ĐỊNH NGHĨA
Miền tổng của chuỗi trong không gian Banach X, ký hiệu , tà tập hợp các x ∈ X sao cho tồn tại hoán vị π của N để
Theo định lý 4 ở §1 chương 2, nếu chuỗi hội tụ không điều kiện và có tổng là S thì
Nếu X = R, từ định lý Riemann ở chương 1 thì với bất kỳ chuỗi hội tụ có điều kiện ta có
Trong chương này ta khảo sát cấu trúc miền tổng của các chuỗi hội tụ có điều kiện.
§1. Miền tổng của chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều
1. Bổ đề
Cho đa diện K trong Rn xác định bởi hệ
Nêu ̅ là đỉnh của K thì tập hợp A = {j : gj( ̅) = bj} có ít nhất n - p phần tử.
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử card A < n - p.
Xét hệ phương trình (S)
(S) có số phương trình p + cardA < p + (n - p) = n (số ẩn) Do đó (S) có nghiệm không tầm thường ̅.
Ta chọn ɛ0 > 0 đủ nhỏ sao cho
với mọi j mà khi đó ta cũng có
Trang 27 fi( ̅ ± ɛ0 ̅) = ai với mọi i =1,2,..., p
gi( ̅± ɛ0 ̅) = bj với mọi j mà gj ( ̅) = bj
Từ đó ̅ ± ɛ0 ̅ ∈ K mà ̅ = 1
2 ( ̅ + ɛ0 ̅+ ̅- ɛ0 ̅) điều này mâu thuẫn với X là đỉnh của K.
Bổ đề đƣợc chứng minh 2. Bổ đề
Cho {xi}n1 là tập con hữu hạn của một không gian định chuẩn m- chiều là những hệ số với 0≤ λi ≤ 1 và
Thế thì tồn tại những hệ số {θi}n1 , θi =0 hay 1 sao cho
Chứng minh Nếu n ≤ m, ta chọn
nếu λi ≤ 1 2
nếu λi > 1 2 Khi đó
Ta xét trường hợp n > m
Gọi K là đa diện trong Rn xác định bởi hệ
Với ti = λi, thì (t1,t2,...,tn) ∈ K, do đó K không rỗng, tồn tại = ( 1, 2,..., n)là đỉnh của K. Nhận xét là phương trình là một hệ m phương trình vô hướng, và điều kiện 0 ≤ ti,
≤ 1 có thể viết lại là i = 1,2, .., n, theo bổ đề 1, ta suy ra có
Trang 28 n-m tọa độ của điểm f bằng 0 hay 1.
Ta xác nhƣ sau :
Nếu i = 0 hay i =1 thì θi = i Nếu 0 < i < 1
2 thì θi = 0 Nếu 1
2 < i < 1 thì θi = 1 Từ đó :
Trong các số | θi - i | có n - m số bằng 0, m số còn lại không lớn hơn 1 2 Vậy:
3. Bổ đề
Cho là tập con hữu hạn của không gian định chuẩn m-chiều X và
Thế thì tồn tại hoán vị π của tập các chỉ số sao cho với mọi số nguyên dương k ≤ n ta có
Chứng minh
Nếu n ≤ m, với bất kỳ hoán vị π của tập các chỉ số ta có
vì k ≤ n ≤ m nên [k -m] = m - k
• Trường hợp n > m
Trang 29
Ta quy nạp trên k(k = n, n - 1,...,m) bằng cách xây dựng các tập hợp Ak và chọn các số λik (i ∈Ak) thỏa mãn các điều kiện :
• Với k = n : ta chọn
với mọi i = 1, 2, ..., n khi đó các điều kiện (3), (4), (5) đƣợc thỏa mãn.
• Giả sử ta đã xây dựng đƣợc tập Ak+1 và chọn các số thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5) tương ứng với k + 1.
Gọi K là tập hợp các vectơ k+1 - chiều μ = {μi: :i∈ Ak+1} thỏa mãn các điều kiện.
Ta có thể xem K là tập con của Rk+1, K không rỗng (ta lấy và rong các điều kiện (3), (4), (5) thay k bởi k + 1 thì thỏa mãn (6), (7), (8)). tồn lại = { i: :i∈ Ak+1} là đỉnh của K. Áp dụng bổ đề 1 cho , và nhận xét là phương trình vectơ (8) tương đương với m phương trình vô hướng, và phương trình (7) nên ở đây ta có p = m+1 , (6) có thể viết lại
, do đó q = 2(k +1).
Gọi A = {i: μ1 = 0 hay 1} thì A có ít nhất (k + 1) - (m + 1) = k - m phần tử.
