Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại tập hợp không quá đếm được S trù mật trong H. Trong S ta loại các phần tử phụ thuộc tuyến tính đối với các phần tử trước nó. Hai không gian Hilbert có [r]
(1)Mục lục
1 Không gian tuyến tính định chuẩn 3
1 Khơng gian tuyến tính
2 Không gian
3 Khơng gian tuyến tính định chuẩn
4 Chuỗi không gian tuyến tính định chuẩn 15
5 Không gian không gian thương không gian tuyến tính định chuẩn 20
6 Tốn tử tuyến tính liên tục 25
7 Khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục 28
8 Không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều 30
(2)2 Ba nguyên lý giải tích hàm 37
1 Nguyên lý bị chặn - Định lý Banach-Steihaus 37
2 Nguyên lý ánh xạ mở 42
3 Định lý Hahn-Banach 46
4 Không gian liên hiệp 52
5 Hội tụ yếu 57
3 Các không gian Lp 59 Không gian Lp, ≤ p < +∞ 59
2 Khơng gian L∞(X, µ) 68
3 Xấp xỉ lớp hàm liên tục Tính khả ly 73
4 Không gian liên hiệp 78
4 Không gian Hilbert 87 Khái niệm không gian Hilbert 87
2 Một số tính chất 92
(3)MỤC LỤC
4 Không gian liên hợp 117 Sự hội tụ yếu không gian Hilbert 120 Toán tử liên hợp không gian Hilbert 122
(4)(5)Chương 1
Không gian tuyến tính định chuẩn
§ KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH
Định nghĩa 1.1. [6] Giả sử K trường số thực phức Tập hợp X 6= ∅ với hai phép tốn cộng nhân vơ hướng thoả mãn tiên đề sau:
1) (X,+) nhóm Abel;
2) X với phép nhân vô hướng thoả mãn:
a) α(x + y) = αx + αy với x, y ∈ X với α ∈ K, b) (α + β)x = αx + βx với x ∈ X với α, β ∈ K,
(6)c) α(β)x = (αβ)x = αβx với x ∈ X với α, β ∈ K, d) 1x = x với x ∈ X,
thì X gọi khơng gian tuyến tính (hay cịn gọi khơng gian vectơ) trường K
Ví dụ
1) X = Rn K = R với hai phép toán cộng cộng thành phần nhân vơ hướng Khi Rn khơng gian tuyến tính R
2) X = `2 = {x = (ξn) : ξn ∈ C,P∞
n=1 |ξn|
2 < ∞} với hai phép toán cộng là cộng hai dãy nhân vơ hướng Khi `2 khơng gian tuyến tính C
3) X = C[a,b] = {x : [a, b] −→ C liên tục } với phép toán cộng cộng hàm nhân vơ hướng với hàm Khi X khơng gian tuyến tính
(7)§2 Khơng gian
§ KHÔNG GIAN CON
Định nghĩa 2.1. (Hệ sinh) Cho x1, x2, , xn phần tử khơng gian tuyến tính X trường K n số αi ∈ K (1 ≤ i ≤ n) Khi phần tử x =
n
X
i=1
αixi gọi tổ hợp tuyến tính x1, x2, , xn Giả sử S ⊂ X, S 6= ∅ gọi hệ sinh X với x ∈ X tổ hợp tuyến tính số hữu hạn phần tử S
Định nghĩa 2.2. (Hệ độc lập tuyến tính) Giả sửx1, x2, , xn phần tử khơng gian tuyến tính X ta nói phần tử phụ thuộc tuyến tính tồn số αi, i = 1, , n không đồng thời không cho
n
X
i=1
αixi = Nếu ngược lại ta nói phần tử độc lập tuyến tính Giả sử S ⊂ X, S 6= ∅ gọi hệ độc lập tuyến tính với hệ hữu hạn S độc lập tuyến tính
Nhận xét: Một hệ phần tử x1, x2, , xn ∈ X độc lập tuyến tính từ
(8)n
X
i=1
αixi = kéo theo αi = với i = 1, , n
Định nghĩa 2.3. (Cơ sở Hamel khơng gian tuyến tính) Một hệ S khơng gian tuyến tính X vừa hệ sinh vừa hệ độc lập tuyến tính S gọi sở khơng gian tuyến tính X
Định nghĩa 2.4. Cho X khơng gian tuyến tính trường K M ⊂ X khác rỗng M gọi không gian X với hai phép tốn cộng nhân vơ hướng X hạn chế M thoả mãn tiên đề khơng gian tuyến tính
Định lý 2.5. Cho X khơng gian tuyến tính trường K M ⊂ X khác rỗng Khi điều kiện cần đủ để M không gian với x, y ∈ M với α, β ∈ K kéo theo αx + βy ∈ M
Ví dụ
(9)§2 Khơng gian
2) Khơng gian `2 (Ví dụ mục 1) không gian không gian `∞ tập hợp tất dãy số bị chặn
Định lý 2.6. Giao họ tuỳ ý không gian X không gian X
Chứng minh. Giả sử (Mi)i∈I họ không gian X
Đặt M = ∩i∈IMi, ∈ M 6= ∅ Giả sử x, y ∈ M α, β ∈ K lúc αx + βy ∈ Mi với i ∈ I Suy αx + βy ∈ M Vậy M không gian X
Định nghĩa 2.7. Cho A tập khác rỗng khơng gian tuyến tính X Bao tồn không gian X chứa A Theo Định lý 2.6 giao họ tất cac không gian X chứa A không gian chứa A Không gian gọi không gian sinh A hay gọi bao tuyến tính A Kí hiệu hAi hay LinA
Để mô tả cụ thể không gian sinh tập hợp A, ta có định lý sau
(10)Định lý 2.8. Bao tuyến tính tập hợp A tập hợp tất tổ hợp tuyến tính phần tử A
Chứng minh. Đặt M = { n
X
i=n
αixi, αi ∈ K, xi ∈ A, n ∈ N∗} Theo Định lý 2.5 M không gian X Theo giả thiết A ⊂ X suy hAi ⊂ M Ngược lại, với x ∈ M có dạng
n
X
i=n
αixi ∈ hAi Vậy M = hAi
Định nghĩa 2.9. Giả sử M, N hai không gian X Ta kí hiệu Y =
M + N = {x = y + z|y ∈ M, z ∈ N } Khi Y khơng gian X, Y gọi tổng M N Nếu M ∩ N = {0} Y gọi tổng trực tiếp M N Kí hiệu Y = M LN
Nhận xét: Ta có M + N = hM ∪ Ni
Định lý 2.10. Giả sử M, N hai không gian X Y = M + N Điều kiện cần đủ để Y = M L
(11)§3 Khơng gian tuyến tính định chuẩn 11
Chứng minh. Điều kiện cần Giả sử Y = M L
N x = y + z = y0 + z0 Suy y − y0 = z0 − z ∈ M ∩ N = {0} Vậy y = y0 z = z0
Điều kiện đủ Giả sử x ∈ M ∩N Lúc x = x+ = +x Do tính biểu diễn, suy x = Vậy M ∩ N = {0} Vậy Y = M L
N § KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN
Định nghĩa 3.1. Giả sử X không gian tuyến tính trường K (thực phức) Ánh xạ p : X → R gọi sơ chuẩn X p thoả mãn điều kiện sau
i) p(x + y) ≤ p(x) + p(y) với x, y ∈ X, ii) p(αx) = αp(x) với x ∈ X α ≥
Từ định nghĩa ta suy p(0) =
Định nghĩa 3.2. Giả sử X không gian tuyến tính trường K (thực phức) Ánh xạ p : X → R gọi nửa chuẩn X p thoả mãn điều kiện sau
(12)i) p(x + y) ≤ p(x) + p(y) với x, y ∈ X, ii) p(αx) = |α|p(x) với x ∈ X α ∈ K
Từ định nghĩa ta suy p(x) ≥ với x ∈ X Thật vậy, với x ∈ X ta có
0 = p(0) = p(x + (−x)) ≤ p(x) + p(−x) = 2p(x)
Định nghĩa 3.3. Nửa chuẩn X gọi chuẩn từ p(x) = suy x = Người ta thường kí hiệu chuẩn k k Như vậy, chuẩn không gian tuyến tính X ánh xạ
k k : X −→ R thoả mãn tiên đề sau
i) kxk ≥ với x ∈ X; kxk = x = 0, ii) kαxk = |αkxk với x ∈ X α ∈ K,
iii) kx + yk ≤ kxk + kyk với x, y ∈ X
(13)§3 Khơng gian tuyến tính định chuẩn 13
Giả sử (X,k k) không gian tuyến tính định chuẩn Khi ánh xạ d :X × X −→ R
(x, y) 7−→ d(x, y) = kx − yk
là mêtric Ta gọi d mêtric sinh từ chuẩn hay chuẩn cảm sinh mêtric d X Như không gian tuyến tính định chuẩn khơng gian mêtric
Khơng gian tuyến tính định chuẩn (X,k k) đầy đủ với mêtric sinh từ chuẩn X gọi không gian Banach
Định lý 3.4. Trong khơng gian tuyến tính định chuẩn phép tốn cộng nhân vơ hướng liên tục
Chứng minh. Giả sử (xn),(yn) hai dãy X lim
n→∞xn = x0, n→∞lim yn = y0 Khi
k(xn + yn) − (x0 + y0)k ≤ kxn − x0k + kyn − y0k → 0, n → ∞ Suy lim
n→∞(xn + yn) = x0 + y0 Vậy phép toán cộng liên tục
(14)Giả sử (αn) dãy hội tụ α0 K Khi
kαnxn − α0x0k = kαn(xn − x0) + (αn − α0)x0k
≤ |αn|kxn − x0k + |αn − α0|kx0k → 0, n → ∞ Vậy phép tốn nhân vơ hướng liên tục
Nhận xét: Chuẩn hàm liên tục X
Ví dụ
1) Rn không gian Banach với chuẩn kxk = (
n X
k=1
x2k)12, với x = (x
1, x2, , xn) Thật vậy, hai tiên đề i) ii) ta dễ dàng kiểm tra
Bây ta kiểm tra tiên đề iii) Với x, y ∈ Rn ta phải chứng minh bất đẳng thức
(
n X
k=1
(xk + yk)2)12 ≤ (
n X
k=1
x2k)12 + (
n X
k=1
(15)§3 Khơng gian tuyến tính định chuẩn 15
Ta có
n
X
k=1
(xk + yk)2 = n
X
k=1
(x2k + 2xkyk + yk2)
=
n
X
k=1
x2k +
n
X
k=1
2xkyk +
n
X
k=1 yk2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiakovski ta n
X
k=1
(xk + yk)2 ≤ n
X
k=1
x2k +
n
X
k=1 x2k
1
n
X
k=1 yk2
1 +
n
X
k=1 yk2
= (
n
X
k=1
x2k)12 + (
n
X
k=1
yk2)122
Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh
Vậy (Rn, k k) không gian tuyến tính định chuẩn Hơn nữa, ta biết dãy (xα) hội tụ Rn dãy (x
(α)
k ) (k = 1, , n) hội tụ
R, (xα) dãy Rn dãy (x (α)
k ) (k = 1, , n) dãy R, nên Rn không gian Banach
(16)2) Tập hợp C[a,b] gồm hàm liên tục đoạn [a, b] với phép cộng cộng hàm số nhân vô hướng với hàm số tạo thành khơng gian tuyến tính Hàm xác định
k k : C[a,b] −→ R
x 7−→ kxk = max
t∈[a,b]|x(t)|
xác định chuẩn C[a,b] Hơn nữa, C[a,b] không gian Banach Thật vậy, giả sử (xn) dãy khơng gian C[a,b] Khi đó, lim
m,n→∞kxm− xnk = 0, nghĩa với ε > tuỳ ý, tồn số tự nhiên n0 cho kxm − xnk < ε với m, n ≥ n0 Suy
max
t∈[a,b]|xm(t) − xn(t)| < ε với m, n ≥ n0 (1.1) Với t ∈ [a, b] cố định, từ bất đẳng thức ta có |xm(t) − xn(t)| < ε với m, n ≥ n0 Vậy (xn(t)) dãy K Vì K khơng gian đầy đủ nên dãy
(xn(t)) hội tụ K Đặt x(t) = lim
(17)§4 Chuỗi khơng gian tuyến tính định chuẩn 17
Cố định m ≥ n0 cho n → ∞, từ (1.1) ta suy max
t∈[a,b]|xm(t) − x(t)| < ε (1.2) Điều chứng tỏ hội tụ dãy (xm(t)) x(t) hội tụ Vậy x ∈ C[a,b] Từ (1.2) ta kxm − xk < ε với m ≥ n0 Vậy
lim
n→∞kxn − xk =
§ CHUỖI TRONG KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN
Định nghĩa 4.1. Cho (xn) dãy khơng gian tuyến tính định chuẩn X Ta lập dãy xác định
s1 =x1
s2 =x1 + x2
sn =x1 + x2 + + xn
(18)Khi dãy (sn) gọi chuỗi, sn gọi tổng riêng thứ n chuỗi người ta thường kí hiệu chuỗi
∞
P
n=1 xn
Nếu dãy (sn) hội tụ đến phần tử s ∈ X ta nói chuỗi ∞
P
n=1
xn hội tụ có tổng s Ngược lại, ta nói chuỗi phân kỳ
Nếu chuỗi ∞
P
n=1
kxnk hội tụ ta nói chuỗi ∞
P
n=1
xn hội tụ tuyệt đối
Tương tự chuỗi số thực, chuỗi khơng gian tuyến tính định chuẩn có tính chất sau
Định lý 4.2. Tổng, hiệu hai chuỗi hội tụ chuỗi hội tụ Tích chuỗi hội tụ với số chuỗi hội tụ
