TÓM TẮT: Rút gọn thuộc tính là bài toán quan trọng trong bước tiền xử lý dữ liệu của quá trình khai phá dữ liệu và khám phá tri thức. Trong mấy năm gần đây, các nhà nghiên cứu đề xuất các phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ (Fuzzy Rough Set FRS) nhằm nâng cao độ chính xác mô hình phân lớp. Tuy nhiên, số lượng thuộc tính thu được theo tiếp cận FRS chưa tối ưu do ràng buộc giữa các đối tượng trong bảng quyết định chưa được xem xét đầy đủ. Trong bài báo này, chúng tôi đề xuất phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ trực cảm (Intuitionistic Fuzzy Rough Set IFRS) dựa trên các đề xuất mới về hàm thành viên và không thành viên. Kết quả thử nghiệm trên các bộ dữ liệu mẫu cho thấy, số lượng thuộc tính của tập rút gọn theo phương pháp đề xuất giảm đáng kể so với các phương pháp FRS và một số phương pháp IFRS khác.

Xử lý phổ hay hiệu chỉnh phổ là quá trình loại bỏ hoặc làm giảm bớt các sai số do ảnh hưởng của điều kiện khí quyển, nguồn sáng chiếu và bề mặt địa hình. Có hai loại hiệu chỉnh phổ: hiệu chỉnh tuyệt đối và hiệu chỉnh tương đối. Trong bài báo nhóm nghiên cứu tập trung tìm hiểu các phương pháp hiệu chỉnh phổ tương đối từ đó xây dựng phương pháp hiệu chỉnh phổ trên ảnh vệ tinh VNREDSat-1. Phương pháp được lựa chọn bao gồm nắn chỉnh hình học ảnh, lựa chọn các đối tượng bất biến giả định, xác định tham số chuẩn hóa. Kết quả thực nghiệm được kiểm định qua các phép phân tích thống kê giá trị độ sáng của pixel trên ảnh trước và sau chuẩn hóa phổ. Độ chính xác của kết quả thể hiện phương pháp lựa chọn là hợp lý.

Chúng tôi nghiên cứu hiện tượng chuyển pha của mô hình q-state clock hai chiều bằng phương pháp mô phỏng Monte Carlo. Chúng tôi tính toán các đại lượng vật lý như là: nhiệt dung riêng, độ từ hoá và mô đun xoắn cho q > 5 (cụ thể q = 6 và 8). Nhiệt dung riêng và độ từ hóa chỉ ra mô hình có hai chuyển pha, bao gồm chuyển pha trên, T2, giữa pha mất trật tự và pha giả trật tự và chuyển pha dưới, T1, giữa pha giả trật tự và pha trật tự. Mô đun xoắn không những chỉ ra T2 là chuyển pha Kosterlitz-Thouless mà còn có biểu hiện của chuyển pha T1.

Công trình này công bố kết quả nghiên cứu cấu trúc, độ bền và bản chất liên kết hóa học của các cluster silic pha tạp Si2M với M là một số kim loại hóa trị I bằng phương pháp phiếm hàm mật độ tại mức lý thuyết B3P86/6-311+G(d). Theo kết quả thu được, đồng phân bền của các cluster pha tạp Si2M có cấu trúc tam giác cân, đối xứng C2v và tồn tại hai trạng thái giả suy biến có cùng độ bội spin (A1 và B1). Kết quả thu được cho thấy liên kết Si-M được hình thành chủ yếu từ sự chuyển electron từ AO-s của các nguyên tử Li, Na, K, Cu, Cr sang khung Si2 và sự xen phủ của các AO-d của nguyên tử Cu, Cr với AO của khung Si2. Kết quả nghiên cứu các cluster Si2M (M là Li, Na, K, Cu, Cr) cho ra kết luận rằng cluster Si2Cr là bền nhất.

• 1. SỞ) Phần 1. Không gian metric §1. Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ. Không gian đầy đủ Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Nguyễn Bích Huy (Typing by thuantd) Ngày 10 tháng 11 năm 2004 A. Tóm tắt lý thuyết 1. Không gian metric Định nghĩa 1. Cho tập X 6= ∅. Một ánh xạ d từ X × X vào R được gọi là một metric trên X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn ∀x, y, z ∈ X: i. d(x, y) ≥ 0 d(x, y) = 0 ⇔ x = y ii. d(x, y) = d(y, x) iii. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) (bất đẳng thức tam giác) Nếu d là metric trên X thì cặp (X, d) gọi là một không gian metric. Nếu d là metric trên X thì nó cũng thỏa mãn tính chất sau |d(x, y) − d(u, v)| ≤ d(x, u) + d(y, v) (bất đẳng thức tứ giác) Ví dụ 1. Ánh xạ d : Rm × Rm → R, định bởi d(x, y) = " m X i=1 (xi − yi)2

  1/2 , x = (x1, . . . , xm), y = (y1, . . . , ym) 1

• 2. trên Rm , gọi là metric thông thường của Rm . Khi m = 1, ta có d(x, y) = |x − y| Trên Rm ta cũng có các metric khác như d1(x, y) = m X i=1 |xi − yi| d2(x, y) = max 1≤i≤m |xi − yi| Ví dụ 2. Ký hiệu C[a,b] là tập hợp các hàm thực x = x(t) liên tục trên [a, b]. Ánh xạ d(x, y) = sup a≤t≤b |x(t) − y(t)|, x, y ∈ C[a,b] là metric trên C[a,b], gọi là metric hội tụ đều. 2. Sự hội tụ Định nghĩa 2. Cho không gian metric (X, d). Ta nói dãy phần tử {xn} ⊂ X hội tụ (hội tụ theo metric d, nếu cần làm rõ) về phần tử x ∈ X nếu lim n→∞ d(xn, x) = 0. Khi đó ta viết lim n→∞ xn = x trong (X, d) xn d → x xn → x lim xn = x Như vậy, lim n→∞ xn = x trong (X, d) có nghĩa ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n ∈ N∗ , n ≥ n0 ⇒ d(xn, x) < ε Ta chú ý rằng, các metric khác nhau trên cùng tập X sẽ sinh ra các sự hội tụ khác nhau. Tính chất 1. Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất. 2. Nếu dãy {xn} hội tụ về x thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về x. 3. Nếu lim n→∞ xn = x, lim n→∞ yn = y thì lim n→∞ d(xn, yn) = d(x, y) Ví dụ 3. Trong Rm ta xét metric thông thường. Xét phần tử a = (a1, . . . , am) và dãy {xn } với xn = (xn 1 , . . . , xn m). Ta có d(xn, a) = v u u t m X i=1 (xn i − ai)2 ≥ |xn i − ai|, ∀i = 1, . . . , m 2
• 3. ra: lim n→∞ xn = a trong (Rm , d) ⇐⇒ lim n→∞ xn i = ai trong R, ∀i = 1, . . . , n Ví dụ 4. Trong C[a,b] ta xét "metric hội tụ đều". Ta có xn d → x ⇐⇒ (∀ε > 0, ∃n0 : ∀n ≥ n0 ⇒ sup a≤t≤b |xn(t) − x(t)| < ε) ⇐⇒ dãy hàm {xn(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t) =⇒ lim n→∞ xn(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] Như vậy, lim n→∞ xn(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] là điều kiện cần để lim xn = x trong C[a,b] với metric hội tụ đều. Chú ý này giúp ta dự đoán phần tử giới hạn. 3. Không gian metric đầy đủ Định nghĩa 3. Cho không gian metric (X, d). Dãy {xn} ⊂ X được gọi là dãy Cauchy (dãy cơ bản) nếu lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 hay ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n, m ≥ n0 ⇒ d(xn, xm) < ε Tính chất 1. Nếu {xn} hội tụ thì nó là dãy Cauchy. 2. Nếu dãy {xn} là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ về x thì {xn} cũng hội tụ về x. Định nghĩa 4. Không gian metric (X, d) gọi là đầy đủ nếu mỗi dãy Cauchy trong nó đều là dãy hội tụ. Ví dụ 5. Không gian Rm với metric d thông thường là đầy đủ. Thật vậy, xét tùy ý dãy Cauchy {xn }, xn = (xn 1 , . . . , xn m). Vì ( d(xn , xk ) ≥ |xn i − xk i | (i = 1, . . . , m) lim n,k→∞ d(xn , xk ) = 0 ⇒ lim n,k→∞ |xn i − xk i | = 0, nên ta suy ra các dãy {xn i }n (i = 1, . . . , m) là dãy Cauchy trong R, do đó chúng hội tụ vì R đầy đủ. Đặt ai = lim n→∞ xn i (i = 1, m) và xét phần tử a = (a1, . . . , am), ta có lim n→∞ xn = a trong (Rm , d). Ví dụ 6. Không gian C[a,b] với metric hội tụ đều d là đầy đủ. Giả sử {xn} là dãy Cauchy trong (C[a,b], d). 3