Ta chứng tỏ rằng trong các số i, i ∈ A. có ít nhất một số bằng 0. Thật vậy, nếu i =l với mọi i ∈ A, mà cardA ≥ k - m và điều kiện (7) ta suy ra cardA = k-m. Vì cardAk+1= k + 1 >
cardA = k-m nên tồn tại i0∈ Ak+1\A và cũng do (7) ta suy ra đƣợc i0 = 0, điều này mâu thuẫn với cách đặt tập hợp A.
Trang 30 Gọi j là một chỉ số sao cho j = 0. Ta đặt
Ak=Ak+1\{j} và (i ∈ Ak)
thì Ak và các số λik(i∈Ak) thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5).
Nhƣ vậy ta xây dựng đƣợc dãy hữu hạn các tập hợp An ⊃ An-1⊃ ... ⊃Am và các số λik (i∈Ak) thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5) (k = m, m+1, .., n)
Ta xác định hoán vị π nhƣ sau :
Với i = m + 1,...,n đặt π(i) = j , j là chỉ số đọc lấy ra từ tập Ai trong chứng minh quy nạp khi xây dựng Ai-1.
Đặt π(i) là tùy ý trong các trường hợp còn lại.
Ta chứng tỏ hoán vị π nhƣ vậy thỏa mãn bất đẳng thức (2).
Nếu k ≤ m thì tương tự như chứng minh ở phần đầu ta có (2) đúng.
Với k > m :
Vì π(i) ∈ Ak khi và chỉ khi 1 ≤ i ≤ k nên
Ta có và do cách đặt
thì
Bổ đề đƣợc chứng minh.
Nhận xét
Từ bổ đề 3 ta có
Trang 31 Ta suy ra
(Do k
n ≤ 1 và m n ≤ m) 4. Định nghĩa
Giá sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện, có tổng là S trong một không gian Banach X.
Phiếm hàm tuyết tính f ∈ X* đƣợc gọi là phiếm hàm khả tổng của chuỗi nếu
Tập hợp tất cả các phiếm hàm khả tổng của chuỗi là một không gian vectơ con F của X* .
Ta gọi Γ0 ⊂ X là linh tử hóa của F Γ0 = {x ∈ X : f(x) = 0 với mọi f∈F}
thì Γ0 là không gian con đóng của X.
Ta ký hiệu
Những phần tử của p đƣợc gọi là những tổng từng phần.
Ta có :
là tập lồi.
Ký hiệu ̅là bao đóng của
Trang 32 5. Bổ đề
Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian Banach X.
Nếu x ∈ ̅ thì x+ Γ0 ⊂ ̅ Chứng minh
Với bất kỳ phiếm hàm tuyến tính f ∈ X*\ F ta có chuỗi số hội tụ và tổng là nhƣng không hội tụ tuyệt đối:
Tương tự với phần đầu của chứng minh định lý 4.4. Ở §1 chương 1 ta suy ra rằng trong những tổng từng phần của chuỗi có những tổng lớn tùy ý ở cả hai hướng:
Do nên ta cũng có
(1)
Bây giờ ta giả sử rằng kết luận của bổ đề là sai, từ đó, tồn tại x ∈ ̅và z ∈Γ0 sao cho x + z ∉ ̅. Q lồi và chứa O do đó ̅ là lồi đóng chứa O trong không gian Banach X. theo định lý Hahn - Banach thì có phiếm hàm tuyến tính f ∈ X* sao cho
(2)
• Nếu f ∈ F thì (2) sai vì f(z) = 0 do z ∈ Γ0 cho nên f(x) = f(x+z) mà x ∈ ̅.
• Nếu t∉ F thì (2) cũng sai vì trong trường hợp này theo (1) ta có Bổ đề đƣợc chứng minh
Bổ đề 5
Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian Banach X, S là tập con hữu hạn bất kỳ những phẩn tử của chuỗi . Thế thì với mọi y∈X ta có
Nếu thì
Chứng minh bổ đề 5' hoàn toàn tương tự chứng minh bổ đề 5.
Trang 33 Nhận xét
Ta chứng minh bổ đề 5 với giả thiết X là không gian Banach bất kỳ, nhƣng trong phần này ta dùng bổ đề 5 chỉ cho những chuỗi trong không gian định chuẩn m- chiều.
4. Định lý Steinitz
Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian định chuẩn m- chiều E và
Thế thì miền tổng của chuỗi là s + Γ0 Chứng minh
Với f ∈X* là một phiếm hàm khả tổng của chuỗi , theo định nghĩa ta có hội tụ tuyệt đối. Từ đó, với hoán vị π bất kỳ, nếu chuỗi hội tụ thì
Do đóvới mọi f ∈ F
Dẫm đến tức là
Chứng minh gồm hai phần.
