giai tich ham cho hoc vien cao hoc toan

R neân V laø hoäi cuûa caùc thaønh vieân cuûa B (cô sôû cuûa toâpoâ thoâng thöôøng treân R ). Töø ñoù, aùp duïng baøi 1 ta coù ñieàu caàn chöùng minh.. Baøi 3: Keát thuùc phaàn ch[r]

SVCH Khóa 15: Trần Tuấn Anh Ngành: Giải Tích

Môn học: Giải Tích Hàm Nâng Cao Thầy: Huỳnh Quang Vũ

BÀI LÀM BÀI TẬP (nộp ngày 02/10/05)

Bài 1: Chứng minh kgvt X với tôpô  sinh họ P nửa chuẩn, tập U mở với x0U tồn piP  i

1 i n cho in1x p x: i x0iU Chứng minh:

Ta ký hiệu B cở sở tôpô 

  : Giả sử U tập mở kgvt  X, x0U

Theo định nghĩa U hội thành viên B Do tồn VB cho x0V V U 1 

Do B nhận họ tập có dạng B p y , ,x p x:   y  với pP y, X,

  làm tiền sở nên theo định nghĩa thành viên B phần giao hữu hạn tập hợp có dạng

Do VB nên từ lập luận ta suy tồn piP x, iX  i 0, 1 i n

sao cho V ni1x p x: i xii 2 

Theo  1 0 1 :      1,

n

i i i i i i i

x   V x  x p xx   p x x    i n Với i n ta đặt  i  i p xi 0xi0 Ta chứng minh:

 

x p x: i x0 ix p x: i xii 3 

Thật vậy, với yx p x: i x0i  p yi x0i Áp dụng bất đẳng

thức tam giác ta suy ra: p yi xi p yi x0 p xi ix0 i p xi ix0i, hay

 

 : i i i

y x p xx  Từ suy  3 Kết hợp    1 ,  3 ta được:

 

     

1 : :

n n

i x p xi x i  i x p xi xi i  V U

 

  : Giả sử U tập X cho với yU tồn piP 0,

i i n

    cho 1 :   

n

y i i i

K  x p x y  U Ta cần chứng minh U tập mở, tức chứng minh U hội thành viên B, hay U

Do B nhận họ tập có dạng B p y , ,x p x:   y  với pP y, X,

  làm tiền sở nên với yU 1 :   

n

y i i i

K  x p x y  B

Từ suy ra: y 4 

y U

K K 



  

Bây ta chứng minh: K U Thật vậy, Ky U với yU nên y

y U

K K U



   Mặt khác, với yU yKy K nên U K Do ta chứng minh được: K U 5 

Từ  4  5 ta suy U  K  , hay U tập mở  X,

Bài 2: Chứng minh kgvt sinh họ nửa chuẩn, nửa chuẩn họ hàm liên tục

Chứng minh:

Xét kgvt X với tôpô  sinh họ P nửa chuẩn Cho pP, ta cần chứng minh p hàm liên tục từ  X, vào R (tôpô R tôpô thông thường với sở ký hiệu B)

Lấy V tập mở R Ta chứng minh 1 

U  p V tập mở

 X, Theo điều tương đương với việc chứng minh với x0U tồn piP  i 0, 1 i n cho 1 :  0 

n

i x p xi x i U



Thaät vaäy, lấy x0U ta có: 1 

x p V , hay p x 0 V Do V tập mở

R nên V hội thành viên B (cơ sở tôpô thơng thường R) Từ suy tồn UB U V cho p x U

Do U sở tôpô R nên tồn a b, R cho U  a b, Do đó:

 0  ,

p x  U a b Đặt     0 

1

min ,

2 b p x p x a

     Ta chứng minh:

 

x p x: x0   U

Thật vậy, giả sử p x x0 Khi áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra:

 0   0 0     0 0  0 1 

p x   p x p xx  p x  p x  p xx  p x 

Từ     0 

1

min ,

2 b f x f x a

     ta suy ra:  

 0 b p x

p x a 

   

  



