Siêu phẳng trong không gian định chuẩn
Mục này nghiên cứu về khái niệm và các tính chất của siêu phẳng trong không gian định chuẩn.
1.2.1 Định nghĩa ([1]) Không gian con H của không gian định chuẩn
E được gọi là siêu phẳng trong E nếu F là không gian con của E chứa H thì F = H hoặc F = E.
1.2.2 Ví dụ Nếu E là không gian định chuẩn n chiều và H là không gian con n−1 chiều của E thì H là siêu phẳng.
Thật vậy, nếu F là không gian con của E và H ⊂ F ⊂ E Khi đó dimF = n hoặc dimF = n−1, và suy ra F = E hoặc F = H.
1.2.3 Ví dụ Xét không gian định chuẩn R 3 và
Khi đó, H là không gian con của R 3 Hơn nữa, dimH = 2 Bởi vì, nếu
A 6= 0 thì dễ dàng kiểm tra được e 2 = (0,1,0), e 3 = (0,0,1) là cơ sở của
H Các trường hợp B, C 6= 0 được thực hiện tương tự.
1.2.4 Mệnh đề ([1]) Nếu H là siêu phẳng thì H đóng hoặc H trù mật.
Chứng minh Đầu tiên ta để ý rằng nếu H là không gian con thì bao đóng
Nếu H là không gian con, thì với mọi x, y ∈ H, tồn tại các dãy (x n ), (y n ) ⊂ H sao cho x n → x và y n → y khi n → ∞ Do H là không gian con, nên x n − y n ∈ H với mọi n Sử dụng tính liên tục của các phép toán trong không gian định chuẩn, ta có x − y = lim n→∞(x n − y n ) ∈ H.
Vậy H là không gian con của E Do đó, từ
H ⊂ H ⊂ E và H là siêu phẳng suy ra H = H hoặc H = E.
Trong không gian định chuẩn E, siêu phẳng H được xác định bởi sự tồn tại của một phiếm hàm tuyến tính f, thỏa mãn H = f −1 (0) Phiếm hàm f được xem là phương trình của siêu phẳng H Nếu có một phương trình khác g cho H, thì sẽ tồn tại một hằng số α ∈ K sao cho g = αf.
Chứng minh Giả sử H là siêu phẳng Lấya ∈ E\H Bởi vì F = H+Ka là không gian con của E, chứa H và F 6= H nên H +Ka = E Suy ra, với mọi x ∈ E được viết cách duy nhất x = h+λa, h ∈ H, λ ∈ K.
Xét ánh xạ f : E → K xác định bởi f(x) = λ Khi đó, dễ dàng kiểm tra được f tuyến tính và H = f −1 (0).
Giả sử f là phiếm hàm tuyến tính của E và f khác 0, ta cần chứng minh rằng H = f^(-1)(0) là siêu phẳng Vì H = ker f, nên H là không gian con của E Do f khác 0, H không bằng E Giả sử a thuộc E nhưng không thuộc H, khi đó F = H + Ka là không gian con của E chứa H Từ f(a) khác 0, suy ra f(F) = f(H + Ka) = K.
Mặt khác, với mọi x ∈ E tồn tại λ ∈ K sao cho λf(a) = f(x) Suy ra f(x−λa) = 0, tức là x−λa ∈ H Vì vậy x ∈ Ka + H = F Do đóF = E. Như vậy, với mọi G là không gian con của E mà
Khi đó, nếu G6= H thì tồn tại a ∈ G\H Thế thì
Từ F = E suy ra G= E Do đó H là siêu phẳng.
Giả sử f, g là hai phương trình của siêu phẳng H Với a tùy ý trong
E \ H, tồn tại α ∈ K sao cho g(a) = αf(a) Với mọi x ∈ E ta có x = λa+h, λ ∈ K, h ∈ H Suy ra g(x) = λg(a) = λαf(a) =αf(λa) =αf(λa+h) = αf(x).
1.2.6 Định lý ([1]) Giả sử f là một phương trình của siêu phẳng
H của không gian định chuẩn E Khi đó, f liên tục khi và chỉ khi H đóng Nếu H đóng thì với mọi a /∈ E\H ta có E = KaL
Nếu hàm số f liên tục, thì tập H = f^{-1}(0) là một tập đóng trong E Ngược lại, nếu giả sử H là tập đóng nhưng f không liên tục, thì tồn tại một điểm a ∈ E với f(a) = 1 Do H đóng và a không thuộc H, nên có một bán kính ε_0 > 0 sao cho giao của B(a, ε_0) với H là rỗng Vì f không liên tục tại 0, nên tồn tại một điểm x_0 ∈ B(0, 1) thỏa mãn điều kiện này.
