DONGPHD. DongPhD Problems Book Series. Vector Spaces. Inner Product Spaces. Hilbert Spaces. Banach Spaces. Normed Spaces.
|
|
- Γιάννης Νικολαΐδης
- 7 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 DONGPHD Vector Spaces Inner Product Spaces Hilbert Spaces Banach Spaces Normed Spaces DongPhD c 2009 Bài tập Giải tích hàm DongPhD Problems Book Series υol
2 Lời tựa To all the girls i love before. Tôi đến với giải tích hàm như một sự sắp đặt của số phận. Có lẽ, đó là nguyên nhân để tôi viết tập tài liệu nhỏ này. Xin nhấn mạnh rằng, đây chỉ là sự góp nhặt khai triển chẳng có gì là sáng tạo. Thỉnh thoảng có đôi lời khen tặng, tôi lấy làm xấu hổ như đã cưỡng chiếm một cái gì đó không phải phận mình được hưởng. Khi một kẻ bình thường quên ước lượng tài sức của mình, viết về một điều quá rộng lớn và trừu tượng chắc hẳn không thể tránh khỏi thiếu sót. Rất mong sự chỉ giáo của các độc giả. Nước muôn sông không đủ cho tôi rửa tai để nghe những lời cao luận. Huế, tháng 5, Phạm Đình Đồng
3 DongPhD 3 1 Không gian định chuẩn 1.1 Không gian vectơ A journey of a thousand miles begin with one step - Lão Tử Bài tập 1.1. Cho X là một không gian vectơ và f 1, f 2 : X K là các ánh xạ tuyến tính thỏa f 1 (x)f 2 (x) = 0, x X. Chứng minh rằng f 1 0 hoặc f 2 0. Giải. Giả sử f 1 0 ta cần chứng minh f 2 0. Vì f 1 0 nên tồn tại x 1 X sao cho f 1 (x 1 ) 0, lúc đó f 2 (x 1 f 1 (x 1 )) = f 2 (x 1 )f 1 (x 1 ) = 0 Suy ra f 2 (x 1 ) = 0 hay x 1 Kerf 2. Nếu f 2 0 lúc đó tồn tại x 2 X sao cho f 2 (x 2 ) 0 thì x 2 Kerf 1. Đặt x 0 = x 1 + x 2, lúc đó f 1 (x 0 ) = f 1 (x 1 ) + f 1 (x 2 ) = f 1 (x 1 ) 0 f 2 (x 0 ) = f 2 (x 1 ) + f 2 (x 2 ) = f 2 (x 2 ) 0 = f 1 (x 0 )f 2 (x 0 ) = f 1 (x 1 )f 2 (x 2 ) 0 Mâu thuẫn với giả thiết, do đó f 2 0. Bài tập 1.2. Cho X là không gian vectơ và A : X X là ánh xạ tuyến tính thỏa A 2 = 0. Chứng minh rằng Id A là song ánh. Giải. Với mọi x 1, x 2 X thỏa (Id A)(x 1 ) = (Id A)(x 2 ) x 1 A(x 1 ) = x 2 A(x 2 ) A(x 1 x 2 ) = x 1 x 2 A 2 (x 1 x 2 ) = A(x 1 ) A(x 2 ) = 0 A(x 1 ) = A(x 2 ). từ đó suy ra x 1 = x 2. Suy ra Id A là đơn ánh. Với mọi y X, xét x = A(y) + y X, khi đó (Id A)(x) = (Id A)(A(y)+y) = A(y)+y A(A(y)+y) = A(y)+y A 2 (y) A(y) = y, tức là Id A là toàn ánh. Vậy Id A là song ánh. Bài tập 1.3. Cho X, Y là hai không gian vectơ với dimx = n, dimy = m. Chứng minh rằng dim(l(x, Y )) = n.m.
4 DongPhD 4 Giải. Ta có L(X, Y ) = {f : X Y là các ánh xạ tuyến tính } là một không gian vectơ. Lúc đó L(X, Y ) = Mat n m (K), suy ra dim(l(x, Y )) = dimmat n m (K). Mặt khác ta thấy A ij là ma trận sao cho a ij = 1, 1 i n, 1 j m còn các vị trí còn lại bằng 0 thì lúc đó hệ gồm {(A ij )}, 1 i n, 1 j m là độc lập tuyến tính. Mặt khác, nếu a a 1n A = a a 2n..... a m1... a mn thì A = n i=1 m a ij A ij Do đó {A ij } là hệ sinh của Mat n m (K). Vậy {A ij } là cơ sở của Mat n m (K) và nó có m n phần tử. Vậy dim(l(x, Y )) = n.m. j=1 Bài tập 1.4. Cho f : X R là ánh xạ tuyến tính và Y X thỏa Kerf Y. Chứng minh rằng Y = X hoặc Y = Kerf. Giải. Giả sử Y là không gian con của X chứa Kerf thực sự. Lúc đó có y 0 Y và y 0 / Kerf nên f(y 0 ) 0. Với mọi x X, ta đặt z = x f(x) f(y 0 ) y 0 thì f(z) = f(x f(x) f(y 0 ) y 0) = f(x) f(x) f(y 0 ) f(y 0) = f(x) f(x) = 0 z = x f(x) f(y 0 ) y 0 Kerf Y Suy ra x = z + f(x) f(y 0 ) y 0 Y, tức là X = Y. 1.2 Không gian định chuẩn Bài tập 1.5. Cho X {0} là không gian vectơ thực hoặc phức. Chứng minh rằng ta có thể trang bị ít nhất một chuẩn trên X.
