Xét một dãy tập hợp M1, M2,…… trong không gian metric X. ta nói dã đó lông nhau, nếu Mn ⊃ Mn+1 Với mọi n = 1, 2, 3……
Dãy hình cầu đợc gọi là thắt dần, nếu dãy bán kính của chúng( đợc coi nh dãy số) có giới hạn bằng 0
Ta có định lý sau:
Định lý 1:
Không gian Metric X là đầy đủ khi và chỉ khi mọi dãy( vô hạn) các hình cầu đóng { Xn } các hình cầu đóng lồng vào nhau và thắt dần đều có giao khác rỗn (tức là tại a ∈ X. Sao cho a ∈∩n = 1+∝Bn)
Chứng minh:a, Giả sử X là đầy đủ và B1, B2,… là dãy hình cầu đóng lồng vào nhau và thắt dần.
Bk= B( ak, k).lấy trong mỗi Bk một điểm x=k . Do tính lông nhau nên xn ∈ Bk . Với mọi n ≥ k. vì vậy, lim, n ≥k thì d(xm , xn) ≤ d((xm , Ak) + d(( Ak xm) ≤ 2rk nên
d(xm , xn) → 0 khi m, n →∞, tức là { xn } là cơ bản. Từ giả thiết suy ra xn →a. Rõ ràng a ∈ Bk với mọi k, tức là: ∈ ∞ ≠φ = ∞ = 1 1 k k k k hay B B a
b. Giả sử mọi dãy hình cầu đóng lồng vào nhau và thắt dần đều có giao khác rỗng. Lấy dãy cơ bản { xn} ta phải chứng minh { Xn} có giới hạn. Từ tính chất cơ bản của dãy suy ra: Với ε1 = 1/2 thì tồn tại n1 sao cho khi n, n’ ≥ n1 ta có d( xn, xn1) < 21 ; Nói riêng, ta có d(xn,xn’) < 21
Với mọi n≥ n1. ký hiệu B1 = B( xn1, 1). Tiếp theo với, với ε2 = 22
1
Lại tồn tại n2 sao chi khi n ≥ n2 thì d(xn, xn2) ≤ 22
1
)2 2
1
(xnk k−1 Lại thấy B2 = B(xn2; 21 );….. Cứ tiếp tục nh vậy, ở bớc thứ k, ta chọn nk sao cho khi n ≥ nk thì d( xn, xyn) < 21 . Sau đó lấy Bk = B )
21 1 (xnk k−1
Ta đợc một dãy vô hạn các hình cầu đóng thắt dần. Mặt khác, giả sử x∈Bk+1 khi đó d( x,xn
k+1) + d( xn k+1, xn k) ≤ 2 1 1 2 1 2 1 − = + k k k
Tức là x ∈ Bk . Nh vậy dãy {Bk} lông nhau do đó ∩k=1∞Bk chứa ít nhất một điểm a nào đó. Rõ ràng a = limk →∞xrk. Từ đó dễ dàng suy ra a còn là giới hạn của chính dãy { xn}. Nh vậy mọi dãy cơ bản đều hội tụ (đpcm)
Nhận xét: Dễ thấy giao của mọi ngời hình cầu trong dãy lồng nhau và thắt dần thực hiện và chỉ chứa một điểm duy nhất.
Định lý 2: Không gian Metric đầy đủ không chỉ có dạng hợp đếm đợc của các tập hợp con tuyệt đối không trù mật.
