Bài tập ôn thi môn Giải tích Hàm

Nội dung text: Bài tập ôn thi môn Giải tích Hàm

1. ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Khoa Sau đại học Bài tập Môn giải tích hàm Thái nguyên, tháng 04 năm 2007 1
2. bài tập chương 1 Đại cương về không gian banach Bài 1. Chứng minh rằng c là một không gian Banach với chuẩn x sup n , trong n đó x (n ) 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 x sup n . n + 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 {xn}  c , bất kỳ thì (n) xn hội tụ đến một phần tử x thuộc c, limxn x l : xn k k n k 1 k 1  Cho  0 tùy ý. Vì lim xn x 0 nên với n0 đủ lớn ta có xn x . Với mọi k, l n 3 nguyên dương, ta có (n0 ) (n0 ) (n0 ) (n0 ) (n0 ) (n0 ) (n0 ) (n0 ) k l k k k l k l k k k l k l   x x (n0 ) (n0 ) x x   (n0 ) (n0 ) (1) n0 k l n0 k l 3 k l 3 Vì dãy số x n0  c hội tụ x là dãy Cauchy nên N nguyên dương sao cho n0 k k 1 n0  k N, l N (n0 ) (n0 ) (2). k l 3 Từ (1), (2) suy ra k N, l N k l . 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 x e0 n  en trong đó en nk , e0 (1,1, ,1, ), =limn .  k 1 n n 1 Giải. 2
3. n Ta chứng minh lim x e0 k  ek 0. Thật vậy, ta có n  k 1 n x e0  k  ek 1,2 , ,n , ,, ,, 1 ,2 , ,n ,0, = k 1 0,0, ,0,n 1 ,n 2 , . n theo định nghĩa của chuẩn n Do đó x e0 k  ek sup k   0 , vì =limn .  n k 1 k n 1 Bài 3. Chứng minh rằng c là một không gian khả li. Giải. Ta xét 2 trường hợp: a) c là không gian thực Gọi L = {y: y (r1, ,rn , ) }; rk Ô , k 1,n , trong đó n là một số nguyên dương bất kỳ. Khi đó L là tập hợp con của không gian c và L là đếm được (do Ô là tập đếm được). Ta chứng minh L c. + Rõ ràng L  c . Ngược lại, giả sử x n c ,  0 cho trước bất kỳ.  Khi đó limn  Ă , N nguyên dương sao cho n N n  . n 2    Lấy r Ô :  r . Ta có  r    r    r  với 2 n n n 2 2 n N . Lấy các số hữu tỉ r1,r2 , ,rN : rk k  với k = 1, 2, , N. Khi đó y (r1,r2 , ,rN ,r,r, ) L và n x y sup 1 r1 , , N rN , n 1 r , n 2 r ,   , tức là x  y L . Khi đó x L c  L. Vậy L c . b) c là không gian phức Gọi L = {y: y (r1, ,rn , ) }với rk pk iq k ,k 1,n; pk ,q k Ô , n nguyên dương bất kỳ . L là tập hợp con đếm được của không gian c. Ta chứng minh L c. + Rõ ràng L  c . Ngược lại, giả sử x n c ,  0 cho trước bất kỳ. Khi đó  limn  Ê , N nguyên dương sao cho n N n  . n 2 3
4.    Lấy r Ô :  r . Ta có  r    r    r  với 2 n n n 2 2 n N . Lấy các số hữu tỉ r1,r2 , ,rN : rk k  với k = 1, 2, , N. Khi đó y (r1,r2 , ,rN ,r,r, ) L và n x y sup 1 r1 , , N rN , n 1 r , n 2 r ,   , tức là 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 a Ax = x Thật vậy, x,y X; K , 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) Ax Ta có Ax y x ydo  0 x  1y , vậy vớiy X, x  1y để Ax = y, tức là A là toàn ánh, suy ra A là song ánh. Ax x Ta có A sup sup  , A bị chặn nên A liên tục. x 0 x x 0 x ánh xạ ngược A 1 của A xác định bởi A 1x  1x , ta có A 1x  1x A 1 sup sup  1 , A-1 bị chặn nên A-1 liên tục. x 0 x x 0 x Vậy A là một phép đồng phôi tuyến tính. c) Do A là một phép đồng phôi tuyến tính nên với E là tập mở (đóng) trong X thì A 1(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 x0 X . Chứng minh rằng: 4