5 DongPhD 5 Giải. Gọi B = {e α α I} là cơ sở Hamel của X trên K. Lúc đó mọi x X, x 0 có thể viết duy nhất dưới dạng x = n x ij e ij j=1 trong đó n N, x ij K \ {0}, i j I, j = 1, n đôi một phân biệt. Ta định nghĩa n x = xij và x = 0 nếu x = 0 j=1 Ta sẽ chứng minh. là một chuẩn trên X. Thật vậy, Lấy x X, x 0. Lúc đó x = n j=1 x ij e ij trong đó n N, x ij K \ {0}, i j I, j = 1, n đôi một phân biệt. Vì x 0 nên tồn tại ít nhất một i j 0. Do đó, x > 0. Với mọi x X và λ K, nếu x = 0 hoặc λ = 0 thì λx = 0, do đó λx = λ x. Giả sử x 0, λ 0. Nếu x = λx = n λx ij e ij. Suy ra λx = λ x. j=1 n j=1 x ij e ij Lấy tùy ý x, y X. Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì x+y = x + y. Ngược lại, nếu x, y 0, ta xem x có biểu diễn như trên và y = m y ts e ts trong đó m N, x ts K \ {0}, t s I, s = 1, m đôi một s=1 phân biệt. Đặt C x, C y I như sau C x = {i j, j = 1, n} và C y = {t s, s = 1, m} Nếu C x C y = thì x + y = n x ij e ij + m y ts e ts. Khi đó x + y = n j=1 x ij + m s=1 j=1 x ts = x + y. Bây giờ ta giả sử C xy = C x C y. Không mất tính tổng quát, giả sử i n = t m, i n 1 = t m 1,..., i n k = t m k thì C xy = {i n,..., i n k } = s=1 thì
6 DongPhD 6 {t m,..., t m k }. Ta có thể biểu diễn x + y như sau [ n k 1 m k 1 k ] x + y = x ij e ij + y ts e ts + (x in l + y tm l )e in l j=1 s=1 với (x in l + y tm l ) 0, nếu nó bằng 0 thì ta không viết ra. Nếu x + y = 0 thì x + y x + y, hiển nhiên. Nếu x + y 0 thì n k 1 m k 1 k x + y = x ij + y ts + x in l + y tm l j=1 n k 1 j=1 x ij + = x + y s=1 m k 1 s=1 y ts + l=1 l=1 k ( x in l + y tm l ) l=1 Bài tập 1.6. Kiểm tra các tập cho dưới đây là không gian định chuẩn. a) X = K n, x = (x 1,..., x n ), x = max x i i=1,n b) X = c, các dãy số thực hoặc phức hội tụ, x = sup x n n N c) X = M[a, b], tập gồm tất cả các hàm số bị chặn trên [a, b], x = x(t) sup t [a,b] b d) X = C [a,b], các hàm số liên tục trên [a, b], x = ( x(t) 2 dt) 1/2 a e) X = l 1, tập tất cả các dãy số thực hoặc phức (x n ) n sao cho x n < Giải. + và x = x n n=1 a) Ta có với mọi x X, x 0. x = 0 max x i = 0 x i = 0 i = 1, n x = 0 i=1,n x X, λ K, ta có λx = max i=1,n λx i = λ max x i = λ x i=1,n n=1
7 DongPhD 7 Với mọi x, y, z X, ta có x + y = max i=1,n x i + y i max i=1,n Suy ra x + y x + y. Vậy (X,. ) là một không gian định chuẩn. b) Tương tự a) c) Tương tự. b d) Ta có x = ( a b a x i + max y i i=1,n x(t) 2 dt) 1/2 b 0 và x = ( x(t) 2 dt) 1/2 = 0 a x(t) 2 dt = 0. Giả sử x 0, tức là có (α, β) sao cho x(t) 0, t (α, β) nên b a x(t) 2 dt β α x(t) 2 dt > 0, mâu thuẫn. Với mọi x X, λ K, ta có λx = λ x. x, y X, ta có theo bất đẳng thức tích phân thì b ( b x(t) + y(t) 2 dt) 1/2 ( b x(t) 2 dt) 1/2 + ( y(t) 2 dt) 1/2 a a a x + y x + y. Vậy (X,. ) là một không gian định chuẩn. e) Ta có x = x n 0, x X. n=1 x = x n = 0 x n = 0, n N x = 0. n=1 Với mọi x X, λ K, ta có λx = λ x. x, y X, ta có x n + y n x n + y n, n N x n + y n n=1 x n + n=1 x + y x + y. Vậy (X,. ) là một không gian định chuẩn. y n n=1
8 DongPhD 8 Bài tập 1.7. Không gian định chuẩn nào ở bài 1.6 là không gian Banach. Giải. a) X là không gian Banach. Thật vậy, lấy (x n ) n là một dãy Cauchy trong X, ta có x k x m 0, k, m hay max x i k x i m 0, k, m i=1,n Suy ra x i k xi m 0, k, m, i = 1, n (x i n) n là dãy Cauchy trong K nên x i n x i 0 K, i = 1, n. Ta đặt x 0 = (x 1 0, x 2 0,..., x n 0), lúc đó Vậy x n x 0 K n. x n x 0 = max x i n x i 0 0, n. i=1,n b) X là không gian Banach. Thật vậy, lấy (x n ) n là một dãy Cauchy trong X, ta có x k x m 0, k, m hay sup x i k x i m 0, k, m i N Suy ra x i k xi m 0, k, m, i N (x i n) n là dãy Cauchy trong K nên x i n x i 0 K, i = N. Đặt x 0 là dãy (x n 0) n N ta sẽ chứng minh dãy này hội tụ. Thật vậy, từ bất đẳng thức x n 0 x m 0 = x n 0 x n k+x n k x m k +x m k x m 0 x n 0 x n k + x n k x m k + x m k x m 0 ta có (x n 0) n N là dãy Cauchy trong K nên x 0 hội tụ. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (x n ) n hội tụ về x 0 trong X. x n x 0 = sup x i n x i 0 i N Lấy ɛ > 0 bất kì, do x k n x 0 n khi k nên với m đủ lớn thì x k n x 0 n < ɛ 2, n N nên hay x n x 0, n. x n x 0 = sup x i n x i 0 ɛ i N 2 < ɛ