Chứng minh: Giả sử X đầy đủ và X = ∪∞
n=1 Mn , trong đó mẫu Mn đều tuyệt đối không trù mật. Lấy một hình cầu đóng B1 tuỳ ý với bán kính 1/2. Vì M tuyệt đối không trù mật nên tồn tại hình cầu đóng B2⊂ B1 sao cho
B2∩ M1 = φ. Có thể coi bán kính của B2 không vợt quá 22
1
Trong đó B3 có bán kính không vợt quá 23
1
Rõ ràng { Bn} là dãy lồng nhau và thắt dầ.Vì vậy ∩∞
n=1 Bn chứa một điểm a duy nhất, điểm này nằm trong mọi Bn+1 nên không nằm trong mọi Bn+1 nên không nằm trong tập Mn nào, đó là không thuộc X
{Xn} δ { yn } nếu lim d(xn , yn ) = 0
Để thấy δ có tính chất phản xạ và đối xứng tiếp theo, nếu {xn} δ { yn } nếu lim d(xn , yn ) = 0 và { yn } δ { zn} thì d(xn, yn) → 0
Và d( yn, zn) → 0 nên do 0 ≤ d( xn , zn) ≤ d( xn , yn) + d
Ta cũng có lim d ( yn , zn) = 0, tức là { xn} δ { zn }. Nh vậy δ có tính bắc cầu δ là quan hệ t- ơng đơng, vì vậy có thể nói đến tập thức.
X = γ/ S
Tiếp theo, ta nhận xét rằng nếu { xn} và { yn} là 2 đẳng cơ bản thì limd(xn, yn) tồn tại. Thật vậy từ bất đẳng thức d(xn, yn) ≤ d (xn, xm) + d (xm, xn) ≤ d(xn, xm) + d(xm, ym) + d(ym, yn).
Suy ra d(xn, yn) – d(xm, ym)≤ d(xn, yn) + d(ym, yn)
Do d(xm, xn) và d (ym, yn). Cũng có giới hạn bằng 0 khi cả m và n đều tiến vào vô cực nên d(xn, yn) - d(ym, yn)có thể nhỏ tuỳ ý, điều đó có nghĩa là đẳng số d(xn, yn) là cơ bản nên nó có giới hạn.
Ngoài ta nếu {xn} và {n’n} cùng thuộc một lớp tơng đơng x, {yn} và {y’n} cùng thuộc một lớp tơng của y Thì do.
d( xn, yn) - d( x’n, y’n)≤ d( xn, x’n) + d(yn, y’n)
Ta sẽ có: limd(x’n, y’n) = limd (x’n, y’n). Những điều nói trên cho phép ta xét ánh xạ từ Χ2 và R+ xác định nh sau: d(x’, y) = limd(xn, yn) (2) với xn đại diện cho x và (yn) đại diện cho y.
Ta chứng tỏ (2) cho ta một Metric trên Χ thật vậy trứoc hết d (x,y) = 0 khi và chỉ khi {xn} và {yn} là tơng đơng, tức là x = y. Tiếp theo , rõ ràng d(x, y) = d(y,x). Cuối cùng do: d(x,x) = limd(xn, zn) = d(x,y)+ d(y,z) ≤ lim (yn, zn) =d(x, y) + d(y,z).
Nên d là metric trên X. Bây giờ ta có thể xem nh không gian con của X. Xét ánh xạ ϕ:X→ X biến mỗi x ∈ X thành lớp tơng đơng ϕ chính dãy cơ bản {xn} với xn = x. ta chứng tỏ ϕ là đơn ánh. Thật vậy giả sử ϕ( x’n= x’. Khi đó 2 dãy { xn =x} và {x’n =x’} là 2 đại diện của cùng một hớng tơng đơng nên limd(xn, x’n) = 0 hay x = x’. Suy ra ϕ đúng là đơn ánh. Lại có d(ϕ(x), ϕ=
limd(xn, x’n) = 1 d(x, x’) nên ta có thể đồng nhất mỗi phần tử x ∈X với ϕvà không gian X với không gian con ϕ(X) của X.
Bây giờ ta chứng tỏ [X] = X. Lấy x ∈X. Ta chứng minh rằng x = lim xn với xn ∈X. Dãy đại diện {x=n} của x( xn∈X). Với mũ n ta có thể coi xn là lớp tơng đơng ϕ(xn ) chứa dãy đờng, {xnk = xn} ta có: d(xn, x) = d( ε(xn), x) = limdk →∝ (dn, xk).
