ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Khoa Sau đại học Bµi tËp M«n gi¶i tÝch hµm Th¸i nguyªn, th¸ng 04 n¨m 2007 1 bài tập chơng 1 Đại cơng về không gian banach Bài 1. Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn n n x sup= , trong đó n x ( ) c= là một dãy số thực (hoặc phức) hội tụ. Giải. Ta biết: + Không gian l là các dãy số thực (hoặc phức) bị chặn là không gian Banach với chuẩn n n x sup= . + c là một không gian con tuyến tuyến của l + Không gian con đóng của không gian Banach là không gian Banach. Vậy ta sẽ chứng minh c là không gian con đóng của l , tức là dãy {x n } c , bất kỳ thì n x hội tụ đến một phần tử x thuộc c, n n limx x l = : ( ) ( ) (n) n k k k 1 k 1 x = = = Cho 0 > tùy ý. Vì n n lim x x 0 = nên với n 0 đủ lớn ta có n x x 3 < . Với mọi k, l nguyên dơng, ta có 0 0 0 0 0 0 0 0 (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) (n ) k l k k k l k l k k k l k l = + + + + 0 0 0 0 (n ) (n ) n k l n x x x x + + 0 0 (n ) (n ) k l k l 3 3 < + + (1) Vì dãy số ( ) 0 0 n n k k 1 x c = = hội tụ 0 n x là dãy Cauchy nên N nguyên dơng sao cho 0 0 (n ) (n ) k l k N, l N 3 < (2). Từ (1), (2) suy ra k l k N, l N < . Vậy dãy x = ( ) k hội tụ, tức là x c . Bài 2. Chứng minh rằng nếu x = ( ) n là một phần tử của không gian c thì ( ) 0 n n n 1 x e e = = + trong đó ( ) n nk 0 n k 1 n e , e (1,1, .,1, .), =lim = = = . Giải. 2 Ta chứng minh ( ) n 0 k k n k 1 lim x e e 0 = + = ữ . Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n 0 k k 1 2 n 1 2 n k 1 x e e , , ., , . , , ., , . , , ., ,0, . = + = + = ( ) n 1 n 2 0,0, .,0, , , . + + . Do đó ( ) n theo định nghĩa của chuẩn n 0 k k k k n 1 k 1 x e e sup 0 + = + = ữ , vì n n =lim . Bài 3. Chứng minh rằng c là một không gian khả li. Giải. Ta xét 2 trờng hợp: a) c là không gian thực Gọi L = {y: y 1 n (r , .,r , .)= }; k r , k 1,n =Ô , trong đó n là một số nguyên dơng bất kỳ. Khi đó L là tập hợp con của không gian c và L là đếm đợc (do Ô là tập đếm đợc). Ta chứng minh L c= . + Rõ ràng L c . Ngợc lại, giả sử ( ) n x c= , 0 > cho trớc bất kỳ. Khi đó n n lim = Ă , N nguyên dơng sao cho n n N 2 > < . Lấy r Ô : r 2 < . Ta có n n n r r r 2 2 = + + < + = với n N> . Lấy các số hữu tỉ 1 2 N r ,r , .,r : k k r < với k = 1, 2, ., N. Khi đó 1 2 N y (r ,r , .,r ,r,r, .) L= và { } 1 1 N N n 1 n 2 x y sup r , ., r , r , r , . + + = , tức là n x y L . Khi đó x L c L. Vậy L c= . b) c là không gian phức Gọi L = {y: y 1 n (r , .,r , .)= }với k k k k k r p iq ,k 1,n; p ,q= + = Ô , n nguyên dơng bất kỳ . L là tập hợp con đếm đợc của không gian c. Ta chứng minh L c= . + Rõ ràng L c . Ngợc lại, giả sử ( ) n x c= , 0 > cho trớc bất kỳ. Khi đó 3 n n lim = Ê , N nguyên dơng sao cho n n N 2 > < . Lấy r Ô : r 2 < . Ta có n n n r r r 2 2 = + + < + = với n N> . Lấy các số hữu tỉ 1 2 N r ,r , .,r : k k r < với k = 1, 2, ., N. Khi đó 1 2 N y (r ,r , .,r ,r,r, .) L= và { } 1 1 N N n 1 n 2 x y sup r , ., r , r , r , . + + = , tức là n x y L . Khi đó x L c L. Vậy L c= . Bài 4. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn, là một số khác không. a) Chứng minh rằng ánh xạ A : X X xác định bởi công thức Ax x= , x X là một phép đồng phôi tuyến tính từ X lên X. b) Tính A c) Chứng minh rằng nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì E { x : x E} = là một tập hợp mở (đóng) trong X với mọi 0 . Giải. * a), b) Ta có, nếu K thì ánh xạ A : X X là một toán tử tuyến tính. x Ax = x a Thật vậy, x,y X; K à , ta có + X là không gian tuyến tính A(x y) (x y) x y Ax Ay+ = + = + = + + X là không gian tuyến tính A( x) ( x) ( x) Axà = à = à = à Ta có do 0 1 Ax y x y x y = = ơ = , vậy với y X, 1 x y = để Ax = y, tức là A là toàn ánh, suy ra A là song ánh. Ta có x 0 x 0 Ax x A sup sup x x = = = , A bị chặn nên A liên tục. ánh xạ ngợc 1 A của A xác định bởi 1 1 A x x = , ta có 1 1 1 1 x 0 x 0 A x x A sup sup x x = = = , A -1 bị chặn nên A -1 liên tục. Vậy A là một phép đồng phôi tuyến tính. 4 c) Do A là một phép đồng phôi tuyến tính nên với E là tập mở (đóng) trong X thì 1 A (E) { x : x E} E = = cũng là tập mở (đóng) trong X với mọi 0 . Bài 5. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn và x 0 X . Chứng minh rằng: a) ánh xạ f: X X xác định bởi công thức f(x) = x + x 0 là một phép đẳng cự từ X lên X. b) Nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì 0 0 x E {x x : x E}+ = + là một tập hợp mở (đóng) trong X. c) Nếu U là một tập hợp mở trong X và E là một tập bất kỳ trong X thì E U {x y : x E,y U}+ = + là một tập hợp mở trong X. Giải. a) Trớc hết ta chỉ ra f là toán tử tuyến tính. Thật vậy, với x,y X, k K , với x 0 X , do X là không gian tuyến tính nên 2x 0 X , 2x 0 = x 0 + x 0 và kx 0 X , k(x + x 0 ) = kx + kx 0 . Khi đó, ta có + f(x + y) = x + y + 2x 0 = (x + x 0 )+ (y + x 0 ) = f(x) + f(y). + f(kx) = kx + kx 0 = k(x + x 0 ) = kf(x) Ta sẽ chứng minh f là phép đẳng cự, tức là x X, f(x) x = . Thật vậy, 0 x X 0 0 x X x X x X, f(x) x x sup{x x } sup{x} x = + = + = = . Vậy f là một phép đẳng cự tuyến tính từ X lên X. b) Ta biết rằng hai không gian đẳng cự tuyến tính thì cũng đồng phôi tuyến tính. Do f là đẳng cự tuyến tính nên f cũng đồng phôi tuyến tính. Khi đó nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì f -1 (E) = 0 {x x : x E}+ = x 0 + E là một tập hợp mở (đóng) trong X. c) Ta có x E E U (x U) + = + U , theo b) x + U là tập mở trong X với x E . Do đó E + U là một tập mở. Bài 6. Cho một toàn ánh tuyến tính A : X Y , trong đó X, Y là những không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để cho A có toán tử ngợc A -1 bị chặn là tồn tại một số dơng m sao cho A m x , x X . Giải. a) Điều kiện cần. 5 Do A -1 : Y X bị chặn. Khi đó M 0 > sao cho 1 A y M y , y Y (1). Với x X, đặt y = Ax, ta đợc x = A -1 y. Thay vào (1), ta có Ax m x (2) (trong đó 1 m M = ) b) Điều kiện đủ. Giả sử A là toán tử tuyến tính thoả