Từ đó f(a+ ε α 0 x 0 ) 6= 0 Ta nhận được mâu thuẫn vì f(a+ ε 0 αx 0 ) = f(a) +ε 0 f(x 0 ) α = 1−1 = 0.
Vậy f liên tục Tiếp theo, với mỗi a /∈ E\H thì với mọi x ∈ E ta có biểu diễn duy nhất x = h+λa, λ ∈ K, h ∈ H.
Suy ra phép chiếu p 1 (x) = λa = f(x)a Vì f liên tục nên p 1 liên tục, tức là E = KaL
KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM TỚI MỘT SIÊU PHẲNG
TRONG KHÔNG GIAN ĐỊNH CHUẨN
Chương này khám phá khoảng cách từ một điểm đến siêu phẳng trong không gian định chuẩn Trong mục đầu tiên, chúng tôi trình bày hình chiếu của một điểm lên siêu phẳng trong không gian Hilbert Mục thứ hai cung cấp hệ thống các kết quả liên quan đến khoảng cách này.
2.1 Hình chiếu của một điểm tới siêu phẳng trong không gian Hilbert
Mục này giới thiệu sự tồn tại của hình chiếu trực giao của một điểm trên siêu phẳng trong không gian Hilbert Đầu tiên, chúng ta sẽ trình bày một kết quả cơ bản liên quan đến sự tồn tại hình chiếu trực giao trong không gian con đóng của không gian tiền Hilbert.
2.1.1 Định lý ([1]) Giả sử F là không gian Hilbert của không gian tiền Hibert E Khi đó, với mọi x ∈ E tồn tại duy nhất y ∈ F sao cho d(x, F) = inf z∈Fkx−zk = kx−yk.
Chứng minh rằng với d = d(x, F), tồn tại dãy (y_n) thuộc F sao cho d6 kx − y_n k → d khi n → ∞ Với mọi ε > 0, có n_0 sao cho kx − y_n k² < d² + ε với mọi n > n_0 Dãy (y_n) là dãy Cauchy trong F Sử dụng đẳng thức hình bình hành, ta có ky_m − y_n k² = 2(kx − y_n k² + kx − y_m k²) − 4kx − 1.
2(y m − y n ) ∈ F nên kx − 1 2 (y m − y n )k 2 k > d 2 Thế thì, với mọi m, n > n 0 ta có ky m −y n k 2 6 2(d 2 + ε + d 2 + ε) − 4d 2 = 2ε.
Do đó (y n ) ⊂ F là dãy Cauchy trong không gian Hilbert F Vì vậy, lim n→∞ y n = y ∈ F Vì vậy d = lim n→∞kx−y n k = kx−yk.
Ta còn phải chỉ ra tính duy nhất của y Giả sử tồn tại y 0 ∈ F saoc cho d = kx−yk = kx−y 0 k.
Khi đó, áp dụng đẳng thức hình bình hành cho a = x−y, b = x−y 0 ta có ky −y 0 k 2 = 4d 2 −4kx− 1
Phần tử y trong Định lý 2.1.1 được định nghĩa là hình chiếu trực giao của x trên không gian con F Phép chiếu trực giao E lên F được xác định bởi ánh xạ P_F: E → F, với P_F(x) = y.
2.1.3 Định lý ([1]) Giả sử F là không gian con Hilbert của không gian tiền Hilbert E Khi đó E = F L
F ⊥ và P F là tuyến tính liên tục.
Chứng minh Giả sử x ∈ E và x 6= 0 Đặt y = P F (x) Khi đó kx−yk d(x, F) =d Ta chỉ ra z = x−y ∈ F ⊥ Thật vậy, với mọiv ∈ F và λ ∈ K ta có y−λv ∈ F Do đó d 2 6 kx − (y − λv)k 2
= kzk 2 +λhz|vi +λhz|vi+|λ| 2 kvk 2
Vì kzk= d nên với mọi λ ∈ K là λhz|vi+λhz|vi +|λ| 2 kvk 2 > 0.
