ ∈ C[0,1] , kx0 k = kAx0 k = max |ϕ(t)| = K ≤ kAk t∈[0,1] Vậy kAk = K Tương tự a) ta suy A tốn tử tuyến tính Ta chứng minh A liên tục Ta có kAxk = max |x(0) − tx(t)| ≤ 2kxk t∈[0,1] Vậy A bị chặn nên liên tục kAk ≤ NHẬN XÉT: Việc chọn hàm x0 thường tiến hành sau: Trong hàm liên tục [0, 1] ta chọn hàm x0 (t) = at + b Ở ta chọn cho kx0 k = max |x0 (0) − tx0 (t)| = Do t∈[0,1] cho x0 (0) = ax0 (a) = −1 với a ∈ [0, 1] Với a = = −1 vơ lý Do đó, a 6= Suy x0 (a) = −1/a ∈ [0, 1] hay a = Từ giải hệ x0 (1) = −1, x0 (0) = ta có a = −2, b = ... quát, giả sử in = tm , in? ??1 = tm−1 , , in? ??k = tm−k Cxy = {in , , in? ??k } = {tm , , tm−k } Ta biểu diễn x + y sau " k # n−k−1 m−k−1 X X X x+y = xij eij + yts ets + (xin−l + ytm−l )ein−l s=1... bất đẳng thức tam giác, tức min(2, a(1 + a )) ≤ min(1, a) + min(1, ) n+1 n+1 Cho n → ∞ ta min(2, a) ≤ min(1, a) + min(0, 1) Suy min(2, a) ≤ min(1, a), tức a ≤ 1.1 Bài tập 1.10 Cho X khơng gian... r) int(B (x0 , r)) = B(x0 , r) Ta có B(x0 , r) ⊂ B (x0 , r), suy B(x0 , r) ⊂ int(B (x0 , r)) Mặt khác, với x ∈ int(B (x0 , r)) ta cần chứng minh kx − x0 k < r Giả sử kx − x0 k = r Vì x ∈ int(B