• 4. ∈ [a, b], ta có |xn(t) − xm(t)| ≤ d(xn, xm). Từ giả thiết lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 ta cũng có lim n,m→∞ |xn(t) − xm(t)| = 0 Vậy với mỗi t ∈ [a, b] thì {xn(t)} là dãy Cauchy trong R, do đó là dãy hội tụ. Lập hàm x xác định bởi x(t) = lim xn(t), t ∈ [a, b]. Ta cần chứng minh x ∈ C[a,b] và lim d(xn, x) = 0. Cho ε 0 tùy ý. Do {xn} là dãy Cauchy, ta tìm được n0 thỏa ∀n, m ≥ n0 ⇒ d(xn, xm) ε Như vậy ta có |xn(t) − xm(t)| ε, ∀n ≥ n0, ∀m ≥ n0, ∀t ∈ [a, b] Cố định n, t và cho m → ∞ trong bất đẳng thức trên ta có |xn(t) − x(t)| ≤ ε, ∀n ≥ n0, ∀t ∈ [a, b] Như vậy, ta đã chứng minh rằng ∀ε 0, ∃n0 : ∀n ≥ n0 ⇒ sup a≤t≤b |xn(t) − x(t)| ≤ ε Từ đây suy ra: • Dãy hàm liên tục {xn(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t), do đó hàm x(t) liên tục trên [a, b]. • lim n→∞ d(xn, x) = 0. Đây là điều ta cần chứng minh. B. Bài tập Bài 1. Cho không gian metric (X, d). Ta định nghĩa d1(x, y) = d(x, y) 1 + d(x, y) , x, y ∈ X 1. Chứng minh d1 là metric trên X. 2. Chứng minh xn d1 −→ x ⇐⇒ xn d −→ x 3. Giả sử (X, d) đầy đủ, chứng minh (X, d1) đầy đủ. Giải 1. Hiển nhiên d1 là một ánh xạ từ X × X vào R. Ta kiểm tra d1 thỏa mãn các điều kiện của metric 4
• 5. d1(x, y) ≥ 0 do d(x, y) ≥ 0 d1(x, y) = 0 ↔ d(x, y) = 0 ↔ x = y (ii) d1(y, x) = d(y, x) 1 + d(y, x) = d(x, y) 1 + d(x, y) = d(x, y) (iii) Ta cần chứng minh d(x, y) 1 + d(x, y) ≤ d(x, z) 1 + d(x, z) + d(z, y) 1 + d(z, y) Để gọn, ta đặt a = d(x, y), b = d(x, z), c = d(z, y). Ta có a ≤ b + c; a, b, c ≥ 0 (do tính chất của d) ⇒ a 1 + a ≤ b + c 1 + b + c do hàm t 1 + t tăng trên [0, ∞) ⇒ a 1 + a ≤ b 1 + b + c + c 1 + b + c ≤ b 1 + b + c 1 + c (đpcm) 2. Giả sử xn d −→ x. Ta có lim d(xn, x) = 0 d1(xn, x) = d(xn, x) 1 + d(xn, x) Do đó, lim d1(xn, x) = 0 hay xn d1 −→ x Giả sử xn d1 −→ x. Từ lim d1(xn, x) = 0 d(xn, x) = d1(xn, x) 1 − d1(xn, x) ta suy ra lim d(xn, x) = 0 hay xn d −→ x. 3. Xét tùy ý dãy Cauchy {xn} trong (X, d1), ta cần chứng minh {xn} hội tụ trong (X, d1). Ta có lim n,m→∞ d1(xn, xm) = 0 d(xn, xm) = d1(xn, xm) 1 − d1(xn, xm) ⇒ lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 hay {xn} là dãy Cauchy trong (X, d) ⇒ {xn} là hội tụ trong (X, d) (vì (X, d) đầy đủ) Đặt x = lim n→∞ xn (trong (X, d)), ta có x = lim n→∞ xn trong (X, d1) (do câu 2). 5
• 6. các không gian metric (X1, d1), (X2, d2). Trên tập X = X1 × X2 ta định nghĩa d((x1, x2), (y1, y2)) = d1(x1, y1) + d2(x2, y2) 1. Chứng minh d là metric trên X 2. Giả sử xn = (xn 1 , xn 2 ) (n ∈ N∗ ), a = (a1, a2). Chứng minh xn d −→ a ⇐⇒ ( xn 1 d1 −→ a1 xn 2 d2 −→ a2 3. Giả sử (X1, d1), (X2, d2) đầy đủ. Chứng minh (X, d) đầy đủ. Bài 3. Ký hiệu S là tập hợp các dãy số thực x = {ak}k. Ta định nghĩa d(x, y) = ∞ X k=1 1 2k . |ak − bk| 1 + |ak − bk| , x = {ak}, y = {bk} 1. Chứng minh d là metric trên X 2. Giả sử xn = {an k }k, n ∈ N∗ , x = {ak}k. Chứng minh xn d −→ x ⇐⇒ lim n→∞ an k = ak , ∀k ∈ N∗ 3. Chứng minh (S, d) đầy đủ. Bài 4. Trên X = C[0,1] xét các metric d(x, y) = sup 0≤x≤1 |x(t) − y(t)| d1(x, y) = 1 Z 0 |x(t) − y(t)| dt 1. Chứng minh: (xn d −→ x) ⇒ (xn d1 −→ x) 2. Bằng ví dụ dãy xn(t) = n(tn − tn+1 ), chứng minh chiều ⇐ trong câu 1) có thể không đúng. 3. Chứng minh (X, d1) không đầy đủ. 6
• 7. SỞ) Phần 1. Không gian metric Phiên bản đã chỉnh sửa - có phần bổ sung của bài trước PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 6 tháng 12 năm 2004 Nội dung chính của môn Cơ sở Chuyên ngành: Toán Giải tích Phương pháp Giảng dạy Toán Phần 1: Không gian metric 1. Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ. Không gian đầy đủ. 2. Tập mở. Tập đóng. Phần trong, bao đóng của tập hợp. 3. Ánh xạ liên tục giữa các không gian metric. Các tính chất: • Liên hệ với sự hội tụ • Liên hệ với ảnh ngược của tập mở, tập đóng. • Ánh xạ mở, ánh xạ đóng, ánh xạ đồng phôi. 4. Tập compắc. Các tính chất căn bản: • Hệ có tâm các tập đóng. • Tính chất compắc và sự hội tụ. • Ảnh của tập compắc qua ánh xạ liên tục. Phần 2: Độ đo và tích phân. 1. σ–đại số trên tập hợp. Độ đo và các tính chất căn bản. 2. Các tính chất của độ đo Lebesgue trên R (không xét cách xây dựng). 3. Hàm số đo được. Các tính chất căn bản. 1
• 8. toán số học, lấy max, min trên 2 hàm đo được. • Lấy giới hạn hàm đo được (không xét: hội tụ theo độ đo, định lý Egoroff, Lusin). 4. Tích phân theo một độ đo. Các tính chất căn bản (không xét tính liên tục tuyệt đối). 5. Các định lý Levi, Lebesgue về qua giới hạn dưới dấu tích phân. Phần 3: Giải tích hàm. 1. Chuẩn trên một không gian vectơ. Chuẩn tương đương. Không gian Banach. 2. Ánh xạ tuyến tính liên tục. Không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục (không xét ánh xạ liên hợp, ánh xạ compắc, các nguyên lý cơ bản). 3. Không gian Hilbert. Phân tích trực giao. Chuổi Fourier theo một hệ trực chuẩn. Hệ trực chuẩn đầy đủ. §1 Metric trên một tập hợp. Sự hội tụ. Không gian đầy đủ Phần này có thêm phần bổ sung của bài trước 1. Tóm tắt lý thuyết 1.1 Không gian metric Định nghĩa 1 Cho tập X 6= ∅. Một ánh xạ d từ X × X vào R được gọi là một metric trên X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn ∀x, y, z ∈ X: i. d(x, y) 0 d(x, y) = 0 ⇔ x = y ii. d(x, y) = d(y, x) iii. d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) (bất đẳng thức tam giác) Nếu d là metric trên X thì cặp (X, d) gọi là một không gian metric. Nếu d là metric trên X thì nó cũng thỏa mãn tính chất sau |d(x, y) − d(u, v)| 6 d(x, u) + d(y, v) (bất đẳng thức tứ giác) Ví dụ. Ánh xạ d : Rm × Rm → R, định bởi d(x, y) = m X i=1 (xi − yi)2

  1/2 , x = (x1, x2, . . . , xm), y = (y1, y2, . . . , ym) 2

• 9. trên Rm , gọi là metric thông thường của Rm . Khi m = 1, ta có d(x, y) = |x − y|. Trên Rm ta cũng có các metric khác như d1(x, y) = m X i=1 |xi − yi| d2(x, y) = max 16i6m |xi − yi| Ví dụ. Ký hiệu C[a,b] là tập hợp các hàm thực x = x(t) liên tục trên [a, b]. Ánh xạ d(x, y) = sup a6t6b |x(t) − y(t)|, x, y ∈ C[a,b] là metric trên C[a,b], gọi là metric hội tụ đều. 1.2 Sự hội tụ Định nghĩa 2 Cho không gian metric (X, d). Ta nói dãy phần tử {xn} ⊂ X hội tụ (hội tụ theo metric d, nếu cần làm rõ) về phần tử x ∈ X nếu lim n→∞ d(xn, x) = 0. Khi đó ta viết lim n→∞ d(xn, x) = 0 trong (X, d) xn d → x xn → x lim d(xn, x) = 0 Như vậy, lim n→∞ d(xn, x) = 0 trong (X, d) có nghĩa ∀ε 0, ∃n0 : ∀n ∈ N∗ , n n0 ⇒ d(xn, x) ε Ta chú ý rằng, các metric khác nhau trên cùng tập X sẽ sinh ra các sự hội tụ khác nhau. Tính chất. 1. Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất. 2. Nếu dãy {xn} hội tụ về x thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về x. 3. Nếu lim n→∞ xn = x, lim n→∞ yn = y thì lim n→∞ d(xn, yn) = d(x, y) Ví dụ. Trong Rm ta xét metric thông thường. Xét phần tử a = (a1, . . . , am) và dãy {xn } với xn = (xn 1 , xn 2 , . . . , xn m). Ta có d(xn, a) = v u u t m X i=1 (xn i − ai)2 |xn i − ai|, ∀i = 1, 2, . . . , m Từ đây suy ra: lim n→∞ xn = a trong (Rm , d) ⇐⇒ lim n→∞ xn i = ai trong R, ∀i = 1, 2, . . . , n 3
• 10. C[a,b] ta xét metric hội tụ đều. Ta có xn d → x ⇐⇒ (∀ε 0, ∃n0 : ∀n n0 ⇒ sup a6t6b |xn(t) − x(t)| ε) ⇐⇒ dãy hàm {xn(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t) =⇒ lim n→∞ xn(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] Như vậy, lim n→∞ xn(t) = x(t), ∀t ∈ [a, b] là điều kiện cần để lim xn = x trong C[a,b] với metric hội tụ đều. Chú ý này giúp ta dự đoán phần tử giới hạn. 1.3 Không gian metric đầy đủ Định nghĩa 3 Cho không gian metric (X, d). Dãy {xn} ⊂ X được gọi là dãy Cauchy (dãy cơ bản) nếu lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 hay ∀ε 0, ∃n0 : ∀n, m n0 ⇒ d(xn, xm) ε Tính chất. 1. Nếu {xn} hội tụ thì nó là dãy Cauchy. 2. Nếu dãy {xn} là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ về x thì {xn} cũng hội tụ về x. Định nghĩa 4 Không gian metric (X, d) gọi là đầy đủ nếu mỗi dãy Cauchy trong nó đều là dãy hội tụ. Ví dụ. Không gian Rm với metric d thông thường là đầy đủ. Thật vậy, xét tùy ý dãy Cauchy {xn }, xn = (xn 1 , . . . , xn m). • Vì ( d(xn , xk ) |xn i − xk i | (i = 1, . . . , m) lim n,k→∞ d(xn , xk ) = 0 ⇒ lim n,k→∞ |xn i − xk i | = 0, nên ta suy ra các dãy {xn i }n (i = 1, . . . , m) là dãy Cauchy trong R, do đó chúng hội tụ vì R đầy đủ. • Đặt ai = lim n→∞ xn i (i = 1, 2, . . . , m) và xét phần tử a = (a1, . . . , am), ta có lim n→∞ xn = a trong (Rm , d). Ví dụ. Không gian C[a,b] với metric hội tụ đều d là đầy đủ. Giả sử {xn} là dãy Cauchy trong (C[a,b], d). Với mỗi t ∈ [a, b], ta có |xn(t) − xm(t)| 6 d(xn, xm). Từ giả thiết lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 ta cũng có lim n,m→∞ |xn(t) − xm(t)| = 0. Vậy với mỗi t ∈ [a, b] thì {xn(t)} là dãy Cauchy trong R, do đó là dãy hội tụ. 4
