Đang tải... (xem toàn văn)
Giải. Ta chứng minh A đóng.. Cho X là không gian Banach vô hạn chiều. Chứng minh X không thể có một cơ sở Hamel gồm một số đếm được các phần tử. Vậy X không thể có một cơ sở gồm đếm được[r]
(1)Vector Spaces
Normed Spaces Inner Product
Spaces
Hilbert Spaces
Banach Spaces
DongPhDc2009
Bài tập Giải tích hàm
DongPhD Problems Book Series υo`.2
(2)To all the girls i love before Tơi đến với giải tích hàm “sự đặt số phận” Có lẽ, nguyên nhân để 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
(3)1 Không gian định chuẩn
“A journey of a thousand miles begin with one step” - Lão Tử
1.1 Không gian vectơ
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 ≡0
Giải Giả sử f1 6= ta cần chứng minh f2 ≡ Vì f1 6= nên tồn
x1 ∈ X cho f1(x1) 6= 0, lúc
f2(x1f1(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
Giải 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 Suy 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, tức Id−A toàn ánh
Vậy Id−A song ánh
Bài tập 1.3 Cho X, Y hai không gian vectơ với dimX = n,dimY =
(4)Giải 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 thấyAij ma trận choaij = 1,1 ≤i ≤n,1 ≤ j ≤ m cịn vị trí cịn lại lúc hệ gồm {(Aij)},1 ≤ i ≤ n,1 ≤
j ≤ m độc lập tuyến tính Mặt khác,
A =
a11 a1n
a21 a2n
am1 amn
thì
A =
n
X
i=1
m
X
j=1
aijAij 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
Giải 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((y0x))y0
f(z) = f(x− f(x)
f(y0)
y0) = f(x)− f(x)
f(y0)
f(y0) =f(x)−f(x) =
⇒z = x− f(x)
f(y0)
y0 ∈ Kerf ⊂ Y
Suy x = z+ f(x)
f(y0)
y0 ∈ Y, tức X = Y
1.2 Không gian định chuẩn
(5)Giải Gọi B = {eα|α ∈ I} sở Hamel X K Lúc
x ∈ X, x 6= viết dạng
x=
n
X
j=1
xijeij
trong đón ∈ N, xij ∈ K\ {0}, ij ∈ I, j = 1, n đôi phân biệt Ta định nghĩa
kxk =
n
X
j=1
xij
kxk = x =
Ta chứng minh k.k chuẩn X Thật vậy,
• Lấy x ∈ X, x 6= Lúc x =
n
P
j=1
xijeij n ∈ N, xij ∈
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, kλxk = |λ| kxk Giả sử x 6= 0, λ 6= Nếu x =
n
P
j=1
xijeij
λx =
n
P
j=1
λxijeij Suy kλxk = |λ| kxk
• Lấy tùy ý x, y ∈ X Nếu x = y = 0thì kx+yk = kxk+kyk Ngược lại, x, y 6= 0, ta xem x có biểu diễn y =
m
P
s=1
ytsets m ∈ N, xts ∈ K \ {0}, ts ∈ I, s = 1, m đôi phân biệt
Đặt Cx, Cy ⊂I sau
Cx = {ij, j = 1, n} Cy = {ts, s = 1, m}
Nếu Cx∩Cy = ∅ x+y = n
P
j=1
xijeij+ m
P
s=1
ytsets Khi kx+yk = n
P
j=1
xij
+
m
P
s=1
|xts| = kxk+kyk
(6){tm, , tm−k} Ta biểu diễn x+y sau
x+y =
n−k−1
X
j=1
xijeij +
m−k−1
X
s=1
ytsets +
" k X
l=1
(xin−l +ytm−l)ein−l
#
với (xin−l + ytm−l) 6= 0, ta khơng viết
Nếu x+y = kx+yk ≤ kxk+kyk, hiển nhiên Nếu x+y 6=
thì
kx+yk =
n−k−1
X j=1 xij +
m−k−1
X
s=1
|yts|+ k
X
l=1
xin−l + ytm−l
≤
n−k−1
X j=1 xij +
m−k−1
X
s=1
|yts|+ k
X
l=1
(xin−l +
ytm−l
)
= kxk+ kyk
Bài tập 1.6 Kiểm tra tập cho không gian định chuẩn a) X = Kn, x = (x1, , xn),kxk= max
i=1,n
|xi|
b) X = c,các dãy số thực phức hội tụ,kxk= sup
n∈N |xn|
c) X = M[a, b], tập gồm tất hàm số bị chặn [a, b], kxk = sup
t∈[a,b]
|x(t)|
d) X = C[a,b], hàm số liên tục [a, b], kxk = (
b
R
a
|x(t)|2dt)1/2
e) X = l1, tập tất dãy số thực phức(xn)nsao cho
∞
P
n=1
|xn| <
+∞ kxk = ∞
P
n=1
|xn|
Giải
a) Ta có với x ∈ X, kxk ≥
kxk = ⇒max
i=1,n
|xi| = ⇒xi = 0∀i = 1, n ⇒ x =
∀x ∈ X,∀λ ∈ K, ta có
kλxk = max
i=1,n
|λxi|= |λ|max i=1,n
(7)Với x, y, z ∈ X, ta có
kx+yk = max
i=1,n
|xi +yi| ≤ max i=1,n
|xi|+ max i=1,n
|yi| Suy kx+yk ≤ kxk+kyk
Vậy (X,k.k) không gian định chuẩn b) Tương tự a)
c) Tương tự d) Ta có kxk = (
b
R
a
|x(t)|2dt)1/2 ≥ 0 và kxk = (
b
R
a
|x(t)|2dt)1/2 = 0 ⇒
b
R
a
|x(t)|2dt = 0 Giả sử x 6= 0, tức có (α, β) sao chox(t) 6= 0,∀t∈
(α, β) nên b
R
a
|x(t)|2dt≥
β
R
α
|x(t)|2dt > 0, mâu thuẫn.
Với x ∈ X, λ ∈ K, ta có kλxk = |λ|kxk
∀x, y ∈ X, ta có theo bất đẳng thức tích phân
(
b
Z
a
|x(t) +y(t)|2dt)1/2 ≤ (
b
Z
a
|x(t)|2dt)1/2 + (
b
Z
a
|y(t)|2dt)1/2
⇒ kx+yk ≤ kxk+kyk
Vậy (X,k.k) không gian định chuẩn e) Ta có kxk =
∞
P
n=1
|xn| ≥ 0,∀x ∈ X
kxk = ∞
P
n=1
|xn| = ⇒ xn = 0,∀n∈ N⇒ x = Với x ∈ X, λ ∈ K, ta có kλxk = |λ|kxk
∀x, y ∈ X, ta có
|xn+yn| ≤ |xn|+|yn|,∀n∈ N
⇒ ∞
X
n=1
|xn+ yn| ≤
∞
X
n=1
|xn|+
∞
X
n=1
|yn|
⇒ kx+yk ≤ kxk+kyk
(8)Bài tập 1.7 Không gian định chuẩn 1.6 không gian Banach Giải
a) X không gian Banach Thật vậy, lấy (xn)n dãy Cauchy X, ta có
kxk −xmk → 0, k, m → ∞ hay
max
i=1,n
|xik −xim| → 0, k, m → ∞
Suy |xik −xim| → 0, k, m → ∞,∀i = 1, n
⇒ (xin)n dãy Cauchy K nên xni →xi0 ∈ K,∀i = 1, n
Ta đặt x0 = (x10, x20, , xn0), lúc
kxn −x0k = max
i=1,n
|xin −xi0| → 0, n → ∞
Vậy xn → x0 ∈ Kn
b) X không gian Banach Thật vậy, lấy (xn)n dãy Cauchy X, ta có
kxk −xmk → 0, k, m → ∞ hay
sup
i∈N
|xik −xim| → 0, k, m → ∞
Suy |xik −xim| → 0, k, m → ∞,∀i ∈ N ⇒ (xin)n dãy Cauchy K nên xin →x
i
0 ∈ K,∀i =∈ N
Đặt x0 dãy (xn0)n∈N ta chứng minh dãy hội tụ Thật vậy,
từ bất đẳng thức
|xn0−xm0 | = |xn0−xnk+xnk−xmk +xmk −xm0 | ≤ |xn0−xnk|+|xkn−xmk |+|xmk −xm0 |
ta có (xn0)n∈N dãy Cauchy K nên x0 hội tụ Tiếp theo, ta chứng minh (xn)n hội tụ x0 X
kxn −x0k= sup
i∈N
|xin−xi0|
Lấy > bất kì, xkn → x0n k → ∞ nên với m đủ lớn
|xkn →x0n| < 2,∀n∈ N nên
kxn−x0k = sup
i∈N
|xin −xi0| ≤ <
(9)c) X không gian Banach Thật vậy, lấy (xn)n dãy Cauchy X, ta có
kxn −xmk → 0, n, m → ∞ hay
sup
t∈[a,b]
|xn(t)−xm(t)| → 0, k, m → ∞ Suy |xn(t)−xm(t)| → 0, k, m → ∞,∀t∈ [a, b]
⇒ (xn(t))n dãy Cauchy K nên xn(t) → x0(t) ∈ K,∀t ∈
[a, b] Xét
x0 : [a, b] −→ K
t 7−→ x0(t) = lim
n→∞xn(t)
Lúc x0 hàm số ta chứng minh bị chặn Ta có
kxn−xmk → 0, n, m→ ∞
Lấy = 1, ∃n0 > cho với n, m ≥ n0 kxn −xmk < ⇒
kxn0−xmk< 1⇒ kxmk ≤ kxn0k+ Vì xn0 bị chặn nên ∃Kn0 > cho |xn0(t)| < Kn0∀t ∈ [a, b] Do kxn0k = sup
t∈[a,b]
|xn0(t)| ≤
Kn0 Vậy kxmk = sup t∈[a,b]
kxm(t)k ≤ Kn0 + 1,∀m ≥n0
Đặt K = max
m=1, ,n0−1
{kxmk, Kn0 + 1} < +∞ Lúc kxmk ≤
K,∀m ∈ N Mặt khác, kxmk = sup t∈[a,b]
kxm(t)k ≤ K,∀m ∈ N, nên
|x0(t)| = | lim
n→∞xn(t)| ≤ K,∀t∈ [a, b] Vậy x0 bị chặn
Hơn nữa, x0(t) = lim
n→∞xn(t) nên |xn(t) −x0(t)| → 0, n → ∞,
suy
kxn−x0k = sup
t∈[a,b]
|xn(t)−x0(t)| ≤
với n đủ lớn, tức xn →x0, n → ∞
d) X không không gian Banach
e) X không gian Banach1 Thật vậy, ta lấy(xn)nlà dãy Cauchy X, lúc
kxm −xnk = ∞
X
n=1
|xmn −xkn| → 0, m, k → ∞ 1Sau xét dãy Cauchy (x
n)n ta tiến hành theo bước Bước 1: Ta dự đoán giới hạnx0 dãy(xn)n
Bước 2: Ta chứng minhx∈X
(10)Suy ∀ > 0, tồn n0 > cho với m, k ≥ n0
s
X
n=1
|xmn −xkn| < ,∀s ∈ N(∗)
Và ta có |xmn −xkn| → 0, m, k → ∞ Lúc (xnm)m∈N dãy
Cauchy K nên hội tụ, kí hiệu x0m = lim
n→∞x
n
m x0 =
(x0m)m∈N Ta chứng minh xn →x0, n → ∞
Trong (∗) cho m → ∞ ta có ∀m ≥ n0
s
X
n=1
|xmn −x0n| ≤ ,∀s ∈ N
⇒ lim
s→∞
s
X
n=1
|xmn −x0n| ≤
⇒ ∞
X
n=1
|xmn −x0n| ≤
Suy (yn)n = (xn −x0)n ∈ X mà xn ∈ X nên x0 ∈ X Kết hợp
với
kxm−x0k = ∞
X
n=1
|xmn −x0n| ≤,∀m ≥ n0
⇒ xm →x0, m → ∞ Ta có điều cần chứng minh
Bài tập 1.8 Cho (xn)n,(yn)n hai dãy Cauchy X Chứng minh
rằng αn = kxn −ynk hội tụ
Giải Ta cần chứng minh (αn)n dãy Cauchy R (αn)n hội tụ Thật vậy, với mọim, n ∈ Nta có|αm−αn|= |kxm−ymk−kxn−ynk| ≤
kxm −ym−xn+ ynk ≤ kxm−xnk+kym −ynk
Do (xn)n,(yn)n hai dãy Cauchy X nên m, n → ∞
kxm−xnk → kym−ynk → Suy |αm−αn| → m, n → ∞
(11)Giải
(⇐) ∀x, y ∈ Lp(E, µ) có α > 0, y = αx thìkx+yk= kx+αxk = (1 +α)kxk= kxk+αkxk= kxk+kyk
(⇒) kx+yk ≤ kxk+kyk trở thành đẳng thức kx+yk = kxk+kyk, tức
(
Z
E
|x+y|pdµ)1p = (
Z
E
|x|pdµ)1p + (
Z
E
|y|pdµ)1p
nên bất đẳng thức Minkowski trở thành đẳng thức
|x+y| = |x|+ |y|
c1|x|
p
= c2|x+ y| (p−1)q
= c2|x+y|
p
c01|y| = c02|x+ y|q(p−1) = c02|x+y|p
Suy x, y dấu hầu khắp nơi E c1c02|x|
p
= c2c01|y|
p Vậy tồn α > để αy = x hầu khắp nơi E
Bài tập 1.10 Tìm số khơng gian định chuẩn khơng chặt Giải
1 l∞ với chuẩn sup không chặt,
sup
n
|xn+ yn| = sup n
|xn|+ sup n
|yn| không suy xk = αyk,∀k với α > Chẳng hạn, xét
x = (1,0,0,1,0,0,0, ) y = (0,1,0,1,0,0,0, )
Ta có kxk = kyk = kx+ yk= 2, nhiên x 6= αy
2 Một ví dụ khác C[0,1] với chuẩn max Thật vậy, lấy f(t) =
t, g(t) = 1,∀t ∈ [0,1] ta có kfk= kgk = kf +gk = Rõ ràng không tồn α > cho f(t) = αg(t)
Bài tập 1.11
1 Cho X không gian Banach Y khơng gian đóng X Chứng minh X/Y Banach
(12)Giải
1 X/Y Banach Lấy
∞
P
n=1f
xn chuỗi hội tụ tuyệt đối không gian thương X/Y Ta cần chứng minh hội tụ X/Y Ta có
kxfnk = inf x∈xnf
kxk = inf
x∈Y kxn+xk nên với n∈ N, tồn un cho
kxn +unk = kfxnk+
1 2n Do ∞ X n=1
kxn +unk=
∞
X
n=1
kfxnk+
∞
X
n=1
1 2n =
∞
X
n=1
kfxnk+
Vậy chuỗi
∞
P
n=1
kxn+unk hội tụ tuyệt đối không gian Banach
X nên hội tụ Gọi x0 tổng chuỗi Khi
lim
n→∞k
n
X
k=1
(xn +un)−x0k
và n
P
k=1
(xn+un)−x0 phần tử lớp tương đương
n
P
k=1
(fxn+
f
un)−xe0 =
n
P
k=1
f
xn−xe0 nên
k
n
X
k=1
f
xn −xe0k = k
n
X
k=1
(xn+ un)−x0k
⇒ lim
n→∞k
n
P
k=1
f
xn −x0ek ≤ lim n→∞k
n
P
k=1
(xn +un)−x0k =
⇒ lim
n→∞k
n
P
k=1
f
xn −x0ek= hay
∞
P
k=1
f
xn →x0e Vậy không gian thương X/Y Banach
2 X Banach Lấy (xn)n ⊂ X dãy Cauchy X, lúc
∀ > 0,∃n0 ∈ N,∀n ≥n0 : kxn−xmk < Ta có (xn) ⊂ X/M nên
kxn−xmk = inf x∈(xn−xm)
(13)⇒ (xn)n dãy Cauchy X/M, xn →x0 ∈ X/M
Với n ∈ N có αn ∈ M cho kxn−x0+αnk ≤ kxn−x0k+ n1
Suy
kαn−αmk ≤ kαn +xn −x0k+kxn−xmk+kαm+xm −x0k
≤ kxn −x0k+
1
n +kxm−x0k+
1
m +kxn−xmk
Cho n, m → ∞ ta có kαn−αmk → 0, tức (αn)n dãy M nên αn →α0 Ta chứng minh xn →x0 +α0 Ta có
kxn−x0−α0k ≤ kαn+xn−x0k+kαn−α0k ≤ kxn−x0k+
1
n+kαn−α0k
Cho n→ ∞ ta có kxn−x0 −α0k → Vậy lim
n→∞xn = x0 +α0
Vậy X không gian Banach
NHẬN XÉT: Một ví dụ minh họa
Cho X = C[0,1] M tập X hàm số triệt tiêu
Khi M không gian vectơ X X/M khơng gian vectơ Ta định nghĩa ánh xạ φ : X/M −→ C sau φ([f]) =
f(0),∀[f] ∈ X/M Định nghĩa hợp lý nếuf ∼ g thìf(0) = g(0) Ta có φ tuyến tính ∀s, t ∈ C ∀f, g ∈ X,
φ(t[f] +s[g]) = φ([tf +sg]) = tf(0) +sg(0) = tφ([f]) +sφ([g])