Định lý 4.3. (Tiêu chuẩn Cauchy) Cho X không gian Banach Giả sử chuõi ∞
P
n=1
xn hội tụ Khi đó, với ε > tồn n0 ∈ N cho
k
n+p X
k=n+1
(19)§4 Chuỗi khơng gian tuyến tính định chuẩn 19
với n ≥ n0 p ∈ N
Ngược lại, chuỗi thoả mãn điều kiện hội tụ
Chứng minh. Theo giả thiết chuỗi ∞
P
n=1
xn hội tụ, điều có nghĩa dãy tổng riêng (sn) hội tụ Do dãy (sn) dãy bản, nên với ε > tồn n0 ∈ N cho ksn+p − snk < εvới n ≥ n0 p ∈ N Suy
k
n+p X
k=n+1
xkk < ε với n ≥ n0 p ∈ N
Ngược lại, giả sử với ε > tồn n0 ∈ N cho k
n+p
P
k=n+1
xkk < ε, với n ≥ n0 p ∈ N Suy dãy (sn) dãy Theo giả thiết X không gian Banach, nên dãy (sn) hội tụ Vậy chuỗi
∞
P
n=1
xn hội tụ
Định lý 4.4. Cho X không gian tuyến tính định chuẩn
a) Nếu X khơng gian Banach chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ
(20)b) Nếu chuỗi X hội tụ tuyệt đối hội tụ X khơng gian Banach
Chứng minh. a) Theo giả thiết chuỗi ∞
P
n=1
kxnk hội tụ nên với ε > tồn n0 ∈ N cho
n+p X
k=n+1
kxkk < ε
với n ≥ n0 p ∈ N
Từ định nghĩa chuẩn ta ln có k
n+p X
k=n+1
xkk ≤
n+p X
k=n+1
kxkk Suy với ε > tồn n0 ∈ N cho
k
n+p X
k=n+1
xkk < ε với n ≥ n0 p ∈ N Vậy chuỗi
∞
P
n=1
(21)§4 Chuỗi khơng gian tuyến tính định chuẩn 21
b) Giả sử (xn) dãy X Khi với số tự nhiên k , tồn số tự nhiên nk cho với m ≥ nk p ≥ nk ta có
kxm − xpk <
2k
Ta chọn n1 < n2 < < nk < Khi đó, dãy (xnk) (xn) hội tụ Thật vậy, từ bất đẳng thức ta có
∞
X
k=1
kxnk+1 − xnkk <
∞
X
k=1
1
2k = 1, nghĩa chuỗi
xn1 + (xn2 − xn1) + + (xnk+1 − xnk) +
hội tụ tuyệt đối Theo giả thiết, chuỗi hội tụ x ∈ X Vậy
lim
k→∞ xnk = x
Dãy (xn) có dãy (xnk) hội tụ nên dãy hội tụ Vậy X không gian Banach
(22)§ KHƠNG GIAN CON VÀ KHƠNG GIAN THƯƠNG CỦA KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN
Định nghĩa 5.1. Giả sử (X,k k) không gian tuyến tính định chuẩn M khơng gian tuyến tính X Khi đó, hàm số
k kM = k k|M : M −→ R
là chuẩn M Khơng gian tuyến tính định chuẩn (M,k kM) gọi không gian khơng gian tuyến tính định chuẩn (X,k k)
Định lý 5.2. a) Giả sử X không gian tuyến tính định chuẩn M khơng gian X Khi M khơng gian đóng X
b) Nếu X khơng gian Banach khơng gian đóng M X không gian Banach
Chứng minh. Dễ dàng chứng minh định lý
(23)§5 Khơng gian khơng gian thương khơng gian tuyến tính định chuẩn 23
một phần tử z ∈ Lin{M, x0} cho kzk = kz − yk > ε với y ∈ M
Chứng minh. Theo giả thiết x0 ∈ X \ M Vì M đóng nên
d = d(x0, M) = inf
y∈M kx0 − yk >
Với < ε < theo định nghĩa infimum tồn phần tử y0 ∈ M cho kx0 − y0k < d
ε
Đặt z = x0 − y0
kx0 − y0k Rõ ràng kzk = z ∈ Lin{M, x0} Với y ∈ M ta có ky − zk = ky − x0 − y0
kx0 − y0kk
=
kx0 − y0kk(kx0 − y0ky + y0) − x0k
Vì kx0 − y0ky + y0 ∈ M nên k(kx0 − y0ky + y0) − x0k ≥ d Vậy ta suy ky − zk > ε
Từ Định lý Riez ta suy hệ sau
(24)Hệ 5.4. Giả sử M khơng gian đóng khơng gian tuyến tính định chuẩn X M 6= X Khi với ε > tồn x0 ∈/ M cho kx0k =
và kx0 − yk > − ε với y ∈ M
Định nghĩa 5.5. (Không gian thương) Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn M khơng gian đóng X Khi X/M khơng gian tuyến tính, gọi khơng gian tuyến tính thương Trên X/M ta xác định chuẩn sau
Giả sử x¯ ∈ X/M x¯ = x + M x ∈ X Đặt kx¯k = inf
y∈x¯ kyk = infu∈M kx + uk, x ∈ x.¯ Khi k k chuẩn X/M Thật vậy, ta có
1) kxk ≥¯ với x¯ ∈ X/M ; kxk¯ = inf
y∈¯xkyk = Do tồn dãy yn ∈ x¯ yn → Vì x¯ đóng X nên ∈ x Vậy¯ x¯ = M (đây phần tử X/M)
2) Với x¯ ∈ X/M α ∈ K ta có kαx¯k = inf
(25)§5 Khơng gian khơng gian thương khơng gian tuyến tính định chuẩn 25
3) Với x,¯ y¯ ∈ X/M ta có
kx¯ + ¯yk ≤ kx + u + y + vk ≤ kx + uk + ky + vk với u, v ∈ M Do
kx¯ + ¯yk ≤ inf
u∈M kx + uk + infv∈M ky + vk = kx¯k + ky¯k
Vậy (X/M,k k) khơng gian tuyến tính định chuẩn gọi khơng gian tuyến tính định chuẩn thương X theo khơng gian đóng M
Định lý 5.6. Giả sử X không gian Banach M không gian đóng X Khi khơng gian tuyến tính thương không gian Banach
Chứng minh. Giả sử chuỗi ∞
P
n=1
¯
xn hội tụ tuyệt đối X/M Khi đó, với n ∈ N tồn un ∈ M cho
kxn + unk < kx¯nk +
1 2n Do
∞
X
n=1
kxn + unk ≤
∞
X
n=1
kx¯nk + 1,
(26)nghĩa chuỗi ∞
P
n=1
(xn + un) hội tụ tuyệt đối không gian Banach X, nên hội tụ Đặt x0 =
∞
P
n=1
(xn + un) Khi
lim
n→∞k
n X
k=1
(xk + uk) − x0k = Vì
n
P
k=1
(xk + uk) − x0 ∈ n
P
k=1
¯
xn − x¯0 nên
k n X
k=1
(xk + uk) − x0k ≥ k n X
k=1
¯
xn − x¯0k Suy lim n→∞ n X k=1 ¯
xn = ¯x0
(27)§6 Tốn tử tuyến tính liên tục 27
§ TỐN TỬ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC
Định nghĩa 6.1. [6] Cho X, Y hai không gian tuyến tính định chuẩn trường K Ánh xạ A : X −→ Y gọi liên tục x0 ∈ X với dãy
(xn) ⊂ X mà xn → x0 Axn → Ax0 A gọi liên tục X liên tục điểm x ∈ X
Định lý 6.2. Cho X, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn A tốn tử tuyến tính từ X vào Y Khi mệnh đề sau tương đương
a) A liên tục X
b) A liên tục điểm x0 ∈ X c) A liên tục
d) Tồn số M dương cho với x ∈ X ta có kAxk ≤ Mkxk (nghĩa A bị chặn)
Chứng minh. a) ⇒ b) hiển nhiên
(28)b) ⇒ c) Giả sử dãy xn → Khi đó, dãy xn + x0 → x0 Theo b) ta có A(xn + x0) → Ax0 Vì A tuyến tính nên Axn = A(xn+x0−x0) = A(xn+x0)−A(x0) →
0 = A(0) Vậy A liên tục
c) ⇒ d) Từ giả thiết A liên tục nên với ε = tồn δ > cho với x ∈ X thoả mãn kxk < δ kAxk < Nếu x 6= ta đặt y = δ
2kxkx k δx
2kxkk < δ, kA( δx
2kxk)k < Vì kAxk ≤
2
δkxk Nếu x = kA(0)k ≤ M Vậy A bị chặn
d) ⇒ a) Giả sử xn → x Khi
kAxn − Axk = kA(xn − x)k ≤ Mkxn − xk Vậy A liên tục x ∈ X Vì x chọn nên A liên tục X
Định nghĩa 6.3. Cho A tốn tử tuyến tính liên tục từ khơng gian tuyến tính định chuẩn X vào Y Theo Định lý 6.2 tồn số M > cho kAxk ≤ Mkxk với x ∈ X, nên ta xác định chuẩn A sau
(29)§6 Tốn tử tuyến tính liên tục 29
gọi chuẩn tốn tử.
Định lý 6.4. Cho A toán tử tuyến tính liên tục từ khơng gian tuyến tính định chuẩn X vào Y Khi
kAk = sup
x6=0
kAxk
kxk = supkxk≤1
kAxk = sup
kxk=1
kAxk (1.4)
Chứng minh. Đặt a = sup
x6=0
kAxk
kxk , b = supkxk≤1
kAxk c = sup
kxk=1
kAxk Theo
ta có kAxk
kxk ≤ a, kAxk ≤ akxk với x ∈ X Từ định nghĩa kAk ta suy kAk ≤ a
Với x ∈ X khác ta đặt u = x
kxk Khi kuk = Vì A tuyến tính nên a = sup
x6=0
kAxk
kxk = supx6=0
kA( x
kxk)k = supkuk=1
kAuk ≤ sup
kuk≤1
kAuk
Vậy
kAk ≤ a ≤ c ≤ b (1.5)
Mặt khác, với kxk ≤ 1, ta có kAxk ≤ kAkkxk ≤ kAk
(30)Suy
b = sup
kxk≤1
kAxk ≤ kAk (1.6)
Từ (1.5) (1.6) ta (1.4)
§ KHƠNG GIAN CÁC TỐN TỬ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC
Cho X, Y hai không gian tuyến tính định chuẩn trường K Kí hiệu L(X, Y ) tập hợp tất toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y Dễ dàng kiểm tra L(X, Y ) không gian tuyến tính với hai phép tốn: cộng hai ánh xạ nhân ánh xạ với vô hướng Định lý sau chứng tỏ L(X, Y ) không gian tuyến tính định chuẩn
(31)§7 Khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục 31
Chứng minh. Với A ∈ L(X, Y ) theo (1.3) ta có kAk ≥ 0; giả sử kAk = 0, kAxk ≤ kAkkxk = với x ∈ X Vậy Ax = với x ∈ X, nghĩa A = Giả sử A, B ∈ L(X, Y ) α ∈ K, ta có
kαAk = sup
kxk=1
kαAxk = |αk sup
kxk=1
kAxk = |αkkAk
kA + Bk = sup
kxk=1
k(A + B)xk ≤ sup
kxk=1
kAxk + sup
kxk=1
kBxk = kAk + kBk
Vậy L(X, Y ) khơng gian tuyến tính định chuẩn
Giả sử {An} dãy L(X, Y ) Với x ∈ X cố định ta có
kAnx − Amxk = k(An − Am)xk ≤ kAn − Amkkxk (1.7) Vì {An} dãy nên n, m → ∞ vế phải (1.7) dần khơng Do dãy {An(x)} dãy Y Theo giả thiết Y Banach nên {An(x)} dãy hội tụ Y Đặt Ax = limn→∞ Anx với x ∈ X Khi A xác định ánh xạ từ X vào Y dễ dàng kiểm tra A tuyến tính
Hơn nữa, A giới nội {An} dãy L(X, Y ) Khi tồn
(32)số M > cho kAnk ≤ M với n ∈ N Vì với x ∈ X ta có kAxk = lim
n→∞ kAnxk ≤ Mkxk
Vì {An} dãy nên với ε > tồn n0 ∈ N cho với m, n > n0 ta có kAm − Ank < ε
§ KHƠNG GIAN TUYẾN TÍNH ĐỊNH CHUẨN HỮU HẠN CHIỀU
Trong mục ta biết khơng gian Kn khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều trường K Bây ta xét khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều K
Định lý 8.1. Mọi không gian tuyến tính định chuẩn n chiều trường K đồng phơi tuyến tính với khơng gian Kn
(33)§8 Khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều 33
diễn dạng
x =
n X
k=1
ξkek, ξk ∈ K, k = 1,2, , n Xét ánh xạ
A : X −→ Kn
xác định Ax = (ξ1, ξ2, , ξn) = ¯x Khi A song ánh tuyến tính Bây ta chứng minh A phép đồng phôi Trước hết, ta chứng minh A−1 liên tục Thật vậy, với x ∈ X ta có
kxk = k n X
k=1
ξkekk ≤ n X
k=1
|ξk|kekk Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Bunhiakovski ta
n X
k=1
|ξk|kekk ≤ ( n X
k=1
kekk2)
1 2(
n X
k=1
|ξk|2)
1
2 = Mkx¯k = MkAxk,
với M = (Pn
k=1 |ξk|
2)12. Suy ra
kA−1x¯k ≤ Mkx¯k, với x¯ ∈ Kn
(34)Vậy A−1 bị chặn Do A−1 liên tục Để chứng minh A liên tục ta đặt
S = {x¯ ∈ Kn : kx¯k = 1}
Khi S tập hợp compact Kn Xét hàm số f : S −→ R xác định sau
f(¯x) = kxk, x¯ ∈ S
Vì f(¯x) = kA−1xk¯ A−1 liên tục nên f liên tục S Vì S compact nên hàm f đạt giá trị nhỏ α S, nghĩa tồn phần tử y¯ ∈ S cho f( ¯y) = α = kyk > Vì vậy, ta có
kxk = f(¯x) ≥ α, với x¯ chokx¯k =
Với x ∈ X ta đặt z = x