Đầu tiên ta chứng minh cho bất kỳ S ∈ s + Γ0 tồn tại hoán vị π0 của chuỗi ban đầu và dãy các chỉ số n1<n2< ... sao cho
Sau đó, ta sửa đổi để có hoán vị π sao cho
• Ta xét tập hợp ̅
Ta có s ∈ ̅và s ∈ S+ Γ0 , theo bổ đề 5 thì s + Γ0 ⊂ ̅ do đó s ∈ ̅. Gọi (ɛn) là dãy số dương hội tụ về O.
Trang 34
Tồn tại sao cho
Theo bổ đề 2 có p1∈P({x1}) sao cho trong đó m = dimE, θi bằng 0 hay 1.
Từ tổng Σθixi ta chọn ra những xi mà θi = 1 , và thêm vào x1 nếu không có x1, gọi tập hợp này là S1, và tổng của những phần tử trong S1 là s1.
Từ (2), (3) và bất đẳng thức tam giác ta có
• Xét tập hợp
theo bổ đề 5' ta có
s - s1 đƣợc xấp xỉ bởi một phần tử
q2 đƣợc xấp xỉ bởi một phần tử
trong đó θi, bằng 0 hay 1. Ta thêm vào S1 những xi mà θi= 1 trong Σθixi , và x2 nếu x2 không thuộc S1 và không có trong những xi đƣợc thêm vào. Ta gọi lập hợp này là S2 và tổng của những phần tử của S2 là s2 .Ta có
Cứ tiếp tục nhƣ vậy, ta xây dựng đƣợc dãy các tập hợp hữu hạn
Ta viết ra theo thứ tự những số hạng của các tập hợp Sl,S2\S1,S3\S2,S4\S3, ...
và bởi các đánh giá cho thu đƣợc ở trên thì ta có hoán vị của chuỗi thỏa mãn (1).
Trang 35
Ta tiếp tục chứng minh phần hai. Nhƣ vậy ta có một chuỗi là hoán vị của chuỗi ban đầu, mà để thuận tiện ta vẫn ký hiệu là , có số hạng tổng quát tiến đến O, thỏa mãn điều kiện.
(n1 < n2 < n3 < ...) Điều này dẫn đến
Áp dụng bổ đề 3 cho mỗi tập hợp hữu hạn ta có hoán vị tương ứng, và nhƣ vậy ta có hoán vị π của N sao cho
và với bất kỳ q, nj < q ≤ nj+1 , do nhận xét sau bổ đề 3 thì
Với r là số tự nhiên bất kỳ mà r > n1 , và j sao cho nj < r ≤ nj+1 ta có
Ta suy ra , có nghĩa là Định lý đƣợc chứng minh
§2. Một trường hợp vô hạn chiều
Từ định lý 6 ta suy ra trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì là một tập hợp lồi. Mệnh đề sau đây chỉ ra rằng kết luận tương tự định lý 6 là không gian nêu giả thiết X là không gian Banach vô hạn chiều bất kỳ.
Mệnh đề
Trong mỗi không gian Lp[0,1] , 1≤ p < ∞, tồn tại chuỗi hội tụ có điều kiện sao cho miền tổng của nó không là tập hợp lồi.
Chứng minh
Trong Lp[0,1] ta xét dãy hàm
Trang 36 và dãy hàm
Ta lập chuỗi từ hai dãy hàm trên.
Xét tổng tương ứng với mỗi hoán vị sau đây
có tổng là O
Ta xem chuỗi hoán vị có các tổng riêng đƣợc xác định nhƣ sau : Các tổng riêng thuộc nhóm 1 :
Đặt f =1[0,1] thì với mọi j
Dùng quy nạp ta chứng minh đƣợc với bất kỳ tổng riêng Smj thuộc nhóm m là các tổng bắt đầu là l[0,1] cộng (tức là , rồi cộng lần lƣợt (k=1,...,1+m).... rồi cộng
rồi cộng lần lƣợt (k = (m! - 1)(m + 1) + 1,...,(m!-1)(m + 1) + m + 1 ) . Ta có với mọi j
Do đó tổng tương ứng với hoán vị này là f.
Đặt g =1
2 (f+0) thì g(x) = 1
2 Với mọi x∈[0,1]
Xét hoán vị bất kỳ của chuỗi, gọi Sn là tổng riêng tương ứng, ta có Sn(x) là số nguyên không âm với mọi x∈[0,1]. Do đó
với mọi n, cho nên g không thuộc miền tổng của chuỗi.
Vậy miền tổng của chuỗi không là tập hợp lồi.
Trang 37