Hơn nữa,
φ([f]) = φ([g]) ⇔f(0) = g(0)
⇔f ∼ g
⇔[f] = [g]
Vậy φ đơn ánh
Với s ∈ C ta ln có f ∈ X f(0) = s cho φ([f]) = s Do φ tồn ánh Từ đó, φ đẳng cấu tuyến tính từ X/M vào C
Ta thấy rằngM khơng gian đóng X với chuẩnk.k∞ (chuẩn max) X/M không gian Banach với chuẩn thương tương ứng Ta có
k[f]k = inf{kgk∞ : g ∈ [f]} = inf{kgk∞ : g(0) = f(0)}
(14)Suy k[f]k = kφ([f])k, với [f] ∈ X/M hay φ bảo tồn chuẩn Vì X/M ≡ C
Bây giờ, xét X với chuẩn k.k1 Khi M khơng đóng X Thật
vậy, xét dãy
gn(t) =
(
nt 0≤ t ≤ n1 1n ≤ t ≤1
Khi gn ∈ M gn → theo chuẩn k.k1 ∈/ M "Chuẩn
thương" lúc khơng cịn chuẩn Thật vậy, k[f]k = 0,∀[f] ∈
X/M Điều giải thích sau, lấy f ∈ X, với n ∈ N, ta đặt h(t) = f(0)(1−gn(t)) với gn(t) xác định Khi
hn(0) = f(0) khnk =
|f(0)|
2n Do đó,
inf{kgk1|g(0) = f(0)} ≤ khk1 ≤
|f(0)| 2n
Suy
k[f]k = inf{kgk1 : g ∈ [f]} =
Bài tập 1.12 Cho k.k1,k.k2, ,k.kk chuẩn không gian định
chuẩn X, α1, α2, , αk ∈ R∗+
1 Chứng minh max{k.k1, ,k.kk} chuẩn
2 Chứng minh
k
P
i=1
αkk.kk chuẩn
3 f ∈ L(X, Y), Y không gian định chuẩn Ta định nghĩa
k.ka : X −→ R
x 7−→ kf(x)k1
Chứng minh k.ka chuẩn f đơn ánh
Giải
1 Rõ Rõ
3 kxka = ⇔ kf(x)k1 = ⇔ f(x) =
(15)Bài tập 1.13 Cho a > Trên C[0,1] xét chuẩn sau kfk∞ = sup
t∈[0,1]
|f(t)|, kfk1 = a
R
0
|f(t)|dt, với f ∈ C[0,1] Chứng minh
kfk = min{kfk1,kfk∞} chuẩn a ≤
Giải
Nếu a ≤ kfk1 ≤ kfk∞ nên kfk = kfk1, rõ ràng chuẩn
Lấy fn(t) = tn,∀t ∈ [0,1],∀n ≥ Khi kf0k1 = a,kf0k∞ = 1,
đó kf0k = min(1, a) Mặt khác kfnk1 = n+1a ,kfnk∞ = 1, kfnk =
min(1, n+1a ),∀n ≤ ∀n, ta cókf0 + fnk1 = a(1 + n+11 ),kf0 + fnk∞ = 2,
do kf0+fnk = min(2, a(1 + n+11 )) Nếu k.k chuẩn thỏa bất đẳng thức tam giác, tức
min(2, a(1 +
n+ 1)) ≤ min(1, a) + min(1,
a n+ 1)
Cho n→ ∞ ta
min(2, a) ≤min(1, a) + min(0,1)
Suy min(2, a) ≤ min(1, a), tức a ≤ 1.2
Bài tập 1.14 Cho X không gian định chuẩn Tìm tất khơng gian X chứa hình cầu
Giải Giả sử L không gian X B(a, ) ⊂ X cho L ⊂
B(a, ) Lấy x ∈ L tùy ý Khi nx ∈ L,∀n ∈ N Vì L ⊂ B(a, ) nên
nx∈ B(a, ), tức làknx−ak < ,∀n ∈ N, từ đóknxk ≤ knx−ak+kak < + kak Suy kxk < +kak
n Cho n → ∞ ta có kxk = 0, hay x =
Vậy L = {0}
Bài tập 1.15 Cho X khơng gian định chuẩn Tìm tất khơng gian X chứa hình cầu
Giải Gọi L không gian X cho B(a, ) ⊂ L Rõ ràng
a ∈ L Lấy x ∈ B(0, ), tức kxk < Khi a+x∈ B(a, ) ⊂ L Suy x ∈ L, tức B(0, ) ⊂ L
Mặt khác ∀x ∈ X, x 6= ta có x
2kxk ∈ B(0, ) nên
x
2kxk ∈ L Vì L
khơng gian nên x ∈ L Do đó, X ⊂L Vậy L = X
(16)Cách khác:
Ta cần chứng minhX ⊂ Y Thật vậy,∀x ∈ X, lấyy = 1+rkxkx+x0,
lúc
ky −x0k=
rkxk
1 +kxk < r ⇒y ∈ B(x0, r) ⊂Y
Mà 1+rkxkx = y−x0 ∈ Y x0 ∈ B(x0, r) ⊂ Y, nên
1 +kxk
r (
r
1 +kxkx) =
1 +kxk
r (y −x0) ∈ Y
⇒x ∈ Y hay X ⊂ Y Vậy X = Y
Bài tập 1.16 Cho X không gian định chuẩn G không gian X Chứng minh G = X G◦= ∅
Giải Nếu G◦6= ∅ theo 1.15 ta có G = X
Bài tập 1.17 Cho X, Y hai không gian định chuẩn A :X −→Y toán tử tuyến tính liên tục, (An)n dãy tốn tử tuyến tính liên tục
từ X vào Y Kí hiệu
U = {x ∈ X|Anx không hội tụ Ax}
và
V = {x ∈ X|(Anx)n dãy Cauchy }
Chứng minh U V ∅ trù mật X Giải Ta có
CU = X\U = {x ∈ X|Anx hội tụ vềAx}
Rõ ràngX\U không gian củaX Giả sửx0 ∈ U x ∈ CU ∀λ ∈ K, λ 6= 0, x+ λx0 ∈ U Thật vậy, ngược lại x+λx0 ∈ CU ta suy x0 ∈ CU, vô lý Lúc ∀x ∈ CU,∀n ∈ N, x+
1
nx0 ∈ U dãy x+
nx0 → x nên x ∈ U, tức CU ⊂ U Do đó, X = U ∪CU ⊂ U Vậy U = X
(17)Bài tập 1.18 Cho X không gian định chuẩn A ⊂ X cho X\A khơng gian tuyến tính X Chứng minh A ∅
hoặc trù mật X Giải Theo giả thiết
◦
X\A= ∅ X\A = X Suy A = ∅
X\A = ∅, tức A = ∅ A = X Do đó, A ∅ trù mật X
1.3 Tập đóng, tập mở
Bài tập 1.19.Chứng minh không gian định chuẩn X, B(x0, r) =
B0(x0, r) int(B0(x0, r)) = B(x0, r) Giải
1 B(x0, r) = B0(x0, r)
Ta cóB(x0, r) ⊂B0(x0, r), doB0(x0, r)đóng nênB(x0, r) ⊂ B0(x0, r)
Ngược lại, lấy x ∈ B0(x0, r) kx −x0k ≤ r Ta chọn dãy (xn)n sau
xn = 1−
1
nx+
1
nx0,
kxn−x0k = k1−n1x+1nx0−x0k = k(1−n1)(x−x0)k = (1−n1)kx−
x0k ≤ kx−x0k ≤ r,
⇒ kxn − x0k ≤ r, ∀n ∈ N∗ hay xn ∈ B(x0, r), ∀n ∈ N∗ hay
(xn)n ⊂ B(x0, r)
Ta có kxn−xk= k1−n1x+ n1x0 −xk= kn1(−x+x0)k= n1k(−x+ x0)k ≤ r
n,∀n Suy kxn−xk → 0, n → ∞ Vậy x ∈ B(x0, r) hay B(x0, r) ⊃ B0(x0, r)
2 int(B0(x0, r)) = B(x0, r)
Ta có B(x0, r) ⊂ B0(x0, r), suy B(x0, r) ⊂ int(B0(x0, r))
Mặt khác, với x ∈ int(B0(x0, r)) ta cần chứng minhkx−x0k < r
Giả sử kx − x0k = r Vì x ∈ int(B0(x0, r)) nên có s >
cho B(x, s) ∈ int(B0(x0, r)) Ta lấy x1 = (1 + 2sr)x − sx0
2r , lúc
kx1 −xk = k(1 + 2sr)x− sx02r −xk = 2srkx−x0k = 2sr.r = s2 < s
Suy x1 ∈ B(x, s) nên x1 ∈ int(B0(x0, r)) (∗)
Hơn nữa, kx1 −x0k = k(1 + 2sr)x− sx02r −x0k = (1 + 2sr)kx−x0k =
(18)⇒ x1 ∈/ B0(x0, r) ⇒ x1 ∈/ int(B0(x0, r)), mâu thuẫn với (∗)
Vậykx−x0k< r hayx ∈ B(x0, r) Suy int(B0(x0, r)) = B(x0, r)
NHẬN XÉT:Các khẳng định không không gian
mêtric
Chẳng hạn, mêtric rời rạc3 (X, d) ta có B0(x0,1) = X B(x0,1) = {x0}
Một ví dụ khác không gian mêtric (N, d) với d định nghĩa sau:
d(m, n) =
0 m = n
1
1 + min(m, n) n 6= m
Ta có B0(0,1) 6= B(0,1) Thật vậy,
B0(0,1) = {n ∈ N :d(n,0)≤ 1}= {n ∈ N} = X B(0,1) = {n ∈ N :d(n,0)< 1} = {0}
B(0,1) = {0}
Bài tập 1.20 Cho A, B ⊂X Chứng minh A đóng, B compact A+B đóng
2 A, B compact A+B compact A, B đóng mà A+B khơng đóng Giải
1 A đóng, B compact A+B đóng
Lấy (zn)n ⊂ A+ B, zn →z Ta cần chứng minh z ∈ A+B Do (zn)n ⊂ A+B nên zn = xn+yn, xn ∈ A, yn ∈ B∀n ∈ N
Vì (yn)n ⊂ B B compact nên có dãy ynk → y0 ∈ B,
dãy znk hội tụ z nên xnk = znk−ynk hội tụ z−y0
Do A đóng nên z −y0 = x0 ∈ A hay z = x0 +y0 ∈ A+B
Vậy zn →z ∈ A+B nên A+B đóng A, B compact A+B compact
Lấy (zn)n ⊂ A+B zn = xn+yn, xn ∈ A, yn ∈ B∀n∈ N Vì
A, B compact nên tồn hai dãy (xnk ⊂ (xn)n) ynl ⊂ (yn)n
3Ta nên nghĩ đến mêtric tìm phản ví dụ khác không gian định chuẩn và
(19)sao cho xnk →a0 ∈ A, ynl →b0 ∈ B
Từ hai dãy ta trích hai dãy xnkj, ynkj cho
xnkj →a0 ∈ A, ynkj → b0 ∈ B
⇒ znkj = xnkj +ynkj → a0 +b0 ∈ A+B
3 A, B đóng mà A+B khơng đóng
A = {n+
n|n ∈ N} B = {−n|n∈ N}
A, B đóng A+B ⊃ {1
n|n ∈ N}
nhưng (1n)n∈nn ⊂ A+ B dần 0∈/ A+B Vậy A+B khơng đóng
Bài tập 1.21 Cho M tập X Chứng minh a) Nếu M lồi M lồi
b) B0(x0, r) B(x0, r) lồi
c) B0(x0, r) bỏ điểm có lồi không? Giải
a) ∀x, y ∈ M ,∀α, β ≥ thỏa α + β = tồn (xn)n ⊂ M
(yn)n ⊂ M cho xn → x, yn → y, n → ∞ Lúc M lồi nên
αx+ βy ∈ M,∀n hay (αx+ βy)n ⊂ M hội tụ αx+ βy ∈ M Vậy M lồi
b) B0(x0, r) lồi Thật vậy, ∀x, y ∈ B0(x0, r), ∀λ ∈ [0,1] ta có
kλx+ (1−λ)x−x0k = kλ(x−x0) + (1−λ)(y −x0)k
≤ λkx−x0k+ (1−λ)ky −x0k ≤ λr + (1−λ)r = r
⇒ λx+ (1−λ)x ∈ B0(x0, r) hay B0(x0, r) lồi
Hoàn toàn tương tự cho B(x0, r)
c) Câu trả lời phủ định Chẳng hạn, xét R2 với chuẩn ||(x1, x2)|| = |x1|+|x2| ta có B0(0,1) hình vng Loại bỏ điểm cạnh
(20)1.4 Ánh xạ tuyến tính liên tục
Bài tập 1.22 Cho C[0,1] không gian hàm liên tục [0,1] với chuẩn ” max ” Đặt
A : C[0,1] −→ C[0,1]
x 7−→ Ax
1 (Ax)(t) = t2x(0)
2 (Ax)(t) = ϕ(t)x(t), ϕ ∈ C[0,1] (Ax)(t) = x(0)−tx(t)
4 (Ax)(t) = x(t)−x(1−t)
5 (Ax)(t) = x(1)−tx(t)
Chứng minh toán tử tuyến tính liên tục Giải
1 Ta có ∀x, y ∈ C[0,1], ∀α, β ∈ R
(A(αx+βy))(t) =t2(αx+βy)(0) = t2(αx(0) +βy(0)) = t2(αx(0)) +t2(βy(0)) = α(Ax)(t) +β(Ay)(t)
với t∈ [0,1] Suy raA(αx+βy) = αAx+βAy VậyA tuyến tính
Ta chứng minh A liên tục Ta có
kAxk = max
t∈[0,1]
t2x(0)
≤ kxk,∀x ∈ C[0,1]
Vậy A liên tục kAk ≤ Chọn x0 ≡1 ∈ C[0,1],
kAx0k= max
t∈[0,1]
t2x0(0)
= max
t∈[0,1]
t2
=
Mà = kAx0k ≤ kAkkx0k = kAk Vậy kAk =
2 Tương tự a) ta suy A toán tử tuyến tính Ta chứng minh A
liên tục Ta có
kAxk = max
(21)trong K = max
t∈[0,1]|ϕ(t)| Vậy A bị chặn kAk ≤ K
Chọn x0 ≡1 ∈ C[0,1], kx0k =
kAx0k = max
t∈[0,1]|ϕ(t)|= K ≤ kAk
Vậy kAk = K
3 Tương tự a) ta suy A toán tử tuyến tính Ta chứng minh A
liên tục Ta có
kAxk = max
t∈[0,1]
|x(0)−tx(t)| ≤ 2kxk
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 kx0k = max
t∈[0,1]|x0(0)−tx0(t)| = Do
đó cho x0(0) = ax0(a) =−1 với a ∈ [0,1]
Với a = = −1 vơ lý Do đó, a = 06 Suy x0(a) = −1/a ∈
[0,1] hay a = Từ giải hệ x0(1) = −1, x0(0) = ta có a = −2, b =
Chọn x0(t) = −2t+ 14, lúc kx0k= Ta có
kAx0k = max
t∈[0,1]|x0(0)−tx0(t)| ≥ |x0(0)−1x0(1)| = 2kx0k =
Vậy kAk =
(22)4 Tương tự a) ta suy A toán tử tuyến tính Ta chứng minh A
liên tục Ta có
kAxk = max
t∈[0,1]
|x(t)−x(1−t)| ≤ max
t∈[0,1]
|x(t)|+max
t∈[0,1]
|x(1−t)| ≤2kxk
Vậy A bị chặn kAk ≤
Chọn x0(t) = −2t+ 1, lúc kx0k = Ta có
kAx0k = max
t∈[0,1]|x0(0)−x0(1−t)| ≥ |x0(0)−x0(1−0)| = 2kx0k=
Vậy kAk =
5 Dễ thấy, A tuyến tính, liên tục kAk ≤ Với n∈ N∗, ta đặt
xn(t) =
AA1 ≤t ≤
q
1− 21n
AA2
q
1− 21n < t ≤
trong AA1 AA2 hai
đường thẳng qua A = (
q
1− 2n;
q
1−
2n), A1(0; 1),
A2(1,−1)
Rõ ràng xn ∈ C[0,1] kxnk = với n ∈ N∗.5 Ta có
kAk = sup kxk=1
kAxk ≥ kAxnk = max
t∈[0,1]|xn(1)−txn(t)|
≥
xn(1)−
r
1− 2nxn(
r
1− 2n)
=
−1−(1−
2n)
= 2− 2n
Cho n→ ∞, ta kAk ≥ Vậy kAk =
5Tất nhiên nhiều cách đặt khác Chẳng hạn, ta chọn
xn(t) =
−1 nếu0≤t≤ n
n+ 2(n+ 1)t−2n−1 n
(23)Bài tập 1.23 Cho không gian Banach X phiếm hàm tuyến tính liên tục6 f khác Chứng minh f ánh xạ mở
Giải Ta chứng minh f toàn ánh, ∀y ∈ K ln có x ∈ X, f(x) = y Thật vậy, f 6= nên tồn x0 ∈ X cho f(x0) = Khi đó,
yx0 ∈ X f(yx0) = yf(x0) = y Theo nguyên lý ánh xạ mở, f tồn
ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach X vào không gian Banach
K nên ánh xạ mở
Bài tập 1.24 Cho X, Y hai không gian Banach, A ∈ L(X, Y) Giả sử có α, β ≥ 0, α < 1, ∀y ∈ Y,∃x ∈ X : kAx−yk ≤ αkyk,kxk ≤ βkyk Chứng minh ∀y ∈ Y, phương trình Ax = y có nghiệm x0 ∈ X thỏa điều kiện kx0k ≤
β
1−αkyk
Giải Ta có ∀y ∈ Y,∃x1 ∈ X : kAx1 −yk ≤ αkyk,kx1k ≤ βkyk Tương tự ∀y ∈ Y,∃x2 ∈ X : kAx2 −(y −Ax1)k ≤ αky−Ax1k ≤ α2kyk,kx2k ≤ βky −Ax1k ≤ βαkyk Tiếp tục q trình ta có:
∀y ∈ Y,∃xn ∈ X : kAxn−(y−Ax1− .−Axn)k ≤ αnkyk,kxnk ≤ βαn−1kyk Do0 < α < nên
∞
P
i=1
xi hội tụ tuyệt đối không gian Banach X nên hội tụ Ta gọi x0 =
∞
P
i=1
xi, lúc
k
k
X
n=1
Axn−yk ≤ αkkyk
Cho k → ∞, ta có kAx0 −yk = hay Ax0 = y
kx0k= k ∞
X
i=1
xik ≤
∞
X
i=1
kxik ≤
∞
X
i=1
βαn−1kyk = β
1−αkyk
Bài tập 1.25 Cho không gian định chuẩn X = C[0,1] với chuẩn max,
A: X −→ X
(Anx)(t) = x(t1+
t), n ∈
N
1 Chứng minh An ∈ L(X)
6Nếu f phiếm hàm tuyến tính khác hoặcX khơng cần giả thiết Banach tốn liệu vẫn
(24)2 Chứng minh ∀x ∈ X, Anx → x
3 Dãy (An)n có hội tụ L(X) đến tốn tử đồng hay khơng?
Giải
1 An tốn tử tuyến tính: rõ Ta có kAnxk = max
t∈[0,1]
x(t
1+1n)
≤ max
t∈[0,1]
|x(t)| = kxk Vậy An bị chặn nên liên tục kAk ≤
2 Với x ∈ X, xliên tục liên tục tập compact [0,1] Do ∀ > 0,∃δ >0,∀t, t0 ∈ [0,1],|t−t0| < δ ⇒ |x(t)−x(t0)| < Ta có
t
1+1 t −t
≤ max
t∈[0,1]
t
1+1 n −t
= (
n n+1)
n.
n+1 <
n < δ với n đủ lớn Suy
x(t
1+1
t)−x(t)
< với n đủ lớn
sup
t∈[0,1]
x(t
1+1t)−x(t) ≤
Hay kAnx−xk ≤ với n đủ lớn, Anx → x, n→ ∞ kAn−Ik = sup
kxk=1
kAnx−xk= sup
kxk=1
max
x(t
1+1t)−x(t)
Lấy = 12, chọn x0 : [0,1] −→ R liên tục cho x0(1/2) =
1, x0(12 1+1n
) = Ta có kx0k =
kAn −Ik ≥ kAx0 −x0k ≥ max
t∈[0,1]
x0(t
1+1t)−x 0(t)
=
Vậy An không hội tụ I n → ∞
Bài tập 1.26 Cho X, Y hai không gian định chuẩn thực
1 Giả sử A: X −→ Y ánh xạ thỏa mãn điều kiện A(x+y) =
Ax + Ay, ∀x, y ∈ X sup
x∈B0(0,1)
kAxk < +∞ Chứng minh rằng: A ∈ L(X, Y)
2 Cho B : X −→ Y ánh xạ tuyến tính M = {(x, Bx)|x ∈ X} đồ thị B Chứng minh B(X) đóng Y M + (X × {0}) đóng X ×Y
(25)1 Ta có A(0) = A(0 + 0) = A(0) +A(0) ⇒ A(0) = Với x ∈ X, m > 0, m ∈ Z ta có
A(mx) =A(x+ .+ x
| {z }
m lần
) =mA(x)
Mặt khác
A(x+ (−x)) = A(x) +A(−x) = ⇒A(−x) =A(x)
Suy ∀m ∈ Z A(mx) =mA(x)
A(x) =A(x
m + .+ x m
| {z }
m lần
) =mA(x
m),∀m ∈ Z\{0}
Với m ∈ Q, m = pq,(p, q) = ta có
A(mx) = A(px
q ) =pA( x q) =
p
qA(x) = mA(x)
Suy A(x
m) =
A(x)
m Với m ∈ R\Q, tồn dãy số (rn)n ⊂ Q
sao cho rn →m, n → ∞ Ta chứng minhA(mx) = mA(x) Thật vậy, A(rnx) = rnA(x) → mA(x) n → ∞ Ta cần chứng minh
A(rnx) →A(mx) n → ∞
Xét x,kxk ≤ 1, không ta lấy x
kxk Lúc
kA(rnx)−A(mx)k = kA((rn−mx))k
∀ > 0,∃k > 0sao cho K
k < Vớinđủ lớn ta có|rn−m| kxk <
1
k
Do kk(rn −m)xk < Suy với n đủ lớn
kA(k(rn−m)x)k ≤ K = sup x∈B0(0,1)
kAxk ⇒ kA((rn −m)xk ≤
K k <
Vậy A(rnx) →A(mx) n→ ∞ Do tính giới hạn ta có A(mx) = mA(x) Vậy A ánh xạ tuyến tính
Hơn nữa, ∀x ∈ X, x 6= 0, x
kxk ∈ B
0(0,1) nên
kA( x
kxk)k ≤ K = x∈supB0(0,1)
(26)⇒ kAxk
kxk ≤K hay kAxk ≤ Kkxk
Tại x = 0, kết Vậy A bị chặn
2 Giả sử B(X) đóng Y, ta cần chứng minh M + (X × {0})
đóng X ×Y
Lấy (zn)n ⊂ M + (X × {0}) thỏa zn → z0 = (x0, y0) ∈ X ×Y Ta có
zn = (xn, Bxn) + (x0n,0) = (xn+ x0n, Bxn)
Lúc Bxn → y0 = Bz ∈ B(X) zn → (z + x0 − z) =
(z, Bz)+(x0−z,0)∈ M+(X×{0}) Suy ra(x0, y0) ∈ M+(X×{0})
hay M + (X × {0}) đóng
Ngược lại, M + (X × {0}) đóng X ×Y ta cần chứng minh B(X) đóng Y
Lấy (yn)n ⊂ B(X) yn → y, n → ∞ với n ∈ N tồn
xn ∈ X cho yn = Bxn Khi
(0, yn) = (xn, yn)+(−xn,0) = (xn, Bxn)+(−xn,0) ∈ M+(X×{0})
k(0, yn)−(0, y)kX×Y = k0−0kX+kyn−ykY = kyn−ykY →0, n → ∞ Do M + (X× {0}) đóng X ×Y nên (0, y) ∈ M + (X × {0}) Suy
(0, y) = (x, Bx) + (x0,0) = (x, Bx) + (−x,0) = (0, Bx)
Vậy y = Bx, x ∈ X hay B(X) đóng
Bài tập 1.27 A ∈ L(X, Y) A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy
Giải Ta chứng minh phần đảo Giả sử A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy A không bị chặn Lúc đó, tồn dãy (xn)n cho
kAxnk> n2kxnk,∀n Với xn 6= 0, ta xây dựng dãy (yn)n sau
yn =
xn
nkxnk
(27)Ta có kynk = 1/n →0 nên dãy Cauchy Mặt khác,
kAynk =
kAxnk
nkxnk
> n 2kx
nk
nkxnk
= n
suy ra(Ayn)n không bị chặn đó, (Ayn)n khơng Cauchy, mâu thuẫn với giả thiết Vậy A phải liên tục
Cách khác:7
Giả sử (xn)n ∈ X, xn →x ∈ X Xét dãy
un =
(
xn n chẵn
x n lẻ
Rõ ràng un → x, dãy Cauchy Suy (Axn)n dãy
Cauchy Theo định nghĩa dãy Cauchy ta có ∀ > 0,∃n0 ∈ N : ∀m, n ≥ n0
ta có kf(un)−f(um)k ≤
Nói riêng, vớiu2n0+1 = xta có ∀n ∈ N, n ≥ n0 ta có kf(un)−f(x)k ≤
, tức f(un) →f(x) n→ ∞ Khi dãy f(xn) dần f(x) Vậy f liên tục
Bài tập 1.28 Cho f phiếm hàm tuyến tính khơng liên tục khơng gian định chuẩn thực X Chứng minh với r > f(B0(0, r)) =R
Giải Ta có f(B0(0, r)) ⊂ R
∀r > 0,∀y ∈ R ln có n ∈ N để n > |y|
r Do f không liên tục nên
ta có sup kxk=1
|f(x)| = +∞ Do có xn,kxnk = |f(xn)| > n Ta có
z = yxn |f(xn)|
,|z| = |y| |f(xn)|
< |y| n < r
và f(z) =y Suy R ⊂ f(B0(0, r))
Vậy R= f(B0(0, r))
Bài tập 1.29 Cho không gian định chuẩn X, f ∈ X∗, f 6= Chứng minh tồn không gian chiều M cho X = kerf ⊕M
(28)Giải Vì f 6= nên tồn x0 ∈ X cho f(x0) =
Với x ∈ X, đặt y = f(x)x0 −xf(x0), ta có f(y) = hay y ∈ kerf
⇒x = f(x)x0 −y ∈ h{x0}i ⊕kerf Từ suy điều cần chứng minh
Bài tập 1.30 Cho không gian định chuẩn X, f phiếm hàm tuyến tính8 X Chứng minh f liên tục kerf đóng Giải Giả sử f liên tục, kerf đóng ảnh ngược tập đóng {0}
Ngược lại, giả sử kerf đóng ta cần chứng minh f liên tục Nếu f ≡
thì f liên tục Nếu f 6= f không liên tục, ta có sup kxk=1
|f(x)| = +∞ Lúc đó, với n ∈ N,∃xn ∈ X,kxnk = |f(xn)| ≥ n Hơn nữa,
f 6= nên có a ∈ X cho f(a) = Xét dãy
yn = a−
xn
f(xn) Ta có
f(yn) =f(a)−
f(xn)
f(xn)
= 1−1 =
hay (yn)n ⊂ kerf Mặt khác
k xn
f(xn)
k = kxnk |f(xn)|
≤ kxk
n =
1
n →0, n → ∞
Suy xn
f(xn)
→ 0, n → ∞ nên yn → a /∈ kerf, n → ∞, mâu thuẫn với tính đóng kerf Vậy f liên tục
Bài tập 1.31 Cho không gian định chuẩn X, f phiếm hàm tuyến tính khác X Chứng minh f khơng liên tục9 kerf trù mật X
Giải Ta chứng minh kerf = X Thật vậy, f không liên tục
0 nên tồn > cho ∀n ∈ N,∃xn ∈ X cho kxnk < n1
8Điều khơng với ánh xạ liên tục Chẳng hạn, với id: C
[0,1],k.k1
−→ C[0,1],k.k∞
ta cókerid={0} đóng nhưngidkhơng liên tục hai chuẩn khơng tương đương
9Nếuf là phiếm hàm tuyến tínhkhơngliên tục khơng gian định chuẩn thựcX ta có thể
(29)|f(xn) > |
Với mọix ∈ X, với n ∈ N∗ đặt yn = x−
f(x)
f(xn)
xn yn ∈ kerf Khi đó,
kyn −xk =
|f(x)| |f(xn)|
kxnk ≤
|f(x)|
n → 0, n → ∞
Vậy yn →x, hay kerf = X
Cách khác:
Vì f khơng liên tục nên khơng bị chặn ∀n ∈ N tồn xn ∈ X cho |f(xn)| ≤ nkxnk Vì X = h{x0}i ⊕kerf nên xn = zn −λnx0,
đó zn ∈ kerf λn ∈ C Do f(xn) =−λnf(x0) Suy |λn| |f(x0)| ≥ nkzn − λnx0k Nhân hai vế với
1 |λn|
(nếu λn = f(xn) = 0), ta kx0 −λ−1znk ≤ n−1|f(x0)|, cho n → ∞ λ−1zn → x0 Vì x0 ∈ kerf, tức kerf = X
Bài tập 1.32 Cho X, Y hai không gian định chuẩn A ∈ L(X, Y) Tính kAk, biết
sup
x,y∈B0(0,r)
kAx−Ayk =
Giải Với x, y ∈ B0(0, r) ta có
kAx−Ayk = kA(x−y)k ≤ kAkkx−yk ≤ kAk(kxk+ kyk) ≤ 2rkAk
nên = sup
x,y∈B0(0,r)
kAx−Ayk ≤ 2rkAk hay kAk ≥ 2r
Mặt khác, ta có ∀x ∈ B0(0,1) rx,−rx ∈ B0(0, r) nên
kA(rx)−A(−rx)k = kA(rx−(−rx))k= 2rkA(x)k ≤
suy 2rkAxk ≤ hay kAxk ≤
2r,∀x ∈ B
0(0,1).