kxk¯ Khi kzk¯ = nên kzk ≥ α Suy
kxk
kxk¯ ≥ α
Vậy kAxk ≤
(35)§8 Khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều 35
Chứng minh.Giả sử X khơng gian tuyến tính định chuẩn n chiều k k1,k k2 hai chuẩn X Gọi {e1, e2, , en}là sở củaX vàX1 = (X,k k1), X2 = (X,k k2) Với x ∈ X biểu diễn dạng x =
n
X
k=1
ξkek, ta xét ánh xạ A : X1 −→ Kn, A−1 : Kn −→ X2
x 7→ (ξ1, ξ2, , ξn) 7→ x
Khi A song ánh tuyến tính Hơn theo định lý A phép đồng phôi tuyến tính khơng phụ thuộc vào chuẩn X Do ánh xạ đồng id : A−1oA phép đồng phôi từ X1 vào X2 Vậy hai chuẩn k k1 k k2 tương đương
Định lý 8.3. Mọi tốn tử tuyến tính từ khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều vào khơng gian tuyến tính định chuẩn liên tục
Chứng minh. Giả sử X không gian tuyến tính định chuẩn n chiều A tốn tử tuyến tính từ X vào khơng gian tuyến tính định chuẩn Y Gọi {e1, e2, , en} sở X Khi với x ∈ X biểu diễn
(36)dạng
x =
n X
k=1
ξkek
Hơn nữa, chuẩn không gian hữu hạn chiều tương đương nên ta chọn chuẩn xác định
kxk = (
n X
k=1
|ξk|2)12
Vì A tuyến tính nên ta có
kAxk = kA(
n
X
k=1
ξkek)k
≤ k n
X
k=1
ξkA(ek)k ≤ n
X
k=1
|ξk|kAekk
≤ (
n
X
k=1
|ξk|2)12(
n
X
k=1
kAekk2)12 ≤ Mkxk,
trong M = (Pn
k=1 kAekk
(37)§8 Khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều 37
Định lý 8.4. Điều kiện cần đủ để khơng gian tuyến tính định chuẩn X có số chiều hữu hạn hình cầu đóng đơn vị B0(0; 1) X tập compact
Chứng minh. Điều kiện cần Giả sử X khơng gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều, có số chiều n, X đồng phơi với Kn Vì B0(0; 1) = {x ∈ X : kxk ≤ 1} ảnh liên tục tập compact Kn nên compact
Điều kiện đủ Bằng phản chứng, giả sử X không gian vô hạn chiều Chọn x1 ∈ X cho kx1k = 1, X khơng thể trùng với khơng gian đóng chiều sinh x1, theo Hệ 5.4 tồn x2 ∈ X, cho kx2k = kx2 − x1k > 12 Do X vô hạn chiều nên X không trùng với Lin{x1, x2} Áp dụng Hệ 5.4 lần tồn x3 ∈ X với kx3k = kx3 − xkk > 12, k = 1, Bằng qui nạp ta xây dựng dãy {xn} cho kxnk = kxn−xmk > 12 với m 6= n Vì dãy dãy {xn} ⊂ B0(0; 1) không hội tụ Suy B0(0; 1) không compact Điều trái với giả thiết Vậy X không gian hữu hạn chiều
(38)(39)Chương 2
Ba ngun lý giải tích hàm
§ NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU - ĐỊNH LÝ BANACH-STEIHAUS
Cho X, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn (Ai)i∈I họ toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y Khi {Ai| ∈ I} tập hợp bị chặn L(X, Y ) với x ∈ X tập hợp {Aix|i ∈ I} tập hợp bị chặn Y Vấn đề đặt điều ngược lại có cịn khơng? Định lý sau trả lời câu hỏi Định lý 1.1. (Banach-Steinhaus)[6] Cho X khơng gian Banach Y khơng gian tuyến tính định chuẩn Giả sử {Ai|i ∈ I} họ toán tử tuyến tính liên tục
(40)từ X vào Y cho với x ∈ X tập hợp {Aix|i ∈ I} bị chặn Y Khi {Ai|i ∈ I} tập hợp bị chặn L(X, Y ); nghĩa tồn số M dương cho
kAik ≤ M, với i ∈ I
Chứng minh. Với n ∈ N i ∈ I, ta đặt
Bn,i = {x ∈ X : kAixk ≤ n } Ai liên tục nên Bn,i đóng Đặt Bn = T
i∈I
Bn,i Khi Bn đóng X
Mặt khác, với x ∈ X tập hợp {Aix | i ∈ I } bị chặn Y , nên tồn số Mx dương cho kAixk ≤ Mx với i ∈ I Chọn n > Mx x ∈ Bn Vậy X = S
n∈N Bn
Vì X khơng gian Banach nên thuộc phạm trù thứ 2, tồn số nguyên dương n0 cho
o
Bn0 6= ∅ Theo cách xây dựng tập hợp Bn0 tập hợp
đóng nên o
(41)§1 Nguyên lý bị chặn - Định lý Banach-Steihaus 41
Với x ∈ X khác không, ta có
x0 +
rx
2kxk ∈ B(x0, r) ⊂ Bn0 Như với i ∈ I, ta có
kAi(x0 +
rx
2kxk)k ≤ n0 Từ suy
kAi(
rx
2kxk)k ≤ kAi(x0 +
rx
2kxk)k + kAi(x0)k ≤ n0 + kAi(x0)k
Vì Ai tuyến tính nên, ta k r
2kxkAi(x)k ≤ n0 + kAi(x0)k ≤ 2n0, hay
kAi(x)k ≤
4n0
r kxk với x ∈ X
Vậy kAik ≤ 4n0
r , với i ∈ I
(42)Định nghĩa 1.2. Cho X, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn (Ai) họ tốn tử tuyến tính từ X vào Y Nếu với x ∈ X tồn số dương Mx cho kAn(x)k ≤ Mx với i ∈ I ta nói họ (Ai) bị chặn điểm Nếu họ
(Ai) ⊂ L(X, Y ) tập {Ai : i ∈ I} bị chặn L(X, Y ) ta nói họ (Ai) bị chặn
Nhận xét Từ định lý ta suy X không gian Banach họ
(Ai) ⊂ L(X, Y ) bị chặn điểm bị chặn
Định lý 1.3. Cho X không gian Banach, Y không gian tuyến tính định chuẩn (An) dãy tốn tử tuyến tính liên tục từ X vào Y Nếu với x ∈ X cho Anx → Ax, n → ∞ A tốn tử tuyến tính liên tục
kAk ≤ lim
n→∞
kAnk
Chứng minh. Theo giẩ thiết với x ∈ X, Ax = lim
(43)§1 Nguyên lý bị chặn - Định lý Banach-Steihaus 43
Mặt khác, ta có
kAnxk ≤ kAnkkxk nên
lim
n→∞kAnxk ≤ nlim→∞kAnkkxk
hay
kAxk ≤ lim
n→∞
kAnkkxk Suy
kAxk ≤ Mkxk Vậy A liên tục ta có
kAk ≤ lim
n→∞
kAnk
Định nghĩa 1.4. ChoX, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn họ(Aα)α∈I tốn tử tuyến tính từ X vào Y gọi họ đồng liên tục với ε > tồn số δ > cho với x ∈ X thoả mãn kxk < δ kAαxk < ε với α ∈ I
(44)Định lý 1.5. Cho X, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn họ (Aα)α∈I tốn tử tuyến tính từ X vào Y Họ (Aα)α∈I đồng liên tục
(Aα)α∈I bị chặn
§ NGUYÊN LÝ ÁNH XẠ MỞ
Định nghĩa 2.1. Cho X, Y hai không gian tuyến tính định chuẩn Ánh xạ A từ X vào Y gọi ánh xạ mở với G mở X A(G) mở Y
Định lý 2.2. (Nguyên lý ánh xạ mở)[6] Cho X, Y hai khơng gian Banach A tồn ánh liên tục từ X vào Y Khi A ánh xạ mở
Chứng minh. Ta chứng minh định lý theo bước 1) Ta chứng minh tồn số r > cho
(45)§2 Nguyên lý ánh xạ mở 45
Thật vậy, ta biểu diễn
X =
∞
[
n=1
nBX(0; 1) Vì A toàn ánh nên
Y =
∞
[
n=1
nA(BX(0; 1))
Theo giả thiết Y khơng gian Banach nên thuộc phạm trù thứ 2, theo Định lý Baire tồn n0 ∈ N cho
o
n0A(BX(0; 1)) 6= ∅ Suy
o
A(BX(0; 1)) 6= ∅ Do tồn số r > y0 ∈ Y cho BY(y0; 4r) ⊂ A(BX(0; 1)) Vì y0 ∈ A(BX(0; 1)) nên −y0 ∈ A(BX(0; 1)) Từ suy
BY (0; 4r) ⊂ 2A(BX(0; 1)) Vậy
BY(0; 2r) ⊂ A(BX(0; 1))
2) Bây ta chứng minh BY (0;r) ⊂ A(BX(0; 1)) Điều nghĩa với y ∈ Y thoả mãn kyk < r ta chứng minh tồn x ∈ BX(0; 1) cho y = Ax
(46)Theo 1) ta có với ε > tồn x ∈ X cho kxk < 12 thoả ky −Axk < ε Với ε = r
2 tồn x1 ∈ X cho kx1k <
2 thoả ky − Ax1k < r Lại theo 1) với ky − Ax1k < r2 tồn x2 ∈ X cho kx2k < 212 thoả
ky − Ax1 − Ax2k < r
22 Tiếp tục q trình tồn dãy (xn) X thoả kxnk < 21n ky − Ax1 − · · · − Axnk <
r 2n Ta thấy chuỗi
∞
X
n=2
kxnk hội tụ, X không gian Banach nên chuỗi ∞
X
n=1
xn hội tụ x ∈ X Theo giả thiết A tuyến tính liên tục nên ta có
Ax = A( lim
n→∞
n X
k=1
xk) = lim n→∞
n X
k=1
Axk = y
3) Giả sử G mở X Lấy y0 điểm A(G), tồn x0 ∈ G cho y0 = Ax0 Vì G mở nên tồn BX(x0;ε) ⊂ G hay x0 + BX(0;ε) ⊂ G Khi ta có y0 + A(BX(0;ε)) ⊂ A(G) Theo 2) tồn số r > cho
BY(0;rε) ⊂ A(BX(0;ε)
(47)§2 Nguyên lý ánh xạ mở 47
Hệ 2.3. Cho X, Y hai khơng gian Banach A song ánh tuyến tính liên tục từ X vào Y Khi A phép đồng phôi
Định nghĩa 2.4. Giả sử X, Y hai khơng gian tuyến tính định chuẩn Ánh xạ A từ X vào Y gọi tốn tử đóng đồ thị Gr(A) = {(x, Ax)| x ∈ X } A tập đóng
Nhân xét: Nếu A ánh xạ liên tục từ X vào Y A tốn tử đóng
Định lý 2.5. (Nguyên lý đồ thị đóng) Giả sử X, Y hai không gian Banach ánh xạ A từ X vào Y tốn tử đóng Khi A liên tục
Chứng minh. Vì X, Y hai khơng gian Banach nên khơng gian tích X × Y không gian Banach Theo giả thiết Gr(A) đóng khơng gian Banach nên Gr(A) khơng gian Banach
Xét ánh xạ chiếu
pX : X × Y −→ X
pY : X × Y −→ Y
đó tốn tử liên tục
(48)Đặt p = pX|Gr(A) ánh xạ xác định hệ thức p(x, Ax) = x toàn ánh liên tục, theo nguyên lý ánh xạ mở p phép đồng phơi Vì A = pY ◦ p−1 ánh xạ liên tục
§ ĐỊNH LÝ HAHN-BANACH
Định lý 3.1. (Định lý Hahn-Banach thác triển phiếm hàm tuyến tính khơng gian thực)[4] Cho X khơng gian tuyến tính thực, p sơ chuẩn X, M không gian X f phiếm hàm tuyến tính M cho
f(x) ≤ p(x), với x ∈ M
Khi tồn phiếm hàm F X saocho F(x) = f(x) với x ∈ M
F(x) ≤ p(x), với x ∈ X
Chứng minh. Chia chứng minh làm hai bước
(49)§3 Định lý Hahn-Banach 49
Thật vậy, với x, y ∈ M ta có:
f(x) − f(y) = f(x − y) ≤ p(x − y) ≤ p(x + x0) + p(−y − x0) Suy
−p(−y − x0) − f(y) ≤ p(x + x0) − f(x), với x, y ∈ M
Đặt α = sup{−p(y − x0) − f(y) : y ∈ M} (2) β = inf{p(x + x0) − f(x) : x ∈ M}
Chọn λ cho α ≤ λ ≤ β Khi đó, ta xác định phiếm hàm f1 M1 sau f1(x1) = f1(x + ξx0) = f(x) + ξλ x ∈ M ξ ∈ R Dễ dàng kiểm tra f1 phiếm hàm tuyến tính M1 f1(x) = f(x) với x ∈ M
Ta phải chứng minh f1(x1) ≤ p(x1) với x1 ∈ M1 Giả sử ξ 6= 0, x
ξ ∈ M Từ (2) ta suy −p(−x
ξ − x0) − f( x
ξ) ≤ λ ≤ p( x
ξ + x0) − f( x ξ)(3)
nếu ξ > từ (3) ta
f1(x1) = f(x) + ξλ ≤ p(x + ξx0) = p(x1), với x1 ∈ M1
(50)nếu ξ < tương tự ta có f1(x1) ≤ p(x1)
2) Kí hiệu P họ gồm phần tử (Mα, fα) Mα khơng gian X chứa M fα phiếm hàm tuyến tính từ Mα vào R cho fα(x) = f(x) với x ∈ M fα(x) ≤ p(x) với x ∈ Mα Trên P ta trang bị quan hệ thứ tự sau fα ≤ fβ Mα ⊂ Mβ fβ(x) = fα(x), với x ∈ Mα Khi P tập thứ tự Giả sử P1 ⊂ P phận thẳng Ta đặt Z = ∪
(Mα,fα)∈P1
Mα Với x ∈ Z tồn
(Mα, fα) ∈ P1 cho x ∈ Mα, đặt h(x) = fα(x) Do tính thẳng P1 nên Z không gian X chứa M (Z, h) cận P1 Theo bổ đề Zorn tồn phần tử tối đại (Y, F) P Khi Y = X Thật vậy, Y 6= X theo cách xây dựng tồn phần tử (Y1, F1) lớn
(51)§3 Định lý Hahn-Banach 51
M cho