• 11. xác định bởi x(t) = lim xn(t), t ∈ [a, b]. Ta cần chứng minh x ∈ C[a,b] và lim d(xn, x) = 0. Cho ε 0 tùy ý. Do {xn} là dãy Cauchy, ta tìm được n0 thỏa ∀n, m n0 ⇒ d(xn, xm) ε Như vậy ta có |xn(t) − xm(t)| ε, ∀n n0, ∀m n0, ∀t ∈ [a, b] Cố định n, t và cho m → ∞ trong bất đẳng thức trên ta có |xn(t) − x(t)| ε, ∀n n0, ∀t ∈ [a, b] Như vậy, ta đã chứng minh rằng ∀ε 0, ∃n0 : ∀n n0 ⇒ sup a6t6b |xn(t) − x(t)| 6 ε Từ đây suy ra: • Dãy hàm liên tục {xn(t)} hội tụ đều trên [a, b] về hàm x(t), do đó hàm x(t) liên tục trên [a, b]. • lim n→∞ d(xn, x) = 0. Đây là điều ta cần chứng minh. 2. Bài tập Bài 1 Cho không gian metric (X, d). Ta định nghĩa d1(x, y) = d(x, y) 1 + d(x, y) , x, y ∈ X 1. Chứng minh d1 là metric trên X. 2. Chứng minh xn d1 −→ x ⇐⇒ xn d −→ x 3. Giả sử (X, d) đầy đủ, chứng minh (X, d1) đầy đủ. Giải. 1. Hiển nhiên d1 là một ánh xạ từ X × X vào R. Ta kiểm tra d1 thỏa mãn các điều kiện của metric (i) Ta có: d1(x, y) 0 do d(x, y) 0 d1(x, y) = 0 ⇔ d(x, y) = 0 ⇔ x = y 5
• 12. = d(y, x) 1 + d(y, x) = d(x, y) 1 + d(x, y) = d(x, y) (iii) Ta cần chứng minh d(x, y) 1 + d(x, y) 6 d(x, z) 1 + d(x, z) + d(z, y) 1 + d(z, y) Để gọn, ta đặt a = d(x, y), b = d(x, z), c = d(z, y). Ta có a 6 b + c; a, b, c 0 (do tính chất của metric d) ⇒ a 1 + a 6 b + c 1 + b + c do hàm t 1 + t tăng trên [0, ∞) ⇒ a 1 + a 6 b 1 + b + c + c 1 + b + c 6 b 1 + b + c 1 + c (đpcm) 2. • Giả sử xn d −→ x. Ta có lim d(xn, x) = 0 d1(xn, x) = d(xn, x) 1 + d(xn, x) Do đó, lim d1(xn, x) = 0 hay xn d1 −→ x • Giả sử xn d1 −→ x. Từ lim d1(xn, x) = 0 d(xn, x) = d1(xn, x) 1 − d1(xn, x) ta suy ra lim d(xn, x) = 0 hay xn d −→ x. 3. Xét tùy ý dãy Cauchy {xn} trong (X, d1), ta cần chứng minh {xn} hội tụ trong (X, d1). • Ta có lim n,m→∞ d1(xn, xm) = 0 d(xn, xm) = d1(xn, xm) 1 − d1(xn, xm) ⇒ lim n,m→∞ d(xn, xm) = 0 hay {xn} là dãy Cauchy trong (X, d) ⇒ {xn} là hội tụ trong (X, d) (vì (X, d) đầy đủ) • Đặt x = lim n→∞ xn (trong (X, d)), ta có x = lim n→∞ xn trong (X, d1) (do câu 2). Bài 2 Cho các không gian metric (X1, d1), (X2, d2). Trên tập X = X1 × X2 ta định nghĩa d ((x1, x2), (y1, y2)) = d1(x1, y1) + d2(x2, y2) 6
• 13. d là metric trên X. 2. Giả sử xn = (xn 1 , xn 2 ), (n ∈ N∗ ), a = (a1, a2). Chứng minh xn d → a ⇐⇒ ( xn 1 d1 → a1 xn 2 d2 → a2 3. Giả sử (X1, d1), (X2, d2) đầy đủ. Chứng minh (X, d) đầy đủ. Giải. 1. Ta kiểm tra tính chất i), iii) của metric. Giả sử x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2), ta có: i) d(x, y) = d1(x1, y1) + d2(x2, y2) 0 d(x, y) = 0 ⇐⇒ d1(x1, y1) = 0 d2(x2, y2) = 0 ⇐⇒ x1 = y1 x2 = y2 ⇐⇒ x = y iii) Cộng từng vế các bất đẳng thức: d1(x1, y1) 6 d1(x1, z1) + d1(z1, y1) d2(x2, y2) 6 d2(x2, z2) + d2(z2, y2) ta có d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) 2. Ta có d1(xn 1 , a1), d2(xn 2 , a2) 6 d(xn , a) = d1(xn 1 , a1) + d2(xn 2 , a2) Do đó: lim d(xn , a) = 0 ⇐⇒ lim d1(xn 1 , a1) = 0 lim d2(xn 2 , a2) = 0 3. Giả sử {xn } là dãy Cauchy trong (X, d), xn = (xn 1 , xn 2 ). Ta có {xn i } là dãy Cauchy trong (Xi, di) (vì di(xn i , xm i ) 6 d(xn , xm )). Suy ra ∃ai ∈ Xi : xn i di −→ ai (do (Xi, di) đầy đủ) ⇒ xn d −→ a := (a1, a2) (theo câu 2)) Bài 3 Ký hiệu S là tập hợp các dãy số thực x = {ak}k. Ta định nghĩa d(x, y) = ∞ X k=1 1 2k . |ak − bk| 1 + |ak − bk| , x = {ak}, y = {bk} 1. Chứng minh d là metric trên X. 2. Giả sử xn = {an k }k, n ∈ N∗ , x = {ak}k. Chứng minh xn d −→ x ⇐⇒ lim n→∞ an k = ak , ∀k ∈ N∗ 7
• 14. (S, d) đầy đủ. Giải. 1. Đầu tiên ta nhận xét rằng chuỗi số định nghĩa số d(x, y) là hội tụ vì số hạng thứ k nhỏ hơn 1/2k . Với x = {ak}, y = {bk}, z = {ck}, các tính chất i), iii) kiểm tra như sau: i) Hiển nhiên d(x, y) 0, d(x, y) = 0 ⇔ ak = bk ∀k ∈ N∗ ⇔ x = y iii) Từ lý luận bài 1 ta có |ak − bk| 1 + |ak − bk| 6 |ak − ck| 1 + |ak − ck| + |ck − bk| 1 + |ck − bk| ∀k ∈ N∗ Nhân các bất đẳng thức trên với 1/2k rồi lấy tổng, ta có d(x, y) 6 d(x, z) + d(z, y) 2. Ta có d (xn, x) = ∞ X k=1 1 2k . |an k − ak| 1 + |an k − ak| n ∈ N∗ • Giả sử xn −→ x. Ta có: ∀k ∈ N∗ 1 2k . |an k − ak| 1 + |an k − ak| 6 d(xn, x) (∗) ⇒ |an k − ak| 6 2k d (xn, x) 1 − 2kd (xn, x) khi n đủ lớn để d (xn, x) 1 2k Do đó lim n→∞ an k = ak. • Giả sử lim n→∞ an k = ak ∀k ∈ N∗ . Cho ε 0 tùy ý. Ta chọn số k0 sao cho ∞ P k=k0+1 1 2k ε 2 . Xét dãy số: sn = k0 X k=1 1 2k . |an k − ak| 1 + |an k − ak| , n ∈ N∗ Do lim sn = 0 nên có n0 sao cho sn ε 2 ∀n n0. Với n n0, ta có d(xn, x) = sn + ∞ X k=k0+1 (. . . ) 6 sn + ∞ X k=k0+1 1 2k ε 8
• 15. đã chứng minh ∀ε 0 ∃n0 : ∀n n0 ⇒ d(xn, x) ε hay lim d(xn, x) = 0. 3. Xét tùy ý dãy Cauchy {xn} trong (S, d), xn = {an k }k. Lý luận tương tự ở (∗) ta có |an k − am k | 6 2k d(xn, xm) 1 − 2kd(xn, xm) −→ 0 khi m, n −→ ∞ Suy ra {an k }n là dãy Cauchy trong R, do đó hội tụ. Đặt ak = lim n→∞ an k và lập phần tử a := {ak}. Áp dụng câu 2) ta có xn −→ a trong (S, d). Bài 4 Trên X = C[0,1] xét các metric d(x, y) = sup 06x61 |x(t) − y(t)| d1(x, y) = 1 Z 0 |x(t) − y(t)| dt 1. Chứng minh: (xn d −→ x) ⇒ (xn d1 −→ x) 2. Bằng ví dụ dãy xn(t) = n(tn − tn+1 ), chứng minh chiều “⇐” trong câu 1) có thể không đúng. 3. Chứng minh (X, d1) không đầy đủ. Giải. 1. Ta có |x(t) − y(t)| 6 d(x, y) ∀t ∈ [0, 1] ⇒ Z 1 0 |x(t) − y(t)| dt 6 d(x, y) Z 1 0 dt = d(x, y) ⇒d1(x, y) 6 d(x, y) ∀x, y ∈ C[0,1] Do đó, nếu lim d(xn, x) = 0 thì cũng có lim d1(xn, x) = 0. 2. Ký hiệu x0 là hàm hằng bằng 0 trên [0, 1]. Ta có: • d1(xn, x0) = R 1 0 |xn(t) − x0(t)| dt = R 1 0 n (tn − tn+1 ) dt = n (n+1)(n+2) → 0 khi n → ∞. 9
• 16. = sup 06t61 n(tn − tn+1 ) = n n n+1 n . 1 n+1 (hãy lập bảng khảo sát hàm n(tn − tn+1 ) trên [0, 1]). Do đó lim n−→∞ d(xn, x0) = lim n−→∞ n n + 1 n . n n + 1 = 1 e 6= 0 Suy ra xn d −→ / x0. 3. Xét dãy {xn} ⊂ C[0,1] xác định như sau: xn(t) =    0 t ∈ [0, 1 2 ] n(t − 1 2 ) t ∈ [1 2 , 1 2 + 1 n ] 1 t ∈ [1 2 + 1 n , 1] (n 2) • Trước tiên ta chứng minh {xn} là dãy Cauchy trong C[0,1], d1 . Thật vậy, với m n, ta có: d1(xn, xm) = R 1 0 |xn(t) − xm(t)| dt = R 1/2+1/m 1/2 |xn(t) − xm(t)| dt 6 R 1/2+1/m 1/2 1.dt = 1 m Do đó lim m,n−→∞ d1(xn, xm) = 0 • Ta chứng minh {xn} không hội tụ trong C[0,1], d1 . Giả sử trái lại: ∃x ∈ C[0,1] : lim d1(xn, x) = 0 Khi đó d1(xn, x) Z 1/2 0 |xn(t) − x(t)| dt = Z 1/2 0 |x(t)| dt , ∀n ∈ N∗ ⇒ Z 1/2 0 |x(t)| dt = 0 ⇒ x(t) ≡ 0 trên [0, 1 2 ]. Mặt khác, với mỗi a ∈ 1 2 , 1 ta có 1 2 + 1 n a khi n đủ lớn. Do đó d1(xn, x) Z 1 a |xn(t) − x(t)| dt = Z 1 a |1 − x(t)| dt ⇒ x(t) = 1 ∀t ∈ [a, 1] (lý luận như trên) Do a 1 2 tùy ý, ta suy ra x(t) = 1 ∀t ∈ (1 2 , 1]. Ta gặp mâu thuẫn với tính liên tục của hàm x. 10
