Định lý Stone-Weierstrass

Phần này ta nghiên cứu việc xấp xỉ đều hàm liên tục bởi hàm đơn giản, dễ xử lý (như hàm tuyến tính từng khúc, hàm bậc thang hay hàm đa thức).

4.1 Xấp xỉ bởi hàm tuyến tính từng khúc. Hàm liên tục g : [a, b] → R được gọi làtuyến tính từng khúc nếuu tồn tại phân hoạcha=a0< a1 <· · ·< ak=b, sao cho trên mỗi đoạn con glà hàm bậc nhất:

g(x) =Aix+Bi, x∈[ai−1, ai], i= 1,· · · , k

Do g liên tục các hệ số Ai, Bi phải thỏa hệ thức nào đó. Dễ thấy đồ thị g là một đường gấp khúc.

Bài tập: Cho f : [a, b]→ R liên tục. Khi đó tồn tại dãy hàm tuyến tính từng khúc hội tụ đều về f.

Hd: Với mỗi phân hoạch đoạn [a, b], xét hàm tuyến tính từng khúc mà đồ thị là đường gấp khúc nối các điểm thuộc đồ thị f ứng với các điểm chia. Dựa vào tính liên tục đều của f chứng tỏ khi phân hoạch càng mịn thì hàm tuyến tính đó càng gần đều hàm f.

4.2 Xấp xỉ bởi hàm bậc thang. Hàm g : K → R gọi là hàm bậc thang nếuu tồn tại phân hoạch K thành hữu hạn tập X1,· · · , Xk sao chog là hằng trên mỗi tập đó. Bài tập: Cho f : [a, b]→Rliên tục. Khi đó tồn tại dãy hàm bậc thang hội tụ đều về

f.

Hd: Với mỗi phân hoạch đoạn[a, b], xét hàm bậc thang mà giá trị trên mỗi đoạn chia là một giá trị nào đó của f trên đoạn đó (chẳng hạn giá trị đầu mút hay max,min). Dựa vào tính liên tục đều củaf chứng tỏ khi phân hoạch càng mịn thì hàm bậc thang đó càng gần đều hàm f.

Bài tập: Tổng quát bài tập trên cho hàm liên tục trên tập compact trong Rn. Phần sau ta xét đến việc xấp xỉ hàm bởi đa thức hay đa thức lượng giác.

III.4 Định lý Stone-Weierstrass. 37

4.3 Định lý (Weierstrass). Với mọi hàmf liên tục trên đoạn [a, b]tồn tại dãy hàm đa thức hội tụ đều vềf.

Chứng minh: Cách chứng minh sau của Bernstein (1912) có tính xây dựng dãy đa thức cụ thể hội tụ vềf.

Bằng phép đổi biến x=a+t(b−a), ta đưa về trường hợp [a, b] = [0,1]. Dãy đa thức Bernstein đợc định nghĩa như sau là hội tụ đều về f:

Bk(x) =Bkf(x) =k

p=0

Cp kf(p

k)xp(1−x)k−p.

Để chứng minh, trước hết ta chuẩn bị một số đẳng thức. Công thức nhị thức: (x+y)k=k

p=0

Cp

kxpyk−p. Đạo hàm theo x và nhân x: kx(x+y)k−1 =k

p=0

pCp

kxpyk−p. Đạo hàm lần nữa và nhânx2: k(k−1)x2(x+y)k−2 =k

p=0

p(p−1)Cp

kxpyk−p. Đặt y= 1−x và rp(x) =Cp

kxp(1−x)k−p, thay vào các đẳng thức trên

k p=0 rp(x) = 1, k p=0 prp(x) =kx, k p=0 p(p−1)rp(x) =k(k−1)x2. Suy ra k p=0 (p−kx)2rp(x) = k2x2 p=0 rp(x)−2kx k p=0 prp(x) +k p=0 p2r p(x) =kx = k2x2−2kx+ (kx+k(k−1)x2) =kx(1−x)

Bây giờ đặt M = max (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

|x|≤1|f(x)|. Cho >0. Do tính liên tục đều tồn tạiδ >0, sao cho, nếu|x−y|< δ, thì |f(x)−f(y)|< . Ta cần đánh gía f(x)−Bk(x) =f(x)−k p=0 Cp kf(p k)xp(1−x)k−p =k p=0 (f(x)−f(p k))rp(x).