|f(x)| ≤ p(x), với x ∈ M
Khi tồn phiếm hàm F X saocho F(x) = f(x) với x ∈ M |F(x)| ≤ p(x), với x ∈ X
Chứng minh. Trước hết, ta có nhận xét sau: Cho f phiếm hàm tuyến tính phức biểu diễn f(x) = f1(x) + if2(x) f1, f2 hai hàm tuyến tính thực Khi đó, ta có f(ix) = f1(ix) + if2(ix) = if1(x) − f2(x)
Suy
f(x) = f1(x) − if1(ix) (3) Hơn nữa, ta lại có f1(x) ≤ |f(x)| ≤ p(x), với x ∈ M
Bây ta áp dụng Định lý Hahn-Banach thực cho hàm f1 xét không gian thực M Khi tồn phiếm hàm F1 X cho F1(x) = f1(x) M thoả mãn điều kiện F1(x) ≤ p(x) X Mặt khác, ta có
−F1(x) = F1(−x) ≤ p(−x) = p(x), ∀x ∈ X Suy |F1(x)| ≤ p(x), với x ∈ X
(52)Đặt F(x) = F1(x)−iF1(ix) Khi F phiếm hàm tuyến tính phức X F(x) = f(x), với x ∈ X
Mặt khác, ta có |F(x)| = F(x)e−iθ θ argument F(x) Suy |F(x)| = F(x)e−iθ = F(e−iθx) = F1(e−iθx)
vì phần ảo F(e−iθx) =
Vì vậy, |F1(e−iθx)| ≤ p(e−iθx) = p(x) Vậy |F(x)| ≤ p(x) với x ∈ X
Định lý 3.3. (Định lý Hahn-Banach thác triển phiếm hàm tuyến tính khơng gian tuyến tính định chuẩn) Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn, M không gian X f phiếm hàm tuyến tính liên tục M Khi tồn phiếm hàm tuyến tính liên tục F X saocho F(x) = f(x) với x ∈ M kFk = kfk
Chứng minh. Đặt p(x) = kfkkxk với x ∈ X Khi p nửa chuẩn Theo Định lý 3.2 tồn phiếm hàm F thác triển f lên X cho |F(x)| ≤ p(x) =
(53)§3 Định lý Hahn-Banach 53
Hệ 3.4. Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn, x0 ∈ X khác Khi tồn phiếm hàm tuyến tính liên tục f X cho kfk = 1và f(x0) = kx0k
Chứng minh. Đặt M = Lin{x0} = {αx0 : α ∈ C} f1(αx0) = αkx0k Khi f1 phiếm hàm tuyến tính liên tục M Theo Định lý 3.3 tồn phiếm hàm tuyến tính liên tục f thác triển f1 lên X cho kfk = kf1k = f(x0) = f1(x0) = kx0k
Hệ 3.5. Cho X không gian tuyến tính định chuẩn, M khơng gian X, x0 ∈ X cho d=dist(x0, M) > Khi tồn phiếm hàm tuyến tính liên tục f X cho f(x0) = f(x) = với x ∈ M kfk =
d
Chứng minh. Đặt M1 = Lin{x0, M} = {x + αx0 : x ∈ M, α ∈ C} f1(x+αx0) = α Khi f1 phiếm hàm tuyến tính liên tục M1 với f(x0) =
1, f(x) = với x ∈ M Ngồi ra, ta có kf1k = sup
x+αx06=0
|f(x + αx0)| kx + αx0k
= sup
α6=0,x∈M
|α|
|α|kαx + x0k
(54)sup
α6=0,x∈M
1
kx
α + x0k
=
inf
α6=0,x∈Mk x
α + x0k
=
d
Theo Định lý 3.3 tồn f thác triển f1 lên X cho kfk = kf1k =
d
§ KHƠNG GIAN LIÊN HIỆP
Định nghĩa 4.1. Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn trường
K Khi L(X,K) tập tất phiếm hàm tuyến tính liên tục X
khơng gian định chuẩn gọi khơng gian liên hiệp X Kí hiệu X∗ = L(X,K)
Nhận xét:
1) Với phần tử x∗ ∈ X∗ phiếm hàm tuyến tính liên tục X có chuẩn
kx∗k = sup
kxk=1
|x∗(x)|
(55)§4 Khơng gian liên hiệp 55
không gian Banach
3) Với x ∈ X, ta có
kxk = sup
x∗∈X∗,kx∗k=1
|x∗(x)|
Thật vậy, theo định nghĩa chuẩn tốn tử tuyến tính ta có |x∗(x)| ≤ kx∗kkxk Suy sup
kx∗k=1
|x∗(x)| ≤ kxk với x∗ ∈ X∗ Ngược lại, x = đẳng thức ln đúng; x 6= theo Hệ định lý Hahn-Banach tồn x∗ ∈ X∗ cho x∗(x) = kxk kx∗k = Vậy
kxk = |x∗(x)| ≤ sup
kx∗k=1
|x∗(x)|
Định lý 4.2. Với f ∈ (Kn)∗ tồn phần tử a ∈ Kn sao cho
f(x) =
n X
k=1
akxk, ∀(x1, , xn) ∈ Kn
Ngược lại, với a = (a1, , an) ∈ Kn tồn phiếm hàm tuyến tính liên
(56)tục fa Kn cho
fa(x) =
n X
k=1
akxk, ∀(x1, , xn) ∈ Kn kfak = kak với
kak = (
n X
k=1
|ak|2)
1
Chứng minh. Đặt ek = (0, ,0,1, 0, ,0), k = 1, , n Khi đó,{e1, , en} sở Kn Với x ∈ Kn ta có
x =
n X
k=1
xkek
Vì f ∈ (Kn)∗ nên f(x) = Pnk=1 xkf(ek) Đặt ak = f(ek), k = 1, , n, ta a = (a1, , an) ∈ Kn
f(x) =
n X
k=1
(57)§4 Khơng gian liên hiệp 57
Ngược lại, với a = (a1, , an) ∈ Kn, ta đặt
fa(x) = n X
k=1
akxk, ∀(x1, , xn) ∈ Kn Khi fa tuyến tính, liên tục
|fa(x)| ≤ ( n X
k=1
|xk|2)
1 2(
n X
k=1
|ak|2)
1
2 = kakkxk
Suy kfak ≤ kak
Nếu a = ta chọn f = 0, a 6= ta chọn x0 = (y1, , yn) với yk = ak
kak Khi đó, kx0k =
fa(x0) =
n X
k=1
akak
kak = kak ≤ kfak Vậy kfak = kak
Định nghĩa 4.3. (Không gian liên hiệp thứ 2) ChoX khơng gian định chuẩn Khi ta có X∗ không gian liên hiệp X Ta gọi không gian liên hiệp
(58)của không gian X∗ không gian liên hiệp thứ không gian định chuẩn X Kí hiệu X∗∗
Nhận xét : Ta nhận thấy mối liên hệ không gian X không gian X∗ không rõ ràng Tuy nhiên khơng gian X khơng gian X∗∗ có mối quan hệ rõ ràng Điều thể qua định lý sau
Định lý 4.4. Cho X khơng gian định chuẩn Khi tồn đơn ánh tuyến tính ϕ từ X vào X∗∗ cho kϕ(x)k = kxk, với x ∈ X
Chứng minh. Với x ∈ X ta xét ánh xạ x˜ xác định X∗ sau: ˜(x∗) =
x∗(x),∀x∗ ∈ X∗
Khi đó, x˜ tuyến tính Thật vậy, với x∗, y∗ ∈ X∗, α, β ∈ K ta có
˜(αx∗
+ βy∗) = (αx∗ + βy∗)(x) = αx∗(x) + βy∗(x) = αx˜(x∗) + βx˜(y∗)
Hơn nữa, ta có
sup
x∗,kx∗k=1
|x˜(x∗)| = sup
x∗,kx∗k=1
|x∗(x)| = kxk
(59)§5 Hội tụ yếu 59
Ngồi ϕ ánh xạ tuyến tính Thật vậy, với x, y ∈ X, α, β ∈ K ta có
(ϕ(αx+βy))(x∗) = x∗(αx+βy) = αx∗(x) + βx∗(y) = (αϕ(x) +βϕ(y))(x∗),
với x∗ ∈ X∗ Suy ϕ(αx + βy) = αϕ(x) + βϕ(y) Từ tính tuyến tính bảo tồn chuẩn ϕ suy ϕ liên tục
Như với kết định lý ta thấy không gian định chuẩn X đẳng cự tuyến tính với khơng gian khơng gian X∗∗, nên ta xem X khơng gian X∗∗
§ HỘI TỤ YẾU
Định nghĩa 5.1. Cho X khơng gian tuyến tính định chuẩn trường K Kí hiệu X∗ = L(X,K) tập tất phiếm hàm tuyến tính liên tục X Dãy {xn} X gọi hội tụ yếu đến x X với x∗ ∈ X∗ dãy x∗(xn) hội tụ đến x∗(x) K Kí hiệu xn
w → x
Chú ý Sự hội tụ theo chuẩn khơng gian tuyến tính định chuẩn gọi hội tụ mạnh
(60)Định lý 5.2. Mọi dãy hội tụ mạnh không gian tuyến tính định chuẩn X hội tụ yếu
Chứng minh. Giả sử {xn} dãy X hội tụ đến x ∈ X Với x∗ ∈ X∗ ta có x∗(xn) hội tụ đến x∗(x) (vì x∗ liên tục) Vậy xn hội tụ yếu đến x
Định lý 5.3. Mọi dãy hội tụ yếu không gian tuyến tính định chuẩn X bị chặn X
Chứng minh. Giả sử dãy xn hội tụ yếu X Khi đó, với x∗ ∈ X∗ dãy x∗(xn) = xn(x∗) hội tụ K nên bị chặn; nghĩa họ (xn)n∈N bị chặn điểm Theo nguyên lý Banach-Steinhaus dãy (xn) bị chặn đều, nghĩa
sup
n∈N
(61)Chương 3
Các khơng gian Lp
§ KHƠNG GIAN LP, ≤ P < +∞
Giả sử (X,B, µ) không gian độ đo Hàm số phức f(x) = u(x) + iv(x)
xác định tập hợp A ∈ B gọi đo A u, v hai hàm số thực đo A Rõ ràng f hàm số phức đo A |f| hàm số thực đo A
Cho ≤ p < ∞, gọi Lp(X, µ) tập hợp tất hàm đo X cho Z
X
|f(x)|pdµ < ∞,
(62)trong hai hàm phức tương đương X xem đồng Nếu X ⊂ Rn tập hợp đo theo Lebesgue µ độ đo Lebesgue ta ký hiệu Lp(X) Định lý 1.1. Tập hợp Lp(X, µ) với hai phép toán cộng tổng hai hàm nhân nhân hàm với số (thường gọi nhân vô hướng) tạo thành không gian vectơ
Chứng minh. Giả sử f, g ∈ Lp(X, µ), ta có |f(x) + g(x)| ≤ |f(x)| + |g(x)|
≤ 2max(|f(x)|, |g(x)|), với x ∈ X Suy
|f(x) + g(x)|p ≤ 2p(|f(x)|p + |g(x)|p), với x ∈ X
Vậy f + g ∈ Lp(X, µ)
Ngồi ra, với α ∈ C ta có αf ∈ Lp(X, µ) Vậy Lp(X, µ) khơng gian vectơ
(63)§1 Khơng gianLp, 1 ≤p < +∞ 63
thì
ab ≤ a p p +
bq
q (3.1)
Chứng minh. Đặt ϕ(t) = tpp + 1q − t, (t ≥ 0) Hàm ϕ(t) xác định [0, +∞)
và có đạo hàm t ∈ [0,+∞) ϕ0(t) = tp−1 − Khi đó,
ϕ0(t) < 0, ∀t ∈ (0,1) ϕ0(t) > 0, ∀t ∈ (1,+∞)
Do hàm ϕ(t) đạt cực tiểu t = ϕ(1) = Suy ϕ(t) ≥ ϕ(1), ∀t ∈
[0,+∞) Vậy
tp p +
1
q − t ≥ 0, ∀t ∈ [0,+∞) (3.2) Chọn t = ab−pq, ta thay vào (3.2) ta được
apb−q p +
1
q − ab
−qp
≥
Vì ta có
ab ≤ a p
p + bq
q
(64)Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Holder) Giả sử < p < ∞ q thoả mãn 1p + 1q = Nếu f ∈ Lp(X, µ) g ∈ Lq(X, µ) f g ∈ L1(X, µ)
Z
X
|f(x)g(x)|dµ ≤ ( Z
X
|f(x)|pdµ)p1(
Z
X
|g(x)|qdµ)1q. (3.3)
Chứng minh. Nếu RX |f(x)|pdµ = 0 hoặc R
X |g(x)|
qdµ = 0 thì bất đẳng thức (3.3)
Giả sử RX |f(x)|pdµ > 0 và R
X |g(x)|
qdµ > 0.
Chọn a = |f(x)|
(RX |f(x)|pdµ)p1
và b = |g(x)|
(RX |g(x)|qdµ)1q
Áp dụng bất đẳng thức (3.1) ta |f(x)g(x)|
(RX |f(x)|pdµ)1p(R
X |g(x)|qdµ)
1
q
≤
p
|f(x)|p
(RX |f(x)|pdµ) +
1
q
|g(x)|q
(65)§1 Khơng gianLp, 1 ≤p < +∞ 65
Lấy tích phân hai vế ta
1 (RX |f(x)|pdµ)1p(R
X |g(x)|qdµ)
1 q
Z
X
|f(x)g(x)|dµ
≤ p
R
X |f(x)| pdµ
(RX |f(x)|pdµ) +
1
q
R
X |g(x)| qdµ
(RX |g(x)|qdµ)
=
p +
1
q = Vậy
Z
X
|f(x)g(x)|dµ ≤ (
Z
X
|f(x)|pdµ)p1(
Z
X
|g(x)|qdµ)1q.
Chú ý với tổng hữu hạn vơ hạn ta có bất đẳng thức tương tự X
k
|akbk| ≤ (X
k
|ak|p)p1(X
k
|bk|q)1q.
Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Minkovski) Giả sử ≤ p < +∞ f, g ∈ Lp(X, µ) Khi f + g ∈ Lp(X, µ)
(
Z
X
|f(x) + g(x)|pdµ)1p ≤ (
Z
X
|f(x)|pdµ)1p + (
Z
X
|g(x)|pdµ)1p.
(66)Chứng minh. Với f, g ∈ Lp(X, µ), ta có Z
X
|f(x)+g(x)|pdµ ≤ Z
X
|f(x)||f(x)+g(x)|p−1dµ+
Z
X
|g(x)||f(x)+g(x)|p−1dµ
Vì |f + g|p−1 ∈ Lq(X, µ) nên áp dụng bất đẳng thức Holder ta
Z
X
|f(x) + g(x)|pdµ ≤ kfkp( Z
X
|f(x) + g(x)|(p−1)qdµ)1q
+ kgkp(
Z
X
|f(x) + g(x)|(p−1)qdµ)1q
= (kfkp + kgkp)( Z
X
|f(x) + g(x)|pdµ)1q.
Suy
( Z
X
|f(x) + g(x)|pdµ)1p ≤ (
Z
X
|f(x)|pdµ)p1 + (
Z
X
|g(x)|pdµ)1p (3.4)
Định lý 1.5. Cho (X,B, µ) khơng gian độ đo, ≤ p < +∞ Khi đó, hàm kfk = (
Z
X
|f(x)|pdµ)1p
(67)§1 Khơng gianLp, 1 ≤p < +∞ 67 Chứng minh. Với f ∈ Lp(X, µ) theo định nghĩa
kfk = (
Z
X
|f(x)|pdµ)1p ≥ 0
và f = hầu khắp nơi RX |f(x)|pdµ = 0, nghĩa là kfk = 0. Với α ∈ K ta có
kαfk = (
Z
X
|αf(x)|pdµ)1p = |α|(
Z
X
|f(x)|pdµ)p1 = |α|kfk.