9 DongPhD 9 c) X là không gian Banach. Thật vậy, lấy (x n ) n là một dãy Cauchy trong X, ta có x n x m 0, n, m hay sup x n (t) x m (t) 0, k, m t [a,b] Suy ra x n (t) x m (t) 0, k, m, t [a, b] (x n (t)) n là dãy Cauchy trong K nên x n (t) x 0 (t) K, t [a, b]. Xét x 0 : [a, b] K t x 0 (t) = lim x n (t) n Lúc đó x 0 là một hàm số và ta sẽ chứng minh nó bị chặn. Ta có x n x m 0, n, m. Lấy ɛ = 1, n 0 > 0 sao cho với n, m n 0 thì x n x m < 1 x n0 x m < 1 x m x n Vì x n0 bị chặn nên K n0 > 0 sao cho x n0 (t) < K n0 t [a, b]. Do đó x n0 = sup x n0 (t) t [a,b] x m (t) K n0 + 1, m n 0. K n0. Vậy x m = sup t [a,b] Đặt K = max m=1,...,n 0 1 { x m, K n0 K, m N. Mặt khác, x m = sup t [a,b] + 1} < +. Lúc đó x m x m (t) K, m N, nên x 0 (t) = lim n x n (t) K, t [a, b]. Vậy x 0 bị chặn. Hơn nữa, do x 0 (t) = lim x n (t) nên x n (t) x 0 (t) 0, n, n suy ra x n x 0 = sup x n (t) x 0 (t) ɛ t [a,b] với n đủ lớn, tức là x n x 0, n. d) X không là không gian Banach. e) X là không gian Banach 1. Thật vậy, ta lấy (x n ) n là một dãy Cauchy trong X, lúc đó x m x n = x m n x k n 0, m, k n=1 1 Sau khi xét dãy Cauchy (x n ) n ta đã tiến hành theo 3 bước. Bước 1: Ta dự đoán giới hạn x 0 của dãy (x n ) n. Bước 2: Ta chứng minh x X. Bước 3: Chứng minh (x n ) n hội tụ về x 0
10 DongPhD 10 Suy ra ɛ > 0, tồn tại n 0 > 0 sao cho với mọi m, k n 0 thì s x m n x k n < ɛ, s N( ) n=1 Và ta cũng có x m n x k n 0, m, k. Lúc đó (x n m) m N là dãy Cauchy trong K nên nó hội tụ, kí hiệu x 0 m = lim x n m và x 0 n = (x 0 m) m N. Ta sẽ chứng minh x n x 0, n. Trong ( ) cho m ta có m n 0 s x m n x 0 n ɛ, s N n=1 lim s s x m n x 0 n ɛ n=1 x m n x 0 n ɛ n=1 Suy ra (y n ) n = (x n x 0 ) n X mà x n X nên x 0 X. Kết hợp với x m x 0 = x m n x 0 n ɛ, m n 0 n=1 x m x 0, m. Ta có điều cần chứng minh. Bài tập 1.8. Cho (x n ) n, (y n ) n là hai dãy Cauchy trong X. Chứng minh rằng α n = x n y n hội tụ. Giải. Ta chỉ cần chứng minh (α n ) n là dãy Cauchy trong R thì (α n ) n hội tụ. Thật vậy, với mọi m, n N ta có α m α n = x m y m x n y n x m y m x n + y n x m x n + y m y n. Do (x n ) n, (y n ) n là hai dãy Cauchy trong X nên khi m, n thì x m x n 0 và y m y n 0. Suy ra α m α n 0 khi m, n. Bài tập 1.9. Không gian định chuẩn được gọi là chặt nếu x + y x + y, x 0, y 0 trở thành đẳng thức khi tồn tại α > 0 để y = αx. Chứng minh L p (, µ) là không gian định chuẩn chặt.
11 DongPhD 11 Giải. ( ). x, y L p (, µ) nếu có α > 0, y = αx thì x+y = x+αx = (1 + α) x = x + α x = x + y. ( ). x + y x + y trở thành đẳng thức x + y = x + y, tức là ( x + y p dµ) 1 p = ( x p dµ) 1 p + ( y p dµ) 1 p nên bất đẳng thức Minkowski trở thành đẳng thức x + y = x + y c 1 x p = c 2 x + y (p 1)q = c 2 x + y p c 1 y = c 2 x + y q(p 1) = c 2 x + y p Suy ra x, y cùng dấu hầu khắp nơi trong và c 1 c 2 x p = c 2 c 1 y p. Vậy tồn tại α > 0 để αy = x hầu khắp nơi trong. Bài tập Tìm một số không gian định chuẩn không chặt. Giải. 1. l với chuẩn sup là không chặt, vì sup n x n + y n = sup n x n + sup y n n không suy ra x k = αy k, k với α > 0. Chẳng hạn, xét x = (1, 0, 0, 1, 0, 0, 0,...) và y = (0, 1, 0, 1, 0, 0, 0,...) Ta có x = y = 1 và x + y = 2, tuy nhiên x αy. 2. Một ví dụ khác là C[0, 1] với chuẩn max. Thật vậy, lấy f(t) = t, g(t) = 1, t [0, 1] ta có f = g = 1 và f + g = 2. Rõ ràng không tồn tại α > 0 sao cho f(t) = αg(t). Bài tập Cho X là không gian Banach và Y là một không gian con đóng của X. Chứng minh rằng X/Y là Banach. 2. Cho M là không gian con của không gian định chuẩn X sao cho M và X/M là Banach. Chứng minh rằng X Banach.