mãn bất đẳng thức (2) với x X , trong đó m là hằng số dơng. Nếu Ax = A0 = 0 thì 0 Ax m x 0 x 0 x 0= = = , vậy A là đơn ánh. Do đó A là song ánh tuyến tính và A có toán tử ngợc A -1 : Y X . Với y Y , đặt x = A -1 y, ta đợc y = Ax. Thay vào (2), ta đợc 1 1 1 y m A y A y y m , y Y . Vậy A -1 là toán tử tuyến tính bị chặn. Bài 7. Chứng minh rằng nếu không gian tuyến tính định chuẩn X đồng phôi tuyến tính với không gian Banach Y thì X là một không gian Banach. Giải. Giả sử A: X Y là một phép đồng phôi tuyến tính từ không gian tuyến tính định chuẩn X lên không gian Banach Y. Giả sử {x n } là một dãy Cauchy bất kỳ những phần tử của X, tức là o 0 m n 0, n : m,n n : x x > > < Ơ . Với mọi n, đặt y n = Ax n . Ta có m n m n m n m n y y Ax Ax A(x x ) A x x = = . Ta có o 0 m n 0, n : m,n n : y y A > > < Ơ . Khi đó {y n } là một dãy Cauchy trong Y. Vì Y là không gian đầy đủ nên dãy {y n } hội tụ, tức là n 0 n lim y y Y = . Do A -1 liên tục nên từ đó suy ra 1 1 n 0 0 n lim A y A y x X = = hay 1 n 0 n lim A Ax x X = , tức là n 0 n limx x X = . Vậy X là không gian đầy đủ, kết hợp với X là không gian tuyến tính định chuẩn, ta có X là không gian Banach. Bài 8. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng nếu với mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X, L(X, Y) đều là một không gian Banach thì Y là một không gian Banach. Giải. 6 Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trờng K. Từ giả thiết, mỗi không gian tuyến tính định chuẩn X (tức là X tuỳ ý, vậy ta lấy X = K) suy ra L(K, Y) là một không gian Banach. Khi đó Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Thật vậy, Với mỗi y Y , gọi y T : K Y là ánh xạ xác định bởi y (T )( ) y = . Khi đó T y là một toán tử tuyến tính vì với , K; K à + y y y (T )( ) ( )y y y (T )( ) (T )( ) + à = + à = + à = + à + y y (T )( ) y (T )( ) = = Hơn nữa, y 0 x T sup x = = . ánh xạ T : Y L(K, Y), y y Ty T=a là một phép đẳng cự vì + T là một toán tử tuyến tính . Trớc hết ta có T y là toán tử tuyến tính nên x y x y (T T )( ) T ( ) T ( )+ = + và y y T (k ) kT ( ) = ,K ; x y x y x y T ( ) (x y) x y T ( ) T ( ) (T T )( ) + = + = + = + = + , ky y y T ( ) ky k y T (k ) (kT )( ) = = = = K do đó x y x y T T T + = + , ky y T kT= . Khi đó x,y Y , k K ta có x y x y T(x y) T T T T(x) T(y) + + = = + = + và ky y T(ky) T kT kT(y)= = = . + Do dimK 1 = nên dim Y dim = (L(K, Y)). Vì vậy để chứng minh T là song ánh ta sẽ chỉ ra T là toàn ánh. Thật vậy, A L(K, Y), A là toán tử tuyến tính bị chặn từ K vào Y và y Y thì y y T A (T )( ) A( )= = , với K , tức là y A( ) = với K bất kỳ cho nên ta lấy 1 = thì y = A(1). Vậy A L(K, Y), y A(1) = , y Y sao cho T(y) = T y = A. Vậy T là toàn ánh. Nh vậy, Y đẳng cự tuyến tính với L(K, Y). Khi đó, Y đồng phôi tuyến tính với L(K, Y) mà L(K, Y) là không gian Banach nên theo kết quả bài 7 ta có Y là một không gian Banach. Bài 9. Chứng minh rằng nếu L là một không gian con