Từ đó, kAk = sup kxk≤1
kAxk ≤
2r Vậy kAk =
1 2r
NHẬN XÉT : Giả thiết A : X −→ Y liên tục suy từ giả
thiết khác Thật vậy, ∀x ∈ X, x 6= ta có rx
kxk, −rx
kxk ∈ B
0(0, r) ta có
kA( rx
kxk)−A( −rx
kxk)k ≤ x,y∈supB0(0,r)
(30)Do đó, 2r
kxkkAxk ≤
⇒ kAxk ≤
2rkxk,∀x 6=
Với x = 0, ta có kết Vậy A liên tục kAk ≤ 2r
Bài tập 1.33 Cho hai không gian định chuẩn X, Y (xn)n ⊂ X,(An)n ⊂
L(X, Y) xn → x0, An →A Chứng minh Anxn → Ax0 Giải Vì An →A nên sup
n∈N
kAnk < +∞
kAnxn−Ax0k= kAnxn−Anx0k+kAnx0 −Ax0k
≤ kAnkkxn −x0k+kAn−Akkx0k
Vậy Anxn →Ax0, n → ∞
Bài tập 1.34 Cho X không gian định chuẩn Chứng minh không tồn u, v : X −→X cho u◦v −v ◦u = id
Giải Giả sử có u, v thỏa mãn u◦v−v◦u = id Ta chứng minh
u◦vn+1−vn+1 ◦u = (n+ 1)vn
Với n = ta có u ◦v2 −v2 ◦u = 2v Thật vậy, u ◦v2 = u ◦v ◦(v) = (id+v◦u)v = v+v◦(uv) =v+v◦(id+v◦u) =v+v2◦u+v = 2v+v2◦u Giả sử toán với n = k, ta chứng minh với n= k + Ta có
u◦vk+2−vk+2 ◦u = (u◦vk+1)v −v(vk+1 ◦u)
= (vk+1 ◦u+ (k + 1)vk)◦v −vk+2◦u
= vk+1◦(u◦v) + (k+ 1)vk+1 −vk+2◦u
= vk+1(id+v ◦u) + (k+ 1)vk+1 −vk+2 ◦u
= vk+1+ vk+2◦u+ (k + 1)vk+1−vk+2 ◦u
= (k+ 2)vk+1
Vậy u◦vn+1 −vn+1 ◦u = (n+ 1)vn
Suy rak(n+1)vnk ≤ 2kukkvkkvnk,∀n ∈ Nhay(n+1)kvnk ≤ 2kukkvkkvnk,
∀n∈ N
Nếu kvnk 6= 0,∀n ∈ N (n+ 1) ≤ 2kukkvk,∀n ∈ N, vơ lí Do đó, tồn n0 cho kvnk = 0,∀n≥ n0 Suy = 0,∀n ≥n0
Theo u◦vn+1−vn+1◦u = (n+ 1)vn ta vn0−1 = 0, Tiếp tục trình ta có v = 0, id = 0, vơ lí
(31)Bài tập 1.35 Cho khơng gian định chuẩn X, A : X −→ X tốn tử tuyến tính cho X tồn dãy (xn)n cho kxnk= 1, Axn →
Chứng minh A khơng có tốn tử ngược bị chặn
Giải Giả sử A có tốn tử ngược A−1 bị chặn Khi
A−1(Axn) = (A−1A)(xn) =Id(xn) =xn nên
kA−1(Axn)k= kxnk = 1,∀n ∈ N
A−1 bị chặn nên liên tục Vì Axn → nên A−1(Axn) → Suy
kA−1(Axn)k = kxnk = →0, vơ lí
Vậy A khơng tồn toán tử ngược bị chặn
1.5 Chuẩn tương đương
Bài tập 1.36 Cho X = C[0,1] Trên X ta xét chuẩn sau
kfk1 =
Z
0
|f(t)|dt
kfk2 = (
Z
0
|f(t)|2dt)12
kfk∞ = sup
t∈[0,1]
|f(t)|
Chứng minh
1 kfk1 ≤ kfk2 kfk2 ≤ kfk∞
2 Ba chuẩn đôi không tương đương
3 Từ suy (X,k.k1) (X,k.k2) khơng Banach10 Giải
10Tổng qt: Nếu X là khơng gian Banach chuẩn trên X so sánh với chuẩn ban đầu
(32)1 Theo bất đẳng thức Holder ta có
kfk21 = (
1
Z
0
|f(t)|dt)2 ≤(
1
Z
0
|f(t)|2dt)(
1
Z
0
12dt) =kfk22
và
kfk22 =
1
Z
0
|f(t)|2dt ≤ kfk∞
2 Xét fn(t) = tn, t ∈ [0,1],∀n ∈ N Ta có kfnk1 =
1
n+ 1, kfnk2 =
1
√
2n+1, kfk∞ =
Mà
kfnk2
kfnk1
→+∞,kfnk∞
kfnk1
→ +∞,kfnk∞
kfnk2
→ +∞
3 Nếu (X,k.k2) Banach id : (X,k.k∞) −→ (X,k.k2) song
ánh tuyến tính liên tục hai khơng gian Banach Theo nguyên lý ánh xạ mở, phép đồng phơi Do đó, k.k2 k.k∞ tương
đương, mâu thuẫn
Bài tập 1.37 Cho (X,k.k1) (X,k.k2) hai không gian Banach Với (xn)n ⊂ X, kxnk1 → kxnk2 → Chứng minh hai chuẩn tương đương
Giải Xét ánh xạ
id : (X,k.k1) −→ (X,k.k2)
x 7−→ x
Ta có id song ánh, tuyến tính, liên tục Theo định lí Banach ánh xạ mở id phép đồng phơi tuyến tính, có M, N > cho
Mkxk1 ≤ kxk2 ≤Nkxk1
Vậy hai chuẩn tương đương
(33)Giải Giả sử (X,k.k2) khơng Banach Lúc đó,id song ánh, tuyến tính,
liên tục Theo định lí Banach ánh xạ mở id phép đồng phơi tuyến tính, có M, N > cho
Mkxk1 ≤ kxk2 ≤Nkxk1
Vậy hai chuẩn tương đương (Vô lý)
Bài tập 1.39 Cho X1 = (X,k.k1) không gian Banach X2 =
(X,k.k2) không gian định chuẩn không Banach Chứng minh hai chuẩn không tương đương với
Giải Giả sử chúng tương đương với Khi tồn c1, c2 >
cho ∀x ∈ X ta có
c1kxk1 ≤ kxk2 ≤ c2kxk1
Gọi (xn)n ∈ X2 dãy Cauchy Ta có kxm −xnk2 → 0, m, n → ∞ Kết
hợp với bất đẳng thức ta suy (xn)n dãy Cauchy X1 nên
nó hội tụ đến phần tử x ∈ X1
Mặt kháckxn−xk < c2kxn−xk1 → 0, n → ∞nênkxn−xk2 →0, n → ∞
Vậy xn → x, n → ∞, nghĩa X2 không gian Banach, mâu thuẫn với
giả thiết
Vậy hai chuẩn k.k1,k.k2không tương đương
Bài tập 1.40 Ví dụ hai khơng gian Banach chuẩn tương ứng không tương đương
Giải Cho X = l1 Y = l2 Với k ∈ N ta gọi ek = (δkm)m∈N ∈ l1
và fk thành phần tương ứng l2 Với t ∈ (0,1), đặt
bt = (1, t, t2, ) Khi {ek : k ∈ N} ∪ {bt : < t < 1} hệ độc lập tuyến tính l1 {fk : k ∈ N} ∪ {bt : < t < 1} hệ độc lập tuyến tính l2 Các hệ mở rộng thành sở Hamel B1 B2
tương ứng trongl1 l2 CảB1 B2 chứa tập có lực lượng
2ℵ0.
Mặt khác, X ⊂ 2N và Y ⊂ 2N nên ta suy ra B
1 B2 có lực lượng
bằng 2ℵ0 Đặc biệt có đẳng cấu ϕ từ B1 vào B2 biến ek thành fk, ∀k ∈ N Với n ∈ N, đặt an =
n
P
k=1
kek ∈ l
1 và b
k = n
P
k=1
kfk ∈ l
2 Khi đó
kank1 = kbnk2 = √1n
Ta định nghĩa chuẩn l1 sau
(34)với x ∈ l1 Đây chuẩn ϕ tuyến tính đơn ánh Ta chứng minh X Banach với chuẩn Thật vậy, giả sử (xn)n dãy Cauchy với chuẩn X Lúc (ϕ(xn))n dãy Cauchy với chuẩn k.k2 l2 Vì l2 Banach nên có y ∈ l2 cho kϕ(xn)−yk2 → 0, n → ∞ Vì ϕ tồn ánh nên ta viết y = ϕ(x) với x∈ l1 Ta có
kϕ(xn)−yk2 = kϕ(xn)−ϕ(x)k2
= kxn −xkβ
Suy kxn−xk → n → ∞ Nói cách khác, l1 đủ với chuẩn k.kβ Cuối ta chứng minhk.k1 k.kβ không tương đương X = l1 Thật vậy, ta có ϕ(an) = bn kankβ = kbnk2 =
1 √
n →
n→ ∞ Tuy nhiên, kank1 = 1,∀n ∈ N
1.6 Hỗn hợp
Bài tập 1.41 Cho f ∈ L(E, µ), g ∈ Lq(E, µ), p, q >
p +
1
q = Chứng minh dấu ” = ” xảy ∃c1, c2, c21 + c
2
2 6= : c1|f(x)|
p
= c2|g(x)|
q
, bất đẳng thức Holder tích phân:
Z
E
|f g|dµ ≤(
Z
E
|f|pdµ)1p(
Z
E
|g|qdµ)1q
Giải Trong chứng minh ta dùng bất đẳng thức Young : a, b ≥0,
p, q >
p +
1
q =
ab ≤ a
p
p +
bq q
Dấu ” = ” xảy ap = bq
• Bất đẳng thức Holder tích phân: Nếu R
E
|f|pdµ = R E
|g|qdµ = |f|p |g|q hầu khắp nơi, suy vế trái nên bất đẳng thức
Nếu R E
|f|pdµ= ∞ R E
|g|qdµ = ∞ bất đẳng thức Xét < R
E
|f|pdµ < ∞ < R
E
|g|qdµ < ∞, lúc ta lấy
a = |f|
(R
E
|f|pdµ)1p
và b = |g| (R
E
|g|qdµ)1q
(35)cho a b ta có:
|f| |g| (R
E
|f|pdµ)1p(R E
|g|qdµ)1q
≤ |f|
p
pR
E
|f|pdµ +
|g|q
qR
E
|g|qdµ
Lấy tích phân hai vế E ta có
R
E
|f| |g|dµ
(R
E
|f|pdµ)1p(R E
|g|qdµ)1q
≤
R
E
|f|pdµ pR
E
|f|pdµ +
R
E
|g|qdµ qR
E
|g|qdµ =
1
p +
1
q =
Suy
Z
E
|f g|dµ ≤ (
Z
E
|f|pdµ)1p(
Z
E
|g|qdà)1q
ã () Nu tồn c1, c2, c21 +c22 6= : c1|f(x)|p = c2|g(x)|q giả sử c1 6= |f|
p
= c2
c1
|g|q nên
Z
E
|f g|dµ =
Z
E
(c2
c1
)1p |g|1+ q
p dµ = (c2
c1
)1p
Z
E
|g|p+qp dµ= (c2
c1
)1p
Z
E
|g|qdµ
Mặt khác ta có
V P = (
Z
E
|f|pdµ)1p(
Z
E
|g|qdµ)1q = (
Z
E
((c2
c1
)1p |g| q
p)pdµ) p(
Z
E
|g|qdµ)1q
= (c2
c1
)1p)(
Z
E
|g|qdµ)1p+
q = (c2
c1
)1p
Z
E
|g|qdà
Vy V T = V P
ã (⇒) Áp dụng bất đẳng thức Young cho hai số a b dấu ” = ” xảy ap = bq, hay
|f|
R
E
|f|pdµ =
|g|
R
E
|g|qdµ
ta việc chọn c1 = R
E
|g|qdµ, c2 = R
E
(36)Bài tập 1.42 Giả sử M tập không gian Banach cho hàm thực f liên tục M thỏa mãn điều kiện sau:
1 f bị chặn M
2 Nếu f bị chặn f đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Chứng minh M tập compact
Giải Dùng phản chứng Giả sử tồn dãy (xn)n ⊂ M, xn 6= xm cho không tồn dãy hội tụ Khi đó, đặt rn =
1
3 minf6=n||xn −xm||, rn 6= Đặt f :M → R, xác định
f =
0 , x ∈ M \ ∪B(xn, rn)
n
1− ||x−xn||
rn
, x ∈ B(xn, rn)
Khi f liên tục M Thật vậy, cho x0 ∈ M Nếu x0 ∈/ B0(xn, rn) với n x0 ∈ G = ∪n∈N(X \B(xn, rn)) tập mở f(x) = x ∈ G nên f liên tục x0 Lưu ý α = inf
n ||x0, xn|| > nên
B(x0, α/2)∩ B(xn, rn) = ∅ Nếu tồn n để x0 ∈ B(xn, rn) f liên tục theo biểu thức xác định Nếu tồn n cho ||x0 −xn|| = rn
f(x0) = theo công thức
Với > 0, chọn δ = rnn lúc với x ∈ M x /∈ B(xn, rn) f(x) = Nếu x ∈ B(xn, rn) ||x −xn| <
rn,
rn
n
|,
rn > ||x−xn|| ≥ ||xn−x0|| − ||x−x0|| ≥rn−
rn
n = rn 1−
n
Vậy f(x) = n
1− ||x−xn||
rn
≤ n 1−(1−
n) =
Tuy nhiên f khơng bị chặn f(xn) = n→ ∞
Bài tập 1.43 Cho không gian Banach X, A ∈ L(X) Giả sử tồn C > cho ∀x ∈ X,kAxk ≥ Ckxk Chứng minh ImA = A(X)
là không gian đóng X
(37)Theo giả thiết ∀m, n ≥ n0
Ckxm −xnk ≤ kA(xn −xm)k
Ckxm −xnk ≤ kA(xn)−A(xm)k
kxm −xnk ≤
1
Ckym−ynk <
CC =
Suy (xn)n dãy không gian Banach X nên hội tụ phần tử x ∈ X
Mặt khác A liên tục nên Axn →Ax, tức yn → Ax Do tính giới hạn nên y = Ax hay y ∈ A(X)
Bài tập 1.44 Cho X không gian định chuẩn f ∈ X∗, f 6= Đặt α = inf{kxk : x ∈ X, f(x) = 1}
Chứng minh kfk =
α
Giải Ta chứng minh kfk ≥
α kfk ≤
1
α
Vì f 6= nên kfk 6= Đặt M = {x ∈ X|f(x) = 1} Khi ∀x ∈ M,
1 = |f(x)| ≤ kfkkxk Suy ∀x ∈ M,
kfk ≤ kxk
kfk ≤ α =
inf
x∈M kxk Vậy
1
α ≤ kfk
Với x ∈ X, f(x) 6= 0, ta đặt y = x
f(x) f(y) = Do y ∈ M
Lúc kyk = kxk
|f(x)| ≥ α Suy |f(x)| ≤
αkxk,∀x ∈ X, f(x) 6= Từ
đó |f(x)| ≤
αkxk,∀x∈ X Vậy kfk ≤
1
α
Bài tập 1.45 Chof phiếm hàm tuyến tính liên tục khác không gian định chuẩn X Đặt
N = kerf = {x ∈ X|f(x) = 0}
(38)Giải a ∈ N, rõ
a /∈ N, ta cód(a, N) = inf
x∈Nka−xk VìN đóng vàa /∈ N nênd(a, N) > Ta có
|f(a)| = |f(a)−f(x)| ≤ kfkka−xk,∀x ∈ N
⇒ |f(a)|
kfk ≤ ka−xk,∀x ∈ N ⇒ |f(a)|
kfk ≤ xinf∈Nka−xk
⇒ |f(a)|
kfk ≤ d(a, N)
Với x ∈ X, a /∈ N đặt y = a− ff((ax))x, f(y) = ⇒ y ∈ N Suy
a−y = f(a)
f(x)x d(a, N) ≤ ka−yk Suy ⇒ d(a, N) ≤ kf(a)
f(x)xk ⇒ d(a, N) ≤ |f(a)|
|f(x)|kxk ⇒ |f(x)| ≤ |f(a)|
d(a, N)kxk ⇒ kfk ≤ |f(a)|
d(a, N) ⇒ |f(a)|
kfk ≥ d(a, N)
Vậy d(a, N) = |f(a)| kfk
Bài tập 1.46 Cho không gian định chuẩn X, M 6= 0, M ⊂ X Đặt
◦