12 DongPhD 12 Giải. 1. X/Y là Banach. Lấy x n là một chuỗi hội tụ tuyệt đối trong n=1 không gian thương X/Y. Ta cần chứng minh nó hội tụ trong X/Y. Ta có x n = inf x = inf x n + x x x n x Y nên với mỗi n N, tồn tại u n sao cho Do đó x n + u n = n=1 Vậy chuỗi x n + u n = x n n x n + n=1 1 2 = x n n + 1 n=1 n=1 x n + u n hội tụ tuyệt đối trong không gian Banach n=1 X nên hội tụ. Gọi x 0 là tổng của chuỗi. Khi đó n lim (x n + u n ) x 0 n k=1 và n (x n + u n ) x 0 là một phần tử của lớp tương đương n ( x n + k=1 ũ n ) x 0 = n x n x 0 nên k=1 n x n x 0 = k=1 n (x n + u n ) x 0 k=1 lim n x n x 0 lim n (x n + u n ) x 0 = 0 n k=1 n k=1 lim n x n x 0 = 0 hay x n x 0. n k=1 k=1 Vậy không gian thương X/Y là Banach. 2. X Banach. Lấy (x n ) n X là một dãy Cauchy trong X, lúc đó ɛ > 0, n 0 N, n n 0 : x n x m < ɛ. Ta có (x n ) X/M nên x n x m = inf x x n x m x (x n x m ) k=1
13 DongPhD 13 (x n ) n là dãy Cauchy trong X/M, do đó x n x 0 X/M. Với mỗi n N có α n M sao cho x n x 0 + α n x n x n. Suy ra α n α m α n + x n x 0 + x n x m + α m + x m x 0 x n x n + x m x m + x n x m Cho n, m ta có α n α m 0, tức là (α n ) n là dãy cơ bản trong M nên α n α 0. Ta sẽ chứng minh x n x 0 + α 0. Ta có x n x 0 α 0 α n +x n x 0 + α n α 0 x n x n + α n α 0 Cho n ta có x n x 0 α 0 0. Vậy lim n x n = x 0 + α 0. Vậy X là không gian Banach. NHẬN XÉT: Một ví dụ minh họa. Cho X = C [0,1] và M là tập con của X các hàm số triệt tiêu tại 0. Khi đó M là không gian vectơ con của X và do đó X/M cũng là không gian vectơ. Ta định nghĩa ánh xạ φ : X/M C như sau φ([f]) = f(0), [f] X/M. Định nghĩa trên là hợp lý vì nếu f g thì f(0) = g(0). Ta có φ tuyến tính vì s, t C và f, g X, Hơn nữa, φ(t[f] + s[g]) = φ([tf + sg]) = tf(0) + sg(0) = tφ([f]) + sφ([g]) φ([f]) = φ([g]) f(0) = g(0) f g [f] = [g] Vậy φ là đơn ánh. Với mọi s C ta luôn có f X và f(0) = s sao cho φ([f]) = s. Do đó φ là toàn ánh. Từ đó, φ là đẳng cấu tuyến tính từ X/M vào C. Ta thấy rằng M là không gian con đóng của X với chuẩn. (chuẩn max) và X/M là không gian Banach với chuẩn thương tương ứng. Ta có [f] = inf{ g : g [f]} = inf{ g : g(0) = f(0)} = f(0) ( lấy g(t) = f(0), t [0, 1])
14 DongPhD 14 Suy ra [f] = φ([f]), với mọi [f] X/M hay φ bảo toàn chuẩn. Vì vậy X/M C Bây giờ, xét X với chuẩn. 1. Khi đó M không đóng trong X. Thật vậy, xét dãy { nt nếu 0 t 1 g n (t) = n 1 nếu 1 n t 1 Khi đó g n M và g n 1 theo chuẩn. 1 nhưng 1 / M. "Chuẩn thương" lúc này cũng không còn là chuẩn. Thật vậy, [f] = 0, [f] X/M. Điều này có thể giải thích như sau, lấy f X, với mỗi n N, ta đặt h ( t) = f(0)(1 g n (t)) với g n (t) được xác định như trên. Khi đó h n (0) = f(0) và h n = f(0). Do đó, 2n Suy ra inf{ g 1 g(0) = f(0)} h 1 f(0) 2n [f] = inf{ g 1 : g [f]} = 0. Bài tập Cho. 1,. 2,...,. k là các chuẩn trên không gian định chuẩn X, α 1, α 2,..., α k R Chứng minh max{. 1,...,. k } là một chuẩn. 2. Chứng minh k α k. k là một chuẩn. Giải. i=1 3. f L(X, Y ), Y là không gian định chuẩn nào đó. Ta định nghĩa. a : X R x f(x) 1 Chứng minh. a là một chuẩn khi và chỉ khi f đơn ánh. 1. Rõ. 2. Rõ. 3. x a = 0 f(x) 1 = 0 f(x) = 0. f(x) = 0 x = 0 ker f = 0. Vậy f đơn ánh. Các công việc còn lại xin dành cho độc giả.
15 DongPhD 15 Bài tập Cho a > 1. Trên C[0, 1] xét các chuẩn sau f = 1 sup f(t), f 1 = a f(t) dt, với mọi f C[0, 1]. Chứng minh rằng t [0,1] 0 f = min{ f 1, f } là một chuẩn khi và chỉ khi a 1. Giải. Nếu a 1 thì f 1 f nên f = f 1, rõ ràng là một chuẩn. Lấy f n (t) = t n, t [0, 1], n 0. Khi đó f 0 1 = a, f 0 = 1, do đó f 0 = min(1, a). Mặt khác f n 1 = a min(1, a n+1 ), n 1. n, ta có f 0 + f n 1 = a(1 + 1 do đó f 0 + f n = min(2, a(1 + 1 n+1 bất đẳng thức tam giác, tức là n+1, f n = 1, do đó f n = n+1 ), f 0 + f n = 2, )). Nếu. là một chuẩn thì nó thỏa min(2, a(1 + 1 a )) min(1, a) + min(1, n + 1 n + 1 ) Cho n ta được min(2, a) min(1, a) + min(0, 1) Suy ra min(2, a) min(1, a), tức là a 1. 2 Bài tập Cho X là một không gian định chuẩn. Tìm tất cả các không gian con của X chứa trong một hình cầu. Giải. Giả sử L là không gian con của X và B(a, ɛ) X sao cho L B(a, ɛ). Lấy x L tùy ý. Khi đó nx L, n N. Vì L B(a, ɛ) nên nx B(a, ɛ), tức là nx a < ɛ, n N, từ đó nx nx a + a < ɛ + a. Suy ra x < ɛ + a. Cho n ta có x = 0, hay x = 0. n Vậy L = {0}. Bài tập Cho X là một không gian định chuẩn. Tìm tất cả các không gian con của X chứa một hình cầu. Giải. Gọi L là không gian con của X sao cho B(a, ɛ) L. Rõ ràng a L. Lấy x B(0, ɛ), tức là x < ɛ. Khi đó a + x B(a, ɛ) L. Suy ra x L, tức là B(0, ɛ) L. Mặt khác x X, x 0 ta có ɛx B(0, ɛ) nên ɛx L. Vì L là 2 x 2 x không gian con nên x L. Do đó, X L. Vậy L = X. 2 min của hai chuẩn chưa hẳn là chuẩn.