Với f, g ∈ Lp(X, µ) áp dụng bất đẳng thức Minkovski ta kf + gkp ≤ kfkp + kgkp
Vậy k k chuẩn Lp(X, µ) Lp(X, µ) khơng gian tuyến tính định chuẩn
Định lý 1.6. Khơng gian Lp(X, µ), ≤ p < +∞ khơng gian Banach
Chứng minh. Giả sử {fn} dãy khơng gian Lp(X, µ) Khi đó, tồn dãy {fnk} dãy {fn} cho
kfnk+1 − fnkk ≤
2k, k = 1,2,
(68)Đặt
gm(x) = m X
k=1
|fnk+1(x) − fnk(x)|, với x ∈ X Khi đó, (gm) dãy hàm đo không âm X
kgmk ≤ m X
k=1
kfnk+1 − fnkk ≤ m X
k=1
1
2k < 1, ∀m = 1,2, Với x ∈ X, đặt g(x) = lim
m→∞gm(x), hàm g(x) nhận giá trị vơ số điểm x Theo bổ đề Fatou ta có
Z
X
|g(x)|pdµ =
Z
X
lim
m→∞|gm(x)|
pdµ ≤ lim m→∞
Z
X
|gm(x)|pdµ ≤
Suy g khả tích X Vậy g(x) hữu hạn hầu khắp nơi X chuỗi
∞
X
k=1
|fnk+1(x) − fnk(x)| hội tụ hầu khắp nơi X Vì K khơng gian Banach nên chuỗi
fn1(x) +
∞
X
k=1
(69)§1 Khơng gianLp, 1 ≤p < +∞ 69
hội tụ hầu khắp nơi hàm f(x) X Ta giả sử f(x) = chuỗi (3.5) không hội tụ Từ (3.5) ta suy lim
nk→∞fnk(x) = f(x) hầu khắp nơi X Vì {fn} dãy nên với ε > 0, tồn n0 ∈ N, cho kfm − fnk < ε, với m, n ≥ n0 Áp dụng bổ đề Fatou ta
Z
X
|f(x) − fn(x)|pdµ =
Z
X
lim
k→∞|fnk(x) − fn(x)| pdµ
≤ lim
k→∞
Z
X
|fnk(x) − fn(x)|pdµ < εp, với n ≥ n0 Do kf − fnk < ε, với n ≥ n0 Vậy f = (f − fn) + fn ∈ Lp(x, µ),
limn→∞ kf − fnk =
Hệ 1.7. Cho ≤ p < ∞ Nếu {fn} ⊂ Lp(X, µ) lim
n→∞kf − fnk = tồn dãy {fnk} dãy {fn}, hội tụ hầu khắp nơi f X
Định lý 1.8. Cho dãy {fn} ⊂ Lp(X, µ), ≤ p < ∞ Nếu dãy {fn} đơn điệu tăng hội tụ hầu khắp nơi f X lim
n→∞kf − fnk =
Chứng minh. Ta có |f(x) − fn(x)|p ≤ |f(x) − f1(x)|p hầu khắp nơi X lim
n→∞ |f(x) − fn(x)| = hầu khắp nơi Theo định lý Lebesgue hội tụ bị
(70)chặn, ta suy
lim
n→∞
Z
X
|f(x) − fn(x)|pdµ = Vậy lim
n→∞ kf − fnk =
§ KHƠNG GIAN L∞(X, µ)
Định nghĩa 2.1. [8] Giả sử g : X −→ [0,+∞] đo Gọi S tập tất số thực α cho
µ(g−1((α,+∞])) =
Nếu S = ∅, đặt β = +∞ Nếu S 6= ∅, đặt β = inf S Vì
g−1((β,+∞]) = ∞∪ n=1g
−1((β +
n,+∞])
và hợp họ đếm tập có độ đo tập có độ đo nên β ∈ S Ta gọi β ess.sup g
(71)Đ2 Khụng gianL(X, à) 71
gi chủ yếu giới nội ess.sup|f| ≤ K Đặt kfk∞ = ess.sup|f| gọi chuẩn vô f
Chú ý: Ta thấy
kfk∞ = ess.sup|f| = inf
A⊂X,µA=0{sup|f(x)| < +∞, x ∈ X \ A}
Định lý 2.3. L∞(X, µ) với chuẩn định nghĩa không gian tuyến tính định chuẩn
Chú ý Bất đẳng thức Holder p = q = ∞ Định lý 2.4. L∞(X, µ) khơng gian Banach
Chứng minh. Xét dãy {fn} dãy L∞(X, µ) Đặt
Em,n = {x ∈ X : |fm(x) − fn(x)| > kfm − fnk∞},
và
E =
∞
[
n=1
∞
[
m=1
Em,n
(72)Khi Em,n đo µ(Em,n) = Suy µ(E) =
Vì {fn} dãy nên với ε > cho trước tồn n0 ∈ N cho kfm − fnk∞ < ε với m, n ≥ n0 Vì |fm(x) − fn(x)| ≤ kfm − fnk∞ với x ∈ X \E Suy |fm(x) −fn(x)| < ε với x ∈ X \E với m, n ≥ n0 Với x ∈ X \ E dãy {fn(x)} dãy K nên tồn gới hạn Ta đặt f(x) = lim
n→∞fn(x) Khi hàm f xác định X \ E Giả sử E ta đặt f(x) =
Cố định m ≥ n0 cho n → ∞ từ bất đẳng thức ta |f(x) − fm(x)| ≤ ε, ∀x ∈ X \ E
Vì µ(E) = nên f − fm ∈ L∞(X, µ) Vậy f ∈ L∞(X, µ)
lim
n→∞kfn − fk∞ =
Vậy L∞(X, µ) khơng gian Banach
Định lý 2.5. Cho G ⊂ Rn và µ(G) < +∞, 1 ≤ p ≤ q ≤ ∞ Nếu f ∈ Lq(G) thì f ∈ Lp(G)
kfkp ≤ µ(G)1p− qkfk
(73)Đ2 Khụng gianL(X, à) 73
Nu f L(G)
lim
p→∞kfkp = kfk∞
Nếu f ∈ Lp(G), ≤ p < ∞ tồn số K > cho kfkp ≤ K với p f ∈ L∞(G) kfk∞ ≤ K
Chứng minh. Nếu p = q (3.6)
Nếu ≤ p < q ≤ ∞ f ∈ Lq(G) theo bất đẳng thức Holder ta có Z
G
|f(x)|pdµ ≤ (
Z
G
|f(x)|qdµ)pq(
Z
G
1dµ)1−pq.
Từ bất đẳng thức ta suy
kfkp ≤ µ(G)1p−
1
qkfk
q
Nếu f ∈ L∞(G) từ (3.6) chuyển qua giới hạn ta
lim
p→∞kfkp ≤ kfk∞ (3.7)
Mặt khác, theo định nghĩa chuẩn vơ với ε > tồn tập đo
(74)được A ⊂ G cho µ(A) > |f(x)| > kfk∞ − ε với x ∈ A Vậy Z
G
|f(x)|pdµ ≥ Z
A
|f(x)|pdµ ≥ µ(A)(kfk∞ − ε)p
Suy
kfkp ≥ (µ(A))p1(kfk
∞ − ε)
Vì ε > tuỳ ý nên ta
lim
p→∞
kfkp ≥ kfk∞ (3.8)
Từ (3.7) (3.8) ta có
lim
p→∞kfkp = kfk∞
Ta chứng minh mệnh đề thứ ba định lý phản chứng Giả sử tồn f ∈ Lp(G) thoả kfkp ≤ K cho f /∈ L∞(G) Khi tồn số K1 > K tập hợp A ⊂ G đo với µ(A) > cho |f(x)| ≥ K1 với x ∈ A Lập luận chứng minh (3.8) ta
lim
p→∞
kfkp ≥ K1
(75)§3 Xấp xỉ lớp hàm liên tục Tính khả ly 75
§ XẤP XỈ BỞI LỚP HÀM LIÊN TỤC TÍNH KHẢ LY
Định nghĩa 3.1. (Hàm đơn giản) Giả sử (X,B, µ) khơng gian độ đo Hàm phức s xác định X gọi hàm đơn giản đo hàm đo X lấy số hữu hạn giá trị khác
Giả sử s lấy giá trị c1, c2, , cn Khi s biểu diễn dạng
s =
n X
k=1
ckχAk,
trong χAk hàm đặc trưng tập hợp
Ak = {x ∈ X : s(x) = ck}, k = 1,2, , n
Mệnh đề Cho s là hàm đơn giản đo trên X s khả tích trên X khi khi độ đo tập hợp {x ∈ X : s(x) 6= 0} là hữu hạn.
Định lý 3.2. Tập hợp S gồm tất hàm đơn giản khả tích X trù mật Lp(X, µ), với ≤ p < ∞
(76)Chứng minh. Hiển nhiên S ⊂ Lp(X, µ), với ≤ p < ∞
Giả sử f ∈ Lp(X, µ) Ta biết hàm phức đo biểu diễn dạng f = f1 − f2 + i(f3 − f4) fk, k = 1,2,3,4 hàm thực khơng âm đo X Vì ta cần xét hàm f ≥ đo X Theo cấu trúc hàm đo tồn dãy hàm {sn} đơn giản, đo được, không âm, đơn điệu tăng cho
lim
n→∞sn(x) = f(x), ∀x ∈ X
Vì ≤ sn(x) ≤ f(x),∀x ∈ X nên sn ∈ Lp(X, µ) với n ∈ N Ta có (f(x) − sn(x))p ≤ (f(x))p
lim
n→∞(f(x) − sn(x))
p = 0
Theo giả thiết f ∈ Lp(X, µ) nên fp ∈ L1(X, µ) Áp dụng định lý Lebesgue hội tụ bị chặn ta
lim
n→∞kf − snkp =
(77)§3 Xấp xỉ lớp hàm liên tục Tính khả ly 77
sk saocho kfk − skkp < 4ε Đặt s = s1 − s2 + i(s3 − s4) ta
kf − skp = k(f1 − s1) − (f2 − s2) + i[(f3 − s3) − (f4 − s4)]kp < ε
Vậy định lý chứng minh
Định lý 3.3. Tập hợp hàm liên tục G ⊂ Rn có giá compact (được ký hiệu C0(G) ) trù mật khắp nơi Lp(G), ≤ p < ∞
Chứng minh. Theo Định lý 3.2, tập hợp hàm đơn giản khả tích trù mật Lp(G) Vì với f ∈ Lp(G) ε > tồn hàm đơn giản s cho kf −skp ≤ ε2 Do ta cần chứng minh với s hàm đơn giản tồn hàm g ∈ C0(G) cho kg − skp ≤ ε2 đủ Vì s hàm đơn giản khả tích nên giá s hữu hạn Ta giả thiết s(x) = với x ∈ GC Theo định lý Lusin tồn hàm g ∈ C0(G) cho
|g(x)| ≤ sup
x∈Rn
|s(x)|, ∀x ∈ G
và
µ({x ∈ G : s(x) 6= g(x)}) < ( ε
4 supx|s(x)|) p.
(78)Áp dụng bất đẳng thức Holder ta Z
G
|s(x) − g(x)|pdµ ≤ (
Z
G
|s(x) − g(x)|qdµ)
p q(
Z
G
1dµ)1−
p
q, (1 ≤ p < q ≤ ∞).
Suy
ks − gkp ≤ ks − gk∞(µ({x ∈ G : s(x) 6= g(x)}))1p
< 2ksk∞( ε
4ksk∞) = ε
2
Vậy kf − gkp ≤ kf − skp + ks − gkp < ε
Định lý 3.4. Cho G ⊂ Rn và 1 ≤ p < ∞ Khi đó, không gian Lp(G) là không gian khả ly
Chứng minh. Với m ∈ N ta đặt
Gm = {x ∈ G : d(x, ∂G) ≥
m}
Khi đó, Gm tập compact Gọi P tập hợp tất đa thức Rn có hệ số phức hữu tỷ Đặt
(79)§3 Xấp xỉ lớp hàm liên tục Tính khả ly 79
Theo định lý Weierstrass Pm trù mật C(Gm) Khi đó, tập hợp ∞
[
m=1
Pm tập đếm
Mặt khác, với f ∈ Lp(G) với ε > tồn g ∈ C0(G) cho kf − gkp < ε2
Nếu m1 < d(suppg, ∂G) tồn h ∈ Pm cho kg − hk∞ < ε
2(µ(Gm))
−1p
Suy
kg − hkp ≤ kg − hk∞(µ(Gm))
1
p < ε
2
Vậy kf − hk < ε Vì
∞
[
m=1
Pm tập đếm nên Lp(G) khả ly
(80)§ KHƠNG GIAN LIÊN HIỆP
Định nghĩa 4.1. Cho G ⊂ Rn ≤ p ≤ ∞ Kí hiệu (Lp(G))∗ tập hợp tất phiếm hàm tuyến tính liên tục Lp(G) gọi không gian liên hợp khơng gian Lp(G) Định lý sau nói lên mối quan hệ không gian (Lp(G))∗
và không gian Lq(G), với q số mũ liên hiệp p
Định lý 4.2. Cho G ⊂ Rn và 1 ≤ p ≤ ∞ Khi với mỗi g ∈ Lq(G), q +
1
p = tồn phiếm hàm tuyến tính liên tục Lp(G) xác định
fg(f) =
Z
G
f(x)g(x)dµ, f ∈ Lp(G) (3.9) kfgk = kgkq
Chứng minh. Theo tính chất tích phân, phiếm hàm fg tuyến tính Lp(G) Hơn nữa, theo bất đẳng thức Holder ta có
|fg(f)| ≤ Z
G
|f(x)g(x)|dµ ≤ kfkpkgkq
Suy fg bị chặn Vậy fg liên tục ta có
(81)§4 Khơng gian liên hiệp 81
Bây ta chứng minh bất đẳng thức ngược lại Giả sử kgkq 6= Nếu p > ta đặt
f0(x) =
(
|g(x)|q−2g(x) g(x) 6= 0 g(x) = 0, Khi ta
Z
G
|f0(x)|pdµ = Z
G
|g(x)|(q−1)pdµ
= Z
G
|g(x)|qdµ = kgkqq Suy f0 ∈ Lp(G)
Mặt khác, ta có
fg(f0) =
Z
G
f0(x)g(x)dµ
= Z
G
|g(x)|qdµ ≤ kfgkkf0kp
(82)Từ bất đẳng thức ta suy Z
G
|g(x)|qdµ ≤ kfgk( Z
G
|g(x)|qdµ)1p.