5. a)ánh xạ f: X X xác định bởi công thức f(x) = x + x0 là một phép đẳng cự từ X lên X. b) Nếu E là một tập hợp mở (đóng) trong X thì x0 E {x0 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) Trước hết ta chỉ ra f là toán tử tuyến tính. Thật vậy, với x,y X,k K , với x0 X , do X là không gian tuyến tính nên 2x0 X , 2x0 = x0 + x0 và kx0 X , k(x + x0) = kx + kx0. Khi đó, ta có + f(x + y) = x + y + 2x0 = (x + x0 )+ (y + x0) = f(x) + f(y). + f(kx) = kx + kx0 = k(x + x0) = kf(x) Ta sẽ chứng minh f là phép đẳng cự, tức là x X, f(x) x . x0 X Thật vậy, x X, f(x) x x0 sup{x x0} sup{x} x . x X 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 -1 (đóng) trong X thì f (E) = {x0 x : x E} = x0 + E là một tập hợp mở (đóng) trong X. c) Ta có E U (x U) , theo b) x + U là tập mở trong X với x E . Do đó E + U x E 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 ngược A-1 bị chặn là tồn tại một số dương m sao cho A m x , x X . Giải. a) Điều kiện cần. Do A-1 : Y X bị chặn. Khi đó M 0 sao cho A 1y M y , y Y (1). Với x X, đặt y = Ax, ta được x = A-1y. 1 Thay vào (1), ta có Ax m x (2) (trong đó m ) M 5
6. 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 dương. 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 ngược A-1: Y X . Với y Y , đặt x = A-1y, ta được y = Ax. Thay vào (2), ta được 1 y m A 1y A 1y y , y Y . Vậy A-1 là toán tử tuyến tính bị chặn. m 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 {xn} là một dãy Cauchy bất kỳ những phần tử của X, tức là  0, no Ơ : m,n n0 : xm xn . Với mọi n, đặt yn = Axn. Ta có ym yn Axm Axn A(xm xn ) A xm xn . Ta có  0, no Ơ : m,n n0 : ym yn A  . Khi đó {yn} là một dãy Cauchy trong Y. -1 Vì Y là không gian đầy đủ nên dãy {yn} hội tụ, tức là lim yn y0 Y . Do A liên tục n 1 1 1 nên từ đó suy ra lim A yn A y0 x0 X hay lim A Axn x0 X , tức là n n limxn x0 X . Vậy X là không gian đầy đủ, kết hợp với X là không gian tuyến tính n 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. Giả sử Y là một không gian tuyến tính định chuẩn trên trường 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, 6
7. Với mỗi y Y , gọi Ty : K Y là ánh xạ xác định bởi (Ty )() y . Khi đó Ty là một toán tử tuyến tính vì với , K; K + (Ty )( ) ( )y y y (Ty )() (Ty )() + (Ty )() y (Ty )() x Hơn nữa, Ty sup x .  0  ánh xạ T : Y L(K, Y), y a Ty Ty là một phép đẳng cự vì + T là một toán tử tuyến tính . Trước hết ta có Ty là toán tử tuyến tính nên (Tx Ty )() Tx () Ty () và Ty (k) kTy () , K ; Tx y () (x y) x y Tx () Ty () (Tx Ty )(), Tky () ky ky Ty (k) (kTy )()  K do đó Tx y Tx Ty , Tky kTy . Khi đó x,y Y , k K ta có T(x y) Tx y Tx Ty T(x) T(y) và T(ky) Tky kTy kT(y) . + Do dim K 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 Ty A (Ty )() 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) = Ty = A. Vậy T là toàn ánh. Như 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 thưa trong X. Giải. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử IntA  , tức là x0 IntA . Khi đó r 0 : B(x0,r)  L . Vì L là không gian con tuyến tính của X nên từ đó suy ra B(0,r) B(x0,r) x0  L . 7