16 DongPhD 16 lúc đó Cách khác: Ta chỉ cần chứng minh X Y. Thật vậy, x X, lấy y = y x 0 = r x 1 + x < r y B(x 0, r) Y r Mà 1+ x x = y x 0 Y do x 0 B(x 0, r) Y, nên 1 + x r r ( 1 + x x Y hay X Y. Vậy X = Y. 1 + x x) = (y x 0 ) Y r r 1+ x x+x 0, Bài tập Cho X là không gian định chuẩn và G là không gian con của X. Chứng minh rằng hoặc G = X hoặc G=. Giải. Nếu G thì theo bài 1.15 ta có G = X. Bài tập Cho X, Y là hai không gian định chuẩn. A : X Y là toán tử tuyến tính liên tục, (A n ) n là dãy các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y. Kí hiệu và U = {x X A n x không hội tụ về Ax} V = {x X (A n x) n không phải là dãy Cauchy } Chứng minh rằng U và V hoặc bằng hoặc trù mật trong X. Giải. Ta có C U = X\U = {x X A n x hội tụ vềax} Rõ ràng X\U là một không gian con của X. Giả sử x 0 U và nếu x C U thì λ K, λ 0, x + λx 0 U. Thật vậy, nếu ngược lại x + λx 0 C U ta suy ra x 0 C U, vô lý. Lúc đó x C U, n N, x + 1 n x 0 U và dãy x + 1 n x 0 x nên x U, tức là C U U. Do đó, X = U C U U. Vậy U = X. Tương tự cho V.
17 DongPhD 17 Bài tập Cho X là một không gian định chuẩn và A X sao cho X\A là không gian con tuyến tính của X. Chứng minh A hoặc bằng hoặc trù mật trong X. Giải. Theo giả thiết X\A= hoặc X\A = X. Suy ra A = hoặc X\A =, tức là A = hoặc A = X. Do đó, A hoặc bằng hoặc trù mật trong X. 1.3 Tập đóng, tập mở Bài tập Chứng minh rằng trong không gian định chuẩn X, B(x 0, r) = B (x 0, r) và int(b (x 0, r)) = B(x 0, r). Giải. 1. B(x 0, r) = B (x 0, r). Ta có B(x 0, r) B (x 0, r), do B (x 0, r) đóng nên B(x 0, r) B (x 0, r). Ngược lại, lấy x B (x 0, r) thì x x 0 r. Ta chọn dãy (x n ) n như sau x n = 1 1 n x + 1 n x 0, x n x 0 = 1 1 n x + 1 n x 0 x 0 = (1 1 n )(x x 0) = (1 1 n ) x x 0 x x 0 r, x n x 0 r, n N hay x n B(x 0, r), n N hay (x n ) n B(x 0, r). Ta có x n x = 1 1 n x + 1 n x 0 x = 1 n ( x + x 0) = 1 n ( x + x 0 ) r n, n. Suy ra x n x 0, n Vậy x B(x 0, r) hay B(x 0, r) B (x 0, r). 2. int(b (x 0, r)) = B(x 0, r) Ta có B(x 0, r) B (x 0, r), suy ra B(x 0, r) int(b (x 0, r)). Mặt khác, với mọi x int(b (x 0, r)) ta cần chứng minh x x 0 < r. Giả sử x x 0 = r. Vì x int(b (x 0, r)) nên có s > 0 sao cho B(x, s) int(b (x 0, r)). Ta lấy x 1 = (1 + s 2r )x sx 0 2r, lúc đó x 1 x = (1 + s 2r )x sx 0 2r x = s 2r x x 0 = s 2r.r = s 2 < s. Suy ra x 1 B(x, s) nên x 1 int(b (x 0, r)) ( ). Hơn nữa, x 1 x 0 = (1 + s 2r )x sx 0 2r x 0 = (1 + s 2r ) x x 0 = (1 + s 2r )r = r + s 2 > r.
18 DongPhD 18 x 1 / B (x 0, r) x 1 / int(b (x 0, r)), mâu thuẫn với ( ). Vậy x x 0 < r hay x B(x 0, r). Suy ra int(b (x 0, r)) = B(x 0, r). NHẬN XÉT: Các khẳng định trên không đúng trong không gian mêtric. Chẳng hạn, đối với mêtric rời rạc 3 (X, d) ta có B (x 0, 1) = X và B(x 0, 1) = {x 0 }. Một ví dụ khác là không gian mêtric (N, d) với d được định nghĩa như sau: 0 nếu m = n d(m, n) = 1 nếu n m 1 + min(m, n) Ta có B (0, 1) B(0, 1). Thật vậy, B (0, 1) = {n N : d(n, 0) 1} = {n N} = X B(0, 1) = {n N : d(n, 0) < 1} = {0} B(0, 1) = {0} Bài tập Cho A, B X. Chứng minh rằng Giải. 1. A đóng, B compact thì A + B đóng. 2. A, B compact thì A + B compact. 3. A, B đóng mà A + B không đóng. 1. A đóng, B compact thì A + B đóng. Lấy (z n ) n A + B, z n z. Ta cần chứng minh z A + B. Do (z n ) n A + B nên z n = x n + y n, x n A, y n B n N. Vì (y n ) n B và B compact nên có dãy con y nk y 0 B, và do dãy con z nk cũng hội tụ về z nên x nk = z nk y nk hội tụ về z y 0. Do A đóng nên z y 0 = x 0 A hay z = x 0 + y 0 A + B. Vậy z n z A + B nên A + B là đóng. 2. A, B compact thì A + B compact. Lấy (z n ) n A + B khi đó z n = x n + y n, x n A, y n B n N. Vì A, B compact nên tồn tại hai dãy con (x nk (x n ) n ) và y nl (y n ) n 3 Ta nên nghĩ đến mêtric này khi tìm phản ví dụ về sự khác nhau giữa không gian định chuẩn và không gian mêtric. Đây là một trong những ví dụ chứng tỏ một mêtric chưa hẳn sinh ra một chuẩn.
19 DongPhD 19 sao cho x nk a 0 A, y nl b 0 B Từ hai dãy con trên ta trích ra được hai dãy con x nkj, y nk j sao cho x nkj a 0 A, y nk j b 0 B z nkj = x nkj + y nk j a 0 + b 0 A + B 3. A, B đóng mà A + B không đóng. A = {n + 1 n N} n B = { n n N} A, B đóng và A + B { 1 n n N} nhưng ( 1 n ) n nn A + B dần về 0 và 0 / A + B Vậy A + B không đóng. Bài tập Cho M là một tập con của X. Chứng minh rằng a) Nếu M lồi thì M lồi. Giải. b) B (x 0, r) và B(x 0, r) là lồi. c) B (x 0, r) bỏ đi một điểm có lồi không? a) x, y M, α, β 0 thỏa α + β = 1 tồn tại (x n ) n M và (y n ) n M sao cho x n x, y n y, n. Lúc đó vì M lồi nên αx + βy M, n hay (αx + βy) n M hội tụ về αx + βy M. Vậy M lồi b) B (x 0, r) là lồi. Thật vậy, x, y B (x 0, r), λ [0, 1] ta có λx + (1 λ)x x 0 = λ(x x 0 ) + (1 λ)(y x 0 ) λ x x 0 + (1 λ) y x 0 λr + (1 λ)r = r λx + (1 λ)x B (x 0, r) hay B (x 0, r) lồi. Hoàn toàn tương tự cho B(x 0, r). c) Câu trả lời là phủ định. Chẳng hạn, xét R 2 với chuẩn (x 1, x 2 ) = x 1 + x 2 ta có B (0, 1) là hình vuông. Loại bỏ một điểm trên cạnh của hình vuông ta có kết quả.