Chia tổng cuối chia thành 2 tổng:

1 gồm các p:|p k −x|< δ. Khi đó|f(x)−f(p k)|< và rp(x)≥0, nên |1| ≤ k p=0 rp(x) =.

2 gồm cácp:|p k −x| ≥δ. Khi đó|p−kx kδ | ≥1, nên |2| ≤ 2M |p−kx|≥kδ rp(x)≤2M k p=0 p−kx kδ 2 rp(x) ≤ 2M kδ2kx(1−x) ≤ M 2δ2k.

Tóm lại, với >0, tồn tại δ >0, sao cho

|f(x)−Bk(x)| ≤ |1|+|2|< +2M

δ2k

Vậy khik≥M/2δ2, ta có: sup

|x|≤1|f(x)−Bk(x)|<2.

Bài tập: Chứng minh giả thiết compact là cần thiết trong định lý Weierstrass. ( Hd: Chứng minh hàm f(x) =ex không thể xấp xỉ đều bởi đa thức trên R.) Bây giờ ta xét đến trường hợp tổng quát.

4.4 Định nghĩa. TậpA các hàm xác định trênK ⊂Rn gọi làđại số nếuu

∀f, g∈ A, α∈R, f+g, f g và αf ∈ A.

Đại số hàm A gọi làtách điểm nếuu

∀x, y∈K, x=y,∃ϕ∈ A:ϕ(x)=ϕ(y).

Ví dụ.

a) Tập R[x1,· · · , xn]các đa thứcn biến thực là đại số hàm trênRn. b) Tập các đa thức lượng giác dạng

a0+k

p=1

(apsinpx+bpcospx), ap, bp ∈R, k∈N,

là một đại số hàm trênR.

c) Cho ϕ1,· · · , ϕs:K →R. Lớp các hàm có dạng sau là một đại số hàm trên K

k

p1+···+ps=0

ap1···psϕp1

1 (x)· · ·ϕps(x), với ap1···ps ∈R, k∈N.

Bài tập: Chứng minh các đại số ở ví dụ a) và b) là tách điểm.

4.5 Định lý (Stone-Weierstrass) Cho K là tập compact trong Rn. Giả sửA ⊂ C(K)

là một đại số các hàm liên tục trên K, tách điểm và chứa hàm hằng. Khi đó với mọi hàm hàm liên tục trênK có thể xấp xỉ đều bởi hàm trong A, i.e.

III.4 Định lý Stone-Weierstrass. 39 Chứng minh: (Stone-1948) Ta chuẩn bị một số bổ đề. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Bổ đề 1. Đặt A ={g:g là giới hạn đều của dãy hàm thuộcA}. Khi đó A ⊂C(K)

là đại số, tách điểm, chứa hàm hằng. Hơn nữa, nếu dãy hàm (hk) ⊂ Ahội tụ đều về

h, thì h∈ A, i.e. A=A.

Thực vậy, rõ ràng A là đại số hàm liên tục, do Mệnh đề 3.3, và tách điểm chứa hàm hằng vì chứa A. Hơn nữa, giả sử (hk)⊂ Ahội tụ đều về h. Khi đó, với mọik, tồn tại dãy (gk,i)⊂ A hội tụ đều vềhk (khii→ ∞). Theo qui tắc đường chéo (Bài tập: lập luận kiểu

2) tồn tại dãy(gk=gσ(k),i(k))⊂ Ahội tụ về h. Vậy h∈ A.

Bổ đề 2. Với mọi x, y∈K, α, β ∈R, tồn tại hàmh∈ A, h(x) =α, h(y) =β. Để xây dựng h, do A tách điểm tồn tại ϕ ∈ A, ϕ(x) = ϕ(y). Định nghĩa h(z) =

α+ (β−α)ϕ(z)−ϕ(x)

ϕ(y)−ϕ(x). Khi đó h là hàm cần tìm.

Bổ đề 3. Nếu h1, h2∈ A, thì max(h1, h2),min(h1, h2)∈ A

Thật vậy, domax(h1, h2) = h1+h2+2|h1−h2|vàmin(h1, h2) = h1+h2− |2 h1−h2|, nên chỉ cần chứng minh rằng: h∈ A ⇒ |h| ∈ A.

Để chứng minh điều đó, ta có h liên tục trên tập compact, nên tồn tại M > 0, sao cho |h(x)|< M,∀x ∈K. Theo định lý Weierstrass, tồn tại dãy đa thức (Pk) hội tụ đều về hàm [−M, M]t→ |t|. Đặtgk =Pk◦h. Khi đó (gk)là dãy các hàm thuộc

A và hội tụ đều về |h|.