M= {f ∈ X∗ : f(x) = 0,∀x ∈ M} Chứng minh M◦ khơng gian đóng X∗
Giải Dễ thấy M◦ không gian Ta chứng minh M◦ đóng Lấy (fn)n ⊂
◦
M , fn → f ∈ X∗ ta cần chứng minh f ∈M◦
Vì fn → f nên fn(x) → f(x), ∀x ∈ X Do ∀x ∈ M, f(x) =
lim
n→∞fn(x) = limn→∞0 =
(39)Bài tập 1.47 Ví dụ khơng gian khơng gian vơ hạn chiều khơng đóng
Giải
1 l0 ⊂ l∞ không gian l∞, l0 bao gồm dãy số
phức có hữu hạn số hạng khác Ta có
a = (1,
2,
3, ) ∈ l ∞
Với n∈ N đặt
xn = (1,
1 2,
1 3, ,
1
n,0,0, ) ∈ l0
Khi
kxn−ak = k(0,0, ,0,
1
n+ 1,
n+ 2, )k =
n+ → n→ ∞
Mà a /∈ l0
2 Xét không gian định chuẩn C[0,1] với chuẩn
kxk=
1
X
0
|f(t)|2dt
!12
Xét tập S = {f ∈ C[0,1]|f(0) = 0} ⊂ C[0,1] Lúc đó, S không gian C[0,1]
Xét g ∈ C[0,1] cho g(t) = 1,∀t ∈ [0,1] Với n ∈ N, xét
fn ∈ S xác định sau
fn(t) =
(
nt ≤ t≤ 1n n1 ≤ t≤
Lúc
fn(t)−g(t) =
(
nt−1 ≤ t≤ 1n n1 ≤ t≤
và
kfn −gk =
1 n
X
0
(nt−1)2dt
1
=
1 3n
1/2
→ n → ∞
(40)3 W tập đa thức C[0,1] Rõ ràng W không gian C[0,1] W khơng đóng C[0,1] với chuẩn max chuẩn ví dụ Gợi ý: Xét hàm ex khai triển Taylor
4 Cho
A = {f ∈ L2[0,1]| ∃ khoảng If ⊂[0,1],1/2∈ If, f = h.k.n If} Lấy En = {1/2−1/n,1/2 + 1/n} fn = 1−χEn Lúc fn = En 1/2∈ En
Ta có fn → f = ∈ L2[0,1] kfn − fk = kχEnk =
p
µ(En) =
p
2/n →
Bài tập 1.48 Cho X, Y hai không gian Banach A : X −→ Y tốn tử tuyến tính cho với dãy xn → ∀g ∈ Y∗
g(Axn) → Chứng minh A liên tục
Giải Ta chứng minhAđóng Lấy(xn, Axn) ∈ X×Y cho(xn, Axn) →
(x, y) ∈ X × Y Ta cần chứng minh y = Ax Thật vậy, y 6= Ax, theo hệ định lí Hahn-Banach tồn g ∈ Y∗ cho
g(Ax) 6= g(y)
Vì (xn, Axn) → (x, y) ∈ X × Y nên xn −x → 0, lúc theo giả thiết
g(A(xn−x)) →0 hay g(Axn) → g(Ax)
Ta cóg(Axn) →g(y)vì Axn → y Từ đóg(Ax) = g(y), mâu thuẫn Vậy Ax= y hay A ánh xạ đóng
Bài tập 1.49 Cho X không gian định chuẩn M ⊂ X, ∀f ∈ X∗ ta có sup
x∈M
|f(x)| < +∞ Chứng minh M tập bị chặn X Giải Ta có ∀f ∈ X∗,
sup
x∈M
|f(x)| < +∞
⇒ sup
x∈M
|x(f)| < +∞
Do đó, (x)x∈M bị chặn điểm X∗ Mặt khác X∗ không gian Banach nên (x)x∈M bị chặn đều, tức tồn K ∈ R cho kxk ≤
K,∀x ∈ M
Bài tập 1.50 Cho X không gian định chuẩn thực f : X −→ R
(41)Giải ⇒: Vì f liên tục nên M = f−1([1,+∞)) đóng
⇐: Giả sử f khơng liên tục Ta có sup kxk=1
kf (x)k = +∞ nên ∀n ∈ N,
∃xn ∈ X,kxnk = f (xn) > n Xét dãy yn =
xn
n , n ≥ Lúc (yn)n ⊂ M f(yn) =
f(xn)
n ≥ 1,∀n ∈
N
Mặt khác kynk =
kxnk
n =
1
n → 0, n → ∞ Vì M đóng nên ∈ M Suy
ra = f(0) ≥1, mâu thuẫn Vậy f liên tục
Bài tập 1.51 Cho X không gian định chuẩn f phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện (xn)n ⊂ X hội tụ (f(xn))n bị chặn
Chứng minh f ∈ X∗
Giải Giả sử f khơng liên tục, lúc sup|f(x)| = +∞ Suy với
n∈ N, có xn ∈ X,kxnk= |f(xn)| ≥n2 Chọn yn =
1
nxn, yn →0 Ta có
|f(yn)| =
|f(xn)|
n ≥
n2
n = n
⇒(f(yn))n không bị chặn, mâu thuẫn Vậy f ∈ X∗
Bài tập 1.52 Cho X không gian Banach vô hạn chiều Chứng minh X có sở Hamel gồm số đếm phần tử Giải Giả sử ngược lại X có sở Hamel gồm số đếm phần tử x1, x2, , xn, Xét n ∈ N, đặt Xn =< {x1, , xn}> Lúc Xn khơng gian đóng dimXn = n X =
∞
S
n=1 Xn
X Banach nên thuộc phạm trù II, tức tồn n0 ∈ N cho B(x0, r) ⊂Xn0
Với x ∈ X, x 6= 0, đặt y = 2rxkxk +x0, ta có
ky −x0k =
rkxk 2kxk =
r
2 < r
Do y ∈ B(x0, r), tức y ∈ Xn0 Suy x ∈ Xn0
(42)Bài tập 1.53 Đặt
An = {f ∈ L1([a, b])|
Z
[a,b]
|f(t)|2dt≤ n}
1 Chứng minh An đóng khơng gian L1([a, b])
◦
An= ∅
2 L2([a, b]) tập thuộc phạm trù thứ L1([a, b])
Giải
1 Lấy dãy (fk)k ⊂ An fk → f, ta cần chứng minh f ∈ A Ta có
fk → f nên fk µ
→ f Khi tồn dãy (fki)i (fk)k cho fki
h.k.n
→ f Suy fki2 h.k.n→ f2 Theo bổ đề Fatou, ta có
Z
[a,b]
|f(t)|2dt=
Z
[a,b]
lim
k→∞|fk(t)|
2 dt=
Z
[a,b]
lim
k→∞
|fki(t)|2dt
≤ lim
k→∞
Z
[a,b]
|fki(t)|
2
dt ≤ n
Vậy f ∈ An nên An đóng Tiếp theo ta chứng minh
◦
An= ∅, tức ∀f ∈ An,∀ > 0,∃g ∈
L1,kf −gk < g /∈ An Thật vậy,
[a, b] = [a, b−α]∪[b−α, b] = E1 ∪E2
g(x) =
(
f(x) x ∈ E1
ksignf(x) +f(x) x ∈ E2
trong k > n ,
n
k2 < α < k
kf −gk=
Z
E2
k|signf(x)| =
Z
E2
k = αk <
|g|2 = |ksignf(x) +f(x)|2 = (|f|+k)2
Ta có
Z
[a,b]
|g(t)|2dt≥
Z
E2
|g(t)|2dt≥
Z
E2
(43)Cách 2: > 0, chọn α > 0, α < b− a, nα < Lúc n
α < α2,
chọn k ∈ R cho n
α < k
2 <
α2 Chọn g(x) =
(
f(x) x ∈ E1
ksignf(x) x ∈ E2
Cách 3: ∀ > 0, chọn
2
4n < α <
2n Chọn
g(x) =
f(x) x ∈ [a+α, b]
f(x) + 2n
signf(x) x ∈ [a, a+ α]
2 Ta có L2([a, b] = ∞
S
n=1 An
Ví dụ ess sup: Xét hàm f, g : [−1,1] −→ R định nghĩa sau:
f(x) =x2, x ∈ [−1,1]
và
g(x) =
x2 x ∈ [−1,1]\ {0,±13} x =
5 x = ±13
Khi
sup
t∈[−1,1]
|g(x)| = sup
t∈[−1,1]
|f(x)| =
Tuy nhiên
ess sup|f(x)| = = ess sup|g(x)|
Bài tập 1.54 Chứng minh không gian Banach X, tổng không gian đóng khơng gian hữu hạn chiều đóng Giải Ta cần chứng minh S khơng gian đóng x /∈ S
thì S+Rx đóng Theo định lý Hahn-Banach tồn hàm tuyến tính liên tục triệt tiêu S thỏa mãn f(x) = Bây giả sử
yn ∈ S + Rx yn → y Lúc yn = sn + rnx, sn ∈ S, rn ∈ R Suy
(44)y−f(y)x ∈ S Vậy y = [y −f(y)x] +f(y)x ∈ S + Rx
Cách khác: S +F = p−1(pF) p phép chiếu từ khơng gian
X lên X/S Vì F hữu hạn chiều nên đóng X/S ảnh ngược qua ánh xạ liên tục đóng11
Bài tập 1.55 Tìm phản thí dụ chứng tỏ không gian định chuẩn tổng hai khơng gian đóng chưa khơng gian đóng Giải Cách 1: Dùng 1.26
Lấy X = l1
A : X −→ X
x = (xn)n 7−→ Ax = (x1, x2
2 , ,
xn
n , )
A tốn tử tuyến tính liên tục A khơng đóng nên M +N khơng đóng Chọn dãy (xn)n ⊂ l1 sau:
x1 = (1,0, )
x2 = (1,1
2,0, )
xn = (1,
1 2, ,
1
n,0, )
Ta có Axn = (1,
1 22, ,
1
n2,0, ) kAxnk =
∞
P
n=1
1
n2 < +∞ Do
(Axn)n ⊂ l1 Xét y = (1,
22,
1 32, ,
1
n2,
1
(n+ 1)2, )
kAxn −yk =
∞
X
k=n
1
(k + 1)2 → 0, n → ∞
Tuy nhiên, y /∈ A(X) Thật vậy, tồn x ∈ l1 cho y = Ax
thì x1 = 1, x2 =
1
2, , xn =
n, kxk =
∞
P
n=1
1
n, vô lý Cách 2: Xét X = l2 Xét X1, X2 không gian vectơ gồm tất dãy số thực
xác định sau
X1 = {(yn)n|yn = với n lẻ}
(45)X2 = {(zn)n|z2n = nz2n−1}
Lúc đó, Y1 = l2 ∩X1 Y2 = l2∩X2 hai khơng gian đóng l2
Mọi dãy (xn)n l2 viết dạng tổng thành phần X1, X2 Thật vậy, giả sử
{x1, x2, }= {0, y1,0, y4,0, }+{z1, z2, z3,2z3, z5,3z5, }
= {z1, y2 +z2, z3, y4 + 2z3, z5, y6 + 3z5, }
Suy z1 = x1, y2 = x2 −x1, z3 = x3, y4 = x4 −2x3, Do ta có
sự biểu diễn
{x1, x2, } = {0, x2−x1,0, x4−2x3,0, x6−3x5, }+{x1, x2, x3,2x3, x5,3x5, }
Y1 +Y2 trù mật l2, tức Y1 +Y2 = l2 Xét dãy {1,0,1
2,0,
3, } ∈ l
2 ta có
{1,0,1
2,0,
3, } = {0,−1,0,−1,0,−1, }+{1,1, 2,1,
1
3,1, }
Dãy khơng thuộc Y1 +Y2
{0,−1,0,−1,0,−1, } ∈/ Y1
và
{1,1,
2,1,
3,1, }∈/ Y2
do chúng không thuộc l2
Vậy Y1 +Y2 không đóng l2
Cách 3: Cho F : l∞ −→ l∞ định nghĩa sau:
z = {zn}n∈N 7−→ {
zn
n}n∈N
Ta có: kFk ≤ F z = ⇒ z = Do đó, F liên tục đơn ánh Mặt khác, với k ∈ N lấy ta gọi
xk = {1,2, , k, k, } ∈ l∞
F(xk) ={1,1, ,1,
k k + 1,
k
k+ 2, } ∈ F(l ∞)
(46)Giải
• Giả sử F đơn ánh F(X) đóng F(X) khơng gian Banach khơng gian đóng khơng gian Banach Xét ánh xạ
F−1 :F(X) −→X Nó ánh xạ ngược đẳng cấu bị chặn X F(X) Do đó, tồn C > cho
kF−1yk ≤ Ckyk,∀y ∈ F(X)
tức F−1 bị chặn Thay y F x ta có kết cần tìm
• Nếu bất đẳng thức F đơn ánh, F xn dãy Cauchy F(X) (xn)n dãy Cauchy theo giả thiết Lúc đó, xn → x ∈ X, F liên tục nên F xn → F x Vậy F(X) đầy đủ F(X) đóng
Theo bổ đề này, thấy với k đủ lớn, khơng có c > cho kxkk ≤ ckF xkk Do đó, F(X) khơng đóng
Cách 4: Xét X = C[0,1] với chuẩn max tốn tử tuyến tính F ∈ L(X)
xác định sau: f(t) 7−→
t
R
0
f(s)ds, t∈ [0,1] Rõ ràng, F bị chặn Nếu ta viết g = F f g(0) = 0, g0(t) = f(t), F f = ⇒ f(t) =
[0,1] Do đó, F đơn ánh
F(X) ={g ∈ C1[0,1] : g(0) = 0}
Theo bổ đề F(X) khơng đóng Thật vậy, lấy dãy (fn) định nghĩa sau fn(t) = ntn−1, ta có fn ∈ X,kfnk = n kF(fn)k = với n ∈ N Do đó, khơng tồn C > cho kfnk ≤ CkF(fn)k với n đủ lớn Do đó, F(X) khơng đóng
Bài tập 1.56 Cho f ∈ X = C[0,1], giả sử ∀n∈ N,∃an, bn ∈ R cho
1
Z
0
(f(x)−anx−bn)4dx <
1
n Chứng minh f hàm số bậc
Giải Dễ thấy f khả tích [0,1] Ta định nghĩa:
k.kL : C[0,1] −→ R
f 7−→
1
R
0
(47)Rõ ràng, (X,k.kL) khơng gian định chuẩn ta kí hiệu C[0L,1] Đặt
M = {f ∈ C[0,1]|f(x) = ax+b, a, b ∈ R}
Ta có M khơng gian C[0L,1] có sở {1, x} Do M hữu hạn chiều đóng
Áp dụng bất đẳng thức Holder
Z
E
|F G|dµ ≤(
Z
E
|F|pdµ)1p(
Z
E
|G|qdµ)1q
với F = f(x)−anx−bn, G = 1, p= 4, q = 43 ta có
1
Z
0
|f(x)−anx−bn|dx ≤ [
1
Z
0
(f(x)−anx−bn)4dx] 4[
1
Z
0
1dx]34 < (1
n)
1
4 =
√
n
Ta có dãy hàm (fn(x) =anx+bn)n ⊂ M thỏa
1
Z
0
|f(x)−fn(x)| <
1
4
√
n
tức
kfn −fkL <
1
4
√
n
hay
fn → f, n→ ∞ Do (fn)n ⊂ M M đóng nên f ∈ M
Vậy có a, b ∈ R cho f(x) = ax+b,∀x ∈ [0,1]
Bài tập 1.57 Cho a, b hai điểm không gian định chuẩn thực X Kí hiệu δ(E) = sup
x,x0∈E
kx−x0k đường kính tập E ⊂ X đặt
B1 = {x ∈ X| kx−ak = kx−bk =
ka−bk
2 }
Bn = {x ∈ Bn−1| kx−yk ≤
δ(Bn−1)
(48)1 Chứng minh δ(Bn) ≤
δ(Bn−1)
2
∞
T
n=1
Bn = {
a+b
2 }
2 Nếu f phép đẳng cự từ không gian định chuẩn thực X lên không gian định chuẩn thực Y ∀x ∈ X, f(x) = Ax +c, A phép đẳng cự tuyến tính c ∈ Y
Giải
1 Ta có Bn ⊂ Bn−1,∀n ≥ ∀x, y ∈ Bn x, y ∈ Bn−1
kx−yk ≤ δ(Bn−1)
2 Suy sup
x,y∈Bn
kx−yk ≤ δ(Bn−1)
2 ,
tức δ(Bn) ≤