Lấy λ = hz|vi thì với mọi t ∈ R ta có t|hz|vi| 2 (2 +tkvk 2 ) > 0 Suy ra hz|vi = 0 Do đó z ∈ F ⊥ Ta lại có x = y + (x−y) =y +z ∈ F M
Vì F∩F ⊥ = {0}, nên không gian E là tổng trực tiếp của F và F ⊥, dẫn đến việc phép chiếu P F là tuyến tính Để hoàn tất chứng minh, ta cần chứng minh P F là liên tục Do P F (x) trực giao với x−P F (x), theo định lý Pythagore, ta có kxk² = kP F (x)k² + kx−P F (x)k² Từ đó, suy ra kP F (x)k ≤ kxk với mọi x ∈ E, chứng minh rằng P F là liên tục và kP F k ≤ 1.
Ta nhắc lại rằng trong không gian Hilbert E, các phiếm hàm tuyến tính liên tục luôn có dạng f(x) = hx|ai Vì thế các siêu phẳng đóng H luôn có dạng
Nếu F là siêu phẳng đóng trong không gian Hilbert thì hình chiều trực giao có thể tính được ở dạng tường minh trong mệnh đề sau.
2.1.4 Mệnh đề ([3]) Nếu H = {x ∈ E : hx|ai = 0} là siêu phẳng đóng trong không gian Hilbert của E thì hình chiếu trực giao của y ∈ E trên
Ka nên y = P H (y) +λa Suy ra P H (y) y −λa Từ hP H (y)|ai = 0 suy ra λ = hy|ai kak 2
Thê thì Suy ra P H (y) = y − hy|ai kak 2 a.
Ví dụ là kết quả quen thuộc ở chương trình toán phổ thông.
2.1.5 Ví dụ Giả sửP là mặt phẳng trong R 3 có phương trìnhAx+By+
Cz = 0 Khi đó, phương trình của P được viết lại thành f(X) =hX|ai 0, trong đó a = (A, B, C) và X = (x, y, z) Giả sử M = (x 0 , y 0 , z 0 ) ∈ R 3 Khi đó, hình chiếu của M trên P là
Trong không gian Hilbert, ánh xạ thác triển Hahn-Banach từ một không gian con được thể hiện thông qua phép chiếu trực giao lên không gian đó Đặc biệt, việc thác triển qua siêu phẳng mang lại những tính toán rõ ràng và minh bạch.
Trong không gian Hilbert E, nếu F là không gian con đóng của E và f thuộc F*, thì thác triển Hahn-Banach f˜ của f là duy nhất Thác triển này được xác định bởi công thức f˜(x) = f(P_F(x)) với mọi x thuộc E.
Chứng minh Vì F là không gian con đóng của E nên E = F L
F ⊥ Do đó, với mỗi x ∈ E, x = y +z, trong đó P F (x) = y ∈ F và P F ⊥ (x) = z ∈
Nếu f ⊥ thì từ đó suy ra rằng hàm f˜: E → K được xác định bởi f˜(x) = f(P F (x)) với mọi x ∈ E sẽ có f˜| F = f, và do đó f˜ là một thác triển của f Để chứng minh f˜ là thác triển Hahn-Banach của f, cần chứng minh rằng kf˜k = kfk Từ f˜| F = f, ta có kf˜k > kfk Hơn nữa, từ y ⊥ z, ta có kxk² + ky + zk² = kyk² + kzk² > kyk².
Do đó kxk > kyk Ta có kf˜(x)k = kf(y)k 6 kf kkyk 6 kf kkxk với mọi x ∈ E Suy ra kf˜k 6 kf k Vì vậy, kf˜k = kfk.
Thác triển Hahn-Banach của hàm f là duy nhất, nghĩa là nếu tồn tại một thác triển g thỏa mãn g|F = f và kgk = kfk, thì theo tính chất của phiếm hàm tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert, sẽ có a ∈ E sao cho g(x) = hx|ai với mọi x ∈ E và kgk = kak Khi viết a = b + c, với b ∈ F và c ∈ F ⊥, ta có b = PF(a) và c = PF⊥(a) Do đó, với mọi y ∈ F, ta có f(y) = g(y) = hy|ai = hy|bi.
Suy ra kfk = kbk Vì kfk = kgk nên kbk 2 = kak 2 = kbk 2 +kck 2 Suy ra c = 0 và a = b Ta nhận được g(x) =hx|ai = hy|bi = f(y) = f(P F (x)) = ˜f(x).