Bây giờ ta chứng minh định lý. Cho f ∈C(K). Từ Bổ đề 1, ta cần chứng minh:

∀ >0,∃g∈ A: d(f(x), g(x))< , ∀x∈K, i.e. f(x)− < g(x)< f(x) +, ∀x∈K.

Với mọi x, y∈K, theo Bổ đề 2, tồn tạihx,y ∈ A:hx,y(x) =f(x), hx,y(y) =f(y).

Cố định x. Khi đó với mọi y ∈K, do hx,y(y) = f(y), tồn tại cầu mở Uy tâm y sao cho hx,y(z)< f(z) +,∀z∈Uy∩K.

HọPx={Uy, y ∈K} là một phủ mở củaK, doK compact, tồn tại hữu hạn tập mở

Uy1,· · ·, Uyp phủK. Đặt hx= min(hx,y1,· · · , hx,yp). Theo Bổ đề 3, hx∈ Avà

hx(z)< f(z) +,∀z∈K.

Với mọi x∈ K, do hx(x) = f(x) và tính liên tục, tồn tại cầu mở Vx tâm x sao cho

f(z)− < hx(z),∀z∈Vx∩K.

Họ P ={Vx, x∈ K} là phủ mở của K. Từ tính chất Heine-Borel, tồn tại hữu hạn tậpVx1,· · · , Vxq phủK. Đặtg= max(hx1,· · · , hxq). Theo Bổ đề 3, g∈ Avà

Dễ thấy g là hàm cần tìm.

4.6 Hệ qủa. Mọi hàm liên tục trên R và có chu kỳ T có thể xấp xỉ đều bởi dãy đa thức lượng giác Pk(x) =ak,0+Nk

p=1

(ak,psin(2πpx

T ) +bk,pcos(2πpx

T )).

Chứng minh: Để ý là một hàm liên tục trên R, có chu kỳ T > 0 là thác triển của một hàm thuộc C[0, T]. Vậy để chứng minh chỉ cần kiểm tra tập các đa thức lượng giác thỏa điều kiện định lý Stone-Weierstrass.

4.7 Hệ qủa. Mọi hàm liên tục trên tập compact trong Rn đều có thể xấp xỉ đều bởi dãy hàm đa thức nbiến. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

4.8 Hệ qủa. Cho K1 ⊂ Rn1 và K2 ⊂ Rn2 là các tập compact, A1 và A2 là các đại số hàm trên K1, K2 tương ứng. Nếu A1 và A2 là tách điểm và chứa hàm hằng, thì mọi hàm f ∈C(K1×K2) đều có thể xấp xỉ đều bởi hàm có dạngk

i=1

gi(x)hi(y), trong đó gi ∈ A1, hi ∈ A2, k∈N.

Chứng minh: Chỉ cần kiểm tra các hàm có dạng trên là đại số hàm liên tục trên

K1×K2, tách điểm và chứa hàm hằng, rồi áp dụng định lý Stone-Weierstrass.

Nhận xét. Định lý Stone-Weierstrass tuy khẳng định khả năng xấp xỉ đều hàm liên tục trên tập compact bởi đa thức hay đa thức lượng giác, nhưng việc chứng minh không cho phép xây dựng tường minh dãy hàm xấp xỉ. Để tính toán cụ thể (xác định hệ số đa thức xấp xỉ) cần nhiều giả thiết hơn về hình học của tập hay về tính chất của hàm. Chẳng hạn, hàm liên tục trên đoạn [a, b] có thể xấp xỉ bởi dãy đa thức Bernstein. Tổng quát hơn, nếu K là hình hộp trong Rn, ta có

Bài tập: Cho f ∈C[0,1]n. Đa thức Bernstein thứ k của f được định nghĩa

Bk(x1,· · · , xn) = 0≤p1,···,pn≤k Cp1 k · · ·Cpn k f(p1 k,· · · ,pn k)xp1 1 · · ·xpn n (1−x1)k−p1· · ·(1−xn)k−pn.

Chứng minh dãy(Bk) hội tụ đều về f.

Một hướng phát triển khác là việc nghiên cứu lớp các hàm có thể biểu diễn một cách địa phương như chuỗi lũy thừa: lý thuyết hàm giải tích.