20 DongPhD Ánh xạ tuyến tính liên tục Bài tập Cho C [0,1] là không gian các hàm liên tục trên [0, 1] với chuẩn max. Đặt A : C [0,1] C [0,1] x Ax 1. (Ax)(t) = t 2 x(0) 2. (Ax)(t) = ϕ(t)x(t), ϕ C [0,1] 3. (Ax)(t) = x(0) tx(t) 4. (Ax)(t) = x(t) x(1 t) 5. (Ax)(t) = x(1) tx(t) Chứng minh các toán tử này là tuyến tính liên tục. Giải. 1. Ta có x, y C [0,1], α, β R thì (A(αx + βy))(t) = t 2 (αx + βy)(0) = t 2 (αx(0) + βy(0)) = t 2 (αx(0)) + t 2 (βy(0)) = α(ax)(t) + β(ay)(t) với mỗi t [0, 1]. Suy ra A(αx+βy) = αax+βay. Vậy A là tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có Ax = max t 2 x(0) x, x C[0,1] t [0,1] Vậy A liên tục và A 1. Chọn x 0 1 C [0,1], khi đó Ax 0 = max t 2 x 0 (0) = max t 2 = 1 t [0,1] t [0,1] Mà 1 = Ax 0 A x 0 = A. Vậy A = Tương tự a) ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có Ax = max t [0,1] ϕ(t)x(t) K x
21 DongPhD 21 trong đó K = max ϕ(t). Vậy A bị chặn và A K. t [0,1] Chọn x 0 1 C [0,1], x 0 = 1 khi đó Vậy A = K. Ax 0 = max ϕ(t) = K A t [0,1] 3. Tương tự a) ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có Ax = max x(0) tx(t) 2 x t [0,1] Vậy A bị chặn nên liên tục và A 2. NHẬN XÉT: Việc chọn hàm x 0 thường được tiến hành như sau: Trong các hàm liên tục trên [0, 1] ta chọn hàm x 0 (t) = at + b. Ở đây ta chọn sao cho x 0 = 1 và max t [0,1] x 0(0) tx 0 (t) = 2. Do đó có thể cho x 0 (0) = 1 và ax 0 (a) = 1 với a [0, 1]. Với a = 0 thì 0 = 1 vô lý. Do đó, a 0. Suy ra x 0 (a) = 1/a [0, 1] hay a = 1. Từ đó giải hệ x 0 (1) = 1, x 0 (0) = 1 ta có a = 2, b = 1. Chọn x 0 (t) = 2t + 1 4, lúc đó x 0 = 1. Ta có Ax 0 = max t [0,1] x 0(0) tx 0 (t) x 0 (0) 1x 0 (1) = 2 x 0 = 2 Vậy A = 2. 4 Đồ thị được vẽ trên Maple 9.5
22 DongPhD Tương tự a) ta suy ra A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A liên tục. Ta có Ax = max x(t) x(1 t) max x(t) +max x(1 t) 2 x t [0,1] t [0,1] t [0,1] Vậy A bị chặn và A 2. Chọn x 0 (t) = 2t + 1, lúc đó x 0 = 1. Ta có Ax 0 = max t [0,1] x 0(0) x 0 (1 t) x 0 (0) x 0 (1 0) = 2 x 0 = 2 Vậy A = Dễ thấy, A tuyến tính, liên tục và A 2. Với mỗi n N, ta đặt AA 1 x n (t) = AA 2 nếu 0 t nếu n 2n < t 1 trong đó AA 1 và AA 2 là hai đường thẳng đi qua A = ( 1 1 2n ; 1 1 2n ), A 1(0; 1), A 2 (1, 1). Rõ ràng x n C [0,1] và x n = 1 với mọi n N. 5 Ta có A = sup Ax Ax n = max x n(1) tx n (t) x =1 t [0,1] x n(1) 1 1 2n x n( 1 1 2n ) = 1 1 (1 2n ) = 2 1 2n Cho n, ta được A 2. Vậy A = 2. 5 Tất nhiên còn nhiều cách đặt khác. Chẳng hạn, ta chọn 1 nếu 0 t n x n (t) = n + 1 n 2(n + 1)t 2n 1 nếu n + 1 < t 1
23 DongPhD 23 Bài tập Cho không gian Banach X và phiếm hàm tuyến tính liên tục 6 f khác 0. Chứng minh f là ánh xạ mở. Giải. Ta chứng minh f là toàn ánh, y K luôn có x X, f(x) = y. Thật vậy, vì f 0 nên tồn tại x 0 X sao cho f(x 0 ) = 1. Khi đó, yx 0 X và f(yx 0 ) = yf(x 0 ) = y. Theo nguyên lý ánh xạ mở, f là toàn ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach X vào không gian Banach K nên nó là ánh xạ mở. Bài tập Cho X, Y là hai không gian Banach, A L(X, Y ). Giả sử có α, β 0, α < 1, y Y, x X : Ax y α y, x β y. Chứng minh rằng khi đó y Y, phương trình Ax = y có nghiệm x 0 X thỏa điều kiện x 0 β 1 α y Giải. Ta có y Y, x 1 X : Ax 1 y α y, x 1 β y. Tương tự y Y, x 2 X : Ax 2 (y Ax 1 ) α y Ax 1 α 2 y, x 2 β y Ax 1 βα y Tiếp tục quá trình này ta có: y Y, x n X : Ax n (y Ax 1... Ax n ) α n y, x n βα n 1 y Do 0 < α < 1 nên x i hội tụ tuyệt đối trong không gian Banach X nên i=1 hội tụ. Ta gọi x 0 = x i, lúc đó i=1 k Ax n y α k y n=1 Cho k, ta có Ax 0 y = 0 hay Ax 0 = y và x 0 = x i i=1 x i i=1 βα n 1 y = i=1 β 1 α y Bài tập Cho không gian định chuẩn X = C [0,1] với chuẩn max, A : X X (A n x)(t) = x(t 1+ 1 t ), n N 1. Chứng minh A n L(X) 6 Nếu f chỉ là phiếm hàm tuyến tính khác 0 hoặc X không cần giả thiết Banach bài toán liệu vẫn còn đúng?