δ(Bn−1)
2
Tiếp theo ta chứng minh
∞
T
n=1
Bn = {
a+b
2 }
Ta có δ( ∞
T
n=1
Bn) = Thật vậy, δ(
∞
T
n=1
Bn) ≤ δ(Bn) Hơn nữa, ∀x, y ∈ B1
kx−yk = k −a+ (a−y)k ≤ kx−ak+ ky −ak= ka−bk
Suy δ(B1) = sup
x,y∈B1
kx−yk ≤ ka−bk Theo chứng minh
δ(Bn) ≤
δ(Bn−1)
2 ≤
δ(Bn−2)
22 ≤ · · · ≤
δ(B1)
2n−1 ≤
ka−bk 2n−1
Do đó, lim
n→∞δ(Bn) = Vậy δ( ∞
T
n=1
Bn) = Suy
∞
T
n=1
Bn có khơng q phần tử Việc cịn lại chứng minh a+b
2 ∈
∞
T
n=1 Bn Đặt {a+b} −Bn = {a+b−x|x ∈ Bn} Bằng quy nạp ta chứng minh {a+b} −Bn ⊂Bn,∀n ≥
Với n= 1, toán Thật vậy, ∀a+ b−x ∈ {a+b} − B1 ta có
ka+b−x−ak= kb−xk=
2ka−bk ka+b−x−bk = ka−xk=
(49)nên a+b−x ∈ B1
Giả sử toán với n = k, ta chứng minh toán với
n = k +
∀x ∈ Bk+1 ta có x ∈ Bk, a+b−x ∈ Bk
∀y ∈ Bk ta có
ka+b−x−yk = kx−(a+b−y)k ≤ δ(Bk)
tức a + b− x ∈ Bk+1 Suy {a + b} − Bn = {a + b− x|x ∈
Bn} ⊂ Bn,∀n≥ Ta chứng minh a+b
2 ∈ Bn,∀n ≥1 quy nạp
Với n= 1, ta có a+b
2 ∈ B1,
Giả sử a+ b
2 ∈ Bk,∀k ≥1.∀y ∈ Bk, ta cóa+b−y ∈ Bk,
a+ b
2 ∈ Bk
và
ka+ b
2 −yk=
k(a+ b−y)−yk
2 ≤
δ(Bk)
2
Do a+b
2 ∈ Bk+1
Vậy
∞
T
n=1
Bn = {
a+ b
2 }
2 f : X −→ Y phép đẳng cự12 Ta định nghĩa
A : X −→ Y
x 7−→ f(x)−f(0)
Bài tập 1.58 Cho X = M[0,1] tập hợp hàm số xác định bị chặn [0,1] Với x ∈ X, kxk = sup
t∈[0,1]
|x(t)|
1 Chứng minh (X,k.k) không gian Banach
2 Y = C0[0,1] tập hàm số liên tục [0,1] cho x(0) = x(1) = Chứng minh Y đóng X
Giải
1 Xem 1.7
(50)2 Lấy dãy (xn)n Y, xn → x0 Vì xn(t) hội tụ x0(t)
[0,1] nên x0 liên tục [0,1]
Ta có
x0(0) = lim
n→∞xn(0) = limn→∞0 =
x0(1) = lim
n→∞xn(0) = limn→∞0 =
Suy x0 ∈ Y Vậy Y đóng
Bài tập 1.59 Đặt X = C[0,1] không gian định chuẩn với chuẩn
max
M = {x ∈ X| x(0) = 1,0≤ x(t) ≤ 1,∀t∈ [0,1]}
1 Chứng minh M đóng bị chặn X f : X −→ R, f(x) =
1
R
0
x2(t)dt Chứng minh f liên tục M f không đạt giá trị nhỏ M
Giải
1 Lấy dãy (xn)n M, xn → x0 ∈ X Ta có x0(0) = lim
n→∞xn(0) = limn→∞0 =
Hơn nữa, ≤ xn(t) ≤ 1,∀t ∈ [0,1] nên ≤ lim
n→∞xn(t) ≤ 1,∀t ∈ [0,1] Do ≤x0(t) ≤1,∀t ∈ [0,1]
Vậy x0 ∈ M hay M đóng
Mặt khác, ta có với x ∈ M, kxk = sup
t∈[0,1]
|x(t)| = nên M bị chặn
2 Việc chứng minh f liên tục M xin dành cho độc giả
Tuy nhiên, f không đạt giá trị nhỏ Thật vậy, chon dãy hàm (xn)n ⊂ X sau:
xn(t) =
(
(51)Dễ thấy (xn)n ⊂ M Với n∈ N ta có
f(xn) = n
Z
0
(1−nt)2dt = 3n <
1
n
Do đó, ∀n ∈ N,∃xn ⊂ M cho f(xn) < + 1n, tức inf
M f = Giả sử tồn x0 ∈ M cho f(x0) = Vì x0(0) = nên có > để x0(t) ≥ 12,∀t ∈ [0, 0] Lúc
f(x0) =
Z
0
x20(t)dt ≥
1
Z
0
1 4dt
Mâu thuẫn
Bài tập 1.60 Cho X, Y hai không gian Banach A : X −→ Y toàn ánh tuyến tính liên tục Giả sử (yn)n ⊂ Y thỏa mãn điều kiện
yn → y0 ∈ Y Chứng minh tồn N > (xn)n ⊂ X cho
xn → x0,kxnk ≤ Nkynk, Axn = yn, n= 0,1,2,
Giải Vì A tồn ánh tuyến tính liên tục nên A(X) = Y A ánh xạ mở Lúc đó, Z = A(BX(0,1)) mở Y có x0 ∈ X cho
A(x0) =y0
Ta có A(0) = ∈ Z nên tồn r > cho BY0 (0, r) ⊂ Z Với
n ∈ N, yn ∈ Y, yn 6= ta có
ryn
kynk
∈ Z nên tồn an ∈ BX(0,1)
A(an) =
ryn
kynk
Do yn = A(
kynkan
r ) =A(xn), với xn =
kynkan
r
Mặt khác
kxnk = k
kynkan
r k ⇒ kynk=
rkxnk
kank
≥rkxnk
⇒ kxnk ≤ Nkynk với N =
1
r
yn →y0 ∈ Y nên A(xn) → y0 = A(x0) ∈ Y
Hơn nữa,
kxn−x0k ≤ Kkyn−y0k
(52)Bài tập 1.61 Cho X không gian định chuẩn,M khơng gian đóng X Ta kí hiệu M◦ = {f ∈ X∗|f(M) = 0} Chứng minh
1 (X/M)∗ đồng phơi tuyến tính với M◦
2 Nếu X phản xạ X/M (tương ứng, M) đồng phơi tuyến tính với
(M◦ )∗ ( tương ứng, (X∗/M◦ )) Giải
1 Xét tương ứng
A : M◦ −→ (X/M)∗
f 7−→ A(f) : X/M −→ K
˜
x 7−→ A(f)(˜x) =f(x)
A ánh xạ tuyến tính: rõ Ta có
kA(f)k = sup kx˜k=1
kA(f)(˜x)k= sup kx˜k=1
|f(x)| ≤ sup kxk=1
|f(x)| = kfk
Suy A liên tục Với f1, f2 ∈
◦
M cho A(f1) = A(f2) ∀x ∈ X, A(f1)(˜x) = A(f2)(˜x), tức f1(x) =f2(x) hay f1 = f2 Do đó, A đơn ánh
Ta chứng minh A toàn ánh Thật vậy, với g ∈ (X/M)∗
tồn f ∈ X∗, f(x) =g(˜x) Ta có f ∈M◦ A(f) = g
Cuối ta chứng minh f bảo tồn chuẩn Với x ∈ X, ta có
|f(x)| = |A(f)(˜x)| ≤ kAfkkx˜k ≤ kAfkkxk
nên kfk ≤ kAfk
Mặt khác, kfk ≥ kAfk A liên tục, kAfk = kfk Vậy A phép đồng phơi tuyến tính
2 Xét ánh xạ
B : X/M −→ (M◦ )∗ ˜
x 7−→ Bx˜: M◦ −→ K
f 7−→ f(x)
(53)Bài tập 1.62 Cho X, Y hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I ⊂
L(X, Y) Chứng minh hai mệnh đề sau tương đương: a) ∀x ∈ X,∀y∗ ∈ X∗: sup
α∈I
|y∗(Aαx)| < +∞
b) ∀x ∈ X,sup
α∈I
kAαxk < +∞
Giải a) ⇒b) :∀x ∈ X,∀y∗ ∈ X∗:sup
α∈I
|y∗(Aαx)| < +∞nênsup α∈I
|(Aαx)(y∗)| <
+∞
⇒ (Aαx)α∈I bị chặn điểm khơng gian Banach X∗∗ nên bị chặn đều, tức ∀x ∈ X,sup
α∈I
kAαxk< +∞
b) ⇒a) : Rõ
Bài tập 1.63 Cho X không gian định chuẩn N ⊂X khơng gian đóng Chứng minh ánh xạ p : X −→ X/N, p(x) = [x] =
x+N ánh xạ mở
Giải Nếu kp(x)k < theo cách xây dựng chuẩn, tồn u ∈
X,kuk< cho P(x) = P(u) Do p biến hình cầu đơn vị X
thành hình cầu đơn vị X/N nên p mở
Bài tập 1.64 Giả sử thêm f : X −→ Y toán tử bị chặn N ⊂ kerf tồn ánh xạ tuyến tính g : X/N −→ Y cho f = gp
Giải Yêu cầu toán tương đương với f x = g[x] với x ∈ X Vì phần tử X/N có dạng [x], nên g tồn Ta định nghĩa ánh xạ g([x]) = f(x) Nếu [x] = [u] x−u ∈ N Khi theo giả thiết f(x− u) = 0, suy f(x) = f(u) Điều chứng tỏ g
được định nghĩa ánh xạ
Việc cịn lại chứng minhg tuyến tính Ta cóg([w]+[x]) = g[w+x] =
f(w +x) = f w+ f x = g[w] +g[x], g(c[x]) = g[cx] = f(cx) = cf x =
cg[x]
Bài tập 1.65 Giả sử thêm N = Kerf.Chứng minh f mở g có tốn tử ngược bị chặn
Giải Nếu g có tốn tử ngược bị chặn g mở Vì p mở nên f = gp
cũng mở
(54)viết dạng y = f x, x ∈ X kxk < C
Mặt khác, y = f x = gpx kpxk ≤ kxk ≤ C Do đó, g mở Nói riêng, g
là tồn ánh từ X/N lên Y
g đơn ánh g[x] = ⇒f(x) = ⇒ x ∈ N ⇒ [x] = Vậy g song ánh, mở nên có toán tử ngược bị chặn
Bài tập 1.66 Dùng định lí đồ thị đóng để chứng minh định lí ánh xạ mở
Giải Giả sử X, Y hai khơng gian Banach f :X −→Y tồn ánh tuyến tính bị chặn Nếu f đơn ánh có ánh xạ ngược đồ thị ánh xạ ngược {(f x, x) : x ∈ X} đóng (Đó ảnh {(x, f x) : x ∈ X}
dưới phép đẳng cự X ×Y −→Y ×X xác định (x, y) 7−→ (y, x).) Theo định lí đồ thị đóng ta có f−1 bị chặn f mở
Trong trường hợp tổng quát, f : X −→ Y toàn ánh bị chặn Ta viết f = gp toán trên, N = kerf Vì g song ánh bị chặn nên ảnh ngược bị chặn Suy f mở
Bài tập 1.67 ChoX không gian Banach, Y không gian định chuẩn (An)n ⊂ L(X, Y) Nếu với x ∈ X, (Anx)n dãy Cauchy
Y sup
n∈N
kAnk < +∞
Giải Với x ∈ X, (Anx)n dãy Cauchy Y nên với = 1, tồn n0 ∈ N cho với m, n ≥ n0 ta có kAnx− Amxk ≤ Do
kAnx−An0xk ≤ 1,∀n≥ n0 Suy
kAnxk ≤ kAnx−An0xk+ kAn0k ≤ kAn0k+ 1,∀n≥ n0
Đặt
K = max{kAn0k+ 1,kA1xk, ,kAn0−1k}
Ta có kAnxk ≤ K,∀n∈ N, tức (Anx)n bị chặn điểm
Mặt khác X không gian Banach (An)n ⊂ L(X, Y) nên bị chặn Vậy sup
n∈N
kAnk < +∞
Bài tập 1.68 Cho X không gian định chuẩn thực x1, , xn
(55)Giải
Cách 1: Ta chứng minh quy nạp theo n
Với n = 2, theo định lí Hahn-Banach tồn f ∈ X∗ cho f(x1) =
f(x2)
Giả sử toán với n = k, lúc ta giả sử
f(x1) < f(x2) < · · · < f(xk) Chọn
a1 < f(x1)a2 < f(x2) < · · ·ak < f(xk) < ak+1
Nếu f(xk+1) 6= f(xi), i= 1, , k tốn với n= k+
Nếu tồn xk 6= xk+1 cho f(xk+1) = f(xk) Theo định lí Hahn-Banach tồn g ∈ X∗ cho g(xk) 6= g(xk+1)
Với > 0, đặt h(x) = f(x) + g(x) ∈ X∗ Chọn đủ bé cho
f(xi) +0g(xi) ∈ (ai, ai+1),∀i = 1, , k −1
và h = f +0g hàm cần tìm
Cách 2: Đặt M = h{x1, , xn}i, giả sử {z1, , zk} sở
M Với λ ∈ R, đặt fλ ∈ M∗ xác định công thức fλ(zi) = λi,
i = 1, , k
Với xi = αi1z1 + .+αikzk ta có fλ(xi) = αi1λ1+ .+αikλk Ta thấy tập
{λ ∈ R : fλ(xi) =fλ(xj), i 6= j, i, j = 1, , n}
là hữu hạn đa thức khơng suy biến có hữu hạn nghiệm Vậy tồn λ ∈ R cho fλ(xi) 6= fλ(xj), i6= j
Bài tập 1.69 Chứng minh l∞ khơng có sở Schauder
Giải Ta chứng minh l∞ khơng khả li Do đó, khơng có sở Schauder Xét tập A = {(z1, z2, , zn, )} ⊂ L∞, zi = zi = Ta có A không đếm được13 Mặt khác, với x, y ∈ A, x 6= y,
kx−yk = Giả sử F ⊂ l∞, F đếm F = l∞ Xét họ hình cầu
{B(x,13)}x∈A Khi đó, với x ∈ l∞, = 13, ∃y ∈ F cho d(x, y) < 13
Suy y ∈ B(x,13) Do đó, F khơng đếm {B(x,13)}x∈A khơng đếm được, mâu thuẫn
Bài tập 1.70 Cho X không gian định chuẩn (xn)n ∈ X, xn w
→ x
(fn)n ∈ X∗, fn →f Chứng minh fn(xn) → f(x), n → ∞
(56)Giải Ta có
kfn(xn)−f(x)k ≤ kfn(xn)−fn(x)k+ kfn(x)−f(x)k Vì xn
w
→x nên fn(xn) → fn(x), tức kfn(xn)−fn(x)k → 0, n → ∞ Mặt khác fn → f, suy kfn(x)−f(x)k, n → ∞
Vậy fn(xn) →f(x), n → ∞
Bài tập 1.71 Cho X không gian định chuẩn, M ⊂ X∗, M = X∗, xn, x ∈ X Giả sử ∀n ∈ N, ∃N > cho kxnk ≤ N ∀f ∈
M, f(xn) → f(x), n → ∞ Chứng minh xn w
→x
Giải Vì xn ∈ X X ⊂ X∗∗ nên x(f) = f(x), ∀f ∈ X∗ Với
f ∈ X∗, ta chứng minh xn(f) →x(f)
Với > 0, f ∈ M nên B(f, )∩M 6= ∅, tức có g ∈ M cho
kf −gk < Ta có:
kxn(f)−x(f)k ≤ kxn(f)−xn(g)k+kxn(g)−x(g)k+kx(g)−x(f)k
≤ kxnkkf −gk+kxn(g)−x(g)k+kg−fkkxk
≤N.+ +.kxk
Vậy xn(f) → x(f), n → ∞ hay xn w
→ x
Bài tập 1.72 Cho X không gian Banach, Y ⊂ X không gian vectơ X x ∈ X \Y Phần tử y ∈ Y gọi minimizer
kx−yk = inf
z∈Y kx−zk
Chứng minh
1 Nếu Y hữu hạn chiều minimizer ln tồn Sự tồn nói chung khơng
3 Nếu Y vơ hạn chiều minimizer nói chung khơng tồn Giải