8. x x x x Với x X, ta có 0 r , với n đủ lớn. Do đó L , từ đó x L . Vậy n n n n 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 thưa 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, A0 : 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 A A và A A . L 0 0 Giải. Giả sử x là một phần tử bầt kỳ của X. Vì L X nên {xn} những phần tử của L sao cho limxn x . Vì A0xm A0xn A0 (xm xn ) A0 xm xn với mọi m, n mà {xn} là n dãy Cauchy nên {A0xn} cũng là một dãy Cauchy trong không gian Banach Y. Do đó dãy {A0xn} hội tụ: lim A0xn y Y . Giới hạn y không phụ thuộc vào cách chọn dãy n ' ' {xn} trong L. Thật vậy, giả sử {xn } là một dãy phần tử của L sao cho limxn x . n ' ' ' n Khi đó A0xn A0xn A0 (xn xn ) A0 xn xn  x x 0. ' Do đó lim A0xn lim A0xn . n n Đặt Ax = y = lim A0xn , trong đó {xn} L , limxn x , ta được ánh xạ A từ X vào Y. n n A là toán tử tuyến tính vì, x,y X,k K ta có {xn} L mà limxn x và {yn} L mà lim yn y thì n n A(x + y) = A lim(xn yn ) = lim A0 (xn yn )= lim A0 (xn ) lim A0 (yn ) = Ax + Ay. n x x x A(kx) = A lim kxn lim A0 (kxn ) k lim A0 (xn ) k(Ax). n n n + Nếu x L thì ta lấy x = x với n. Do đó Ax = A x, tức là A A . n 0 L 0 Ngoài ra, Ax lim A0xn A0 lim xn A0 x , x X . n x Vậy A là bị chặn và A A0 . Vì A là một thác triển của A0 nên A A0 . Do đó A A0 . 8
9. Toán tử A là duy nhất. Thật vậy, giả sử B: X Y là một toán tử tuyến tính bị chặn sao cho B A và x là một phần tử bất kỳ của X. Gọi {x } là một dãy phần tử của L sao L 0 n cho limxn x . Khi đó, vì B liên tục nên Bx limBxn lim A0xn Ax . Vậy B = A. n n n 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 thương X/L trùng với tôpô thương, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho toán tử thương  : 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 thương trên X/L, tức là tôpô mạnh nhất trên X/L sao cho ánh xạ thương  : X X / L, x a x x L liên tục. Ta biết rằng  là một toán tử tuyến tính. Với x X , ta có x x inf u x . 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 thương và x0 V  Ta có x0 x0 . Vì ánh xạ  : X (X / L,) liên tục nên  0 sao cho x x0  x V .  Ta chỉ ra rằng hình cầu mở B x0, trong không gian X/L chứa trong V. Thật vậy, nếu       x x B x0, thì x x0  . Vì x x0 inf x x0 u : u L nên  u L : x x0 u . Do đó (x u) V, tức là x V . 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 thương. 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 x0 x0 (U), với x0 U thì vì U là tập mở trong X nên 9
10.   r 0 : BX (x0,r)  U . Khi đó BX / L (x0,r)  (U) (1), tức là x0 là một điểm trong     của (U). Ta chứng minh (1). Nếu x0 B(x0,r) thì x x0 r . u L : x x0 u r , tức là x u B(x0,r). Do đó x u U và x (x u) (U) . Cho m không gian tuyến tính định chuẩn X , . , X , . , , X , . . Bài 13. 1 1 2 2 m m m Trên không gian tuyến tính Xk ta đưa vào các chuẩn sau: k 1 1 m m ' '' 2 2 x x , x max x , x , , x , x x ,  k k 1 1 2 2 m m  k k k 1 k 1 m trong đó x = (x1, x2, , xm) Xk . k 1 Chứng minh rằng các chuẩn trên là tương đương. Giải. m Với mọi x = (x1, x2, , xm) Xk , ta có k 1 m max x , x , , x x m.max x , x , , x 1 1 2 2 m m  k k 1 1 2 2 m m k 1 hay x ' x m x '. Vậy x ; x ' . 1 m 2 2 và max x , x , , x x m.max x , x , , x hay 1 1 2 2 m m  k k 1 1 2 2 m m k 1 x ' x '' m x ' . Vậy x ' ; x '' . Do đó các chuẩn là tương đương. 10