Hay p x 0   b vaø a p x 0  2 

Kết hợp  1  2 ta dễ dàng suy ra: a p x 0   p x    p x0   b

Hay     1  1 

,

p x  U a b  x p U  p V U

Bài 3: Kết thúc phần chứng minh kgv với tôpô sinh họ nửa chuẩn kgvt, việc chứng minh phép cộng véctơ liên tục

Chứng minh:

Giả sử x y0, 0 X X Ta cần chứng minh với lưới x yi, ii I XX hội

tụ x y0, 0 lưới zi  xi yii I hội tụ z0  x0 y0 X

Lấy V lân cận z0 X ta cần chứng minh tồn jI cho

i

z V với iI i j 1 

Do V lân cận z0 nên từ định nghĩa lân cận ta dễ dàng suy tồn pkP  k 0, 1 k n cho nk1z p: kzz0kV Do đó, để có  1 ta cần chứng minh tồn jI cho với iI i j zink1z p: kzz0k 2 

Theo giả thiết lưới x yi, ii I hội tụ x y0, 0 XX nên lưới  xi i I

 yi i I hội tụ x0 y0 X Từ suy tồn j j1, 2I cho:

 

1 :

2

n k

i k k

x   x p xx  

 

 với i j1

 

1 :

2

n k

i k k

y   y p yy  

 

 với i j2

Chọn jI cho j j1 j j2 Khi với iI i j i j1 i j2 Do đó, theo ta có:

 

1 :

2

n k

i k k

x   x p xx  

 

 vaø 1 :  0

2

n k

i k k

y   y p yy  

 

 với i j

Từ hai bất đẳng thức bất đẳng thức tam giác ta suy ra:

 0  0  0

2

k k

k i i k i k i k

p x   x y y  p x x p y y    với k1, ,n Hay pkziz0k với k 1, ,n Suy ra:

 

 

1 :

n

i k k k

z   z p zz  với i j Vậy khẳng định với  2 ta có điều phải chứng minh

Bài 4: Chứng minh p q hai nửa chuẩn kgv X cho

   

, 1

x X p x q x

     pq

Chứng minh:

Trước hết ta chứng minh kết sau:

   

, 1

x X p x q x

Thật vậy, với  0 ta đặt

 

1

y y

p y

  Do  

1

0

p y

   neân:

  1  p y  

p y p y

p y p y

   

 

Do p y 0 neân  

 

0 p y

p y



 

 Từ suy ra: p y  1

Khi theo giả thiết ta có: q y  1 Nhưng  

    

1 q y

q y q y

p y p y

    

 

neân  

 

q y p y

  , hay q y   p y 

Do bất đẳng thức với  0 nên cho  0 ta được: q y    p y Áp dụng kết ta dễ dàng chứng minh được:

   

p y q y p y   q y y X Từ suy ra: p y   q y y X , hay pq

Bài 5: Chứng minh tập A kgv lồi với , ,

i i

x A nZ t  cho 1 n i i t  

 ta coù:

n i i i

t x A

 



Chứng minh:

  : Cho a b, A Ta cần chứng minh:  a b,  A

Lấy c a b, tồn t 0,1 cho c  ta  1 t b Đặt x1 a x, 2 b vaø ,

t t t  t x1, x2A t; , t2 0 vaø t1    t2 t  1 t

Theo giả thiết ta có: t x1 1t x2 2A, hay ta  1 t bA Do đó: cA Vậy ta chứng minh  a b, A

  : Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n1 rằng:

n i i i

t x A

 

 với xiA t, i 0 cho 1 n i i t   

Dễ thấy kết luận với n1; Giả sử kết luận với n k 2, ta cần chứng minh với n k 1, tức chứng minh:

1

1

k i i i

t x A



 

 với

,

i i

x A t  cho 1 k i i t    

Nếu tk11 ti   0 i 1,k Suy ra:

1

k

i i k

i

t x x A





  

Bây ta xét tk1 1 Khi

1

, 1,

i i

k

t

x A i k

t 

   

 vaø

1

1 1

1

1

1 1

k i k

i i k

i k k k

t

t t

t t t

             

 nên theo giả thiết quy nạp ta có:

11

k i i i k t x A t     

Hay

1 k i i i k t x y A t      

Do xk1,yA neân: tk1xk1 1 tk1yA Suy ra: 1

1

k

k k i i

i

t x  t x A



  , hay

1

1

k i i i

t x A



 