(57)2 Xét X = R2 với chuẩn kzk = max{|z1|,|z2|}, không gian Y = {(a,0)|a ∈ R} x = (0,1) Lúc điểm đoạn thẳng
{(a,0)|a ∈ [−1,1]}đều minimizer Xét
X = C[−1,1], Y = {y ∈ X|
0
Z
−1
y(t)dt =
1
Z
0
y(t)dt = 0},
và x ∈ X hàm số cho
0
Z
−1
x(t)dt = −1,
Z
0
x(t)dt =
Vì
0
R
−1
x(t)dt= −1,
0
R
−1
y(t)dt = nên
inf
t∈[−1,0]
(x(t)−y(t)) ≤ −1,
do tính liên tục, đẳng thức xảy y(t) = x(t) + 1, ∀t ∈ [−1,0]
Tương tự,
1
R
0
y(t)dt= 0}
1
R
0
x(t)dt = suy
sup
t∈[0,1]
(x(t)−y(t)) ≥
và đẳng thức xảy y(t) = x(t) −1,∀t ∈ [0,1] Ta suy
d(x, Y) ≥ khơng có y ∈ Y cho kx−yk = 1, có y(0) = x(0)−1và y(0) = x(0) + 1, mâu thuẫn
Tuy nhiên, ta định nghĩa y sau: y(t) = x(t) + x ∈ [−1,0), y(t) = x(t)−1 x ∈ (0,1], thay đổi y lân cận nhỏ để y liên tục Từ ta cókx−yk = inf
z∈Y kx−zk =
Bài tập 1.73 Cho X, Y hai khơng gian định chuẩn X 6= {0} Chứng minh L(X, Y) không gian Banach Y khơng gian Banach14
14Đây hay tài liệu Ta có kết sau:
(58)Giải Lấy x0 ∈ X cho kx0k = Theo định lí Hahn-Banach, tồn
tại f ∈ X∗ cho kfk = f(x0) = kx0k = Gọi (yn)n dãy Cauchy Y Ta định nghĩa họ toán tử An sau An : X −→ Y,
An(x) = f(x)yn Khi An họ tốn tử tuyến tính liên tục Mặt khác, với m, n ∈ N ta có
kAn−Amk = sup
kxk≤1
kf(x)(yn−ym)k = kyn−ymk sup
kxk≤1
|f(x)| = kyn−ymk
tức (An)n∈N ⊂ L(X, Y) dãy Cauchy Vì L(X, Y) khơng gian Banach nên tồn A∈ L(X, Y) cho An → A Đặt A(x0) =y0 Khi
đó
kyn −y0k= kAn(x0)−A(x0)k = k(An −A)(x0)k
(59)2 Không gian Hilbert
We learn by doing We learn mathematics by doing problems
Bài tập 2.1 Một chứng minh khác cho bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
|hu, vi| ≤ kukkvk u, v 6= khơng gian tiền Hilbert thực Giải Xét
x1 = u
kuk +
v
kvk x2 =
u
kuk −
v
kvk
Ta có hxi, xii ≥ 0, i = 1,2, khai triển ta hu, vi ≤ kukkvk
hu, vi ≥ −kukkvk Suy điều cần chứng minh
Bài tập 2.2 Một số không gian không thỏa đẳng thức hình bình hành Giải
1 Xét lp,1 ≤p 6= < ∞ Chọn
x= (−1,−1,0,0,0, ) y = (−1,1,0,0, ) ∈ lp
Ta có
kxk = kyk = 21p
kx+yk = kx−yk =
(60)2 Xét C[a, b] với chuẩn max Chọn
f(t) = g(t) = t−a
b−a,∀t ∈ [a, b]
Ta có
kfk = kgk=
và
kf −gk= kf +gk =
Suy
kf + gk2 +kf −gk2 = 5, 2(kfk+kgk) =
Bài tập 2.3 Cho 1≤ p < ∞ Chứng minh (lp,k.k) không gian Hilbert p=
Giải Rõ ràng, với l2,k.k2 không gian Hilbert ứng với p =
Bây giả sử1 ≤p < ∞, lp không gian Hilbert Với k, t ∈ N k 6= t
ta xét ek, et ∈ lp Vì khơng gian Hilbert nên thỏa đẳng thức hình bình hành
kek +etkp2 +kek −etk2p = 2(kekk2p+ ketk2p), tức 21p +
1
p = 22, 21+
p = 22, hay p =
Bài tập 2.4 Lp[−1,1],1 ≤ p < ∞ với k.kp không gian Hilbert
p=
Giải Xét f(x) = +x g(x) = 1−x ∈ Lp[−1,1] Ta có
kfkpp =
1
Z
−1
|f(x)|pdx=
1
Z
−1
(1 +x)pdx =
p+1
p+
và
kgkpp =
1
Z
−1
(1−x)pdx =
p+1
p+
Mặt khác
kf +gkpp =
1
Z
−1
[(1 +x) + (1−x)]pdx =
1
Z
−1
(61)và
kf −gkpp = 2p
1
Z
−1
|x|p = 2p+1
1
Z
0
xpdx=
p+1
p+
Đẳng thức hình bình hành thỏa mãn
(p+ 1)2p −3 =
p= nghiệm phương trình Phần lại xin dành cho độc giả
Bài tập 2.5 Cho ≤ p < ∞ A ⊂ Rn là tập đo Lebesgue,
λ(A) > 0trong λ độ đo Lebesgue Rn Chứng minh(Lp(A),k.kp)
là không gian Hilbert p =
Giải Theo tính chất độ đo Lebesgue, ta tìm tập đo Lebesgue B, C ⊂ A cho B ∩ C = ∅ λ(B) = λ(C) = λ(A)
2 Nếu
Lp(A) khơng gian Hilbert thỏa mãn đẳng thức hình bình hành Ta có
kχB +χCkp2 + kχB −χCk2p = 2(kχBk2p+kχCk2p) Suy
(λ(A))2/p + (λ(A))2/p =
(λ(A)/2)2/p+ (λ(A)/2)2/p
Vì λ(A) > nên = 22/p, tức p=
Ngược lại, với p = (Lp(A),k.kp) khơng gian Hilbert
Bài tập 2.6 Cho (Ω,Σ, µ) khơng gian độ đo với hai tập có độ đo dương rời Chứng minh Lp(Ω, µ),1 ≤ p < ∞ sinh tích vơ hướng p =
Giải Đặt Ω = A1 ∪ A2, A1 ∩ A2 = ∅, µ(A1), µ(A2) > Với i = 1,2 chọn fi ∈ Lp(Ω) cho kfikp = supp (fi) ⊂ Ai
Khi
kf1 ±f2kpp =
Z
A1
|f1 ±f2|
p
+
Z
A2
|f1 ±f2|
p
= kf1kpp+kf2kpp
Vì với λi > 0, ta có
kλ1f1 ±λ2f2k2p = kλ1f1kpp+kλ2f2kpp
2p
(62)trong kλ1f1k2p+kλ2f2k2p = λ21+λ22 Nếu k.kp thỏa mãn đẳng thức hình bình hành
(λp1 +λp2)2p + (λp
1 +λ
p
2)
2
p = 2(λ2
1 + λ 2),
tức (λp1 +λp2)2p = λ2
1 +λ22 với λ1, λ2 > Đẳng thức
với p =
Bài tập 2.7 Chứng minh không gian tiền Hilbert H, x, y ∈
H trực giao15 với kλxk2 + kµyk2 = kλx + µyk2,
∀λ, µ ∈ K
Giải (⇒:) Giả sử x, y ∈ H, x ⊥ y Ta có
kλx+µyk2 = hλx+ µy, λx+µyi
= hλx, λx+µyi+hµy, λx+µyi
= hλx, λxi +hλx, µyi+hµy, λxi+hµy, µyi = hλx, λxi +λµhx, yi+µλhy, xi+hµy, µyi = kλxk2 +kµyk2
(⇐:) Giả sử x, y thỏa mãn
kλxk2 +kµyk2 = kλx +µyk2,∀λ, µ ∈ K
Khi ∀λ, µ ∈ K
λµhx, yi+µλhy, xi
hay
λµhx, yi+µλhx, yi
Chọn λ = µ = 1, ta có 2Rehx, yi = 0, tức Rehx, yi =
Chọn λ = 1, µ = i, 2Imhx, yi = 0, tức Imhx, yi = Vậy hx, yi = hay x ⊥y
Bài tập 2.8 Cho H không gian tiền Hilbert {x1, , xn} ⊂ H,
n∈ N Chứng minh
X
(1, ,n)∈{±1}n
n
X
i=1 ixi
2
= 2n
n
X
i=1
kxik2
(63)Giải Ta có
X
(1, ,n)∈{±1}n
n X i=1 ixi
= X
(1, ,n)∈{±1}n n
X
i,j=1
ij hxi, xji
=
n
X
i,j=1
hxi, xji
X
(1, ,n)∈{±1}n
ij
Với i = j, ta có P
(1, ,n)∈{±1}n
ij = 2n Với i 6= j, P
(1, ,n)∈{±1}n
ij = tổng có 2n−1 thành phần 2n−1 thành phần
−1 Vì
X
(1, ,n)∈{±1}n
n X i=1 ixi
= 2n
n
X
i=1
hxi, xii = 2n n
X
i=1
kxik2
Bài tập 2.9 Cho (xn)n,(yn)n ⊂ B0(0,1) không gian tiền Hilbert
H lim
n→∞hxn, yni =
1 Chứng minh lim
n→∞kxnk = limn→∞kynk =
2 Chứng minh lim
n→∞kxn −ynk =
Giải
1 Ta có
1 =hxn, yni ≤ kxnkkynk ≤ kxnk ≤
1 =hxn, yni ≤ kxnkkynk ≤ kynk ≤ Suy lim
n→∞kxnk = limn→∞kynk=
2 Ta có
kxn−ynk2 = hxn−yn, xn −yni
= hxn, xni − hxn, yni − hyn, xni+hyn, yni
= kxnk2 + kynk2 − hxn, yni − hxn, yni Vậy lim
(64)Bài tập 2.10 Cho H khơng gian Hilbert, A :H → H tuyến tính thỏa mãn hAx, yi = hx, Ayi,∀x, y ∈ H Chứng minh A liên tục
Giải Ta chứng minh A ánh xạ đóng Thật vậy, gọi(xn, Axn) ⊂ GA (xn, Axn) → (x0, y0), ta cần chứng minh y0 = Ax0
Với y ∈ H ta có
hAx0, yi = hx0, Ayi =
D
lim
n→∞xn, Ay
E
= lim
n→∞hxn, Ayi = limn→∞hAxn, yi =
D
lim
n→∞Axn, y
E
= hy0, yi
Suy rahAx0 −y0, yi = 0,∀y ∈ H Vớiy = Ax0−y0 thìhAx0 −y0, Ax0 −y0i =
0 Khi đó, Ax0 = y0 = hay Ax0 = y0
Vậy A tốn tử đóng khơng gian Banach H đó, A liên tục
Bài tập 2.11 Cho không gian HilbertH tập M thỏa M ⊂ H, M 6= ∅ Chứng minh
1 M ⊂ M ⊂ (M⊥)⊥
2 Nếu M khơng gian H (M⊥)⊥ = M Giải
1 M ⊂ M: rõ
M ⊂ (M⊥)⊥: Lấy x ∈ M, tồn (xn)n ∈ M cho
xn →x, n → ∞
Với y ∈ M⊥ ta có
hx, yi =
D
lim
n→∞xn, y
E
= lim
n→∞hxn, yi = limn→∞0 =
Vậy x ∈ (M⊥)⊥
2 Theo câu a) ta có M ⊂ (M⊥)⊥ Bây ta chứng minh (M⊥)⊥ ⊂
M Thật vậy, H = M⊥ ⊕M = M⊥⊕M nên với x ∈ (M⊥)⊥
được biểu diễn dạngx = y+z, đóy ∈ M⊥, z ∈
M ⊂ (M⊥)⊥ Suy y = x−z ∈ (M⊥)⊥
Vậy y ∈ (M⊥)⊥ ∪ M⊥ nên y = Từ x = z ∈ M, tức
(65)Bài tập 2.12 Cho không gian Hilbert H, f ∈ H∗, f 6= Chứng minh M⊥ khơng gian chiều H, M = kerf
Giải Vì f 6= nên tồn x0 ∈ M⊥ cho f(x0) = Ta chứng minh M⊥ = h{x0}i
Với x ∈ M⊥, x 6= 0, f(x) = α 6= nên f(x) = αf(x0) Suy f(x−αx0) = hay x−αx0 ∈ M
Mặt khác, vìx, x0 ∈ M⊥nênx−αx0 ∈ M⊥ Khi đóhx−αx0, x −αx0i =
0 nên x−αx0 = hay x = αx0 Vậy M⊥ = h{x0}i
Bài tập 2.13 Cho E = {en}n∈N hệ trực chuẩn không gian
Hilbert H Chứng minh E tập đóng bị chặn khơng compact Suy H không compact địa phương
Giải Ta có {en}n∈N ⊂ B0(0,1) nên bị chặn
Lấy dãy (xn)n ⊂ E, xn → x Lúc (xn)n dãy dừng, tức tồn
n0 ∈ N cho an = an0, ∀n ≥n0 Suy a ∈ E nên E đóng
Mặt khác, ken −emk =
√
2, ∀m, n ∈ N, m 6= n nên dãy (xn)n ⊂ E dãy hội tụ Vậy E khơng compact nên B0(0,1) khơng compact H khơng compact địa phương
Bài tập 2.14 Gọi {en}n∈N sở trực chuẩn không gian Hilbert
H, Pn(x) = n
P
k=1
hx, enien, x ∈ H, n = 1,2, dãy phép chiếu trực
giao Chứng minh {PN} hội tụ điểm đến ánh xạ đồng I H
nhưng không hội tụ theo chuẩn đến I
Giải Vì {en}n∈N sở trực chuẩn khơng gian Hilbert H nên
∀x∈ H, x = ∞
P
k=1
hx, enien Khi đó,
kPn(x)−I(x)k2 = k n
X
i=1
hx, eiiei −
∞
X
i=1
hx, eiieik2
= k ∞
X
i=n+1
hx, eiieik2 =
∞
X
i=n+1
|hx, eii|
2
Mặt khác
kxk2 = ∞
X
i=1
|hx, eii|
(66)nên
∞
X
i=n+1
|hx, eii|
2
→0, n → ∞
Do lim
n→∞kPn(x)−I(x)k
2 = 0 nên lim
n→∞kPn(x)−I(x)k=
Vậy Pn(x) → I(x), n → ∞
Giả sử (Pn)n∈N hội tụ theo chuẩn đến I nlim→∞kPn −Ik = 0, nên tồn n0 ∈ N cho kPn0 −Ik<
Chọn x = en+1, ta có
k(Pn0 −I)en0+1k ≤ kPn −Ikken0+1k <
Tuy nhiên
k(Pn0 −I)en0+1k = kPn0(en0+1)−en0+1k = ken0+1k = Vậy 1< 1, vô lý
Bài tập 2.15 Cho E = {en}n∈N hệ trực chuẩn không gian
Hilbert H, (λn)n∈N dãy số bị chặn Chứng minh
1
∞
P
k=1
λnhx, enien hội tụ với x ∈ H
2 Ax = ∞
P
k=1
λnhx, enien toán tử tuyến tính liên tục Tính kAk
Giải
1 Ta có
∞
X
k=1
|λnhx, eni|
2
= ∞
X
k=1
|λn|
2
|hx, eni|
2
(λn)n∈N dãy số bị chặn nên tồn K > cho sup n∈N
|λn| ≤K Khi đó,
∞
X
k=1
|λnhx, eni|
2
≤ K2
∞
X
k=1
|hx, eni|
2
≤ K2kxk2 < +∞
Vậy
∞
P
k=1
|λnhx, eni|2 hội tụ nên
∞
P
k=1
(67)2 Ax = ∞
P
k=1
λnhx, enien toán tử tuyến tính Thật vậy,
A(αx+βy) = ∞
X
k=1
λnhαx+ βy, enien
= ∞
X
k=1
λn(hαx, eni+ hβy, eni)en
A(αx+βy) = ∞
X
k=1
λn(αhx, eni+βhy, eni)en
= α
∞
X
k=1
λnhx, enien+ β
∞
X
k=1
λnhy, eni)en
= αAx+βAy
Mặt khác
kAxk2 = ∞
X
k=1
|λnhx, eni|2 ≤ K2kxk2 nên kAxk ≤ Kkxk Vậy A liên tục kAk ≤ K
Bài tập 2.16 Cho x, y, u, v bốn vectơ không gian tiền Hilbert H Chứng minh 16