11. bài tập chương 2 ba nguyên lý cơ bản của giải tích hàm Bài 1. Giả sử X, Y, Z là những không gian Banach, {An} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ X vào Y, {Bn} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Z. Chứng minh rằng nếu dãy {An} hội tụ điểm đến A L(X, Y) và dãy {Bn} hội tụ điểm đến B L(Y, Z) thì dãy {Bn0An} hội tụ điểm đến B0A. Giải. Với mỗi x X , ta có Bn (Anx) B(Ax) Bn (Anx) Bn (Ax) Bn (Ax) B(Ax) điểm điểm Bn Anx Ax Bn (Ax) B(Ax) (1). Vì An  A và Bn  B nên lim Anx Ax và limBn (Ax) B(Ax). Vì với mỗi y Y , dãy {Bny} hội tụ trong Z n n nên lim Bn . Do đó, vế phải của (1) dần đến 0 khi n . Từ (1) suy ra n điểm limBn (Anx) B(Ax), với x X . Vậy Bn An  B A . n Bài 2. Cho 2 không gian Banach X, Y và phiếm hàm song tuyến tính B: X Y Ê liên tục đối với mỗi biến riêng rẽ (tức là với mỗi phần tử cố định x của X, B(x,.) : Y Ê , y a B(x,y) là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Y và với mỗi phần tử cố định y của Y, B(.,y) : X Ê là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X). Chứng minh rằng B là một phiếm hàm liên tục (đồng thời đối với cả 2 biến). Nếu bỏ giả thiết B là song tuyến tính thì kết luận trên còn đúng nữa không? Giải. Giả sử {xn}, {yn} là 2 dãy phần tử của X và Y sao cho limxn x0 X và lim yn y0 Y . Khi đó n n B(xn ,yn ) B(x0,y0 ) B(xn ,yn ) B(x0,yn ) B(x0,yn ) B(x0,y0 ) (1). * Từ giả thiết ta có lim B(x0,yn ) B(x0,y0 ) 0 (2), với mỗi n, gọi xn : X Ê là n * phiếm hàm xác định bởi x a xn (x) B(x,yn ) . * Theo giả thiết, xn là những phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X và với mỗi x X , * limxn (x) limB(x,yn ) B(x,y0 ) , từ đó suy ra n n * * * n B(xn ,yn ) B(x0,y0 ) xn (xn ) xn (x0 ) xn xn x0 K xn x0  0 (3). 11
12. Từ (1), (2), (3) suy ra limB(xn ,yn ) B(x0,y0 ). Vậy B liên tục tại điểm (x0,y0 ) n (đồng thời đối với cả 2 biến). Nếu B không phải là phiếm hàm song tuyến tính thì kết luận trên không đúng. xy 2 2 với (x, y) (0,0) Ví dụ. Xét hàm số f(x,y) x y 0 với (x, y)=(0,0) Rõ ràng hàm số f liên tục đối với mỗi biến riêng rẽ tại điểm (0, 0). Tuy nhiên f không liên tục tại điểm (0, 0). Thật vậy, lấy y = x và cho x 0 , ta được x2 1 lim f(x,y) lim f(0,0). y x 0 x 0 2x2 2 2 2 Bài 3. Với mỗi số nguyên dương n, gọi An : l l là ánh xạ xác định bởi công thức n A x  e , trong đó x ( ) là một phần tử của l2, e =  . n  k k k k kl l 1 k 1 a) Chứng minh rằng An là những toán tử tuyến tính liên tục và tính An . 2 b) Chứng minh rằng dãy {An} hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I trên l nhưng không hội tụ đều đến I. Giải. 2 Ta đã biết x n l thì x =nen n=1 2 2 a) An là toán tử tuyến tính vì với với x (k ) l , y = n l , k K ta có n n n + A (x y) (  )e =  e +  e = A x + A y với e =  . n  k k k  k k  k k n n k kl l 1 k 1 k 1 k 1 n n + A (kx) (k )e k  e k A x , với e =  n  k k  k k n k kl l 1 k 1 k 1 n Hơn nữa, Anx  kek 1,2 , ,n , . k 1 1 1 n 2 2 2 2 2 Do đó Anx  k  n x , với x (k ) l . k 1 n 1 Vậy An bị chặn và An sup Anx 1 (1). x 1 2 Mặt khác, lấy x = e1, ta được e1 l , e1 1 và Ane1 e1 . Do đó,1 Ane1 An e1 An (2). 12