tuyến tính thực sự của không gian tuyến tính định chuẩn X thì L là một tập hợp tha trong X. Giải. 7 Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử IntA , tức là 0 x IntA . Khi đó 0 r 0 : B(x ,r) L> . Vì L là không gian con tuyến tính của X nên từ đó suy ra 0 0 B(0,r) B(x ,r) x L= . Với x X, ta có x x x 0 r n n n = = < , với n đủ lớn. Do đó x L n , từ đó x L . Vậy X L , rõ ràng L X . Vậy X = L. Điều này trái với giả thiết L là một không gian con thực sự của X. Do đó, IntA = L là một tập hợp tha trong X. Bài 10. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn, L là một không gian con tuyến tính trù mật của X, 0 A : L Y là một toán tử tuyến tính bị chặn từ L vào không gian Banach Y. Chứng minh rằng ! toán tử tuyến tính bị chặn A: X Y sao cho 0 0 L A A và A A= = . Giải. Giả sử x là một phần tử bầt kỳ của X. Vì L X= nên n {x } những phần tử của L sao cho n n limx x = . Vì 0 m 0 n 0 m n 0 m n A x A x A (x x ) A x x = với mọi m, n mà {x n } là dãy Cauchy nên {A 0 x n } cũng là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y. Do đó dãy {A 0 x n } hội tụ: 0 n n lim A x y Y = . Giới hạn y không phụ thuộc vào cách chọn dãy {x n } trong L. Thật vậy, giả sử { ' n x } là một dãy phần tử của L sao cho ' n n limx x = . Khi đó n ' ' ' 0 n 0 n 0 n n 0 n n A x A x A (x x ) A x x x x 0 = = . Do đó ' 0 n 0 n n n lim A x lim A x = . Đặt Ax = y = 0 n n lim A x , trong đó {x n } L , n n limx x = , ta đợc ánh xạ A từ X vào Y. A là toán tử tuyến tính vì, x,y X, k K ta có n {x } L mà n n limx x = và n {y } L mà n n lim y y = thì A(x + y) = ( ) n n n A lim(x y ) + = 0 n n x lim A (x y ) + = 0 n 0 n x x lim A (x ) lim A (y ) + = Ax + Ay. A(kx) = ( ) n 0 n 0 n n n n A lim kx limA (kx ) k lim A (x ) k(Ax) = = = . 8 + Nếu x L thì ta lấy x n = x với n . Do đó Ax = A 0 x, tức là 0 L A A= . Ngoài ra, 0 n 0 n 0 n x Ax lim A x A lim x A x , x X = = . Vậy A là bị chặn và 0 A A . Vì A là một thác triển của A 0 nên 0 A A . Do đó 0 A A= . Toán tử A là duy nhất. Thật vậy, giả sử B: X Y là một toán tử tuyến tính bị chặn sao cho 0 L B A= và x là một phần tử bất kỳ của X. Gọi {x n } là một dãy phần tử của L sao cho n n limx x = . Khi đó, vì B liên tục nên n 0 n n n Bx lim Bx lim A x Ax = = = . Vậy B = A. Bài 11. Giả sử L là một không gian con tuyến tính đóng của không gian tuyến tính định chuẩn X. Chứng minh rằng tôpô sinh bởi chuẩn trên không gian thơng X/L trùng với tôpô thơng, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho toán tử thơng % ( ) : X X / L x x x L,x X = = + liên tục. Giải. Gọi là tôpô trên X/L sinh ra bởi chuẩn và là tôpô thơng trên X/L, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho ánh xạ thơng % : X X / L, x x x L = +a liên tục. Ta biết rằng là một toán tử tuyến tính. Với x X , ta có % % u x x x inf u x = = . Vậy toán tử ( ) : X X / L, bị chặn, do đó liên tục. Từ định nghĩa của suy ra yếu hơn . Đảo lại, giả sử V , tức V là một tập hợp mở trong X/L đối với tôpô thơng và % 0 x V Ta có % 0 0 x x = . Vì ánh xạ : X (X / L, ) liên tục nên 0 > sao cho 0 x x x V < . Ta chỉ ra rằng hình cầu mở % ( ) 0 B x , trong không gian X/L chứa trong V. Thật vậy, nếu % x x = % ( ) 0 B x , thì % % 0 x x < . Vì % % 0 0 x x inf x x u : u L = + nên u L : 0 x x u + < . Do đó (x u) V + , tức là % x V . 