kx−ukky −vk ≤ kx−ykku−vk+ky −ukkx−vk
Giải Trước hết ta chứng minh ∀x, y ∈ H, x, y 6=
k x
kxk2 − y
kyk2k
2 = kx−yk2
kxk2kyk2
Ta xét hai trường hợp:
• x = 0: bất đẳng thức trở thành
kukky −vk ≤ kykku−vk+ky −ukkvk
Ta có
k y
kyk2 − v
kvk2k ≤ k y
kyk2 − u
kuk2k+k u
kuk2 − v
kvk2k
(68)Suy
ky−vk kykkvk ≤
ky−uk kykkuk +
ku−vk kukkvk
Vậy kukky−vk ≤ kykku−vk+ky −ukkvk
• x 6= 0: Ta đặt a = x−u, b = x −y, c = x −v Khi bất đẳng thức trở trường hợp
Bài tập 2.17 Cho M, N hai khơng gian đóng khơng gian Hilbert H cho M ⊥ N Chứng minh M +N khơng gian đóng H
Giải Ta có ∀x ∈ M + N, x = y +z y ∈ M, z ∈ N Biểu diễn có y0 ∈ M, z0 ∈ N cho x = y0 + z0, lúc
y−y0 = z −z0 ∈ M ∩N = {0} Suy y0 = y z0 = z
Lấy (zn)n ⊂ M + N, zn → z0, n → ∞ Ta cần chứng minh z0 ∈ M + N Ta có zn = xn +yn, xn ∈ M, yn ∈ N, ∀n ∈ N
Mặt khác
kzn−zmk2 = kxn +yn −xm −ymk2
= kxnk2 +kyn −ymk2
Suy (xn)n,(yn)n dãy Cauchy kxn − xmk ≤ kzn − zmk →
kyn−ymk ≤ kzn−zmk → m, n → ∞
Vì M, N đóng khơng gian Banach nên M, N Banach
xn → x0 ∈ M, yn → y0 ∈ N, n → ∞
Vậy zn →x0+y0 = z0 ∈ M +N, tức M +N không gian đóng
Bài tập 2.18 Cho H khơng gian Hilbert P ∈ L(H) cho P2 = P kPk ≤ Chứng minh P toán tử chiếu.17
Giải Đặt M = P(H) N = kerP Khi đó, M khơng gian đóng x ∈ M tương đương với x = P x N khơng gian đóng tính liên tục củaP Trong phân tích x = P x+ (I−P)(x), ta có P x ∈ M
và (I −P)(x) ∈ N P(I −P) =p−P2 =
Vì ta chứng minh M⊥ = N Với x ∈ H, y = P x −x ∈ N
vì P2 = P Do đó, x ∈ N ⊥ P x = x+ y với hx, yi = Suy
kxk2 ≥ kP xk2 = kxk2+kyk2 và đó y = 0 Như thếx ∈ N⊥ thìP x = x
hay N⊥ ⊂ M Ngược lại, ∀z ∈ M, z = P z Vì H = N ⊕N⊥ nên giả sử
(69)x ∈ N⊥ Điều chứng tỏ M ⊂ N⊥ Vậy M = N⊥ Vì (N⊥)⊥ = N
nên M⊥ = N
Bài tập 2.19 Cho H không gian Hilbert với hệ trực chuẩn (xn)n
Chứng minh (xn)n hội tụ yếu tới
Giải Xét x∗ ∈ H∗ Khi đó, theo định lí Riesz, tồn x ∈
H cho x∗(y) = hy, xi, ∀y ∈ H Với x ∈ H, theo bất đẳng thức Bessel, ta có
∞
P
i=1
|hx, xni|
2
≤ kxk2 và đó lim
n→∞hxn, xi = 0, tức lim
n→∞x ∗(x
n) =
Bài tập 2.20 Cho H không gian Hilbert (en)n∈N sở trực
chuẩn, x∗ : H −→K phiếm hàm tuyến tính liên tục Chứng minh
y =
∞
P
n=1
x∗(en)en phần tử H thỏa mãn x∗(x) = hx, yi,
∀y ∈ H kx∗k =
s
∞
P
n=1
|x∗(e
n)|
2
Giải Theo định lí Riesz, tồn y ∈ H cho x∗(x) = hx, yi,
∀x ∈ H Nói riêng, x∗(en) = hen, yi, ∀n ∈ N Vì (en)n∈N sở trực chuẩn nên y =
∞
P
n=1
hy, enien, y =
∞
P
n=1 x∗(e
n)en
Vìkx∗k = y và(en)n∈Nlà sở trực chuẩn nên ta cókx
∗k =
s
∞
P
n=1
|x∗(en)|2
Bài tập 2.21 Cho A tốn tử tuyến tính liên tục khơng gian Hilbert H Chứng minh A tự liên hợp kx+iAxk2 =
kxk2 +kAxk2. Giải
i) Vì A tự liên hợp nên A = A∗ Suy hAx, xi = hx, A∗xi = hx, Axi = hAx, xi, với x ∈ H, tức hAx, xi ∈ R, ∀x ∈ H Do đó,
kx+iAxk2 = hx+iAx, x+iAxi
(70)ii) Ngược lại, nếukx+iAxk2 = kxk2+kAxk2 thìhAx, xi−hx, Axi = 0.
(71)3 Toán tử compact phổ toán tử compact
“Life is good for only two things, discover-ing mathematics and teachdiscover-ing mathematics”– Siméon Poisson
Bài tập 3.1 Cho X = X1 ⊕X2, A ∈ L(H) cho A(X1) ⊂ X2 A(X2) ⊂ X1 Chứng minh λ giá trị riêng A −λ giá trị riêng A
Giải Vì λ giá trị riêng A nên tồn x 6= cho Ax = λx Khi đó,x = x1+x2, đóx1 ∈ X1, x2 ∈ X2 Ta có A(x1+x2) = λ(x1+x2), hayAx1−λx2 = Ax2−λx1 Theo giả thiết Ax1−λx2 = Ax2−λx1 =
0∈ X1 ∩X2
Đặt y = x1 −x218 Ta có y 6= 0, ngược lại x1 = x2 = 0, tức x = 0, vô lý Lúc đó, A(y) = A(x1 −x2) = −λy, −λ
giá trị riêng A
Bài tập 3.2 Cho H không gian Hilbert , A ∈ L(H), A = A∗, λ ∈ C Nếu H 6= R(Aλ) λ giá trị riêng A
2 Nếu H = R(Aλ) H 6= R(Aλ) λ ∈ σ(A) khơng phải
giá trị riêng A
3 Nếu H = R(Aλ) λ giá trị quy A
Giải Ta có H = N(Aλ∗)⊕R(Aλ)
1 Nếu H 6= R(Aλ) Aλ khơng tồn ánh, khơng song ánh Suy λ ∈ σ(A)
Vì A = A∗ nên λ ∈ R Ta có (A−λI)∗ = A∗ −λI∗ = A−λI Từ
H 6= R(Aλ) ta có N(Aλ) =N(A∗λ) 6= {0} Vậy λ giá trị riêng Vì H 6= R(Aλ) nên Aλ không khả nghịch nên λ ∈ σ(A), kết hợp
với A = A∗ ta có λ ∈ R
H = R(Aλ) nên N(A∗λ) = {0} = N(Aλ) Vậy λ ∈ σ(A) không giá trị riêng A
3 A = A∗ nên σ(A) ⊂R Do đó, λ ∈ C\R λ giá trị quy Xét λ ∈ R Vì H = R(Aλ) nên Aλ toàn ánh Mặt khác,
N(A∗λ) = {0} = N(Aλ) nên Aλ đơn ánh Vậy Aλ song ánh, tức λ giá trị quy
(72)Bài tập 3.3 Cho A toán tử tự liên hiệp, A◦A∗ tốn tử compact khơng gian Hilbert H Chứng minh A toán tử compact
Giải Gọi B hình cầu đóng đơn vị Vì A◦A∗ tốn tử compact nên
A(A∗(B)) tập compact tương đối Gọi (xn)n dãy phần tử thuộc
B Khi dãy A(A∗(xn)) có dãy A(A∗(xnk)) hội tụ H A(A∗(xnk)) dãy Cauchy Ta có
kA∗(xnk)−A∗(xmk)k = hA∗(xnk −xmk), A∗(xnk −xmk)i
= hxnk −xmk, A(A∗(xnk −xmk))i ≤ kxnk −xmkkkA(A∗(xnk −xmk))k ≤ 2kA(A∗(xnk −xmk))k →
Suy A∗(xnk) dãy Cauchy H Vì H khơng gian Hilbert nên
A∗(xnk) hội tụ Vậy A∗ toán tử compact, từ A compact
Bài tập 3.4 Cho A tốn tử tự liên hợp khơng gian Hilbert H Am toán tử compact với m số ngun dương Chứng minh A tốn tử compact
Giải Vì A tốn tử tự liên hợp nên A2 = A◦A∗ Ta chứng minh
A2 compact19, từ suy A compact
VìAm compact nênA2m◦A2m−m compact VìA2m−1 tự liên hiệp
(A2m−1)2 = A2m nên A2m−1 toán tử compact Tương tự, A2m−2 toán tử compact Tiếp tục q trình ta suy raA2 tốn tử compact
Bài tập 3.5 Cho X = C[0,1] không gian định chuẩn với chuẩn max A, B ∈ L(X) xác định công thức:
(i) (Ax)(t) = x(0) +tx(1)
(ii) (Bx)(t) =
1
R
0
etsx(s)ds, với x ∈ X, t ∈ [0,1]
1 Chứng minh A, B toán tử compact X
2 Đặt v = I−B với I = idX toán tử đồng Chứng minh
nếu E tập compact X v−1(E)∩BX0 (0,1) tập compact X
Giải
(73)1 Ta có |Ax(t)| = |x(0) +tx(1)| ≤ 2kxk Do đó, kAxk ≤ 2kxk, hay A(B(0,1)) bị chặn Hơn nữa, với t1, t2 ∈ [0,1], với x ∈ B(0,1)
|Ax(t1)−Ax(t2)| = |(t1 −t2)x(1)| ≤ |t1 −t2| kxk ≤ |t1 −t2|
Suy A(B(0,1)) đồng liên tục Theo định lí Arzela-Ascoli ta có A(B(0,1)) tập compact tương đối Vậy A compact Tương tự, B compact
2 Ta cóx ∈ v−1(E)∩BX0 (0,1)⇔
(
v(x) ∈ E
x ∈ B0(0,1) ⇔
(
x ∈ B0(0,1)
(I −B)(x) ∈ E
Từ x − Ax ∈ E hay x ∈ Bx + E ⊂ B(B0(0,1)) + E Vậy
v−1(E)∩BX0 (0,1)⊂ B(B0(0,1))+E Mặt khác, vìB(B0(0,1))+Elà
tập compact vàv−1(E)∩BX0 (0,1)là tập đóng nên v−1(E)∩BX0 (0,1)
là compact
Bài tập 3.6 Cho tốn tử tuyến tính
A : l2 −→ l2
x = (x1, x2, , xn, ) 7−→ (x1, x22 , ,2xnn−1, )
Chứng minh A toán tử compact
Giải Xét toán tử Anx = x1,x22, ,2xnn−1,0,
Vì An tốn tử hữu hạn chiều nên tập M ⊂l2 bị chặn, tập An(M) bị chặn không gian hữu hạn chiều An(l2), An(M) compact tương đối Vậy An tốn tử compact
Mặt khác,
kAnx−Axk =
v u u t
∞
X
i=n+1
xi
2i−1
2
≤
2n
v u u t
∞
X
i=n+1
|xi|2 ≤
1 2nkxk,
Từ kAn − Ak → n → ∞ Suy A toán tử compact, khơng gian tốn tử compact từ khơng gian Banach X vào không gian Banach Y không gian đóng
(74)Giải =⇒: Giả sử A toán tử compact (xn)n ⊂ Hsao cho xn hội tụ yếu x0 Khi dãy (xn)n bị chặn (Axn)n compact tương đối Hơn nữa, Axn hội tụ yếu Ax0 nên Axn hội tụ Ax0
⇐=: Giả sử A biến dãy hội tụ yếu thành dãy hội tụ mạnh M tập bị chặn H Ta có M tập compact tương đối yếu Lấy dãy
(Axn)n ⊂ A(M) bất kì, ta lấy dãy (xnk) hội tụ yếu x0
Lúc Axnk hội tụ Ax0, A(M) compact tương đối, hay A
toán tử compact
Bài tập 3.8 Trên tập compact tương đối M, hội tụ mạnh hội tụ yếu trùng
Giải Giả sử tồn dãy (xn)n ⊂ M hội tụ yếu đến x0 khơng hội tụ mạnh Khi (xn)n khơng hội tụ đến x0, tức tồn > dãy
con xnk cho kxnk −x0k ≥ với k ∈ N
Vì xnk ⊂ M nên có dãy xnki hội tụ mạnh hội tụ đến a, rõ ràng
a = x0 xnki hội tụ yếu đến x0 Suy ≤ kxnki −x0k → 0, vơ lý
Bài tập 3.9 Tốn tử compact khơng gian vơ hạn chiều khơng có tốn tử nghịch đảo liên tục
Giải Giả sử A tốn tử compact khơng gian vơ hạn chiều X Nếu A−1 liên tục Id = A◦A−1 compact Mặt khác, tốn tử đơn vị khơng gian vơ hạn chiều khơng compact Vậy A−1 tịn khơng liên tục
Bài tập 3.10 Cho H không gian Hilbert Giả sử (Tn)n dãy
trong L(H) T ∈ L(H) S toán tử compact H Nếu
∀x ∈ H, Tnx → T x, n → ∞ H TnS → T S L(H)
n→ ∞
Giải Giả sử TnS −T S không hội tụ L(H) Lúc đó, tồn
>0 cho20
∀N ∈ N,∃n > N,∃xn ∈ H, với kxnk= k(TnS −T S)xnk> Do đó, ta xây dựng dãy (xnk)k∈N H thỏa kxnkk =
k(TnkS −T S)xnkk >
20Ta phủ định mệnh đề
(75)Vì dãy (xnk)k∈N bị chặn H S compact nên tồn dãy
(Sxnkl)l∈N dãy (Sxnk)k∈N hội tụ y Khi
< k(TnklS −T S)xnklk = k(Tnkl −T)y + (Tnkl −T)(Sxnkl −y)k
≤ kTnkly −T yk+ kTnkl −Tkk(Sxnkl −y)k
Theo ngun lí bị chặn đều, ta có M = sup
n∈N
kTnk < ∞ Ta chọn
L ∈ N đủ lớn cho l > L
kTnkly −T yk <
2 k(Sxnkl −y)k <
2(M +kTk)
(76)TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách thầy thầy
[1] Nguyễn Hồng Bài giảng Giải tích hàm, 2008
[2] Kosaku Yosida Functional Analysis, Springer-Verlag, 1980
[3] Phan Đức Chính Giải tích hàm, Tập 1, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp, 1978
[4] Walter Rudin Functional Analysis, Mc Graw-Hill, 1991 [5] Nguyễn Xuân Liêm Bài tập Giải tích hàm, NXB Giáo dục,
2004
[6] S.Ponussamy Foundations of Functional Analysis, Alpha Science, 2002
[7] Stephan Banach Théorie des operations lineaires, Warszawa, 1932
[8] N Dunford, J.T Schwartz Operator Theory I, II