Chia hai vế cho (RG |g(x)|qdµ)1p ta được
kgkq ≤ kfgk (3.11)
Từ (3.10) (3.11) ta suy kfgk = kgkq
Nếu p = q = ∞ Với < ε < kgk∞ Khi tồn tập A ⊂ G đo cho µ(A) > |g(x)| > kgk∞ − ε, với x ∈ A Đặt
f0(x) =
(
|g(x)|−1g(x) x ∈ A
(83)§4 Khơng gian liên hiệp 83
Mặt khác, ta có
fg(f0) =
Z
G
f0(x)g(x)dµ
= Z
G
|g(x)|dµ
≥
Z
G
(kgk∞ − ε)dµ
= kf0k1(kgk∞ − ε)
Từ bất đẳng thức ta suy
kgk∞ − ε ≤ kfgk (3.12)
Từ (3.10) (3.12) ta suy kfgk = kgk∞
Định lý 4.3. Giả sử f∗ ∈ (Lp(G))∗, ≤ p ≤ ∞ Khi tồn hàm g ∈ Lq(G),
q +
p = cho
f∗(f) =
Z
G
(84)Chứng minh. Giả sử µ(G) < ∞ Với E ⊂ G đo được, ta biểu diễn E =
∞
[
k=1 Ek với Ek tập đo phân biệt đôi Khi dãy hàm
k X
i=1
χEi(x), k = 1,2,
là dãy hàm đo không âm đơn điệu tăng hội tụ χE(x) Theo Định lý 1.8 dãy {Pk
i=1 χEi} hội tụ hàm χE L
p(G) và
f∗(χE) = lim
k→∞ f ∗(
k X
i=1
χEi) =
∞
X
k=1
f∗(χEk)
Ta đặt λ(E) = f∗(χE), E ⊂ G Khi đó, λ hàm tập σ-cộng tính xác định σ-đại số B tập đo G Rõ ràng E ⊂ G đo µ(E) = λ(E) = Vậy λ hàm tập σ-cộng tính liên tục tuyệt đối µ Theo Định lý Radon-Nikodym tồn hàm g đo khả tích G cho
λ(E) =
Z
E
(85)§4 Khơng gian liên hiệp 85
g xác định G Suy
f∗(χE) =
Z
G
χE(x)g(x)dµ, ∀E ∈ B
Từ tính tuyến tính f∗ ta có
f∗(s) =
Z
G
s(x)g(x)dµ,
trong s hàm đơn giản khả tích, cho f ∈ L∞(G) hàm f ∈ L∞(G) giới hạn dãy hàm đơn giản {fk} Từ hội tụ {fk} f suy kf − fkkp → Vì f∗(fk) → f∗(f), k → ∞
Để chứng minh g ∈ Lq(G), ta chia hai trường hợp Với p = ta có
| Z
E
g(x)dµ| ≤ kf∗kkχEk1 = kf∗kµ(E)
với E ∈ B Suy |g(x)| ≤ kf∗k hầu khắp nơi Vậy kgk∞ ≤ kf∗k
Với < p < ∞ Theo kết biết lý thuyết độ đo |g| =
gsign(g) Gọi En = {x ∈ G : |g(x)| ≤ n} đặt f = χEn|g|
q−1sign(g) Khi đó
(86)|f|p = |g|q En f ∈ L∞(G), theo phần chứng minh ta Z
En
|g(x)|qdµ =
Z
G
f(x)g(x)dµ = f∗(f) ≤ kf∗k(
Z
En
|g(x)|q)1p.
Vì
Z
G
χEn(x)|g(x)|
qdµ ≤ kf∗kq, n = 1,2, Nếu ta chọn dãy {En} thoả điều kiện E1 ⊂ E2 ⊂ En ⊂
∞
[
n=1
En = E theo định lý đơn điệu hội tụ ta kgkq ≤ kf∗k Vậy g ∈ Lq(G)
Nếu µ(G) = ∞ ta biểu diễn G =
∞
[
n=1
Gn tập Gn đơi phân biệt µ(Gn) < ∞ Đặt Ek = G1 ∪ ∪ Gk Hơn với tập E ⊂ G đo ta có kχEfkp ≤ kfkp Vì ánh xạ f 7−→ f∗(χEf) phiếm hàm tuyến tính Lp(G) Theo chứng minh tồn hàm gn Gn cho
f∗(χGnf) =
Z
G
(87)§4 Khơng gian liên hiệp 87
Giả sử gn(x) = x /∈ Gn đặt g = g1 + g2 + · · · Vì
f∗(χEnf) =
Z
En
f(x)(g1(x) + · · · + gn(x))dµ, f ∈ Lp(G) µ(En) < ∞ nên ta có
kg1 + g2 + + gnkq ≤ kf∗k, n = 1,2, Áp dụng bổ đề Fatou ta suy kgkq ≤ kf∗k Vậy g ∈ Lq(G)
(88)(89)Chương 4
Khơng gian Hilbert
§ KHÁI NIỆM VỀ KHƠNG GIAN HILBERT
Định nghĩa 1.1. Cho H khơng gian trường K Tích vơ hướng xác định H ánh xạ xác định sau
h., i : H × H −→ K
(x, y) −→ hx, yi thoả mãn tiên đề sau
i) hx, yi = hy, xi với x, y ∈ H
(90)ii) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi với x, y, z ∈ H iii) hλx, yi = λhx, yi với x, y ∈ H λ ∈ K
iv) hx, xi ≥ với x ∈ H hx, xi = x = hx, yi gọi tích vơ hướng hai vectơ x y
Cặp (H,h., i) gọi không gian tiền Hilbert (hay cịn gọi khơng gian Unita)
Từ định nghĩa ta nhận thấy K trường thực tích vơ hướng dạng song tuyến tính xác định dương H
Ví dụ
1) Lấy H = Rn, với x = (x1, x2, , xn), y = (y1, y2, , yn) ∈ H biểu thức
hx, yi =
n X
i=1
xiyi,
(91)§1 Khái niệm khơng gian Hilbert 91
2) Lấy H = C[0,1] không gian gồm hàm liên tục trên[0,1] nhận giá trị phức, với x, y ∈ H biểu thức
hx, yi =
Z
0
x(t)y(t)dt,
xác định tích vơ hướng C[0,1] Khi khơng gian khơng gian tiền Hilbert thường kí hiệu C[0,1]L
Định lý 1.2. Cho H không gian tiền Hilbert, với x, y ∈ H ta ln có bất đẳng thức sau
|hx, yi|2 ≤ hx, xi.hy, yi,
bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Schwarz
Chứng minh. Với y = bất đẳng thức Giả sử y 6= 0, với λ ∈ K ta có
hx + λy, x + λyi ≥
suy
hx, xi + λhy, xi + ¯λhx, yi + |λ|2hxy, yi ≥
(92)Vì λ tuỳ ý y 6= nên ta chọn λ = −hx,yihy,yi Thay vào bất đẳng thức ta
hx, xi − |hx, yi|
hy, yi ≥ Vậy bất đẳng thức Schwarz chứng minh
Nhận xét 1. Trong bất đẳng thức Schwarz dấu xảy x, y phụ thuộc tuyến tính
Định lý 1.3. Cho H khơng gian tiền Hilbert Khi đó, kxk = hx, xi12, x ∈ H
xác định chuẩn H
Chứng minh. Từ định nghĩa tích vơ hướng ta suy
(93)§1 Khái niệm khơng gian Hilbert 93
iii) Với x, y ∈ H ta có
kx + yk2 = hx + y, x + yi
= kxk2 + hy, xi + hx, yi + kyk2
= kxk2 + hx, yi + hx, yi + kyk2
= kxk2 + 2Re(hx, yi) + kyk2 ≤ kxk2 + 2|hx, yi| + kyk2
Áp dụng bất đẳng thức Schwarz, ta có
kx + yk2 ≤ kxk2 + 2kxkkyk + kyk2 = (kxk + kyk)2
Vậy kx + yk ≤ kxk + kyk
Định nghĩa 1.4. Cho không gian tiền Hilbert H, theo Định lý 1.3 H khơng gian tuyến tính định chuẩn Nếu H khơng gian đầy đủ ta gọi H
không gian Hilbert
(94)1) Lấy H = Cn với tích vơ hướng xác định hệ thức hx, yi =
n X
i=1
xiy¯i,
trong x = (x1, , xn), y = (y1, , yn) ∈ Cn Khi H khơng gian Hilbert
2) Cho (Ω,B, µ) không gian độ đo Ký hiệu
L2(Ω) = {f : Ω −→ C :
Z
Ω
|f(x)|2dµ < ∞}
Với tích vơ hướng
hf, gi =
Z
Ω
f(x)g(x)dµ,
L2(Ω) khơng gian Hilbert
§ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
(95)§2 Một số tính chất 95
là hàm liên tục
Chứng minh. Cho (xn),(yn) hai dãy không gian tiền Hilbert H hội tụ x0 y0 Khi đó, ta có
|hxn, yni − hx0, y0i| ≤ |hxn, yni − hxn, y0i| + |hxn, y0i − hx0, y0i|
= |hxn, yn − y0i| + |hxn − x0, y0i| ≤ kxnkkyn − y0k + kxn − x0kky0k
Theo giả thiết (xn) hội tụ H nên bị chặn, nghĩa tồn số M > cho kxnk ≤ M với n ∈ N Vì vậy, ta có
|hxn, yni − hx0, y0i| ≤ Mkyn − y0k + kxn − x0kky0k Chuyển qua giới hạn ta
lim
n→∞ |hxn, yni − hx0, y0i| =
Định lý 2.2. (Đẳng thức hình bình hành) Với x, y khơng gian tiền Hilbert H ta có
kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2)
(96)Chứng minh. Với x, y ∈ H, ta có
kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + hy, xi + hx, yi + kyk2 kx − yk2 = hx − y, x − yi = kxk2 − hy, xi − hx, yi + kyk2
Cộng hai vế hai đẳng thức ta đẳng thức hình bình hành
Định lý 2.3. (Tích vơ hướng sinh chuẩn) Cho (X,k k) khơng gian tuyến tính định chuẩn trường K Giả sử với x, y thuộc X thoả mãn
kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2) (4.1) Khi X có tích vơ hướng cho hx, xi = kxk2
Chứng minh. Trước hết, ta xét X không gian tuyến tính thực Đặt
hx, yi =
4[kx + yk
2 − kx − yk2].
(4.2) Từ (4.2) ta có
i) hx, xi ≥ với x ∈ X
(97)§2 Một số tính chất 97
iii) Theo (4.1) (4.2) ta viết hx, yi dạng hx, yi =
2[kx + yk
2 − kxk2 − kyk2]
(4.3) hay
hx, yi =
2[kxk
2 + kyk2 − kx − yk2].
(4.4) Từ (4.3) (4.4) ta có
hx + y, zi =
4[kx + y + zk
2 − kx + y − zk2]
=
4[kx + y + zk
2 + kx − y + zk2 − kx − y + zk2 − kx + y − zk2]
=
2[kx + zk
2 + kyk2 − kxk2 − ky − zk2] +
2[kyk
2 + kzk2 − ky − zk2]
= hx, zi + hy, zi
iv) Bây ta chứng minh hλx, yi = λhx, yi với x, y ∈ H λ ∈ K Trước hết với x, y ∈ X cố định, ta xét hàm g(λ) = kλx + yk Khi đó, ta có
|g(λ) − g(λ0)| = |kλx + yk − kλ0x + yk| ≤ k(λ − λ0)xk = |λ − λ0|kxk
(98)nên g hàm biến thực liên tục Vì vậy, ta suy hàm
f(λ) = hλx, yi =
4[kλx + yk
2 − kλx − yk2] liên tục theo biến thực λ
Theo tính chất biết f cộng tính (theo chứng minh iii)) liên tục nên f hàm tuyến tính, nghĩa f(λ) có dạng f(λ) = Cλ C số Hơn theo định nghĩa f ta có f(1) = C = hx, yi Vậy f(λ) = hx, yiλ, hay hλx, yi = λhx, yi
Với X khơng gian tuyến tính phức Đặt hx, yi =
4[kx + yk
2 − kx −
yk2 + ikx + iyk2 − ikx − iyk2] (4.5) Từ (4.5) ta có
(99)§2 Một số tính chất 99
ii) Với x, y ∈ X ta có hy, xi =
4[ky + xk
2 − ky − xk2 + iky + k2 − iky − k2]
=
4[kx + yk
2 − kx − yk2 + iki(x − iy)k2 − ik − i(x + iy)k2]
=
4[kx + yk
2 − kx − yk2 − ikx + iyk2 + ikx − iyk2]
= hx, yi
iii) Chứng minh tương tự trường hợp thực
iv) Với x, y ∈ X cố định ta xét hàm f(λ) = (λx, y) tương tự ta chứng minh f hàm biến phức cộng tính liên tục nên f có dạng f(λ) = Cλ f(λ) = Cλ, C số C = hx, yi Vì ta suy
hλx, yi = λhx, yi, với λ ∈ C,
hoặc
hλx, yi = λhx, yi, với λ ∈ C
Mặt khác theo (4.5) ta có hix, yi = ihx, yi, nên xảy hλx, yi = λhx, yi, với λ ∈ C
(100)Vậy X có tích vơ hướng hx, xi = kxk2
Định lý 2.4. Cho M tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert H Khi với x ∈ H tồn phần tử y ∈ M cho kx−yk =
d(x, M)
Chứng minh. Nếu x ∈ M ta chọn y = x Nếu x /∈ M, M đóng nên d = d(x, M) > tồn dãy (yn) M cho lim kx−ynk = d Ta chứng minh (yn) dãy Cauchy Thật vậy, theo đẳng thức hình bình hành ta có
kyn − ymk2 = k(x − yn) − (x − ym)k2
= 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − k2x − (yn + ym)k2
= 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − 4kx −
yn + ym
2 k
2
≤ 2kx − ynk2 + 2kx − ymk2 − 4d2 (vì M lồi nên yn+ym
2 ∈ M) Cho m, n → ∞ từ bất đẳng thức ta có
lim
(101)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 101
Vậy (yn) dãy Cauchy Do H không gian đày đủ nên limyn = y ∈ H Vì M đóng nên y ∈ M Từ ta có
lim
n→∞kx − ynk = kx − yk = d
Bây ta chứng minh y phần tử Giả sử tồn phần tử z ∈ M cho kx − zk = d Khi đó, từ đẳng thức hình bình hành ta có
0 ≤ ky −zk2 ≤ 2kx−yk2+ 2kx−zk2 −4kx− y + z
2 k
2 ≤ 2d2+ 2d2−4d2 = 0. Vậy y = z, nghĩa y phần tử
§ HÌNH CHIẾU TRỰC GIAO CƠ SỞ TRỰC CHUẨN
Định nghĩa 3.1. Hai phần tử x, y không gian tiền Hilbert H gọi
trực giao hx, yi = 0, kí hiệu x ⊥ y
Hai tập hợp M, N H gọi trực giao với hx, yi = với x ∈ M y ∈ N, kí hiệu M ⊥ N
Cho M ⊂ H, tập hợp tất phần tử H trực giao với M kí hiệu
(102)M⊥ gọi phần bù trực giao M
Nhận xét. M⊥ phần bù trực giao M khơng gian đóng H Định lý 3.2. Giả sử M không gian đóng khơng gian Hilbert H Khi với phần tử x ∈ H biểu diễn cách dạng x = y +z y ∈ M z ∈ M⊥ y gọi hình chiếu trực giao x lên M
cm Nếu x ∈ M đặt y = x, z = Nếu x /∈ M M lồi đóng nên tồn y ∈ M cho kx − yk = d(x, M)