• 17. tập đóng. Phần trong, bao đóng của một tập hợp 1. Tập mở. Phần trong Cho không gian metric (X, d).Với x0 ∈ X, r 0, ta ký hiệu B(x0, r) = {x ∈ X : d(x, x0) r} gọi là quả cầu mở tâm x0, bán kính r. Định nghĩa 1 Cho tập hợp A ⊂ X. 1. Điểm x được gọi là điểm trong của tập hợp A nếu ∃r 0 : B(x, r) ⊂ A 2. Tập hợp tất cả các điểm trong của A gọi là phần trong của A, ký hiệu Int A hay ◦ A. Hiển nhiên ta có Int A ⊂ A. 3. Tập A gọi là tập mở nếu mọi điểm của nó là điểm trong. Ta qui ước ∅ là mở. Như vậy, A mở ⇔ A = Int A ⇔ (∀x ∈ A ∃r 0 : B(x, r) ⊂ A) Tính chất. 1. Họ các tập mở có ba tính chất đặc trưng sau: i) ∅, X là các tập mở. ii) Hợp của một số tùy ý các tập mở là tập mở. iii) Giao của hữu hạn các tập mở là tập mở. 2. Phần trong của A là tập mở và là tập mở lớn nhất chứa trong A. Như vậy: (B ⊂ A, B mở) ⇒ B ⊂ Int A Ví dụ. Quả cầu mở B(x0, r0) là tập mở. Thật vậy, ∀x ∈ B(x0, r0) ta có r = r0 − d(x, x0) 0. Ta sẽ chỉ ra B(x, r) ⊂ B(x0, r0). Với y ∈ B(x, r), ta có d(y, x0) 6 d(y, x) + d(x, x0) r + d(x, x0) = r0 nên y ∈ B(x0, r0). Ví dụ. Trong R với metric thông thường, các khoảng mở là tập mở. Thật vậy, trong R ta có B(x, r) = (x − r, x + r). • Mỗi khoảng hữu hạn (a, b) là quả cầu tâm a+b 2 , bán kính b−a 2 nên là tập mở. • (a, +∞), (a ∈ R) là tập mở vì ∀x ∈ (a, +∞) ta đặt r = x−a thì (x−r, x+r) ⊂ (a, +∞). Ví dụ. Trong R2 với metric thông thường mỗi hình chữ nhật mở A = (a, b) × (c, d) là tập mở. Thật vậy, xét tùy ý x = (x1, x2) ∈ A. Ta đặt r = min{x1 − a, b − x1, x2 − c, d − x2} thì có B(x, r) ⊂ A. Định lí 1 1. Mỗi tập mở trong R là hợp của không quá đếm được các khoảng mở đôi một không giao nhau. 2. Mỗi tập mở trong R2 là hợp của không quá đếm được các hình chữ nhật mở. 11
• 18. Bao đóng của một tập hợp Định nghĩa 2 1. Tập hợp A ⊂ X gọi là tập đóng nếu X A là tập mở. 2. Điểm x được gọi là một điểm dính của tập A nếu A ∩ B(x, r) 6= ∅, ∀r 0. 3. Tập tất cả các điểm dính của A gọi là bao đóng của A, ký hiệu là A hay Cl A. Hiển nhiên ta luôn có A ⊂ A. Tính chất. 1. ∅, X là các tập đóng. Giao của một số tùy ý các tập đóng là tập đóng. Hợp của hữu hạn tập đóng là tập đóng. 2. A là tập đóng và là tập đóng nhỏ nhất chứa A. Như vậy (B ⊃ A, B đóng) ⇒ B ⊃ A 3. A đóng ⇔ A = A. Định lí 2 1. x ∈ A ⇔ (∃{xn} ⊂ A : lim xn = x) 2. Các tính chất sau là tương đương: a) A là tập đóng; b) ∀{xn} ⊂ A (lim xn = x ⇒ x ∈ A). Ví dụ. Quả cầu đóng B∗ (x0, r) := {x ∈ X : d(x, x0) 6 r} là tập đóng. Chứng minh. Do sự tương đương của tính chất a), b) nên ta chứng minh B∗ (x0, r) có tính chất b). Xét tùy ý dãy {xn} mà {xn} ⊂ B∗ (x0, r), xn −→ x, ta phải chứng minh x ∈ B∗ (x0, r). Thật vậy: d(xn, x0) 6 r ∀n = 1, 2, . . . lim d(xn, x0) = d(x, x0) (do tính chất 3) của sự hội tụ) ⇒ d(x, x0) 6 r (đpcm) 12
• 19. Chứng minh rằng trong một không gian metric ta có 1. A ⊂ B ⇒ A ⊂ B; 2. A ∪ B = A ∪ B; 3. A = A Giải. 1. Ta có: (B là tập đóng, B ⊃ A) ⇒ B ⊃ A. 2. Ta có: A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B (do câu 1)) nên A ∪ B ⊂ A ∪ B Mặt khác: A ∪ B là tập đóng (do A, B đóng) A ∪ B ⊃ A ∪ B ⇒ A ∪ B ⊃ A ∪ B (do tính chất “nhỏ nhất” của bao đóng) 3. Ta có A là tập đóng nên nó bằng bao đóng của nó. Bài 2 Trong C[a,b] ta xét metric hội tụ đều. Giả sử x0 ∈ C[a,b]. Ta xét các tập sau: M1 ={x ∈ C[a,b] : x(t) x0(t) ∀t ∈ [a, b]} M2 ={x ∈ C[a,b] : x(t) x0(t) ∀t ∈ [a, b]} M3 ={x ∈ C[a,b] : ∃t ∈ [a, b] : x(t) x0(t)} Chứng minh M1 mở, M2 và M3 đóng. Giải. • Chứng minh M1 mở. Xét tùy ý x ∈ M1, ta có x(t) − x0(t) 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒ r := inf a6t6b [x(t) − x0(t)] 0 (vì ∃t0 ∈ [a, b] : r = x(t0) − x0(t0) 0) Ta sẽ chứng minh B(x, r) ⊂ M1. Thật vậy, với y ∈ B(x, r) ta có: sup a6t6b |y(t) − x(t)| r ⇒|y(t) − x(t)| r ∀t ∈ [a, b] ⇒y(t) x(t) − r ∀t ∈ [a, b] ⇒y(t) − x0(t) x(t) − x0(t) − r r − r = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇒y ∈ M1 13
• 20. M2 đóng. Giả sử {xn} ⊂ M2, xn d −→ x, ta cần chứng minh x ∈ M2. Ta có    lim n→∞ xn(t) = x(t) ∀t ∈ [a, b] do xn d − → x xn(t) x0(t) ∀t ∈ [a, b], ∀n ∈ N∗ (do xn ∈ M2) Suy ra x(t) x0(t)∀t ∈ [a, b] , do đó x ∈ M2. • Chứng minh M3 đóng. Cách 1. Đặt M4 = x ∈ C[a,b] : x(t) x0(t) ∀t ∈ [a, b] . Ta có M3 = C[a,b] M4 và M4 là tập mở (chứng minh tương tự M1 mở) nên M3 đóng. Cách 2. Giả sử {xn} ⊂ M3, xn d − → x ta cần chứng minh x ∈ M3. Do xn ∈ M3 nên tồn tại tn ∈ [a, b] thỏa xn(tn) x0(tn). Dãy {tn} bị chặn nên có dãy con {tnk }k hội tụ về một t0 ∈ [a, b]. Ta sẽ chứng minh x(t0) x0(t0). Đầu tiên ta chứng minh lim k→∞ xnk (tnk ) = x(t0) (1) Thật vậy: |xnk (tnk ) − x(t0)| 6 |xnk (tnk ) − x(tnk )| + |x(tnk ) − x(t0)| 6 d(xnk , x) + |x(tnk ) − x(t0)| (2) và vì vế phải của (2) hội tụ về 0 khi k → ∞ nên (1) đúng. Từ xnk (tnk ) x0(tnk ) và (1) ta có x(t0) x0(t0). Ta đã chứng minh ∃t0 ∈ [a, b] : x(t0) x0(t0) hay x ∈ M3. Bài 3 Trong C[a,b] với metric hội tụ đều ta xét các tập hợp sau: M1 = x ∈ C[a,b] : x là đơn ánh, 0 6 x(t) 6 1 ∀t ∈ [a, b] M2 = x ∈ C[a,b] : x là toàn ánh, 0 6 x(t) 6 1 ∀t ∈ [a, b] Chứng minh M1 không là tập đóng, M2 là tập đóng. 14
• 21. SỞ) Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán Phần 1. Không gian metric §3. Ánh xạ liên tục (Phiên bản đã chỉnh sửa) PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 20 tháng 12 năm 2004 Tóm tắt lý thuyết 1 Định nghĩa Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y • Ta nói ánh xạ f liên tục tại điểm x0 ∈ X nếu ∀ε 0, ∃δ 0 : ∀x ∈ X, d(x, x0) δ =⇒ ρ(f(x), f(x0)) ε • Ta nói f liên tục trên X nếu f liên tục tại mọi x ∈ X 2 Các tính chất Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y . Định lí 1. Các mệnh đề sau tương đương 1. f liên tục tại x0 ∈ X 2. ∀{xn} ⊂ X (lim xn = x0) =⇒ lim f(xn) = f(x0) 1
• 22. ánh xạ f : X → Y liên tục tại x0 và ánh xạ g : Y → Z liên tục tại y0 = f(x0) thì ánh xạ hợp g ◦ f : X → Z liên tục tại x0. Định lí 2. Các mệnh đề sau tương đương 1. f liên tục trên X 2. Với mọi tập mở G ⊂ Y thì tập nghịch ảnh f−1 (G) là tập mở trong X. 3. Với mọi tập đóng F ⊂ Y thì tập f−1 (F) là tập mở trong X. 3 Ánh xạ mở, ánh xạ đóng, ánh xạ đồng phôi Cho các không gian metric X, Y và ánh xạ f : X → Y . • Ánh xạ f gọi là ánh xạ mở (đóng) nếu với mọi tập mở (đóng) A ⊂ X thì ảnh f(A) là tập mở (đóng). • Ánh xạ f gọi là ánh xạ đồng phôi nếu f là song ánh liên tục và ánh xạ ngược f−1 : Y → X liên tục. 4 Một số các hệ thức về ảnh và ảnh ngược Cho các tập X, Y khác trống và ánh xạ f : X → Y . Với các tập A, Ai ⊂ X và B, Bi ⊂ Y , ta có 1. f( [ i∈I Ai) = [ i∈I f(Ai), f( i∈I Ai) ⊂ i∈I f(Ai) 2. f−1 ( [ i∈I Bi) = [ i∈I f−1 (Bi), f−1 ( i∈I Bi) = [ i∈I f−1 (Bi) f−1 (B1 B2) = f−1 (B1) f−1 (B2) 3. f(f−1 (B)) ⊂ B (= nếu f là toàn ánh) f−1 (f(A)) ⊃ A (= nếu f là đơn ánh) Bài tập Bài 1. Trong không gian C[a,b], ta xét metric d(x, y) = sup a≤t≤b |x(t) − y(t)| và trong R ta xét metric thông thường. Chứng minh các ánh xạ sau đây liên tục từ C[a,b] vào R. 2