13. * Từ (1), (2) suy ra: An 1, với n Ơ n 2 điểm b) lim Anx limkek nen x Ix , với x (k ) l . Vậy An  I . n n k 1 n 1 Tuy nhiên {An} không hội tụ đều đến I. Cách 1. Thật vậy, nếu {An} hội tụ đều đến I thì lim An I 0 An I 1 với n 0 2 n0 đủ lớn. Lấy x e 1, ta được e 1 l , e 1 1 và n0 n0 n0 A e e (A I)e A I e 1 (1). n0 n0 1 n0 1 n0 n0 1 n0 n0 1 Mặt khác, ta có A e 0. Do đó A e e e 1 (2). n0 n0 1 n0 n0 1 n0 1 n0 1 Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2), tức là {An} không hội tụ đều đến I. Cách 2. Lấy en 1(0,0, ,    1   ,0, ) với en 1 1. Ta có vị trí thứ n + 1 (An I)en 1 Anen 1 en 1 (0,0, ,0, ) (0,0, ,0,1) en 1 (An I)en 1 1 An I sup (An I)x en 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 lim Anx Ax,với x X . n Bài 5. Giả sử X, Y là hai không gian Banach, {An} là một dãy các toán tử tuyến tính bị chặn từ X vào Y. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để dãy {An} hội tụ điểm là: a) sup An n b) Dãy {Anx} hội tụ trên một tập hợp P trù mật tuyến tính trong X. Giải. + Điều kiện cần. Giả sử {An} hội tụ điểm. Khi đó sup An và Dãy {Anx} hội n tụ trên một tập hợp P trù mật tuyến tính trong X. + Điều kiện đủ. Giả sử dãy toán tử {An} L(X, Y) thỏa mãn 2 điều kiện a), b). Khi đó tồn tại một số K > 0 sao cho An K, với n . Từ giả thiết b) suy ra dãy {Anx} 13
14. m hội tụ với mỗi x LinP . Thật vậy, nếu x LinP thì x kxk , trong đó k K, k 1 m xk P . Khi đó Anx kAnxk với n . k 1 Vì các dãy {Anxk} hội tụ nên dãy {Anx} hội tụ. Bây giờ giả sử x LinP và  > 0là một sô cho trước bất kỳ.  Khi đó u LinP : x u . Với mọi m, n ta có 3K Amx Anx Am (x u) Amu Anu An (u x)   A x u A u A u A u x K. A u A u K. m m n n 3K m n 3K 2 A u A u . m n 3  Vì dãy {Anu} hội tụ nê N : m N, n N A u A u . m n 3  Do đó, m N, n N A x A x . m n 3 Vậy {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 được biểu diễn một cách duy nhất dưới 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 M là một không gian Banach với chuẩn (y,z) y z . Khi đó ánh xạ A: L M X, (y, z) a x = y + z là một song ánh tuyến tính vì (y1,z1); (y2 ,z2 ) L M , k K thì A((y1,z1) (y2 ,z2 )) A(y1 y2 ,z1 z2 ) y1 y2 z1 z2 (y1 z1) (y2 z2 ) A(y1,z1) A(y2 ,z2 ), rõ ràng A là song ánh. Hơn nữa A(y,z) y z y z (y,z) . Vậy A bị chặn nên A liên tục. Theo định lý Banach về ánh xạ mở thì A là một phép đồng phôi, tức là K 0 : 14