IV. Đạo hàm

1. ĐẠO HÀM

Trước khi đưa ra định nghĩa, ta có nhận xét sau:

Cho U là tập mở trongR. Hàm f :U → R là khả vi tại a∈U nếu tồn tại số thực

f(a), sao cho lim x→a f(x)−f(a) x−a = lim h→0 f(a+h)−f(a) h =f(a) i.e. f(a+h) =f(a) +f(a)h+o(h),

i.e. f(x) có thể xấp xỉ bởi hàm bậc nhấtT(x) =f(a) +f(a)(x−a), với xđủ gầna.

1.1 Định nghĩa. Cho U là tập con mở trong Rn. Ánh xạ f : U → Rm gọi là

khả vi tại a∈U nếuu tồn tại ánh xạ tuyến tínhA:Rn→Rm, sao cho

f(a+h)−f(a)−Ah

h →0, khi h→0.

Khi đó,A gọi làđạo hàm củaf tạia và ký hiệuDf(a) hayf(a). Nhận xét. Theo định nghĩa, nếu f khả vi tại a, ta có

f(a+h) = f(a) +Df(a)h + o(h),

trong đó o(h) ký hiệu các hàm ϕ(h)thỏa: lim

h→0

ϕ(h)

h = 0.

Như vậy f khả vi tạiakhi và chỉ khi f có thể xấp xỉ bậc nhất ở lân cận a, bởi ánh xạ affinT. Khi đó

T(x) =f(a) +Df(a)(x−a)

gọi làánh xạ tiếp xúc với f tạia.

Về mặt hình học, tính khả vi của f tại atương đương với sự tồn tại phẳng tiếp xúc với đồ thị tại(a, f(a)). Khi đó đồ thị của f (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Gf ={(x, y)∈Rn×Rm:y=f(x), x∈U} ,

có phẳng tiếp xúc là đồ thị của ánh xạ tiếp xúcT

Ta={(x, y)∈Rn×Rm :y=T(x) =f(a) +Df(a)(x−a), x∈Rn}.

Mệnh đề.

(i) Nếu f khả vi tạiathì ánh xạ tuyến tính Df(a) là duy nhất. (ii) Nếuf khả vi tại a, thì nó liên tục tại đó.

Chứng minh: Nếu A, B là các ánh xạ tuyến tính thoả Định nghĩa 1.1, khi đó

lim

h→0

A(h)−B(h) h = 0.

Từ tính tuyến tính, suy ra với mọi x∈Rn\0, ta có

A(x)−B(x) x = limt→0 A(tx)−B(tx) tx = 0 Vậy A(x) =B(x),∀x∈Rn, i.e. A=B. Nếu f có đạo hàm Df(a), thì lim x→a(f(x)−f(a)) = lim x→a(f(x)−f(a)−Df(a)(x−a)) + lim x→aDf(a)(x−a) = 0

Vậy f liên tục tạia.

Ví dụ.

a) Đạo hàm của hàm hằng tại mọi điểm là ánh xạ tuyến tính 0.

b) Đạo hàm của ánh xạ tuyến tính T tại mọi điểm là chính nó, i.e. DT(a) =T,∀a. Bài tập: Tìm ví dụ các hàm số không khả vi.

Nhận xét. (i) Trường hợp hàm 1 biến, để ý là mọi ánh xạ tuyến tính R→Rm, đều có dạng h→ < A, h >, với A∈Rm nào đó. Như vậy trong trường hợp này đạo hàm được đồng nhất một cách tự nhiên với vector (hay ma trận cột) A∈Rm.

Trong trường hợp này, đạo hàm hàm 1 biến được tính bởi f(a) = lim

h→0

f(a+h)−f(a)

IV.1 Đạo hàm. 43 (ii) Không thể tính đạo hàm bằng giới hạn nêu trên trong trường hợp số biến n >1, vì nói chung phép chia y

h, vớiy∈Rm, h∈Rn, là không được định nghĩa.

Theo quan điểm tính toán: mọi ánh xạ tuyến tính Rn −→ Rm được đồng nhất với một ma trận cấpm×n, khi ta cố định cơ sở trênRnvàRm. Vậy khi sử dụng cở sở chính tắc, ma trận J f(a) biểu diễn đạo hàm Df(a)được xác định như thế nào ? Trước hết để ý rằng với vector thứ j, ej ∈ Rn, trong cơ sở chính tắc (khi viết dới dạng ma trận cột), theo phép nhân ma trận, ta có

J f(a)ej = cột thứ j của ma trận J f(a).

