5. Cấu trúc khóa luận
2.2. Dạng hình học
Trong mục này, ta sẽ nghiên cứu một dạng của định lý Haln – Banach tách các tập lồi bởi siêu phẳng. Với mục đích trên, ta giả sử rằng X là không gian tuyến tính định chuẩn thực.
2.2.1. Tách điểm và tập lồi
* Bổ đề. Cho tập C lồi, mở C X , khác rỗng và x là điểm sao cho 0 x0C. Khi đó, tồn tại phiếm hàm tuyến tính bị chặn f sao cho f x( ) f x( )0 ,
x C
.
Chứng minh
Sai khác một phép tịnh tiến ta có thể giả sử rằng 0C. Hàm
0
:
g Rx R được xác định bởi g tx( 0)t. Sau đó, áp dụng dạng thực của định lý Haln – Banach đối với g và p là hàm cỡ của C. Muốn vậy, ta chỉ cần kiểm tra g p trên Rx0.
Nếu t0 thì p tx( 0)tp x( )0 t g tx( 0) vì p x( ) 1 với xC (tính chất 4 trong mệnh đề 1.4).
Trái lại, nếu t0 thì g tx( 0) t 0 p tx( 0). Vậy g p trên Rx0. Từ định lý Haln – Banach, ta có một phiếm hàm tuyến tính f sao cho f g
trên Rx0 và f p trên X . Với x0 thì f x( )0 g x( ) 10 .
Nhưng, với xC thì ( )f x p x( ) 1 (theo tính chất 2 của mệnh đề 1.4) Theo tính chất 2 của mệnh đề tương tự, p bị chặn và vì f tuyến tính và bị chặn bởi p trên *
X . Suy ra f tách x0 và C. Bổ đề được chứng minh.
Định lý 2.6. (Định lý Haln – Banach. Dạng hình học thứ nhất)
Cho A B, X là 2 tập lồi, rời nhau và khác rỗng, A mở. Khi đó, tồn tại siêu phẳng đóng tách A và B .
Chứng minh
Theo bổ đề trước với
y B C A B A y , ta dễ dàng chứng minh C lồi. Từ A mở ta cũng có C là mở (hợp của các tập mở).
Cuối cùng 0C, vì nếu không thì AB . Theo Bổ đề trên, f X*sao cho f x 0, x C (vì f là tuyến tính nên f 0 0).
Như vậy với mọi xA y, B, f x y0.
Do đó theo tính chất tuyến tính của f , ta có f x f y với mỗi xA, . yB Nên i sup nf . y B x A f x f y Vì thế R sao cho f x f y , x A, yB. Do đó, siêu phẳng f tách A và B.
Định lý 2.7. (Định lý Haln – Banach. Dạng hình học thứ 2)
Cho A B, lồi, rời nhau với A đóng, B compact. Khi đó, tồn tại siêu phẳng đóng tách ngặt A và B.
Chứng minh
Nhận xét rằng với 0 đủ nhỏ thì các tập A AB0,, 0,
B BB là rời nhau.
Thật vậy, nếu nhận xét trên không đúng thì xnA, ynB sao cho
0.
n n X
x y
Khi đó, từ B compact, tồn tại dãy con ynk k
Zsao cho k n y l, suy ra k n x l.
Vì A đóng, nên lA, do đó lAB (Mâu thuẫn với ,A B rời nhau).
Do đó từ dạng hình học thứ nhất của định lý Haln – Banach, tồn tại f X*, 0
f và R sao cho x A, y B, f x f y .
Vậy với mọi xA, yB và zB0,1 ta có f x z f y z. Do đó, bằng cách chọn z thích hợp, ta có được * X f x f , * X f y f , x A, yB. Vậy, f tách ngặt A và B. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.2. Cho Y X là không gian con của X sao cho Y X . Khi đó,
*
f X
sao cho f 0 và f y 0, y Y.
Chú ý. Cách phát biểu khác của Hệ quả 2.2
Y Xlà không gian con trù mật f X*, f 0trên Y suy ra f 0 (trên X ).
Chứng minh
Giả sử Y X , khi đó x0X ‚ Y, Y đóng và lồi, { }x0 là lồi và compact.
Vậy theo dạng hình học thứ 2 của định lý Haln – Banach, f X*, f 0 sao cho f x f x 0 , x Y.
Với mọi tR, tf x f tx f x 0 , vì thế với xY , f x 0. Do đó f 0 trên Y nhưng f 0
Kết thúc chứng minh.
2.2.2. Ứng dụng (định lý Krein – Milman)
Định lý 2.8. (Krein – Milman). Cho K là tập compact và lồi trong X . Khi đó, K là bao lồi đóng của các điểm cực biên.
Chú ý. Nếu X là không gian định chuẩn thì X* tách các điểm (với
,
x y X
sao cho x y, f X* sao cho f x f y ).
Chứng minh
Cho P là tập tất cả các tập cực biên trong K. Ta sẽ sử dụng 2 tính chất sau:
Giao của các phần tử của P là thuộc P hoặc là ;
Cho SP và f X*. Khi đó nếu xác định
: max
f S
S xS f x f , Sf P . . Để thấy điều này, cho tx1t y Sf S, khi đó
1 maxS .
f tx t y f
Vì S là cực biên, ,x yS. Vậy
ta có tf x 1t f y maxS f . Mâu thuẫn với đẳng thức (2.1). Vì thế, ( ) ( ) ax
S
f x f y m f , điều này có nghĩa là ,x ySf, vậy Sf là cực biên.
Bây giờ, cho SP , P ' là tập tất cả các tập cực biên trong S. Theo định lý cực đại Haussdorff tồn tại một phần tử lớn nhất, thứ tự toàn phần tập con được gọi là ΩP '. Cho Ω T M T
, M là tập cực biên. Giả sử MP', khi đó Mf M là định nghĩa của M .
Suy ra f X*, x M , f x maxx M f x hằng số, với mỗi f là hằng số trên M , với X* là các điểm phân hoạch, M là đơn. Do đó, với mọi SP ,
S chứa một điểm cực biên.
Cho H là bao lồi của tập các điểm cực biên trong K. Ta cần chứng minh H K, S P , SH . Hiển nhiên, H K.
Mặt khác, giả sử x0K ‚ H . Khi đó, x0 compact và H đóng. Theo dạng hình học thứ 2 của định lý Haln – Banach, tồn tại f X* sao
cho f x f x 0 , x H.
Vì thế, nếu ta xét tập Kf xK f x: maxK f, ta thấy rằng
f
K H , từ x H , f x f x 0 maxK f .
Nhưng Kf là tập các điểm cực biên và giao với H. Đây là sự rút ngắn, do đó .
K H Vậy K H.