Đặt z = x − y, ta có x = y + z Ta phải chứng minh z ∈ M⊥ Thật vậy, với α ∈ K, u ∈ M ta có
kzk = kx − yk ≤ kx − (y + αu)k
= kz − αuk
Từ ta suy
kzk2 ≤ hz − αu, z − αui
(103)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 103
Chọn α = hz, ui kuk = 1, ta ≤ −|hz, ui|2 Suy hz, ui = với u ∈ M,kuk = Vậy z ∈ M⊥
Bây ta chứng minh biểu diễn nhất; giả sử x = y1 +z1 với y1 ∈ M z1 ∈ M⊥ Khi y − y1 = z1 − z nên y − y1 ∈ M y − y1 ∈ M⊥, suy hy − y1, y −y1i = Vậy y = y1, z = z1 Từ tính biểu diễn ta viết X = M ⊕ M⊥
Định nghĩa 3.3. Ánh xạ P : H −→ M xác định P(x) = y biểu diễn định lý gọi phép chiếu trực giao từ H lên M
Định lý 3.4. Phép chiếu trực giao P không gian Hilbert H lên khơng gian đóng M 6= {0} tốn tử tuyến tính liên tục có kPk =
Chứng minh. Với x1, x2 ∈ H α ∈ K, theo định lý ta có
x1 = P x1 + z1, x2 = P x2 + z2, z1, z2 ∈ M⊥ Vì
x1 + x2 = P x1 + P x2 + z1 + z2,
(104)trong P x1 + P x2 ∈ M z1 + z2 ∈ M⊥
Từ tính biểu diễn định lý ta suy
P(x1 + x2) = P x1 + P x2
Tương tự P(αx1) = αP(x1) Vậy P tuyến tính Mặt khác, với x ∈ H ta có
kxk2 = kP xk2 + kzk2 ≥ kP xk2
Suy P bị chặn Vậy P liên tục kPk ≤ Hơn nữa, với x ∈ M ta có kP xk =
kxk Vì kPk =
Định nghĩa 3.5. Một tập hợp S = {xi}i∈T không gian tiền Hilbert H gọi hệ trực giao phần tử thuộc S trực giao với đôi Nếu phần tử S có chuẩn S gọi hệ trực chuẩn
(105)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 105
Chứng minh. Giả sử x1, x2, , xn ∈ S α1x1 + +αnxn = với αi ∈ K Khi với j ∈ {1, , n} ta có
h n
X
i=1
αixi, xji = h0, xji =
= hαjxj, xji = αjkxjk2
Từ ta suy αi = với i = 1, , n Vậy S hệ độc lập H
Định lý 3.7. ( Đẳng thức Pythagore) Nếu {x1, x2, , xn}là hệ tực giao H
k n X
i=1
xik2 = n X
i=1
kxik2
Chứng minh. Ta có k
n
X
i=1
xik2 = h n
X
i=1 xi,
n
X
i=1
xii =
n X i=1 n X j=1
hxi, xji n
X
i=1
hxi, xii =
n
X
i=1
kxik2
(106)Định lý 3.8. Giả sử {e1, e2, , en} hệ gồm n phần tử trực chuẩn H Khi đó, phần tử x ∈ H có hình chiếu trực giao lên không gian M sinh hệ {e1, e2, , en}
y =
n X
i=1
hx, eiiei
Chứng minh. VìM khơng gian hữu hạn chiều nên M đóng H Theo định lý hình chiếu trực giao, với x ∈ H biểu diễn dạng x = y + z, y ∈ M, z ∈ M⊥ Do y ∈ M, ta có y =
n
P
i=1
αiei Với j = 1, , n ta có
hx, eji = hy + z, eji = h n
X
i=1
αiei, eji
= αjkejk2 = αj Vậy y =
n
P
i=1
hx, eiiei
(107)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 107
{en}n∈N cho Lin{e1, e2, , en} = Lin{x1, x2, , xn}, với n ∈ N
Chứng minh. Đặt e1 =
x1 kx1k
Rõ ràng {e1} hệ trực chuẩn Lin{e1,} =
Lin{x1}
Ta chứng minh phương pháp qui nạp Giả sử có {e1, , en} hệ trực chuẩn Lin{e1, e2, , en} = Lin{x1, x2, , xn} Ta tìm yn+1 dạng
yn+1 = xn+1 +
n X
i=1
αiei
sao cho yn+1 trực giao với ej, j = 1, , n Ta có
hyn+1, eji = hxn+1, eji + αj
Suy αj = −hxn+1, eji Vậy yn+1 hoàn toàn xác định biểu thức
yn+1 = xn+1 − n X
i=1
hxn+1, eiiei
Vì yn+1 6= 0, ta đặt en+1 =
yn+1 kyn+1k
Khi hệ {e1, e2, , en+1} hệ trực chuẩn Lin{e1, e2, , en+1} = Lin{x1, x2, , xn+1} Định lý chứng minh xong
(108)Định lý 3.10. Giả sử {xn}n∈N hệ trực giao khơng gian Hilbert H Khi đó, chuỗi
∞
P
n=1
xn hội tụ chuỗi ∞
P
n=1
kxnk2 hội tụ và
k
∞
X
n=1
xnk2 =
∞
X
n=1
kxnk2
Đăc biệt, {en}n∈N hệ trực chuẩn, ta có
k
∞
X
n=1
αnenk2 =
∞
X
n=1
|αn|2
Chứng minh. Với n ∈ N, đặt
(109)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 109
Khi với n, p ∈ N ta có
kSn+p − Snk2 = k
n+p
X
k=n+1
xkk2
=
n+p
X
k=n+1
kxkk2
= |Tn+p − Tn|
Giả sử chuỗi ∞
P
n=1
xn hội tụ suy dãy (Sn) hội tụ nên (Sn) dãy Đẳng thức chứng tỏ (Tn) dãy R nên hội tụ Suy chuỗi
∞
P
n=1
kxnk2 hội tụ Ngược lại,
∞
P
n=1
kxnk2 hội tụ, tương tự ta có (Sn) dãy H Vì H khơng gian đầy đủ nên (Sn) hội tụ, nghĩa chuỗi
∞
P
n=1
xn hội tụ Hơn nữa, từ đẳng thức
k n X
k=1
xkk2 =
n X
k=1
kxkk2
(110)cho n → ∞ ta
k
∞
X
n=1
xnk2 =
∞
X
n=1
kxnk2
Định lý 3.11. Giả sử {en}n∈N hệ trực chuẩn khơng gian Hilbert H Khi đó, với x ∈ H chuỗi
∞
P
n=1
hx, enien hội tụ
∞
X
n=1
|hx, eni|2 ≤ kxk2 (∗), chuỗi
∞
P
n=1
hx, enien gọi chuỗi Fourier x hệ {en} bất đẳng thức (*) gọi bất đẳng thức Bessel
Chứng minh. Theo Định lý 3.10 ∞
P
n=1
hx, enien hội tụ ∞
P
n=1
|hx, eni|2 hội tụ Với n ∈ N ta đặt Mn = Lin{e1, , en} Khi Mn khơng gian đóng H, theo định lý hình chiếu trực giao với x ∈ H có biểu diễn dạng x = yn + zn yn ∈ M zn ∈ M⊥ Hơn nữa, ta có
yn =
n X
i=1
(111)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 111
Mặt khác, ta lại có
kxk2 = kynk2 + kznk2 = n X
i=1
|hx, eii|2 + kznk2 Suy
n X
i=1
|hx, eii|2 ≤ kxk2, với n ∈ N Vậy
∞
P
n=1
|hx, eni|2 ≤ kxk2.
Định nghĩa 3.12. Hệ trực chuẩn {en} không gian Hilbert H gọi sở trực chuẩn không gian sinh hệ trù mật H
Định lý 3.13. Giả sử {en}n∈N hệ trực chuẩn khơng gian Hilbert H Khi đó, mệmh đề sau tương đương
a) Hệ {en}n∈N sở trực chuẩn b) Với x ∈ H ta có x =
∞
P
n=1
hx, enien
(112)c) Với x, y ∈ H, ta có hx, yi =
∞
P
n=1
hx, enihy, eni
d) Với x ∈ H ta có kxk2 = P∞
n=1
|hx, eni|2.
Đẳng thức d) gọi đẳng thức Parseval
Chứng minh. a) ⇒ b) Theo Định lý 3.11 ta có chuỗi ∞
P
n=1
hx, enien hội tụ Đặt y = x −
∞
P
n=1
hx, enien, ta chứng minh y = Với j ∈ N ta có
hy, eji = hx, eji − h
∞
X
n=1
hx, enien, eji = hx, eji − hx, eji =
Điều chứng tỏ y ⊥ M = Lin{en, n ∈ N} Do tích vơ hướng hàm liên tục nên y ⊥ M = H Vì hy, yi = suy y = Vậy x =
∞
P
n=1
(113)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 113
b) ⇒ c) Với x, y ∈ H theo b) ta có hx, yi = h
∞
X
n=1
hx, enien, ∞
X
n=1
hy, enieni
= lim
n→∞h n
X
i=1
hx, eiiei, n
X
j=1
hx, ejieji
= lim n→∞ n X i=1 n X j=1
hx, eiihy, ejihei, eji
= lim
n→∞ n
X
i=1
hx, eiihy, eii
=
∞
X
n=1
hx, enihy, eni
c) ⇒ d) Với x ∈ H, từ c) ta hx, xi =
∞
X
n=1
|hx, eni|2
d) ⇒ a) Ta chứng minh M⊥ = {0} Với z ∈ M⊥ ta suy hz, eni = với
(114)mọi n ∈ N (**) Theo d) ta có
kzk2 =
∞
X
n=1
|hz, eni|2
Kết hợp với (**) ta kzk = Suy z = Vì M⊥ = {0} Theo định lý hình chiếu trực giao ta có
H = M ⊕ M⊥ = M
Ví dụ : 1) Khơng gian
`2 = {x = (ξn)n∈N|ξn ∈ C,
∞
X
n=1
|ξn|2 < +∞}
Hệ đếm {en} en = (0, ,0, 1,0, ) hei, eji = δij sở trực chuẩn `2 Thật vậy, với x ∈ `2 ta có hx, eni = ξn Đặt xn =
(ξ1, ξ2, , ξn,0, ), đóxn ∈ `2 vàkx−xnk2 =
∞
P
k=n+1
|xk|2 → 0, khin → ∞ Mặt khác, ta có
xn =
n X
k=1
ξkek =
n X
k=1
(115)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 115
Suy xn → x n → ∞ Vậy x =
∞
P
n=1
hx, enien Theo Định lý 3.13 {en} sở trực chuẩn `2
2) Hệ hàm lượng giác
1
√
2π,
1
√
π cosnx,
1
√
π sinnx, n = 1,2,
là sở trực chuẩn L2[0,2π] Thật vậy, với n ∈ N ta có
h√1
2π,
1
√
2πi =
Z
[0,2π]
1
2πdx = 1,
h√1
π cosnx,
1
√
π cosnxi =
Z
[0,2π]
1
π cos
2 nxdx = 1, h√1
π sinnx,
1
√
π sinnxi =
Z
[0,2π]
1
π sin
2
nxdx = 1,
nên hệ hệ trực chuẩn
Với f ∈ L2[0,2π] với ε > tồn hàm g ∈ C[0,2π] cho kf − gk < 2ε
(116)Mặt khác theo Định lý Weierstrass tồn hàm
h(x) =
n X
k=1
(Ak coskx + Bk sinkx) cho
sup
x∈[0,2π]
|g(x) − h(x)| < ε
2√2π
Suy
kg − hk =
Z
[0,2π]
|g(x) − h(x)|2dx
1
2 < ε
2
Vậy kf − hk < ε
Do hệ sở trực chuẩn L2[0,2π] Và từ ta có: với f ∈ L2[0,2π] khai triển thành chuỗi Fourier sau
f(x) = √a0
π +
∞
X
k=1
(ak
coskx
√
π + bk
sinkx
√
π )
trong
a0 = √1
2π
Z
[0,2π]
(117)§3 Hình chiếu trực giao Cơ sở trực chuẩn 117
ak =
1
√
2π
Z
[0,2π]
f(x) coskxdx, k = 1, 2, bk =
1
√
2π
Z
[0,2π]
f(x) sinkxdx, k = 1,2,
Định lý 3.14. (Định lý Riesz) Giả sử {en}n∈N sở trực chuẩn không gian Hilbert H Nếu dãy số (ξn) thoả mãn điều kiện
∞
P
n=1
|ξn|2 < ∞ thì tồn tại x ∈ H nhận ξn làm hệ số Fourier ξn = hx, eni
x =
∞
X
n=1
ξnen, kxk2 =
∞
X
n=1
|ξn|2
Chứng minh. Theo Định lý 3.10 chuỗi ∞
P
n=1
|ξn|2 hội tụ kéo theo chuỗi P∞
n=1
ξnen hội tụ Đặt x =
∞
P
n=1
ξnen Với m ∈ N, ta có hx, emi = h
∞
X
n=1
ξnen, emi = ξm Điều có nghĩa x nhận số ξn làm hệ số Fourier
(118)Giả sử có y ∈ H cho ξn = hy, eni với n ∈ N Khi ta có
ξn = hx, eni = hy, eni
Do hx−y, eni = với n ∈ N Suy x−y trực giao với M không gian sinh hệ {en}n∈N Vì tích vơ hướng liên tục nên x − y ⊥ M, mà M = H Vậy x = y
Định lý 3.15. Mọi khơng gian Hilbert khả ly H có sở trực chuẩn đếm hữu hạn
Chứng minh.Theo giả thiết tồn tập hợp không đếm S trù mật H Trong S ta loại phần tử phụ thuộc tuyến tính phần tử trước Khi ta hệ {xn} phần tử độc lập tuyến tính mà Lin{xn} = LinS Theo định lý trực giao hoá Schmidt ta tìm hệ trực chuẩn {en} khơng q đếm Lin{en} = Lin{xn} Khi ta có Lin{en} = LinS = H
Vậy {en} sở trực chuẩn H
(119)§4 Không gian liên hợp 119
ly đẳng cấu với khơng gian `2
§ KHƠNG GIAN LIÊN HỢP
Định nghĩa 4.1. Cho H không gian Hilbert Kí hiệu H∗ = L(H,K) khơng gian gồm tất phiếm hàm tuyến tính liên tục H gọi khơng gian liên hợp H
Định lý 4.2. (Định lý F Riesz) Cho H không gian Hilbert Với phần tử a ∈ H tồn phiêm hàm tuyến tính liên tục fa H xác định
fa(x) = hx, ai, kfak = kak
Ngược lại, với x∗ ∈ H∗ tồn phần tử a ∈ H cho x∗(x) = hx, kak = kx∗k
Chứng minh. Theo định nghĩa tích vơ hướng ta suy fa tuyến tính từ
(120)bất đẳng thức Schwartz ta
|fa(x)| = |hx, ai| ≤ kxkkak, với x ∈ H Vậy fa liên tục ta có kfak ≤ kak
Chọn x = a ta |fa(a)| = kak2. Vậy kf
ak = kak
Ngược lại, giả sử x∗ ∈ H∗ Nếu x∗ = ta chọn a = Nếu x∗ 6= ta đặt
M = {x ∈ H | x∗(x) = }
Khi M khơng gian đóng H H \ M 6= ∅ Theo định lý hình chiếu trực giao ta có H = M ⊕ M⊥ Suy M⊥ 6= {0} Chọn e ∈ M⊥ cho kek =
Với z ∈ M⊥, ta xét phần tử u = x∗(e)z − x∗(z)e Khi u ∈ M⊥ Hơn nữa, x∗(u) = nên u ∈ M Vậy u = Hay z = xx∗∗(z)(e)e
Với x ∈ H có biểu diễn x = y + z y ∈ M z ∈ M⊥ Suy
x = y + x
∗(z)
(121)§4 Khơng gian liên hợp 121
Theo tính chất tích vơ hướng ta có
hx, ei = hy, ei + x
∗(z)
x∗(e) =
x∗(z)
x∗(e)
Vậy x∗(z) = x∗(e)hx, ei = hx, x∗(e)ei. Vì x∗(y) = 0 nên x∗(x) = x∗(z) = hx, x∗(e)ei.