24 DongPhD 24 Giải. 2. Chứng minh x X, A n x x 3. Dãy (A n ) n có hội tụ trong L(X) đến toán tử đồng nhất hay không? 1. A n là toán tử tuyến tính: rõ. Ta có A n x = max x(t 1+ n) 1 max x(t) = x. Vậy A n bị chặn t [0,1] t [0,1] nên nó liên tục và A Với mọi x X, x liên tục đều vì nó liên tục trên tập compact [0, 1]. Do đó ɛ > 0, δ > 0, t, t [0, 1], t t < δ x(t) x(t ) < ɛ. Ta có t 1+ 1 t t max t 1+ 1 n t = ( n t [0,1] n+1 )n 1. n+1 < 1 n < δ với n đủ lớn. Suy ra x(t 1+ 1 t ) x(t) < ɛ với n đủ lớn. sup x(t 1+ 1 t ) x(t) ɛ. t [0,1] Hay A n x x ɛ với n đủ lớn, A n x x, n. 3. A n I = sup A n x x = sup max x(t 1+ 1 t ) x(t). x =1 x =1 Lấy ɛ = 1 2, chọn x 0 : [0, 1] R liên tục sao cho x 0 (1/2) = 1, x 0 ( n ) = 0. Ta có x 0 = 1 và A n I Ax 0 x 0 max x 0 (t 1+ 1 t ) x0 (t) = 1 t [0,1] Vậy A n không hội tụ về I khi n. Bài tập Cho X, Y là hai không gian định chuẩn thực. 1. Giả sử A : X Y là một ánh xạ thỏa mãn điều kiện A(x + y) = Ax + Ay, x, y X và Ax < +. Chứng minh rằng: Giải. A L(X, Y ). sup x B (0,1) 2. Cho B : X Y là ánh xạ tuyến tính. M = {(x, Bx) x X} là đồ thị của B. Chứng minh rằng B(X) đóng trong Y khi và chỉ khi M + (X {0}) đóng trong X Y.
25 DongPhD Ta có A(0) = A(0 + 0) = A(0) + A(0) A(0) = 0. Với mọi x X, m > 0, m Z ta có Mặt khác A(mx) = A(x } +. {{.. + x } ) = ma(x) m lần A(x + ( x)) = A(x) + A( x) = 0 A( x) = A(x) Suy ra m Z thì A(mx) = ma(x). A(x) = A( x m x ) = ma( x ), m Z\{0} }{{ m} m m lần Với mọi m Q, m = p q, (p, q) = 1 ta có A(mx) = A( px q ) = pa(x q ) = p A(x) = ma(x). q Suy ra A( x m ) = A(x) m. Với mọi m R\Q, tồn tại dãy số (r n) n Q sao cho r n m, n. Ta sẽ chứng minh A(mx) = ma(x). Thật vậy, A(r n x) = r n A(x) ma(x) khi n. Ta cần chứng minh A(r n x) A(mx) khi n. Xét x, x 1, nếu không ta lấy x. Lúc đó x A(r n x) A(mx) = A((r n mx)) ɛ > 0, k > 0 sao cho K k < ɛ. Với n đủ lớn ta có r n m x < 1 k. Do đó k(r n m)x < 1. Suy ra với n đủ lớn thì A(k(r n m)x) K = A((r n m)x K k < ɛ sup Ax x B (0,1) Vậy A(r n x) A(mx) khi n. Do tính duy nhất của giới hạn ta có A(mx) = ma(x). Vậy A là ánh xạ tuyến tính. x Hơn nữa, x X, x 0, x B (0, 1) nên A( x x ) K = sup Ax x B (0,1)
26 DongPhD 26 Ax x Tại x = 0, kết quả trên cũng đúng. Vậy A bị chặn. K hay Ax K x 2. Giả sử B(X) đóng trong Y, ta cần chứng minh M + (X {0}) đóng trong X Y. Lấy (z n ) n M + (X {0}) thỏa z n z 0 = (x 0, y 0 ) X Y. Ta có z n = (x n, Bx n ) + (x n, 0) = (x n + x n, Bx n ) Lúc đó Bx n y 0 = Bz B(X) và z n (z + x 0 z) = (z, Bz)+(x 0 z, 0) M+(X {0}). Suy ra (x 0, y 0 ) M+(X {0}) hay M + (X {0}) đóng. Ngược lại, nếu M + (X {0}) đóng trong X Y ta cần chứng minh B(X) đóng trong Y. Lấy (y n ) n B(X) và y n y, n thì với mỗi n N tồn tại x n X sao cho y n = Bx n. Khi đó (0, y n ) = (x n, y n )+( x n, 0) = (x n, Bx n )+( x n, 0) M +(X {0}) và (0, y n ) (0, y) X Y = 0 0 X + y n y Y = y n y Y 0, n Do M + (X {0}) đóng trong X Y nên (0, y) M + (X {0}). Suy ra (0, y) = (x, Bx) + (x, 0) = (x, Bx) + ( x, 0) = (0, Bx). Vậy y = Bx, x X hay B(X) đóng. Bài tập A L(X, Y ) nếu và chỉ nếu A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy. Giải. Ta chỉ chứng minh phần đảo. Giả sử A biến dãy Cauchy thành dãy Cauchy và A không bị chặn. Lúc đó, tồn tại dãy (x n ) n sao cho Ax n > n 2 x n, n Với x n 0, ta xây dựng dãy (y n ) n như sau y n = x n n x n.