15. A 1x A 1(y z) (y,z) K x , với x X . Vậy y z K x . Suy ra y y z K x , z y z K x ,x X. Bài 7. Giả sử X, Y là hai không gian Banach, A: X Y la một toàn ánh tuyến tính liên tục từ X lên Y. Chứng minh rằng không gian thương X/N(A) đồng phôi tuyến tính với không gian Y. Giải. Gọi AW: X / N(A) Y là ánh xạ xác định bởi AWx AW(x N(A)) Ax . Khi đó AW là một đơn ánh vì nếu AWx 0 thì Ax = 0 x N(A) x 0. Do đó AW là một song ánh tuyến tính. Ta có AWx A(x u) A x u với u N(A) Do đó AWx A inf x u A x , vậy AW là bị chặn. Vì AW là một song ánh u N(A) 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 L(X, Z) với B F thì A liên tục. Giải. Ta chứng minh A là toán tử đóng, tức là đồ thị  {(x,Ax) : x X} là một tập hợp đóng trong không gian X Y . Thật vậy, giả sử {xn} X và lim(xn ,Axn ) (x0,y0 ) trong X Y . n Khi đó limxn x0 trong X (1) và lim Axn =y0 trong Y. (2) n n Vì với mỗi B F , B liên tục nên từ (2) suy ra limB(Axn ) By0 (3) n Vì với mỗi B F , B0A liên tục nên từ (1) suy ra limB(Axn ) B(Ax0 ) (4) n Từ (3) và (4) suy ra By0 B(Ax0 ), tức là B(y0 Ax0 ) 0 với B F .Vì họ F tách 15
16. 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. bài tập chương 3 không gian liên hợp - tôpô yếu và tính phản xạ Bài 1. Gọi x* là phiếm hàm xác định trên không gian C[0, 1] bởi công thức 1 x*(x) x(t)dt , trong đó x là hàm số liên tục trên [0, 1]. 0 Chứng minh rằng x* là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn và tính x* . Giải. x* là một phiếm hàm tuyến tính trên C[0, 1] vì với x,y C[0,1], k K ta có 1 1 1 + x*(x y) (x y)(t)dt, (x,y C[0,1])= x(t)dt y(t)dt x*(x) x*(y) 0 0 0 1 1 * * + x (kx) kx(t)dt = k x(t)dt kx (x) 0 0 Với mọi x C[0,1], ta có 1 1 x*(x) x(t)dt x dt x . 0 0 Vậy x* bị chặn và x* 1 (1) 0 với 0 t  Mặt khác, x0 C[a,b] xác định bởi x0 (t) 1 với  t 1 trong đó  là một số dương cho trước bất kỳ. Ta có x0 C[a,b], x0 max x(t) 1. Hơn nữa t [0,1] 16
17. 1  1 1 x*(x ) x (t)dt x (t)dt x (t)dt 1 1  1 . 0 0 0 0  0 0  * * * * Do đó 1  1  x (x0 ) x x0 x , với  0 bé tùy ý. Vậy x 1. (2) Từ (1), (2) ta có x* 1. 0 1 Bài 2. Chứng minh rằng phiếm hàm x*(x) x(t)dt x(t)dt x C[ 1,1] là một 1 0 phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên không gian C[-1, 1] và tính x* . Giải. x8 là một phiếm hàm tuyến tính trên C[-1, 1] vì với x,y C[ 1,1], k K ta có 0 1 + x*(x y) (x y)(t)dt (x y)(t)dt x,y C[ 1,1] 1 0 0 1 0 1 = x(t)dt x(t)dt y(t)dt y(t)dt x*(x) x*(y) 1 0 1 0 0 1 0 1 * * + x (kx) kx(t)dt kx(t)dt = k x(t)dt x(t)dt kx (x) 1 0 1 0 Với mọi x C[ 1,1], ta có 0 1 1 1 x*(x) x(t) dt x(t) dt x(t) dt x dt 2 x . 1 0 1 1 Vậy x* bị chặn và x* 2 (1) 1 với -1 t - t Mặt khác, gọi x0 là hàm số xác định trên [-1, 1] bởi x0 (t) - với - 0 bé tùy ý x 2 (2) Từ (1), (2) suy ra x* 2 . 17
18. Bài 3. Cho X, Y là 2 không gian Banach và A : X Y là một toán tử tuyến tính. Chứng minh rằng nếu với mọi y* Y* , ánh xạ hợp y* A đều là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X thì A liên tục. Giải. Ta chứng minh A là toán tử đóng, tức là đồ thị  {(x,Ax) : x X} là một tập hợp đóng trong không gian X Y . Thật vậy, giả sử {xn} X và lim(xn ,Axn ) (x0,y0 ) trong X Y . n Khi đó limxn x0 trong X (1) và lim Axn =y0 trong Y. (2) n n * * * * * Từ (2) suy ra lim y (Axn ) y (y0 ) với y Y (3). Vì theo giả thiết y A liên tục n * * * * * * trên X với y Y , nên từ (1) suy ra lim y A(xn ) y (Ax0 ) với y Y (4). n * * * * * Từ (3), (4) suy ra y (y0 ) y (Ax0 ) y (y0 Ax0 ) 0với 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. 