Đặt a = x∗(e)e, a ∈ H Vậy x∗(x) = hx,
Giả sử có b ∈ H cho x∗(x) = hx, bi Từ ta suy hx, = hx, bi hay hx, a − bi = với x ∈ H Vì − b, a − bi = Suy a − b = hay a = b
Nhận xét Từ định lý ta thiết lập song ánh từ H vào H∗ sau
ϕ : H −→ H∗
x 7−→ ϕ(x) = fx
(122)Khi ϕ cộng tính Thật vậy, với x, y, z ∈ H α ∈ K ta có ϕ(x + y)(z) = fx+y(z) = hx + y, zi
= hx, zi + hy, zi
= fx(z) + fy(z) = ϕ(x)(z) + ϕ(y)(z) ϕ(αx)(z) = fαx(z) = hαx, zi
= αhx, zi = αϕ(x)(z)
Vậy ϕ(x+y) = ϕ(x) +ϕ(y) ϕ(αx) = αϕ(x) Và ngồi ta cịn có kϕ(x)k =
kfxk = kxk Như ta xem H∗ H theo nghĩa khơng gian tuyến tính định chuẩn
§ SỰ HỘI TỤ YẾU TRONG KHÔNG GIAN HILBERT
Định nghĩa 5.1. Cho H không gian Hilbert Dãy (xn) H gọi hội tụ yếu đến phần tử x H với y ∈ H ta có lim
n→∞hxn, yi = hx, yi Kí hiệu xn
(123)§5 Sự hội tụ yếu không gian Hilbert 123
Định lý 5.2. Giả sử H không gian Hilbert
a) Nếu dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H dãy (yn) hội tụ mạnh đến y ∈ H dãy số (hxn, yni) hội tụ đến hx, yi
b) Nếu dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H dãy (kxnk) hội tụ đến kxk dãy (xn) hội tụ mạnh đến x ∈ H
Chứng minh. a) Theo giả thiết dãy (xn) hội tụ yếu đến x ∈ H nên (xn) bị chặn, tồn M > cho kxnk ≤ M với n ∈ N
Khi ta có
|hxn, yni − hx, yi| ≤ |hxn, yni| − |hxn, yi| + |hxn, yi| − |hx, yi| ≤ kxnkkyn − yk + |hxn, yi − hx, yi|
≤ Mkyn − yk + |hxn, yi − hx, yi|
Theo giả thiết a) nên cho n → ∞, từ bất đẳng thức ta
lim
n→∞hxn, yni = hx, yi
(124)b) Ta có
kxn − xk2 = hxn − x, xn − xi
= kxk2 − hxn, xi − hx, xni + kxk2 Từ giả thiết lim
n→∞hxn, xi = hx, xi = limn→∞hx, xni n→∞lim kxnk = kxk, nên chuyển qua giới hạn đẳng thức ta lim
n→∞kxn − xk = Vậy lim
n→∞xn = x
§ TỐN TỬ LIÊN HỢP TRONG KHƠNG GIAN HILBERT
Định nghĩa 6.1. Cho X, Y hai không gian tuyến tính định chuẩn A : X → Y tốn tử tuyến tính liên tục Tốn tử tuyến tính A∗ : Y ∗ → X∗ xác định sau:
Với y∗ ∈ Y ∗ ta xác định A∗y∗ sau A∗y∗(x) = y∗◦A(x) với x ∈ X Khi A∗y∗ phiếm hàm tuyến tính liên tục X
(125)§6 Tốn tử liên hợp khơng gian Hilbert 125
Dễ dàng kiểm tra A∗ toán tử tuyến tính Y ∗ kA∗k ≤ kAk Suy A∗ liên tục Toán tử A∗ gọi toán tử liên hợp A
Định lý 6.2. Giả sử X, Y, Z không gian tuyến tính định chuẩn trường
K, A, B ∈ L(X, Y ), C ∈ L(Y, Z) λ ∈ K Khi ta có:
a) (A + B)∗ = A∗ + B∗ b) (λA)∗ = λA∗
c) (C ◦ A)∗ = A∗ ◦ C∗
Bây cho X, Y khơng gian Hilbert Khi theo nhận xét phần biểu diễn phiếm hàm tuyến tính khơng gian Hilbert, ta đồng X với X∗ Y với Y ∗ Vì vậy, ta xem A∗ : Y −→ X A∗ xác định cơng thức
hx, A∗yi = hAx, yi với x ∈ X, y ∈ Y
Trong trường hợp b) thay (λA)∗ = λA∗
(126)Ví dụ
1) Cho A : Cn −→ Cn là tốn tử tuyến tính liên tục Khi với sở chính tắc {e1, , en} với ei = (0, ,0, 1,0, ,0) tốn tử A có ma trận tương ứng A = (aij), i, j = 1, , n Gọi A∗ toán tử liên hợp A với ma trận tương ứng (bij), i, j = 1, , n Khi với j, i ∈ {1, , n} ta có
hei, A∗eji = hei, n
X
k=1
bkjeki
= hei, bijeii = bij
= hAei, eji
= h n
X
k=1
akiek, eji = aji
Vậy bij = aji với i, j = 1, , n Vì (bij) = (aji) 2) Cho A : L2[0,1] −→ L2[0,1] xác định sau
Ax(t) =
t Z
0
(127)§6 Tốn tử liên hợp khơng gian Hilbert 127
Ta kiểm tra A tốn tử tuyến tính liên tục Khi toán tử A∗ liên hợp A xác định sau: Với x, y ∈ L2[0,1], ta có
hx, A∗yi = hAx, yi
= Z
0
Ax(t)y(t)dt
= Z
0
Z t
0
tx(s)dsy(t)dt
= Z
0
Z
s
ty(t)dtx(s)ds
= Z
0
x(s)( Z
s
ty(t)dt)ds
Vậy A∗y(s) = Rs1 ty(t)dt
Nhận xét Nếu X, Y hai không gian Hilbert A ∈ L(X, Y ) tốn tử liên hợp toán tử A∗ A∗∗ : X −→ Y A∗∗ = A
Thật vậy, với x ∈ X y ∈ Y , theo định nghĩa toán tử liên hợp
(128)khơng gian Hilbert ta có
hAx, yi = hx, A∗yi = hA∗∗x, yi
Định nghĩa 6.3. Cho X, Y hai khơng gian tuyến tính liên tục A : X −→ Y tuyến tính liên tục ta gọi nhân ảnh A tập hợp sau kí hiệu là:
KerA = A−1({0}) = {x ∈ X : Ax = }
ImA = A(X) = {y ∈ Y : y = Ax, x ∈ X }
Nhận xét KerA khơng gian đóng X ImA không gian Y
Định lý 6.4. Cho X, Y hai không gian Hilbert A ∈ L(X, Y ) Khi ta có
X = KerA ⊕ ImA∗, Y = KerA∗ ⊕ ImA
(129)§6 Tốn tử liên hợp không gian Hilbert 129
Theo định nghĩa ta có
x ∈ KerA ⇔ Ax =
⇔ hAx, yi = 0, với y ∈ Y ⇔ hx, A∗yi = 0, với y ∈ Y ⇔ x ⊥ ImA∗
⇔ x ∈ (ImA∗)⊥
Vậy KerA = (ImA∗)⊥
Mặt khác, từ ImA∗ ⊂ ImA∗ suy (ImA∗)⊥ ⊂ (ImA∗)⊥ Hơn nữa, với x ⊥ ImA∗ kéo theo x ⊥ ImA∗, (ImA∗)⊥ ⊂ (ImA∗)⊥ Vậy (ImA∗)⊥ = (ImA∗)⊥
Do ta suy KerA = (ImA∗)⊥ Từ ta (KerA)⊥ = ImA∗
Bằng cách thay A A∗ chứng minh với ý A∗∗ = A, ta đẳng thức thứ hai định lý
Định nghĩa 6.5. Cho H không gian Hilbert A ∈ L(H) Gọi A∗ toán tử liên hợp A Nếu A∗ = A A gọi toán tử tự liên hợp
(130)Nhận xét Toán tử A toán tử tự liên hợp hAx, yi = hx, Ayi, với x, y ∈ H
Định lý 6.6. Giả sử H không gian Hilbert A toán tử tự liên hợp H Khi
kAk = sup{|hAx, xi| : kxk ≤ 1} = sup{|hAx, xi| : kxk = 1}
Chứng minh. Đặt M = sup{|hAx, xi| : kxk ≤ 1} Ta có
|hAx, xi| ≤ kAkkxk2, với x ∈ H
Suy
|hAx, xi| ≤ kAk, với x ∈ H với kxk ≤
Vì
M ≤ kAk (4.6)
Mặt khác, theo định nghĩa supremum ta có
(131)§6 Tốn tử liên hợp khơng gian Hilbert 131
Do ta có
|hAx, xi| ≤ Mkxk2 với x ∈ H
Hơn nữa, với x, y ∈ H ta có
hA(x + y), x + yi − hA(x − y), x − yi = 2(hAx, yi + hAy, xi)
Từ suy
|2RehAx, yi| = |hAx, yi + hAx, yi|
= |hAx, yi + hy, Axi|
= |hAx, yi + hAy, xi|
=
2hA(x + y), x + yi − hA(x − y), x − yi
≤ M
2 (kx + yk
2 + kx − yk2)
= M(kxk2 + kyk2)
Với kxk = Ax 6= đặt y = kAxkAx kyk = Khi thay y vào bất đẳng
(132)thức ta kAxk ≤ M Vì kAk = sup
kxk=1
kAxk nên
kAxk ≤ M (4.7)
Từ (4.6) (4.7) ta suy kAk = M Vậy
kAk = sup{|hAx, xi| : kxk ≤ 1}
Định lý 6.7. Giả sử H không gian Hilbert phức A tốn tử tuyến tính liên tục từ H vào H Toán tử A tự liên hợp hAx, xi số thực với x ∈ H
Chứng minh. Điều kiện cần Giả sử A = A∗, với x, y ∈ H ta có hAx, xi = hx, Axi = hAx, xi
Vậy hAx, xi ∈ R
(133)§6 Tốn tử liên hợp khơng gian Hilbert 133
đó a, b, c, d ∈ R ta có
c =hAx, xi + hAy, yi + hAx, yi + hAy, xi
=a + b + hAx, yi + hAy, xi d =a + b − ihAx, yi + ihAy, xi
Vì ta suy
hAx, yi + hAy, xi = c − (a + b) = α ∈ R
−ihAx, yi + ihAy, xi = d − (a + b) = β ∈ R
Do
α + iβ = 2hAx, yi α − iβ = 2hAy, xi
Vậy
hAx, yi = hAy, xi
(134)Bài tập
1) Kí hiệu `2 = {x = (ξn) | ξn ∈ C, ∞
P
n=1
|ξn|2 < +∞}. Với mọi x = (ξ
n), y =
(ηn) ∈ `2, đặt
hx, yi =
∞
X
n=1
ξnηn Chứng minh `2 khơng gian Hilbert
2) Kí hiệu `1 = {x = (ξn) | ξn ∈ C, ∞
P
n=1
|ξn| < +∞} Với x = (ξn), y =
(ηn) ∈ `1, đặt
hx, yi =
∞
X
n=1
ξnηn
Chứng minh `1 không gian tiền Hilbert không gian Hilbert
3) Cho H không gian Hilbert A : H 7→ H toán tử tuyến tính thoả mãn điều kiện:
(135)§6 Tốn tử liên hợp khơng gian Hilbert 135
Chứng minh A liên tục
4) Cho H không gian Hilbert A : H 7→ H tốn tử tuyến tính Chứng minh với u ∈ H, phiếm hàm
x 7→ hAx, ui, x ∈ H
đều liên tục A liên tục
5) Giả sử (xn) (yn) hai dãy phần tử hình cầu đóng đơn vị không gian Hilbert H thoả mãn điều kiện
lim
n→∞hxn, yni =
Chứng minh
a) lim
n→∞ kxnk = 1, nlim→∞kynk = 1,
b) lim
n→∞kxn − ynk =
6) Cho M không gian đóng khơng gian Hilbert H (λn) dãy số Chứng minh x ∈ H, chuỗi
∞
X
n=1
hx, enien
(136)đều hội tụ (λn) dãy bị chặn
7) Cho {en} hệ trực chuẩn không gian Hilbert H {λn} dãy số bị chặn Chứng minh
a) Chuỗi
∞
X
n=1
λnhx, enien hội tụ với x ∈ H
b) Toán tử
Ax =
∞
X
n=1
λnhx, enien, x ∈ H
(137)Tài liệu tham khảo
[1] Haim Brezis, (1998) Giải tích hàm: Lý thuyết ứng dụng (Bản dịch tiếng Việt Nguyễn Hội Nghĩa - Nguyễn Thành Long), Tủ sách ĐHKHTN-TP.HCM
[2] Phan Đức Chính, (1978) Giải tích hàm T.1,NXB ĐHTHCN, Hà nội
[3] Nguyễn Định - Nguyễn Hoàng, (1999) Hàm số biến số thực, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Hoàng - Lê Văn Hạp, (1998) Giáo trình Giải tích hàm, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải, (1999) Bài tập giải tích hàm NXB Đại học
Quốc gia Hà Nội
[6] Nguyễn Xuân Liêm, (1994) Giải tích hàm, NXB Giáo dục
(138)