Đến đây, áp dụng nguyên lý quy nạp tốn học ta có điều phải chứng minh Bài 6: Chứng minh tập đóng A kgvt lồi với

,

x yA ta coù:

x y A

 

  : hiển nhiên  ,

x y x y

 

  : Giả sử A tập đóng kgvt cho với x y, A ta có:

x y A

  Ta cần chứng minh A tập lồi

Thật vậy, giả sử A khơng lồi Khi tồn x y, A t 0,1 cho

 1

z  tx t yA

Bằng phương pháp quy nạp ta xây dựng dãy đoạn số thực lồng

 

 an, bn n0 với a0 0, b0 1 thỏa mãn điều kiện sau: 1) 1

2

n n

n n

a b a  b  

2) a xn  1 anyA b xn  1 bnyA 3) ta bn, n với n0

Thật vậy, với n0 ta chọn a0 0, b0 1 Giả sử ta chọn an, bn Khi ta chọn an1, bn1 cách sau:

Do a xn  1 anyA vaø b xn  1 bnyA nên theo giả thiết ta có:

1 

n n

c x c yA với

2

n n

n

a b c   Suy ra:

2

n n

a b

t  Ta phân biệt hai trường hợp sau: i) ,

2

n n

n

a b ta  

 : Lúc ta đặt ,

2

n n

n n n

ii) ,

n n

n

a b t  b 

 : Lúc ta đặt ,

2

n n

n n n

a b

a   b b

Dễ thấy hai trường hợp ba điều kiện 1), 2) 3) thỏa mãn

Từ 1) ta có: 0

0

2

n n n n

a b

a  b    n 

Do    an , bn laø dãy đơn điệu bị chặn nên tồn lim n, lim n

n n

a a b b

 

 

Khi lim n n

n a b  neân ab

Từ 3) ta suy an  t bn Do lim n lim n

na  t nb

Mặt khác, lim n lim n

na nb a nên ta phải có: t a limnan 1 

Do X kgvt nên phép nhân vô hướng phép cộng véctơ liên tục Từ suy ra: lim n , lim 1 n  1

na xtx n a y t y vaø

   

lim n n

na x a y  tx t y

Do  n 1 n 

n

a x a y dãy tập đóng A hội tụ tx  1 t y X

nên tx  1 t yA Điều mâu thuẫn với điều ta giả sử Từ ta có điều phải chứng minh

Bài 7: Kiểm tra kg định chuẩn kgvt lồi địa phương (kgldp) Chứng minh:

Giả sử X kg định chuẩn với chuẩn p Khi X kgvt với tôpô sinh họ P p nửa chuẩn

Do để có X kgvt lồi địa phương ta cần chứng minh rằng:

 

x p x:  0  0 Thật vậy, p 0 0 nên  0 x p x:  0

Mặt khác, với yx p x:  0   p y   0 y (do p chuẩn) Từ ta suy ra: x p x:   0  0 Vậy X kgvt lồi địa phương

Bài 8: Chứng minh gkldp sinh họ gồm nửa chuẩn kg định chuẩn

Chứng minh:

Bài 9: Cho X kgvt, gọi  họ tất tập mở chứa Chứng minh: a) Nếu U tồn V cho V  V U

b) Neáu U tồn V cho V U V tập cân

Chứng minh:

a) Ta xét ánh xạ f :X X X xác định f x y ,  x y với x y, X Theo giả thiết X kgvt nên f ánh xạ liên tục từ XX vào X Từ suy f liên tục điểm  0,  X X (chú ý f  0, 0)

Do U tập mở X chứa nên từ ta suy 1 

f U tập mở XX Suy tồn V V1, tập mở X cho

   

1

1 f U  V V Chú ý U chứa nên 1 

f U chứa   1 

0, f Từ suy   0,  V V1, 2, hay 0 V 1 0 V 2 Khi đặt V V1V2 V tập mở X chứa nên V Ta chứng minh: V  V U

Thật vậy, với x V y , V ta có: x V y V 1,  2 nên  x y,  V1 V2 Kết hợp điều với  1 ta được:   1   