8 * * Giả sử X là không gian khả li. Khi đó tồn tại một tập con đếm được {xn} của X sao * * * * * 1 * cho {xn} X . Vì xn sup xn (x) nên xn X : xn 1 và xn (xn ) xn . (1) x 1 2 Dễ dàng thấy rằng Lin{xn} là một không gian con tuyến tính khả li của X. Ta sẽ chỉ ra rằng Lin{xn} X . Thật vậy, giả sử L Lin{xn} X. Lấy x0 X \ L . Theo Hệ quả 2 của định lý Han - Banach, * * * * * x0 X : x0 (x0 ) 1 và x0 (x) 0, với x L . Đặc biệt, x0 (xn ) 0 với n . * * * * * {xk }{xn}: limxk x0 trong X . n n n 18
19. 1 Do đó từ (1) suy ra x* x* (x ) x* (x ) x* (x ) x* x* . 2 kn kn kn kn kn 0 kn kn 0 * * * Vậy limxk 0. Từ đó ta có x0 0 , điều này là vô lý vì x0 (x0 ) 1. n n Vậy Lin{xn} X . Do đó X khả li. Bài 5. Chứng minh rằng nếu A là một toàn ánh 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 tính định chuẩn Y thoả mãn điều kiện Ax m x ,x X , trong đó m là một số dương thì toán tử liên hợp A* của A là một toàn ánh. Giải. Giả sử x* là một phần tử bất kỳ của X*. Ta chứng minh y* Y* : A*y* x* . Ta có A là đơn ánh vì nếu x X : Ax 0 thì 0 Ax m x x 0 x 0, x X . ánh xạ ngược A 1 : A(X) X , Ax a x là một toán tử tuyến tính bị chặn vì 1 A 1(Ax) x Ax ,x X m ánh xạ hợp x* A 1 : A(X) K là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên 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 cho y* x* A 1 , y* là phiếm hàm cần tìm, tức là A*y* x* , vì A(X) với x X ta có (A*y* )(x) y*(Ax) (x* A 1)(Ax) x*(x) . 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 Y. Chứng minh rằng a) Nếu A* là một toàn ánh thì A là một đơn ánh. b) Nếu A* là một đơn ánh thì A(X) là một tập hợp trù mật trong không gian Y. 19
20. 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) Y . * * * Lấy y0 Y \ A(X), theo hệ quả 2 của định lý Han - Banach, y Y : y (y0 ) 1 (1) và y*(y) 0 với y A(X) . Đặc biệt y*(Ax) 0 với x X , tức là (A*y* )x 0 với x X . Do đó A*y* 0 . Vì A* là đon ánh nên y* = 0 (2). Từ (1), (2) ta đi đến mâu thuẫn. Vậy A(X) Y . Bài 8. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chứng minh rằng yếu xn  x0 trong X khi và chỉ khi hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn: a) sup xn n * * * * b) limx (xn ) x (x0 ), x P, trong đó LinP X . n Giải. Gọi  : X X là phép nhúng chuẩn tắc từ không gian tuyến tính định chuẩn X vào không gian liên hợp thứ hai của X. Đặt (x0) = x0 , (xn) = xn , n = 1, 2, * Khi đó x0 ,xn X L(X , K); n = 1, 2, và yếu * * * * xn  x0 limx (xn ) x (x0 ) với x X n * * * * limxn (x ) x0 (x ) với x X . n yếu điểm * điểm Như vậy xn  x0 xn  x0 trên X .Ta có xn  x0 khi và chỉ khi hai điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn 1) sup xn n 20
21. * * * * * 2) limxn (x ) x0 (x ) với x P  X , trong đó LinP X . n Vì xn xn với n nên hai điều kiện trên tương đương với 2 điều kiện sau: 1) sup xn n * * * * * 2) limxn (xn ) x (x0 ) với x P  X , trong đó LinP X . n 21