Từ định nghĩa đạo hàm tại a, ta có

Df(a)(tej) =f(a+tej)−f(a) +o(t).

Ta có định nghĩa:

1.2 Đạo hàm riêng. Đạo hàm riêng theo biến thứj của hàmf tạia, ký hiệuDjf(a)

hay ∂f

∂xj(a), là giới hạn (nếu tồn tại)

Djf(a) = ∂f ∂xj(a) = lim t→0 f(a+tej)−f(a) t . Như vậy để tính ∂f (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

∂xj tạia= (a1,· · · , an) ta cố định các biếnxk=ak, vớik=j, và lấy đạo hàm hàm một biến xj →f(a1,· · · , xj,· · · , an) tạiaj.

Tổng quát hơn, cho e∈Rn\0, ta định nghĩa đạo hàm theo hướng ecủa hàmf tạia, là giới hạn (nếu tồn tại)

Def(a) = ∂f

∂e(a) = lim

t→0

f(a+te)−f(a)

t .

Nhận xét. Đạo hàm theo hướng đánh gía độ biến thiên của f theo hướngetại a. Ví dụ.

a) Chof(x, y) =xy. Từ công thức tính đạo hàm hàm một biến, ta có

∂f

∂x(x, y) =yxy−1, ∂f

∂y(x, y) =xylny (x, y >0).

b) Cho f(x, y) =|xy|. Tính theo định nghĩa, ta có

∂f ∂x(0,0) = lim t→0 f(t,0)−f(0,0) t = 0, tương tự ∂f ∂y(0,0) = 0. 1.3 Ma trận Jacobi. Chof(x1,· · · , xn) = (f1(x1,· · · , xn),· · ·, fm(x1,· · ·, xn)).

Nếu f khả vi tạia∈U, thì ma trận biểu diễn Df(a) trong cơ sở chính tắc gọi làma trận Jacobi củaf tạia, ký hiệuJ f(a). Từ các nhận xét trên suy ra:

Mệnh đề. Nếuf khả vi tại a, thì nó có mọi đạo hàm riêng ∂fi ∂xj(a),(i= 1,· · · , m;j= 1,· · ·, m), và ma trận Jacobi J f(a) =       ∂f1 ∂x1(a) · · · ∂f1 ∂xn(a) · · · · · · · · · ∂fm ∂x1(a) · · · ∂fm ∂xn(a)      .

Như vậy Df(a) :Rn→Rm là ánh xạ tuyến tính xác định bởi

dx=    dx1 ... dxn   →dy=    dy1 ... dym   =J f(a)dx

Ta có cách viết vi phân cổ điển:

             df1 = ∂f1 ∂x1(a)dx1+· · ·+ ∂f1 ∂xn(a)dxn ... ... dfm = ∂fm ∂x1(a)dx1+· · ·+ ∂fm ∂xn(a)dxn Ví dụ. a) Hàm f :R2 −→R3, f(x, y) = (x2+y2, x+y, xy) là khả vi tại mọi (x, y) ∈R2, và ma trận Jacobi J f(x, y) =    2x 2y 1 1 y x   . b) Xét hàm f(x, y) =x2+y2. Hàm có hàm tiếp xúc tại (x0, y0) là T(x, y) =x2 0+y2 0+ 2x0(x−x0) + 2y0(y−y0). Đồ thị hàm là paraboloid cho bởi phương trình z=x2+y2, trong R3.

Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với đồ thị tại (x0, y0, z0) là đồ thị hàm T z−z0= 2x0(x−x0) + 2y0(y−y0).

Để ý là phương trình trên có thể suy từ vi phân dz= 2x0dx+ 2y0dy.

1.4 Quan hệ giữa đạo hàm và đạo hàm riêng.

Nếu f có đạo hàm tại a, thì f có đạo hàm riêng theo mọi hướng tại a. Nếu f có các đạo hàm riêng tại a, thì không thể suy ra f khả vi tại a. Ví dụ hàm f(x, y) =|xy|, có các đạo hàm riêng ∂f

∂x(0,0) = ∂f

∂y(0,0) = 0. Nhưng

Df(0,0)không tồn tại. Thật vậy, do f có các đạo hàm riêng, nên theo định nghĩa và mệnh đề trên, f khả vi tại (0,0)khi và chỉ khi

f(h, k)−f(0,0)− ∂f ∂x(0,0) ∂f ∂y(0,0) hk √ h2+k2 →0 , khi (h, k)→(0,0).