, ,

x y f U  f x y U , hay x y U

Do ta chứng minh được: V V U Từ ta có điều phải chứng minh b) Xét ánh xạ g F:  X X xác định f  ,x x với , x F X Theo giả thiết X kgvt nên g ánh xạ liên tục từ FX vào X Từ suy g liên tục điểm  0,  F X (chú ý g 0, 0)

Do U tập mở X chứa nên từ ta suy 1 

g U tập mở FX Suy tồn D W, tập mở F X, cho

   

1

g U  D W Chú ý U chứa nên 1 

g U chứa   1 

0, g Từ suy  0,  D W , hay 0D 0 W

Do D tập mở F chứa nên tồn r0 cho:

 0,  : 

B r  z F z  r D

Đặt  

0 : ,

r

V x r x W W



  

 

      Ta chứng minh V thỏa mãn yêu cầu

bài tốn Muốn ta kiểm tính chất sau: i) V : tức V mở chứa

Kieåm i):

Do 0 W neân 0

2

r r

W V

    Do hội mở mở nên để chứng minh V mở ta cần chứng minh W mở với  0

Thật vậy, xét ánh xạ h X: X xác định  

h x x với xX Nói cách khác:    

,

h x g  x với xX , hay hg| 1X

Do g ánh xạ liên tục nên dựa vào định nghĩa ánh xạ liên tục ta dễ dàng chứng minh h ánh xạ liên tục Khi W mở X nên 1 

h W mở X Do để kết thúc chứng minh phần ta cần có: 1  W h W   

Thật vậy, với 1 

xh W ta coù:  

h x  x W nên xW Từ suy ra:

 

1

h W W Ngược lại với xW ta có  

h x  x W nên 1  xh W Từ ta có: 1 

W h W   

Do ta chứng minh 1  W h W

   Vậy W mở X

Kieåm ii):

Cố định 0  r x W,  ta cần chứng minh: x U

Thật vậy, ta có:     ,x B 0,r   W D W neân theo  2 ta coù   1 

, x g U

  

Suy g  ,x U, hay x U Do ta chứng minh:

 : , 

V  x   r x W U Kieåm iii):

Cho yV  1, ta cần chứng minh: yV

Thật vậy,  0 y 0 V Bây ta xét trường hợp 0  1

Do yV nên tồn 0  r x W,  cho yx  y    x   x Vì 0  1 0  r nên 0    r Từ suy ra: y  x V Vậy ta chứng minh V tập cân

Bài 10: a) Chứng minh giao hữu hạn tập thu hút (tại điểm) tập thu hút (tại điểm)

b) Giao vô hạn tập thu hút không thiết tập thu hút: Xét kgv l, tập hợp dãy bị chặn F R C, Với mZ đặt   1

:

m n n m

A  x x m Chứng

minh Am tập hút

m m

A





 không thu hút Chứng minh:

Cho aA Ta chứng minh  x X      : t  a tx A Cố định xX , với i1, 2, ,n aAi Ai tập hút a nên

0 :

i t i

 

    a tx Ai

Đặt  min 1, 2, ,n0 Ta chứng minh a tx A với t 

Thật vậy, với t  t   i với i1, 2, ,n nên theo ta có: i

a tx A Từ suy ra: a tx A1A2  An A

Vaäy AA1A2  An tập hút (tại điểm)

b) Dễ thấy 0Am m Ta chứng minh Am tập hút Thật vậy, cố định

 n

x x l ta cần chứng minh tồn  0 cho tx txn Am với t 

Do xl nên tồn M 0 cho xn M n Choïn  

0

mM

 

  , ta có: với

mọi t    mM 1     1

m m

tx  mM  x  mM  M m Từ suy ra:

 n m

tx tx A Do ta chứng minh Am tập hút Đặt

1

m m

A A





 Do 0Am m nên 0A Ta chứng minh A không thu hút 0, tức chứng minh tồn x0l cho     0, t  cho tx0A

Đặt x0 1,1, ,1,  l



  Cố định  0, ta lấy

t t  Ta có:

 

0 1,1, ,1, , , , ,

2 2

tx      

 

Rõ ràng, với m

   (hay m



 ) , , , ,

2 2 m

tx    A

  Suy ra:tx0A

Vậy ta chứng minh đượcA không thu hút