9 Bài 12. Giả sử L là một không gian con tuyến tính đóng của không gian tuyến tính định chuẩn X. Gọi % ( ) : X X / L x x x L,x X = = + là toán tử thơng. Chứng minh rằng là một ánh xạ mở. Giải. Giả sử U là một tập mở trong không gian X. Ta chứng minh (U) là một tập mở trong không gian ( ) X / L, . Thật vậy, nếu 0 0 x x (U)= , với 0 x U thì vì U là tập mở trong X nên X 0 r 0 : B (x ,r) U > . Khi đó % 0 X / L B (x ,r) (U) (1), tức là % 0 x là một điểm trong của (U) . Ta chứng minh (1). Nếu % % 0 0 x B(x ,r) thì % % 0 x x r < . u 0 L : x x u r + < , tức là 0 x u B(x ,r)+ . Do đó x u U+ và % x (x u) (U)= + . Bài 13. Cho m không gian tuyến tính định chuẩn ( ) ( ) ( ) 1 2 m 1 2 m X , . , X , . , ., X , . . Trên không gian tuyến tính m k k 1 X = ta đa vào các chuẩn sau: m k k k 1 x x = = , ( ) ' 1 2 m 1 2 m x max x , x , ., x= , 1 m 2 '' 2 k k k 1 x x = = ữ , trong đó x = (x 1 , x 2 , ., x m ) m k k 1 X = . Chứng minh rằng các chuẩn trên là tơng đơng. Giải. Với mọi x = (x 1 , x 2 , ., x m ) m k k 1 X = , ta có ( ) ( ) m 1 2 m k 1 2 m 1 2 m k 1 2 m k 1 max x , x , ., x x m.max x , x , ., x = 10 [...]... Ax 0 ) = 0 với y* Y* Theo hệ quả 1 của định lý Han- Banach, từ đó suy ra y0 - Ax0 = 0, tức là y0 = Ax0 Vậy (x0, y0) Vì A là một toán tử đóng từ không gian Banach X vào không gian Banach Y nên A liên tục Bài 4 Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn Chứng minh rằng nếu không gian liên hợp X* của X khả li thì X khả li Giải Giả sử X8 là không gian khả li Khi đó tồn tại một tập con đếm đợc {x*}... trên [-1 , 1] bởi x 0 (t) = -1 với -1 t - với - < t < với t 1 trong đó là một số dơng cho trớc bất kỳ Ta có x 0 C[1,1] , x 0 = tmax = 1 và [ 1,1] 1 t t x (x 0 ) = x 0 (t)dt x 0 (t)dt = dt + ữdt ữdt ( 1)dt = 2 Do đó 1 0 1 0 * 0 1 0 18 2 x* x 0 = x* với > 0 bé tùy ý x * 2 (2) * Từ (1), (2) suy ra x = 2 Bài 3 Cho X, Y là 2 không gian Banach và A : X Y là một toán. .. là B(y0 Ax 0 ) = 0 với B F Vì họ F tách các điểm của Y nên từ đó suy ra y0 - Ax0 = 0 tức là y0 = Ax0 Vậy (x0, y0) Vì X, Y đều là những không gian Banach nên toán tử đóng A: X Y là một ánh xạ liên tục 16 bài tập chơng 3 không gian liên hợp - tôpô yếu và tính phản xạ Gọi x* là phiếm hàm xác định trên không gian C[0, 1] bởi công thức Bài 1 1 x (x) = x(t)dt , trong đó x là hàm số liên tục trên [0, 1]... 