• 23. inf a≤t≤b x(t) 2. f2(x) = b R a x2 (t)dt Giải. 1. Ta sẽ chứng minh |f1(x) − f1(y)| ≤ d(x, y) (*) Thật vậy f1(x) ≤ x(t) = y(t) + (x(t) − y(t)) ≤ y(t) + d(x, y) ∀t ∈ [a, b] =⇒ f1(x) − d(x, y) ≤ y(t), ∀t ∈ [a, b] =⇒ f1(x) − d(x, y) ≤ f1(y) hay f1(x) − f1(y) ≤ d(x, y) Tương tự, ta có f1(y) − f1(x) ≤ d(x, y) nên (*) đúng. Từ đây, ta thấy ∀{xn}, lim n→∞ xn = x =⇒ lim n→∞ f1(xn) = f1(x) 2. Xét tùy ý x ∈ C[a,b], {xn} ⊂ C[a,b] mà lim xn = x, ta cần chứng minh lim f2(xn) = f2(x) Ta có |x2 n(t) − x2 (t)| = |xn(t) − x(t)|.|xn(t) − x(t) + 2x(t)| ≤ d(xn, x).[d(xn, x) + M] (M = sup a≤t≤b 2|x(t)|) =⇒ |f2(xn) − f2(x)| ≤ b Z a |x2 n(t) − x2 (t)|dt ≤ d(xn, x)[d(xn, x) + M](b − a) Do lim d(xn, x) = 0 nên từ đây ta có lim f2(xn) = f2(x) (đpcm) Ghi chú. Ta có thể dùng các kết quả về ánh xạ liên tục để giải bài tập 3 (§2). Ví dụ, để chứng minh tập M = {x ∈ C[a,b] : x(t) x0(t), ∀t ∈ [a, b]} (x0 ∈ C[a,b] cho trước ) là tập mở, ta có thể làm như sau. Xét ánh xạ f : C[a,b] → R, f(x) = inf a≤t≤b (x(t) − x0(t)) Ta có: • f liên tục (lý luận như khi chứng minh f1 liên tục) 3
• 24. {x ∈ C[a,b] : f(x) 0} = f−1 ((0, +∞)), (0, ∞) là tập mở trong R Bài 2. Cho các không gian metric X, Y và ánh xạ f : X → Y . Các mệnh đề sau là tương đương 1. f liên tục trên X 2. f−1 (B) ⊃ f−1(B) ∀B ⊂ Y 3. f(A) ⊂ f(A) ∀A ⊂ X Giải. 1) ⇒ 2) Ta có ( f−1 (B) là tập đóng (do f liên tục và B ⊂ Y là tập đóng) f−1 (B) ⊃ f−1 (B) =⇒ f−1 (B) ⊃ f−1(B) (do tính chất nhỏ nhất của bao đóng) 2) ⇒ 3) Đặt B = f(A) trong 2), ta có f−1 (f(A) ) ⊃ f−1(f(A)) ⊃ A Do đó f(f−1 (f(A) )) ⊃ f(A) =⇒ f(A) ⊃ f(A) 3) ⇒ 1) Xét tùy ý tập đóng F ⊂ Y , ta cần chứng minh f−1 (F) là tập đóng. Đặt A = f−1 (F), ta có f(A) ⊂ f(A) = f(f−1(F)) ⊂ F = F (do F đóng) =⇒ f−1 (f(A)) ⊂ f−1 (F) =⇒ A ⊂ A Vậy A = A nên A là tập đóng. Bài 3. Trong C[a,b] ta xét metric d(x, y) = sup{|x(t) − y(t)|, a ≤ t ≤ b}. Cho ϕ : [a, b] × R → R là hàm liên tục. Chứng minh ánh xạ sau đây liên tục F : C[a,b] → C[a,b], F(x)(t) = ϕ(t, x(t)) Giải. Cố định x0 ∈ C[a,b], ta sẽ chứng minh F liên tục tại x0. Đặt M = 1 + sup a≤t≤b |x0(t)|. Cho ε 0 tùy ý. Hàm ϕ liên tục trên tập compact D := [a, b] × [−M, M] nên liên tục đều trên D. Do đó, tồn tại số δ1 0 sao cho ∀(t, s), (t0 , s0 ) ∈ D, |t − t0 | δ1, |s − s0 | δ1 =⇒ |ϕ(t, s) − ϕ(t0 , s0 )| ε 4
• 25. min(δ1, 1). Với mỗi x ∈ C[a,b], d(x, x0) δ, ta có |x(t) − x0(t)| δ ∀t ∈ [a, b] x(t) ∈ [−M, M] (do |x(t) − x0(t)| 1, ∀t ∈ [a, b]) Do đó, |ϕ(t, x(t)) − ϕ(t, x0(t))| ε, ∀t ∈ [a, b] =⇒ |F(x)(t) − F(x0)(t)| ε, ∀t ∈ [a, b] =⇒ d(F(x), F(x0)) ε Như vậy, ta đã chứng minh ∀ε 0, ∃δ 0 : ∀x ∈ C[a,b], d(x, x0) δ ⇒ d(F(x), F(x0)) ε hay F liên tục tại x0. Bài 4. Cho các không gian metric X, Y và song ánh f : X → Y . Chứng minh các mệnh đề sau tương đương 1. f−1 : Y → X liên tục 2. f là ánh xạ đóng Giải. Ta có (f−1 : Y → X liên tục) ⇐⇒ (∀A ⊂ X, A đóng ⇒ (f−1 ) −1 (A) đóng trong Y ) ⇐⇒ (∀A ⊂ X, A đóng ⇒ f(A) đóng) ⇐⇒ (f : X → Y là ánh xạ đóng) Bài 5. Cho không gian metric (X, d). Với x ∈ X, ∅ 6= A ⊂ X, ta định nghĩa d(x, A) = inf y∈A d(x, y) Chứng minh các khẳng định sau đây 1. Ánh xạ f : X → R, f(x) = d(x, A) liên tục 2. x ∈ A ⇔ d(x, A) = 0 3. Nếu F1, F2 là các tập đóng, khác ∅ và F1 ∩ F2 = ∅ thì tồn tại các tập mở G1, G2 sao cho F1 ⊂ G1, F2 ⊂ G2, G1 ∩ G2 = ∅ Giải. 1. Ta sẽ chứng minh |f(x) − f(x0 )| ≤ d(x, x0 ) (*) Thật vậy, ta có d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + d(x0 , y) ∀y ∈ A =⇒ inf y∈A d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + inf y∈A d(x0 , y) =⇒ d(x, A) − d(x0 , A) ≤ d(x, x0 ) 5
• 26. A) = 0 ⇐⇒ (∃{xn} ⊂ A : lim n→∞ d(x, xn) = 0) (do tính chất của inf và d(x, A) ≥ 0) ⇐⇒ (∃{xn} ⊂ A : lim xn = x) ⇐⇒ x ∈ A 3. Ta xét ánh xạ g : X → R, g(x) = d(x, F1) − d(x, F2) Ta có g liên tục theo câu 1) Đặt G1 = {x ∈ X : g(x) 0}, G2 = {x ∈ X : g(x) 0}, ta có • G1 ∩ G2 = ∅ • G1, G2 là các tập mở (do G1 = g−1 ((−∞, 0)), G2 = g−1 ((0, +∞)), (0, +∞),(−∞, 0) là các tập mở và g liên tục). • F1 ⊂ G1 vì x ∈ F1 ⇒ ( d(x, F1) = 0 d(x, F2) 0 (do x / ∈ F2 và kết quả câu 2)) ⇒ g(x) 0 Tương tự, F2 ⊂ G2 Bài tập tự giải có hướng dẫn Bài 6. Cho các không gian metric X, (Y1, d1), (Y2, d2). Trên Y1 × Y2, ta xét metric d((y1, y2), (y0 1, y0 2)) = d1(y1, y0 1) + d2(y2, y0 2) Giả sử rằng f1 : X → Y1, f2 : X → Y2 là các ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng ánh xạ f : X → Y1 × Y2, f(x) = (f1(x), f2(x)) liên tục. Hướng dẫn Sử dụng định lý 1 và điều kiện hội tụ trong không gian metric tích trong bài tập ở §1. Bài 7. Cho các không gian metric X, Y và ánh xạ f : X → Y . Chứng minh các mệnh đề sau tương đương: 1. f liên tục trên X 2. f−1 (Int B) ⊂ Int f−1 (B) ∀B ⊂ Y 6
• 27. ⇒ 2) Áp dụng định lý 2 và tính chất lớn nhất của phần trong. • 2) ⇒ 1) Áp dụng định lý 2 và tính chất G = Int G nếu G mở. Bài 8. Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và các ánh xạ liên tục f, g : X → Y . Ta định nghĩa ánh xạ h : X → R, h(x) = ρ(f(x), g(x)), x ∈ X 1. Chứng minh h liên tục 2. Suy ra rằng tập A := {x ∈ X : f(x) = g(x)} là tập đóng. Hướng dẫn 1. Chứng minh rằng nếu dn d −→ x thì h(xn) → h(x) trong R, sử dụng tính chất yn ρ −→ y, zn ρ −→ z thì ρ(yn, zn) → ρ(y, z) 2. A = h−1 ({0}), {0} là tập đóng trong R Bài 9. Cho không gian metric (X, d) và A, B là các tập đóng khác ∅, không giao nhau. Chứng minh rằng tồn tại ánh xạ liên tục f : X → R sao cho 0 ≤ f(x) ≤ 1, ∀x ∈ X, f(x) = 0, ∀x ∈ A, f(x) = 1, ∀x ∈ B Hướng dẫn Chứng minh hàm f(x) = d(x, A) d(x, A) + d(x, B) cần tìm. 7
• 28. SỞ) Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán Phần 1. Không gian metric §4. Tập compact, không gian compact (Phiên bản đã chỉnh sửa) PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 20 tháng 12 năm 2004 Tóm tắt lý thuyết 1 Định nghĩa Cho các không gian metric (X, d) 1. Một họ {Gi : i ∈ I} các tập con của X được gọi là một phủ của tập A ⊂ X nếu A ⊂ [ i∈I Gi Nếu I là tập hữu hạn thì ta nói phủ là hữu hạn. Nếu mọi Gi là tập mở thì ta nói phủ là phủ mở. 2. Tập A ⊂ X được gọi là tập compact nếu từ mỗi phủ mở của A ta luôn có thể lấy ra được một phủ hữu hạn. 3. Tập A được gọi là compact tương đối nếu A là tập compact. 1
• 29. chất 2.1 Liên hệ với tập đóng Nếu A là tập compact trong không gian metric thì A là tập đóng. Nếu A là tập compact, B ⊂ A và B đóng thì B là tập compact. 2.2 Hệ có tâm các tập đóng Họ {Fi : i ∈ I} các tập con của X được gọi là họ có tâm nếu với mọi tập con hữu hạn J ⊂ I thì i∈J Fi 6= ∅. Định lí 1. Các mệnh đề sau là tương đương: 1. X là không gian compact. 2. Mọi họ có tâm các tập con đóng của X đều có giao khác ∅. Định lí 2. Giả sử f : X → Y là ánh xạ liên tục và A ⊂ X là tập compact. Khi đó, f(A) là tập compact. Hệ quả. Nếu f : X → R là một hàm liên tục và A ⊂ X là tập compact thì f bị chặn trên A và đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên A, nghĩa là: ∃x1, x2 ∈ A : f(x1) = inf f(A), f(x2) = sup f(A) Định lí 3 (Weierstrass). Trong không gian metric X, các mệnh đề sau là tương đương: 1. Tập A ⊂ X là compact. 2. Từ mỗi dãy {xn} ⊂ A có thể lấy ra một dãy con hội tụ về phần tử thuộc A. 2.3 Tiêu chuẩn compact trong Rn Trong không gian Rn (với metric thông thường), một tập A là compact khi và chỉ khi nó đóng và bị chặn. 2.4 Tiêu chuẩn compact trong C[a,b] Định nghĩa. Cho tập A ⊂ C[a,b]. 2