Vậy g là thác triển duy nhất của f.
Giả sử E là không gian Hilbert và a ∈ E với a khác không, siêu phẳng H được định nghĩa bởi H = {x ∈ E : hx|ai = 0} Nếu phiếm hàm f ∈ H ∗ được xác định bởi f(x) = hx|bi với b thuộc H cho mọi x trong H, thì phiếm hàm thác triển Hahn-Banach f˜ của f được xác định bởi f˜(x) = hx|bi − ha|bi kak 2 hx|ai.
Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.4 ta có p F (x) =x− hx|ai kak 2 a với mọi x ∈ E Vì f˜(x) =f(P F (x)) = hP(x)|ai nên ta nhận được f˜(x) = hx|bi − ha|bi kak 2 hx|ai với mọi x ∈ E.
2.2 Khoảng cách của một điểm tới siêu phẳng trong không gian định chuẩn
Mục này nghiên cứu các công thức tính toán khoảng cách từ một điểm đến siêu phẳng trong không gian định chuẩn theo phương trình của chúng.
2.2.1 Định lý (([1]) Nếu H là siêu phẳng đóng trong không gian định chuẩn E với phương trình f(x) = 0, f ∈ E ∗ thì d(a, H) = |f(a)| kfk với mọi a ∈ E.
Chứng minh Với mọi x∈ H ta có f(x) = 0 Khi đó
|f(a)| kfk 6 ka − xk với mọi x ∈ H và vì thế
Tiếp theo, với mỗi 0 < ε < kfk, từ kfk = sup kxk=1 |f(x)| suy ra tồn tại x 0 ∈ E,kx 0 k = 1 sao cho
Suy ra kfk − ε < |f(x 0 )| 6 kf kkx 0k. Đặt y = x 0 − f(a) f(x 0 )a Thế thì f(y) = 0 hay y ∈ H Do đó
Từ (2.1) và (2.2) ta nhận được |f (a)| kfk = d(a, H).
2.2.2 Hệ quả ([3]) Nếu E là không gian tiền Hilbert và H là siêu phẳng đóng của E thì d(a, H) = |ha|bi| kbk với b ∈ E.
Giả sử H có phương trình f(x) = 0, theo Định lý về phiếm hàm tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert, tồn tại b ∈ E (b ≠ 0) sao cho f(x) = hx|bi với mọi x ∈ E và kfk = kbk Sử dụng Định lý 2.2.1, ta có d(a, H) = |f(a)| kfk = |ha|bi| kbk.
Ta nhận được các hệ quả sau là kết quả quen thuộc ở chương trình toán phổ thông.
2.2.3 Hệ quả Nếu ∆ là đường thẳng trong R 2 có phương trình Ax+
By = 0 (A 2 + B 2 6= 0) thì với mọi (x 0 , y 0 ) ∈ R 2 ta có d((x 0 , y 0 ),∆) = |Ax 0 +By 0 |
Chứng minh Ta đã biết R 2 là không gian Hilbert với tích vô hướng h(x 1 , y 1 )|(x 2 , y 2 )i = x 1 y 1 +x 2 y 2 Thế thì
Vì thế, áp dụng (2.3) đối với a = (x 0 , y 0 ) và b = (A, B) ta nhận được d((x 0 , y 0 ),∆) = |Ax 0 +By 0 |
2.2.4 Hệ quả NếuP là mặt phẳng trong R 3 có phương trìnhf(x, y, z) Ax+By +Cz = 0 (A 2 + B 2 +C 2 6= 0) thì với mọi (x 0 , y 0 , z 0 ) ∈ R 3 ta có d((x 0 , y 0 , z 0 ), P) = |Ax 0 +By 0 +Cz 0 |
√A 2 +B 2 +C 2 Chứng minh Ta đã biết R 3 là không gian Hilbert với tích vô hướng h(x 1 , y 1 , z 1 )|(x 2 , y 2 , z 2 )i = x 1 x 2 +y 1 y 2 +z 1 z 2 Thế thì f(x, y, z) =Ax+By +Cz = h(x, y, z)|(A, B, C)i.
Vì thế, áp dụng (2.3) đối với a = (x 0 , y 0 , z 0 ) và b = (A, B, C) ta nhận được d((x 0 , y 0 , z 0 ), P) = |Ax 0 +By 0 +Cz 0 |