1 x 1 Vậy An không hội tụ theo chuẩn đến I Mâu thuẫn Bài 4 Giả sử X, Y là hai không gian Banach Chứng minh rằng không gian L(X, Y) đầy đủ theo nghĩa hội tụ điểm, tức là nếu với mỗi phần tử x của X, {Anx} là một dãy Cauchy trong Y thì tồn tại một toán tử tuyến tính bị chặn A : X Y sao cho nlim A n x = Ax, với x X + Bài 5 Giả sử X, Y là hai không gian Banach, {An} là một dãy các toán tử tuyến tính... liên tục từ không gian tuyến tính định chuẩn X lên không gian tuyến tính định chuẩn Y thì toán tử liên hợp A* của A là một đơn ánh Giải Giả sử y* Y* , A*y* = 0 Khi đó (A*y* )(x) = y * (Ax) = 0, với x X Vì A là toàn ánh nên y* (y) = 0, với y Y Do đó y* = 0 Vậy A là một đơn ánh Bài 6 Chứng minh rằng nếu A là một toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến... {Anx} là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y Do đó nó hội tụ Bài 6 Giả sử L, M là 2 không gian con tuyến tính đóng của không gian Banach X Chứng minh rằng nếu mỗi phần tử x của X đều đợc biểu diễn một cách duy nhất dới dạng x = y + z, trong đó y L,z M thì tồn tại một số K sao cho y K x , z K x , x X Giải Vì L và M đều là những không gian Banach nên L ì M là một không gian Banach với chuẩn (y,z)... ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach X/N(A) lên không gian Banach Y nên theo định lý Banach về ánh xạ mở, AW là một phép đồng phôi Bài 8 Giả sử X, Y, Z là những không gian Banach, F là một họ những họ toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Z, tách các điểm của Y, tức là: nếu y là một phần tử của Y sao cho By = 0 với B F thì y = 0 Chứng minh rằng nếu A: X Y là một toán tử tuyến tính sao cho B0A... không gian con tuyến tính của không gian tuyến tính định chuẩn Y Theo định lý Han - Banach, tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục y* trên Y sao * * 1 cho y A(X) = x oA , y* là phiếm hàm cần tìm, tức là A*y* = x* , vì với x X ta có (A*y* )(x) = y* (Ax) = (x* oA 1 )(Ax) = x* (x) 20 Bài 7 Giả sử A là toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian tuyến tính định chuẩn... l 2 l 2 là ánh xạ xác định bởi công thức n A n x = k e k , trong đó x = ( k ) là một phần tử của l2, ek = ( kl ) l=1 k =1 a) Chứng minh rằng An là những toán tử tuyến tính liên tục và tính A n 12 b) Chứng minh rằng dãy {An} hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I trên l2 nhng không hội tụ đều đến I Giải Ta đã biết x = ( n ) l thì x = n e n 2 n=1 2 2 a) An là toán tử tuyến tính vì với với x =... tập hợp trù mật trong không gian Y Giải a) Giả sử x X, Ax = 0 và x* là một phiếm hàm tuyến tính liên tục bất kỳ trên X Vì A* : Y* X* là một toàn ánh nên y* Y* : A* y* = x* Do đó x* (x) = (A*y* )(x) = y* (Ax) = y* (0) = 0 Vì x* (x) = 0 với mọi x* X * nên theo hệ quả (1) của định lý Han - Banach, ta có x = 0 Vậy A là một đơn ánh b) Giả sử A(X) không đâu trù mật trong không gian Y, tức là A(X) . 2 (1) Mặt khác, gọi x 0 là hàm số xác định trên [-1 , 1] bởi 0 1 với -1 t - t x (t) - với - < t < -1 với t 1 = trong đó là một số. và A có toán tử ngợc A -1 : Y X . Với y Y , đặt x = A -1 y, ta đợc y = Ax. Thay vào (2), ta đợc 1 1 1 y m A y A y y m , y Y . Vậy A -1 là toán tử