• 30. được gọi là bị chặn từng điểm trên [a, b] nếu với mọi t ∈ [a, b] tồn tại số Mt 0 sao cho |x(t)| ≤ Mt, ∀x ∈ A. Tập A được gọi là bị chặn đều trên [a, b] nếu tồn tại số M 0 sao cho |x(t)| ≤ M, ∀t ∈ [a, b], ∀x ∈ A. 2. Tập A gọi là đồng liên tục tục trên [a, b] nếu với mọi ε 0, tồn tại số δ 0 sao cho với mọi t, s ∈ [a, b] mà |t − s| δ và với mọi x ∈ A thì ta có |x(t) − x(s)| ε. Ví dụ. Giả sử A ⊂ C[a,b] là tập các hàm x = x(t) có đạo hàm trên (a, b) và |x0 (t)| ≤ 2, ∀t ∈ (a, b). • Tập A là liên tục đồng bậc. Thật vậy, do định lý Lagrange ta có |x(t) − x(s)| = |x0 (c)(t − s)| ≤ 2.|t − s| Do đó, cho trước ε 0, ta chọn δ = ε 2 thì có: ∀x ∈ A, ∀t, s ∈ [a, b], |t − s| δ ⇒ |x(t) − x(s)| ε • Nếu thêm giả thiết A bị chặn tại điểm t0 ∈ [a, b] thì A bị chặn đều trên [a, b]. Thật vậy |x(t)| ≤ |x(t) − x(t0)| + |x(t0)| = |x0 (c).(t − t0)| + |x(t0)| ≤ 2(b − a) + Mt0 ∀t ∈ [a, b], ∀x ∈ A Định lí 4 (Ascoli - Arzela). Tập A ⊂ C[a,b] (với metric hội tụ đều) là compact tương đối khi và chỉ khi A bị chặn từng điểm và đồng liên tục trên [a, b]. Bài tập Bài 1. 1. Cho X là không gian metric compact, {Fn} là họ các tập đóng, khác rỗng, thỏa mãn Fn ⊃ Fn+1 (n = 1, 2, . . . ). Chứng minh ∞ n=1 Fn 6= ∅ 2. Giả sử {Fn} là họ có tâm các tập đóng, bị chặn trên R. Chứng minh ∞ n=1 Fn 6= ∅ Giải. 1. Ta chứng minh {Fn} là họ có tâm. Nếu J ∈ N là tập hữu hạn, ta đặt n0 = max J thì sẽ có n∈J Fn = Fn0 6= ∅ Ghi chú. Dạng khác của câu 1) là: Cho F1 là tập compact, Fn (n ≥ 2) là các tập đóng khác ∅ và F1 ⊃ F2 ⊃ · · · . Khi đó ∞ n=1 Fn 6= ∅ 3
• 31. dựng dãy tập hợp {Kn} như sau: K1 = F1, Kn = n k=1 Fk (n ≥ 2) Thế thì ta có • Kn compact, Kn 6= ∅ (do họ {Fn} có tâm) • F1 ⊃ F2 ⊃ · · · , ∞ n=1 Kn = ∞ n=1 Fn Do đó, theo ghi chú trên ta có ∞ n=1 Kn 6= ∅ Bài 2. Cho X là không gian compact và f : X → R liên tục. Chứng minh f bị chặn trên X và đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Đặt a = inf f(x), ta có a ≥ −∞ (ta hiểu cận dưới đúng của tập không bị chặn dưới là −∞). Ta luôn có thể tìm được dãy số {an} sao cho an an+1, lim an = a. Ta đặt Fn = {x ∈ X : f(x) ≤ an} (n ≥ 1), ta có • Fn là tập đóng (do Fn = f−1 ((−∞, an])) • Fn 6= ∅ (do an a = inf f(X) • Fn ⊃ Fn+1 (do an an+1) Do đó, theo bài 1) thì tồn tại x0 ∈ ∞ n=1 Fn. Ta có f(x0) ≤ an n = 1, 2, . . . ⇒ f(x0) ≤ a Vậy f(x0) = a, nói riêng a 6= −∞. Ta có đpcm. Bài 3. Cho không gian metric (X, d) và A, B là các tập con khác ∅ của X. Ta định nghĩa d(A, B) = inf x∈A,y∈B d(x, y) 1. Giả sử A, B là các tập compact, chứng minh tồn tại x0 ∈ A, y0 ∈ B sao cho d(A, B) = d(x0, y0) 2. Giả sử A đóng, B compact và A ∩ B = ∅, chứng minh d(A, B) 0. Nêu ví dụ chứng tỏ kết luận không đúng nếu thay giả thiết B compact bằng B đóng. 4
• 32. tại các dãy {xn} ⊂ A, {yn} ⊂ B sao cho lim d(xn, yn) = d(A, B). Do A compact nên {xn} có dãy con {xnk }k hội tụ về một phần tử x0 ∈ A. Xét dãy con tương ứng {ynk }k của {yn}. Do B compact nên {ynk }k có dãy con {ynki }i hội tụ về một phần tử y0 ∈ B. Ta có: • lim i→∞ xnki = x0 (vì là dãy con của {xnk }) • lim i→∞ d(xnki , ynki ) = d(A, B) (vì là dãy con của {d(xn, yn)}) • lim i→∞ d(xnki , ynki ) = d(x0, y0) (hệ quả của bđt tứ giác) Do đó, d(x0, y0) = d(A, B) 2. • Giả sử trái lại, d(A, B) = 0. Khi đó, ta tìm được các dãy {xn} ⊂ A, {yn} ⊂ B sao cho lim d(xn, yn) = 0. Do B compact nên {yn} có dãy con {ynk }k hội tụ về y0 ∈ B. Từ d(xnk , y0) ≤ d(xnk , ynk ) + d(ynk , y0) ta suy ra lim k→∞ xnk = y0 Do A là tập đóng, {xnk } ⊂ A nên ta suy ra y0 ∈ A, mâu thuẫn với giả thiết A ∩ B = ∅. • Trong R2 ta xét metric thông thường và đặt A = {(t, 0) : t ∈ R}, B = t, 1 t : t 0 Ta có A, B là các tập đóng, A ∩ B = ∅ Đặt x = (t, 0), y = t, 1 t (t 0) Ta có d(x, y) = 1 t → 0 (t → +∞) Do đó, d(A, B) = 0 Bài 4. Cho không gian metric (X, d) và A ⊂ X, là tập compact, V là tập mở chứa A. Ta ký hiệu B(A, ε) := {x ∈ X : d(x, A) ε} Chứng minh tồn tại số ε 0 sao cho B(A, ε) ⊂ V . Giải. • Cách 1 Do A ⊂ V và V là tập mở nên ∀x ∈ A, ∃rx 0 : B(x, 2rx) ⊂ V 5
• 33. : x ∈ A} là một phủ mở của tập compact A nên tồn tại x1, . . . , xn sao cho A ⊂ n [ k=1 B(xk, rxk ) Đặt ε = min{rx1 , . . . , rx2 }, ta sẽ chứng minh B(A, ε) ⊂ V . Xét tùy ý y ∈ B(A, ε), ta có d(y, A) ε ⇒ ∃x ∈ A : d(y, x) ε ⇒ ∃k = 1, n : x ∈ B(xk, rxk ) Khi đó, d(y, xk) ≤ d(y, x) + d(x, xk) ε + rxk ≤ 2rxk Do đó, y ∈ B(xk, 2rxk ) ⊂ V • Cách 2 Đặt B = X V , ta có B đóng và A ∩ B = ∅ nên theo bài 3 ta có d(A, B) 0. Chọn ε = d(A, B). Ta sẽ chứng minh B(A, ε) ⊂ V hay chỉ cần chứng tỏ B(A, ε) ∩ B = ∅ Thật vậy, nếu có y ∈ B(A, ε) ∩ B, thì ta có d(y, A) ε ⇒ ∃x ∈ A : d(y, x) ε Mặt khác x ∈ A, y ∈ B nên d(x, y) ≥ d(A, B) = ε. Vô lý. Bài 5. Cho X, Y là các không gian metric, với X là không gian compact và f : X → Y là song ánh liên tục. Chứng minh f là ánh xạ đồng phôi. Giải. Ta cần chứng minh ánh xạ ngược f−1 liên tục. Do một bài tập ở §3, chỉ cần chứng tỏ f là ánh xạ đóng. Với A ⊂ X là tập đóng, ta có A compact ⇒ f(A) compact ⇒ f(A) đóng Vậy f là ánh xạ đóng. Các bài tập tự giải Bài 6. Cho các không gian metric compact X, Y và ánh xạ f : X → Y . Chứng minh các mệnh đề sau tương đương: 1. f liên tục 2. f−1 (K) là tập compact với mọi tập compact K ⊂ Y 6
• 34. liên hệ giữa tính compact và tính đóng. Bài 7. Cho không gian metric (X, d) và các tập A, B khác ∅, trong đó A compact. Chứng minh tồn tại điểm x0 ∈ A sao cho d(x0, B) = d(A, B). Hướng dẫn Sử dụng d(A, B) = inf x∈A d(x, B) Bài 8. Cho không gian metric (X, d) và f : X → X là ánh xạ liên tục. Điểm x gọi là điểm bất động của f nếu f(x) = x. 1. Chứng minh tập điệm bất động của f là tập đóng. 2. Giả sử X là compact và f không có điểm bất động nào. Chứng minh tồn tại số c 0 sao cho d(f(x), x) ≥ c ∀x ∈ X Hướng dẫn Đặt h(x) = d(f(x), x), x ∈ X thì h : X → R liên tục. 1. Chú ý rằng: x bất động ⇐⇒ h(x) = 0 2. Cần chứng minh inf x∈X h(x) 0 Ngoài ra, câu 1) có thể chứng minh trực tiếp dựa vào liên hệ giữa tính chất đóng và sự hội tụ, câu 2) có thể dùng phản chứng để giải. 7
• 35. SỞ) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 26 tháng 1 năm 2005 §5. Bài ôn tập Bài 1: Trên X = C[0,1] ta xét metric hội tụ đều. Cho tập hợp A = {x ∈ X : x(1) = 1, 0 ≤ x(t) ≤ 1 ∀t ∈ [0, 1]} và ánh xạ f : X → R, f(x) = Z 1 0 x2 (t) dt. 1. Chứng minh inf f(A) = 0 nhưng không tồn tại x ∈ A để f(x) = 0. 2. Chứng minh A không là tập compact. Giải 1. • Đặt α = inf f(A). Ta có f(x) ≥ 0 ∀x ∈ A nên α ≥ 0. Với xn(t) = tn , ta có xn ∈ A α ≤ f(xn) = Z 1 0 t2n dt = 1 2n + 1 −→ 0 (n → ∞) Do đó α = 0. • Nếu f(x) = 0, ta có: Z 1 0 x2 (t) dt = 0, x2 (t) ≥ 0, x2 (t) liên tục trên [0, 1] =⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1] =⇒ x / ∈ A. 2. Ta có: f liên tục trên X, nhận giá trị trong R (xem bài tập §3) f(x) 6= inf f(A) ∀x ∈ A =⇒ A không compact (xem lý thuyết §4). 1
• 36. d) là không gian metric compact và ánh xạ X → X thỏa mãn d(f(x), f(y)) d(x, y) ∀x, y ∈ X, x 6= y. (1) Chứng minh tồn tại duy nhất điểm x0 ∈ X thỏa mãn x0 = f(x0) (ta nói x0 là điểm bất động của ánh xạ f). Giải Ta xét hàm g : X → R, g(x) = d(f(x), x), x ∈ X. Ta chỉ cần chứng minh tồn tại duy nhất x0 ∈ X sao cho g(x0) = 0. Áp dụng bất đẳng thức tứ giác và điều kiện (1), ta có |g(x) − g(y)| = |d(f(x), x) − d(f(y), y)| ≤ 2d(x, y) nên g liên tục. Từ đây và tính compact của X ta có: ∃x0 ∈ X : g(x0) = inf g(X) (2) Ta sẽ chứng minh g(x0) = 0. Giả sử g(x0) 6= 0; ta đặt x1 = f(x0) thì x1 6= x0, do đó: d(f(x1), f(x0)) d(x1, x0) ⇒ d(f(x1), x1) d(f(x0), x0) ⇒ g(x1) g(x0), mẫu thuẫn với (2). Vậy g(x0) = 0 hay f(x0) = x0. Để chứng minh sự duy nhất ta giả sử trái lại, có x0 6= x0 và x0 = f(x0 ). Khi đó: d(x0 , x0) = d(f(x0 ), f(x0)) d(x0 , x0) Ta gặp mâu thuẫn. Bài 3: Cho các không gian metric (X, d), (Y, ρ) và ánh xạ f : X → Y . Trên X × Y ta xét metric d1((x, y), (x0 , y0 )) = d(x, x0 ) + ρ(y, y0 ), (x, y), (x0 , y0 ) ∈ X × Y. và xét tập hợp G = {(x, f(x)) : x ∈ X}. 1. Giả sử f liên tục, chứng minh G là tập đóng. 2. Giả sử G là tập đóng và (Y, ρ) là không gian compact, chứng minh f liên tục. Giải 1. Xét tùy ý dãy {(xn, f(xn))} ⊂ G mà lim(xn, f(xn)) = (a, b) (1) Ta cần chứng minh (a, b) ∈ G hay b = f(a). Từ (1), ta có lim xn = a (2), lim f(xn) = b (3). 2