Vì vậy limd(xn,x)n→∝ = limk→∝ d(xn, xk) = 0.
Suy ra: X là giới hạn cau dãy gồm các điểm xn∈ X, tức là x ∈[X].
Cuối cùng ta chứng tỏ X. Trớc hết, Xét trờng hợp đăcj biệt , khi mỗi đoạn X, trớc hết, xét những trờng hợp đặc biệt khi mỗi đoạn, thực chất là một điểm xn∈xn ; xn2 = x tức là có thể đồng nhất với dãy đúng xn, 2 = xn, xn,2….., xn .khi đó d(xm,xn) = d(xn,xm)→0
Khi m, n → 0 tức là dãy {xn} cơ bản. Nếu vậy lớ tơng đong x chứa {xn} chính là giới hạn của {x’n} ≡ {xn}. Thật vậy, ta có” d=(xn,x) = limd(xn,k, xk) = limk →∞d(xm, xk)
Nên limn→∞d(xn, x) = limk,n→∞d(xn, xk) = 0 hay xn →x. Nh vậy dãy cơ bản { xn} hội tụ
Bây giờ ta xét trờgn hợp tổng quát: {xn} là dãy tuỳ ý trong X. Do X trù mật trong X nên với mỗi xn đều tồn tại xn thuộc sao cho d( xĀ n, x’n) ≤ 1/n. Vì d(xn, xm) = d(xn, xm) ≤ d(xm, xm) + d(xn, xn) + d(xn, xn) ≤ 2/n + d(xm, xn), nên từ tính cơ bản của { xn}. Suy luận nh trên , ta có bóng tơng đơng chứa dãy { xĀ n}. chính là giới hạn của { xn} ( nh dãy trong X )mặt khác, c≤ d(xn, x) ≤ d(xn, xn) + d (xn, x) ≤ 1/n + d (xn, x) →0 nên xn→x.
Nh vậy, mọi dãy cơ bản trong X đều hội tụ, tức là X đầy đủ, vậy bao đầy dủ của X tồn tại. Bây giờ ta chứng minh tính suy nhất của bao đầy đủ. Giả sử X và X cũng là bao đầy đủ của X. xét ánh xạ f: X→X, xác định nh sau:
Giả sử x ∈ X khi đó tồn tại dãy {xn}trong X. Sao cho xn →x theo metric d trong X đơng nhiên, {xn} là cơ bản trong X a và so metric d và d trùng nhau. Trên X, nên{xn} cơ bản trong a, và do đó cũng cơ bản trong X. Theo chứng minh trên, xn→ x ∈ X. Rõ ràng, nếu {xn} cũng hội tụ tối trong x trong X thì {xn} lại cũng sẽ hội tụ tới chính x trong a, tức là x chhỉ phụ thuộc x. đặt f(x) = x’ nếu x = x ∈ X thì f(x) = x tức là f là ánh xạ đồng nhất trên a, Tiếp theo, với x, y ∈ X và x,y ∈X và xn →x’,yn → y ta cũng có x,y ∈ X và xn →x’,yn → y, nên: d(x,y) =limd(xn, yn)= limd(xn, yn) = limd(xn, yn) = d(x,y). vậy X và X đẳng vị với nhau.
Bài tập: chứng minh rằng nếu m là tập hợp không đóng trong không gian metric thì :Ā
b. Nếu a là đầy đủ thì M [là bao đầy đủ của M]
Đ10: Nguyên lý ánh xạ cơ:
Trong toán học rất nhiều bài toán về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của 1 loại phơng trình nào đó quy về việc tìm điểm bất động, tức là điểm không có ảnh là chính nó, qua 1 ánh xạ thuộc loại giảm khoảng cách hay ánh xạ co. Dới đây ta sẽ làm quen với phơng pháp quan trọng này, và ta xét một vài ứng dụng đơn giản.