• 37. sự liên tục của f ta có lim f(xn) = f(a); kết hợp với (3) ta có b = f(a) (đpcm). 2. Xét tùy ý tập đóng F ⊂ Y , ta cần chứng minh f−1 (F) là tập đóng trong X: Để chứng minh f−1 (F) đóng, ta xét tùy ý dãy {xn} ⊂ f−1 (F) mà lim xn = a và cần chứng tỏ a ∈ f−1 (F). Ta có: f(xn) ∈ F, n ∈ N∗ F là tập compact (do F đóng, Y compact) =⇒ ∃{xnk } : lim k→∞ f(xnk ) = b ∈ F. Khi đó: lim k→∞ (xnk , f(xnk )) = (a, b), (xnk , f(xnk )) ∈ G, G đóng =⇒ (a, b) ∈ G hay b = f(a). Vậy f(a) ∈ F hay a ∈ f−1 (F) (đpcm). Bài 4: Cho không giam metric compact (X,d) và các ánh xạ liên tục fn : X → R (n ∈ N∗ ) thỏa mãn các điều kiện sau: f1(x) ≥ f2(x) ≥ . . . , lim n→∞ fn(x) = 0 ∀x ∈ X (∗) Chứng minh dãy {fn} hội tụ đều trên X về không, nghĩa là: ∀ε 0 ∃n0 : ∀n ≥ n0 =⇒ sup x∈X |fn(x)| ε (∗∗) Áp dụng phương pháp sau: với ε 0 đã cho, đặt Gn = {x ∈ X : fn(x) ε}, n ∈ N∗ Chỉ cần chứng minh tồn tại n0 sao cho Gn0 = X. Giải Trước tiên từ giả thiết (*) ta suy ra rằng fn(x) ≥ 0 ∀x ∈ X, ∀n ∈ N∗ . Ta có: Gn là tập mở (do fn liên tục và Gn = f−1 n (−∞, ε)) Gn ⊂ Gn+1, (do fn(x) ≥ fn+1(x)) X = ∞ [ n=1 Gn (do ∀x ∈ X ∃nx : ∀n ≥ nx ⇒ fn(x) ε) Do X là không gian compact ta tìm được n1, n2, . . . , nk sao cho X = k [ i=1 Gni 3
• 38. max{n1, . . . , nk} ta có X = Gn0 . Khi n ≥ n0 ta có Gn ⊃ Gn0 nên Gn = X. Từ đây ta thấy (**) đúng. Bài 5: Cho không gian metric compact (X, d) và ánh xạ liên tục f : X → X. Ta định nghĩa A1 = f(X), An+1 = f(An), n = 1, 2, . . . , A = ∞ n=1 An. Chứng minh A 6= ∅ và f(A) = A. Giải Ta có ∅ 6= A1 ⊂ X, A1 compact (do X compact và f liên tục). Dùng quy nạp, ta chứng minh được rằng ∅ 6= An ⊃ An+1, An compact ∀n = 1, 2, . . . Từ đây ta có {An} là họ có tâm các tập đóng trong không gian compact. Do đó A 6= 0. • Bao hàm thức f(A) ⊂ A được suy từ f(A) ⊂ f(An−1) = An ∀n = 1, 2, . . . ( do A ⊂ An−1, với quy ước A0 = X). • Để chứng minh A ⊂ f(A), ta xét tùy ý x ∈ A. Vì x ∈ An+1 = f(An) nên ∀n = 1, 2, . . . ∃xn ∈ An : x = f(xn). Do X compact nên có dãy con {xnk }, lim k→∞ xnk = a. Khi đó x = lim k→∞ f(xnk ) (do cách xây dựng {xn}) = f(a) (do f liên tục) Ta còn phải chứng minh a ∈ A. Cố định n, ta có xnk ∈ An khi nk ≥ n (do xnk ∈ Ank ⊂ An) =⇒ a = lim k→∞ xnk ∈ An (do An đóng). Vậy a ∈ An ∀n = 1, 2, . . . ; do đó a ∈ A và x = f(a) ∈ f(A). (đpcm). 4
• 39. SỞ) Chuyên ngành: Giải Tích, PPDH Toán Phần 2. Không gian định chuẩn Ánh xạ tuyến tính liên tục §1. Không gian định chuẩn (Phiên bản đã chỉnh sửa) PGS TS Nguyễn Bích Huy Ngày 25 tháng 2 năm 2005 Lý thuyết 1 Chuẩn Giả sử X là một không gian vectơ (k.g.v.t) trên trường số K (K = R hoặc K = C). Một ánh xạ p : X → R được gọi là một chuẩn trên X nếu thỏa mãn các điều kiện sau cho mọi x, y ∈ X, mọi λ ∈ K: i) p(x) ≥ 0 p(x) = 0 ⇐⇒ x = θ (θ chỉ phần tử không trong X) ii) p(λx) = |λ|p(x) iii) p(x + y) ≤ p(x) + p(y) Số p(x) gọi là chuẩn của phần tử x. Thông thường, ta dùng ký hiệu ||x|| thay cho p(x). Mệnh đề 1. Nếu p là một chuẩn trên k.g.v.t X thì ta có: 1
• 40. p(y)| ≤ p(x − y) (hay |||x|| − ||y||| ≤ ||x − y||) ∀x, y ∈ X. 2. d(x, y) := p(x − y) là một mêtric trên X, gọi là mêtric sinh bởi chuẩn p (hay d(x, y) = ||x − y||) Ví dụ 1. Trên Rn ánh xạ x = (x1, . . . , xn) 7→ ||x|| = n X k=1 x2 k !1/2 là chuẩn, gọi chuẩn Euclide. Mêtric sinh bởi chuẩn này chính là mêtric thông thường của Rn . Ví dụ 2. Trên C[a, b], ánh xạ x 7→ ||x|| := supa≤t≤b |x(t)| là một chuẩn mêtric sinh bởi chuẩn này là mêtric hội tụ đều trên C[a, b] 2 Không gian định chuẩn Định nghĩa 1. • Không gian vectơ X cùng với chuẩn ||·|| trong nó, được gọi là một không gian định chuẩn (kgđc), ký hiệu (X, || · ||). • Các khái niệm hội tụ, tập mở, đóng, compact, dãy Cauchy, · · · trong (X, || · ||) được hiểu là các khái niệm tương ứng đối với mêtric sinh bởi chuẩn. Nói riêng, trong (X, || · ||) ta có B(x0, r) = {x ∈ X : ||x − x0|| r} ( lim n→∞ xn = x(cũng viết xn ||·|| − → x)) ⇐⇒ lim n→∞ ||xn − x|| = 0 ({xn} là dãy Cauchy) ⇐⇒ lim n,m→∞ ||xn − xm|| = 0. Định nghĩa 2. Kgđc (X, || · ||) được gọi là không gian Banach nếu X với mêtric sinh bởi || · || là không gian đầy đủ. Vì kgđc là trường hợp đặc biệt của không gian mêtric nên tất cả các kết quả về không gian mêtric cũng đúng cho kgđc. Ngoài ra, ta có các kết quả sau về kgđc. Mệnh đề 2. Cho Kgđc (X, k.k) trên trường số K và các dãy {xn}, {yn} ⊂ X, {λn} ⊂ K, lim xn = x, lim yn = y, lim λn = λ. Khi đó : 1. lim kxnk = kxk 2. lim(xn + yn) = x + y, lim λnxn = λx. Hệ quả. Các ánh xạ f, g : X → X, f(x) = x + 0 + x, g(x) = λ0x (λ0 ∈ K{0}) là đồng phôi. 2
• 41. đương Định nghĩa 3. Hai chuẩn k.k1, k.k2 trên kgvt X gọi là tương đương (viết k.k1 ∼ k.k2) nếu tồn tại các hằng số dương a, b sao cho kxk1 ≤ akxk2 , kxk2 ≤ bkxk1 ∀x ∈ X Mệnh đề 3. Giả sử k.k1, k.k2 là hai chuẩn tương đương trên kgvt X. Khi đó: 1. (lim xn = x theo k.k1) ⇐⇒ (lim xn = x theo k.k2) 2. (X, k.k1) đầy đủ ⇐⇒ (X, k.k2) đầy đủ. 4 Một số không gian định chuẩn 4.1 Không gian định chuẩn con Cho kgđc (X, k.k) và X0 là một kgvt con của X. Ký hiệu k.k0 là thu hẹp của k.k trên X0 thì k.k0 là một chuẩn trên X0. Cặp (X0, k.k0) gọi là kgđc con của (X, k.k). 4.2 Tích của hai kgđc Cho các kgđc (X1, k.k1), (X2, k.k2). Tích Đề các X1 × X2 sẽ trở thành kgvt nếu ta định nghĩa các phép toán (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) λ(x1, x2) = (λx1, λx2) Kgvt X1 × X2 với chuẩn k(x1, x2)k := kx1k1 + kx2k2 (∗) hoặc với chuẩn tương đương với (*), gọi là kgđc tích của các kgđc (X1, k.k1), (X2, k.k2). Ta dễ dàng kiểm tra được các tính chất sau: • Dãy (xn 1 , xn 2 ) hội tụ về phần tử (x1, x2) trong kgđc tích khi và chỉ khi các dãy {xn i } hội tụ về xi trong kgđc (Xi, k.ki), i = 1, 2. • Nếu (Xi, k.ki)(i = 1, 2) là các không gian Banach thì kgđc tích cũng là không gian Banach. 4.3 Kgđc hữu hạn chiều Giả sử X là kgvt m chiều và e = {e1, . . . , em} là một cơ sở của X. Khi đó ánh xạ x = m X k=1 λkek 7→ kxke := m X k=1 |λk|2 !1/2 là một chuẩn, gọi là chuẩn Euclide sinh bởi cơ sở e. 3
• 42. Trên một không gian hữu hạn chiều, hai chuẩn bất kỳ luôn tương đương với nhau. 2. Trên kgđc hữu hạn chiều, một tập là compact khi và chỉ khi nó đóng và bị chặn. 3. Một không gian định chuẩn hữu hạn chiều luôn là không gian đầu đủ. Do đó, một kgvt con hữu hạn chiều của một kgđc là tập đóng trong không gian đó. Định lí 1 (Riesz). Nếu quả cầu B(θ, 1) := {x ∈ X : kxk ≤ 1} của các kgđc X là tập compact thì X là không gian hữu hạn chiều. 5 Chuỗi trong kgđc Nhờ có phép toán cộng và lấy giới hạn, trong kgđc ta có thể đưa ra khái niệm chuỗi phần tử tương tự khái niệm chuỗi số. Định nghĩa 4. Cho kgđc (X, k.k) và dãy {xn} các phần tử của X. Ta nói chuỗi phần tử ∞ X n=1 xn (∗∗) hội tụ và có tổng bằng x nếu như x = limn→∞ sn, trong đó: s1 = x1, sn = x1 +· · ·+xn (n ∈ N∗ ) • Nếu chuỗi số P∞ n=1 kxnk hội tụ thì ta nói chuỗi (**) hội tụ tuyệt đối. Mệnh đề 5. Nếu X là không gian Banach thì mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối là chuỗi hội tụ 4
• 43. Ký hiệu C1 [a,b] là không gian các hàm thực x = x(t) có đạo hàm liên tục trên [a, b]. C1 [a,b] là kgvt trên R với các phép toán thông thường về cộng hai hàm và nhân hàm với số thực. Ta định nghĩa p1(x) = |x(a)| + sup a≤t≤b |x0 (t)| , p2(x) = sup a≤t≤b |x(t)|, p3(x) = sup a≤t≤b {|x(t)| + |x0 (t)|} 1. Chứng minh p1, p2, p3 là các chuẩn trên C1 [a,b]. 2. Chứng minh p2 6∼ p3 3. Chứng minh p1 ∼ p3 Giải. 1. Để làm ví dụ, ta kiểm tra p1 là chuẩn. i) Hiển nhiên ta có p1(x) ≥ 0 ∀x ∈ C1 [a,b]; hơn nữa p1(x) = 0 ⇔ ( x(a) = 0 x0 (t) = 0 ∀t ∈ [a, b] ⇔ ( x(a) = 0 x(t) là hàm hằng số ⇔ x(t) = 0∀t ∈ [a, b]. ii) p1(λx) = |λx(a)| + sup a≤t≤b |λx0 (t)| = |λ| |x(a)| + sup a≤t≤b |x0 (t)| = |λ|p1(x) iii) Với x, y ∈ C1 [a,b] ta có |x(a) + y(a)| + |(x(t) + y(t))0 | ≤ |x(a)| + |y(a)| + |x0 (t)| + |y0 (t)| ≤ p1(x) + p1(y) ∀t ∈ [a, b] =⇒ p1(x + y) ≤ p1(x) + p1(y). 2. Dễ thấy p2(x) ≤ p3(x) ∀x ∈ C1 [a,b]. Ta sẽ chứng minh không tồn tại số c 0 sao cho p3(x) ≤ cp2(x) ∀x ∈ C1 [a,b] (∗) Xét dãy xn(t) = (t − a)n , n ∈ N∗ . Dễ dàng tính được: p2(xn) = (b − a)n p3(xn) = (b − a)n + n(b − a)n−1 Do đó, nếu tồn tại c 0 để (*) đúng thì ta có (b − a)n + n(b − a)n−1 ≤ c(b − a)n ∀n = 1, 2, · · · ⇒ b − a + n ≤ c(b − a) ∀n = 1, 2, · · · Ta gặp mẫu thuẫn. 5
• 44. dễ dàng kiểm tra p1(x) ≤ p3(x) ∀x ∈ C1 [a,b] • Mặt khác ta có: |x(t)| ≤ |x(a)| + |x(t) − x(a)| = |x(a)| + |x0 (c)(t − a)|(áp dụng định lý Lagrange) ≤ |x(a)| + (b − a) sup a≤t≤b |x0 (t)| ≤ Mp1(x) ∀t ∈ [a, b] (M = max{1, b − a}) |x0 (t)| ≤ p1(x) ∀t ∈ [a, b]. Do đó p3(x) ≤ (M + 1)p1(x) ∀x ∈ C1 [a,b]. Vậy p1 ∼ p3. Bài 2. Ký hiệu l2 là không gian các dãy số thực x = {λk}k thỏa mãn điều kiện ∞ X k=1 λ2 k ∞ với các phép toán thông thường về cộng hai dãy số và nhân dãy số với số thực. Trên l2 ta xét chuẩn kxk = ∞ X k=1 λ2 k !1/2 nếu x = {λk} ∈ l2 1. Xét các dãy số en = {δn,k}k (n ∈ N∗ ) trong đó δn,k = 1 nếu n = k, δn,k = 0 nếu n 6= k. Chứng minh rằng nếu x = {λk} ∈ l2 thì x = ∞ X n=1 λnen 2. Chứng minh l2 đầy đủ. Giải. 1. Đặt sn = λ1e1 + · · · + λnen, ta cần chứng minh lim n→∞ sn = x Ta có: sn = (λ1, · · · , λn, 0, 0, · · · ) ⇒ x − sn = (0, · · · , 0, λn+1, λn+2, · · · ), kx − snk = ∞ X k=n+1 λ2 k !1/2 Vì chuỗi ∞ X k=1 λ2 k hội tụ nên lim n→∞ ∞ X k=n+1 λ2 k = 0. Vậy lim n→∞ kx − snk = 0 (đpcm). 2. Giả sử {xn} là dãy Cauchy trong l2, xn = {λn k }k, n ∈ N∗ . • Với mỗi k ∈ N∗ , ta có: |λn k − λm k | ≤ ∞ X k=1 |λn k − λm k |2 !1/2 = kxn − xmk (1) 6
• 45. dãy Cauchy nên {λn k }n là dãy Cauchy trong R, do đó hội tụ. Đặt ak = lim n→∞ λn k (k ∈ N∗ ) và lập dãy số a = {ak} • Tiếp theo ta sẽ chứng minh a ∈ l2 và lim n→∞ kxn − ak = 0 Cho ε 0 tùy ý. Do {xn} là dãy Cauchy ta có n0 thỏa mãn ∀n, m ∈ N∗ , n, m ≥ n0 ⇒ kxn − xmk ε. Từ (1) ta có N X k=1 |λn k − λm k |2 ε2 ∀N ∈ N∗ , ∀n, m ≥ n0 ⇒ N X k=1 |λn k − ak|2 ≤ ε2 ∀N ∈ N∗ , ∀n ≥ n0(ta đã cho m → ∞ trong bđt trên) ⇒ P∞ k=1 |λn k − ak|2 ≤ ε2 ∀n ≥ n0 (2) Từ (2) ta suy ra xn − a ∈ l2 (n ≥ n0) và do đó a = xn − (xn − a) cũng thuộc l2. Hơn nữa, ta đã chứng minh: ∀ε 0∃n0 : ∀n ≥ n0 =⇒ kxn − ak ≤ ε hay là lim kxn − ak = 0 Ghi chú Ở trên ta không kiểm tra l2 là kgvt và các điều kiện của chuẩn. Để làm ví dụ, ta sẽ chứng minh rằng nếu x = {λk} ∈ l2, y = {αk} ∈ l2 thì x + y ∈ l2 và kx + yk ≤ kxk + kyk. Thật vậy, ta có theo bất đẳng thức Bunhiakowski: PN k=1(λk + αk)2 = PN k=1 λ2 k + 2 PN k=1 λkαk + PN k=1 α2 k ≤ kxk2 + 2kxk.kyk + kyk2 ∀N ∈ N∗ . Cho N → ∞ ta có đpcm. Bài 3. Gọi m là không gian các dãy số thực x = {λk}k bị chặn với chuẩn kxk = sup{|λk| : k ∈ N∗ }. 1. Chứng minh m là không gian Banach. 2. Ký hiệu C là tập hợp các dãy số hội tụ. Chứng minh C là không gian con đóng của m. Giải. 1. • Với mỗi k ∈ N∗ , ta có: 7
• 46. | ≤ sup{|λn k − λm k | : k ∈ N∗ } = kxn − xmk và do {xn} là dãy Cauchy nên {λn k }n là dãy Cauchy trong Rvà do vậy, hội tụ. Đặt ak = lim n→∞ λn k và lập dãy số a = {ak}k. • Ta chứng minh a ∈ m và lim kxn − ak = 0 Cho ε 0, ta tìm được n0 sao cho ∀n, m ≥ n0 ⇒ kxn − xmk ε Ta có: |λn k − λn k | ε ∀k ∈ N∗ , ∀n, m ≥ n0 ⇒ |λn k − ak| ≤ ε ∀k ∈ N∗ , ∀n ≥ n0(cho m → ∞ trong bđt trên) ⇒ sup k |λn k − ak| ≤ ε ∀n ≥ n0. Như vậy, ta đã chứng minh: * (xn − a) ∈ m, do đó a = xn − (xn − a) ∈ m. * ∀ε 0 ∃n0 : ∀n ≥ n0 ⇒ kxn − ak ≤ ε hay lim kxn − ak = 0. 2. Giả sử ta có dãy {xn} ⊂ C, xn = {λn k }k mà xn hội tụ về a = {ak} ∈ m ta cần chứng minh a ∈ C. Muốn vậy, ta chỉ cần chứng minh a là dãy Cauchy. Cho ε 0, ta tìm được n0 sao cho sup k |λn0 k − ak| = kxn0 − ak ε/3(do a = lim xn trong m) Vì xn0 = {λn0 k }k ∈ C nên nó là dãy Cauchy, do đó có k0 sao cho: ∀k, l ≥ k0 ⇒ |λn0 k − λn0 l | ε/3. Với k0 này, ta có: ∀k, l ≥ k0 ⇒ |ak − al| ≤ |ak − λn0 k | + |λn0 k − λn0 l | + |λn0 l − al| ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε Vậy {ak} là dãy Cauchy (đpcm). Bài 4. Cho kgđc X và các tập A, B ⊂ X khác ∅. Chứng minh 1. Nếu A mở thì A + B mở 8
• 47. B compact thì A + B compact. 3. Nếu A đóng, B compact thì A + B đóng Giải. 1. Trước tiên ta chứng minh rằng ∀b ∈ B thì A + b là tập mở. Thật vậy, ánh xạ f : X → X, f(x) = x + b là đồng phôi nên A mở ⇒ f(A) mở hay A + b mở Do A + B = [ b∈B (A + b) nên A + B mở. 2. Xét tùy ý dãy {xn} ⊂ A + B, ta chứng minh {xn} có dãy con hội tụ về phần tử thuộc A + B. Ta có: xn = an + bn với an ∈ A, bn ∈ B. Do A compact nên {an} có dãy con {ank }k hội tụ về một a ∈ A. Do B compact nên dãy {bnk }k có dãy con {bnkl }l hội tụ về b ∈ B. Tương ứng với dãy {bnkl }l ta có dãy {ankl }l vẫn hội tụ về a. Suy ra dãy con xnkl = ankl + bnkl hội tụ về a + b (đpcm). Ghi chú: Câu này có thể giải như sau: Xét kgđc tích X × X và ánh xạ f : X × X → X, f(x, y) = x + y. Ta có: (f liên tục, A × B là tập compact trong X × X) =⇒ f(A × B) là tập compact trong X. Do f(A × B) = A + B ta có đpcm. 3. Xét dãy tùy ý {xn} ⊂ A + B, xn = an + bn, an ∈ A, bn ∈ B mà lim xn = x, ta cần chứng minh x ∈ A + B Do B compact nên {bn} có dãy con {bnk } hội tụ về một b ∈ B. Khi đó ank = xnk − bnk hội tụ về x − b và vì A đóng nên x − b ∈ A. Ta có x = (x − b) + b nên x ∈ A + B (đpcm). Bài 5. Cho kgđc (X, k.k) và X0 là không gian con hữu hạn chiều của X. Chứng minh tồn tại x0 ∈ X0 sao cho ka − x0k = inf x∈X0 ka − xk 9
• 48. = inf{ka − xk : x ∈ X0} và chọn dãy {xn} ⊂ X0 thỏa mãn lim ka − xnk = d. Ta có: kxnk ≤ kak + ka − xnk nên {xn} bị chặn ∃M 0 : {xn} ⊂ B(θ, M) Tập B(θ, M) ∩ X0 compact (do dim X0 ∞) nên {xn} có dãy con {xnk } hội tụ về x0 ∈ X0. Khi đó: d = lim k→∞ ka − xnk k (vì {ka − xnk k}k là dãy con của {ka − xnk}) = ka − x0k Ghi chú: Bài này còn có thể giải bằng cách tìm số M 0 sao cho inf x∈X0 ka − xk = inf x∈X0∩B(θ,M) ka − xk Sau đó sử dụng tính compact của tập X0 ∩ B(θ, M) và tính liên tục của hàm x 7→ ka − xk Bài 6. Cho kgđc X và A ⊂ X là tập lồi. Chứng minh tác tập A, Int A cũng lồi. Giải (Hướng dẫn). Cố định số t ∈ (0, 1) • Để chứng minh tA + (1 − t)(A) ⊂ (A) ta dùng liên hệ giữa điểm dính và sự hội tụ. • Để chứng minh t Int A + (1 − t) Int A ⊂ Int A chỉ cần kiểm tra vế trái là tập mở, chứa trong A. Bài 7. Giả sử trong kgđc X, tập S = {x ∈ X : kxk = 1} là compact. Chứng minh dim X ∞. Giải. Xét ánh xạ f : K × X → X, f(λ, x) = λx. Khi đó, quả cầu B(0, 1) là ảnh của một tập compact qua ánh xạ f. 10