27 DongPhD 27 Ta có y n = 1/n 0 nên nó là dãy Cauchy. Mặt khác, Ay n = Ax n n x n > n2 x n n x n = n suy ra (Ay n ) n không bị chặn và do đó, (Ay n ) n không Cauchy, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy A phải liên tục. Cách khác: 7 Giả sử (x n ) n X, x n x X. Xét dãy { x n nếu n chẵn u n = x nếu n lẻ Rõ ràng u n x, do đó nó là dãy Cauchy. Suy ra (Ax n ) n là dãy Cauchy. Theo định nghĩa dãy Cauchy ta có ɛ > 0, n 0 N : m, n n 0 ta có f(u n ) f(u m ) ɛ. Nói riêng, với u 2n0 +1 = x ta có n N, n n 0 ta có f(u n ) f(x) ɛ, tức là f(u n ) f(x) khi n. Khi đó dãy con của nó là f(x n ) cũng dần về f(x). Vậy f liên tục. Bài tập Cho f là một phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên không gian định chuẩn thực X. Chứng minh rằng với mọi r > 0 thì f(b (0, r)) = R. Giải. Ta có f(b (0, r)) R. r > 0, y R luôn có n N để n > y. Do f không liên tục nên r ta có sup f(x) = +. Do đó có x n, x n = 1 và f(x n ) > n. x =1 Ta có z = yx n f(x n ), z = và f(z) = y. Suy ra R f(b (0, r)) Vậy R = f(b (0, r)). y f(x n ) < y n < r Bài tập Cho không gian định chuẩn X, f X, f 0. Chứng minh rằng tồn tại không gian con một chiều M sao cho X = ker f M. 7 It s a thing of rare beauty and stunning simplicity.
28 DongPhD 28 Giải. Vì f 0 nên tồn tại x 0 X sao cho f(x 0 ) = 1. Với mọi x X, đặt y = f(x)x 0 xf(x 0 ), ta có f(y) = 0 hay y ker f. x = f(x)x 0 y {x 0 } ker f. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Bài tập Cho không gian định chuẩn X, f là phiếm hàm tuyến tính 8 trên X. Chứng minh rằng f liên tục khi và chỉ khi ker f đóng. Giải. Giả sử f liên tục, khi đó ker f đóng vì nó là ảnh ngược của tập đóng {0}. Ngược lại, giả sử ker f đóng ta cần chứng minh f liên tục. Nếu f 0 thì f liên tục. Nếu f 0 và f không liên tục, ta có sup x =1 f(x) = +. Lúc đó, với mỗi n N, x n X, x n = 1 và f(x n ) n. Hơn nữa, vì f 0 nên có a X sao cho f(a) = 1. Xét dãy Ta có hay (y n ) n ker f. Mặt khác x n y n = a x n f(x n ) f(y n ) = f(a) f(x n) f(x n ) = 1 1 = 0 f(x n ) = x n f(x n ) x n = 1 n 0, n x n Suy ra f(x n ) 0, n nên y n a / ker f, n, mâu thuẫn với tính đóng của ker f. Vậy f liên tục. Bài tập Cho không gian định chuẩn X, f là phiếm hàm tuyến tính khác 0 trên X. Chứng minh rằng nếu f không liên tục 9 thì ker f trù mật trong X. Giải. Ta sẽ chứng minh ker f = X. Thật vậy, do f không liên tục tại 0 nên tồn tại ɛ > 0 sao cho n N, x n X sao cho x n < 1 n và 8 Điều này không đúng với ánh xạ liên tục bất kì. Chẳng hạn, với id : ( C [0,1],. 1 ) ( C[0,1],. ) ta có ker id = {0} đóng nhưng id không liên tục vì hai chuẩn này không tương đương 9 Nếu f là một phiếm hàm tuyến tính không liên tục trên không gian định chuẩn thực X ta có thể dùng kết quả f(b (0, r)) = R để chứng minh ker f = X.Thật vậy, với mọi a X, tồn tại x B(0, r) sao cho f(a) = f(x). Suy ra a + x ker f (a + B(0, r)). Vậy ker f trù mật trong X.
29 DongPhD 29 f(x n ) > ɛ Với mọi x X, với mỗi n N đặt y n = x f(x) f(x n ) x n thì y n ker f. Khi đó, y n x = f(x) f(x n ) x n f(x) ɛn 0, n Vậy y n x, hay ker f = X. Cách khác: Vì f không liên tục nên nó không bị chặn. n N tồn tại x n X sao cho f(x n ) n x n. Vì X = {x 0 } ker f nên x n = z n λ n x 0, trong đó z n ker f và λ n C. Do đó f(x n ) = λ n f(x 0 ). Suy ra λ n f(x 0 ) 1 n z n λ n x 0. Nhân hai vế với λ n (nếu λ n = 0 thì f(x n ) = 0), ta được x 0 λ 1 z n n 1 f(x 0 ), cho n thì λ 1 z n x 0. Vì vậy x 0 ker f, tức là ker f = X. Bài tập Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và A L(X, Y ). Tính A, biết rằng Giải. Với mọi x, y B (0, r) ta có sup Ax Ay = 1 x,y B (0,r) Ax Ay = A(x y) A x y A ( x + y ) 2r A nên 1 = sup Ax Ay 2r A hay A 1 x,y B (0,r) 2r. Mặt khác, ta có x B (0, 1) thì rx, rx B (0, r) nên A(rx) A( rx) = A(rx ( rx)) = 2r A(x) 1 suy ra 2r Ax 1 hay Ax 1 2r, x B (0, 1). Từ đó, A = sup Ax 1 x 1 2r. Vậy A = 1 2r. NHẬN XÉT : Giả thiết A : X Y liên tục có thể suy ra từ các giả thiết khác. Thật vậy, x X, x 0 ta có rx x, rx x B (0, r) ta có A( rx x ) A( rx x ) sup Ax Ay = 1 x,y B (0,r)
30 DongPhD 30 Do đó, 2r Ax 1. x Ax 1 x, x 0. 2r Với x = 0, ta cũng có kết quả trên. Vậy A liên tục và A 1 2r. Bài tập Cho hai không gian định chuẩn X, Y. (x n ) n X, (A n ) n L(X, Y ) và x n x 0, A n A. Chứng minh A n x n Ax 0 Giải. Vì A n A nên sup An < +. n N A n x n Ax 0 = A n x n A n x 0 + A n x 0 Ax 0 Vậy A n x n Ax 0, n A n x n x 0 + A n A x 0 Bài tập Cho X là một không gian định chuẩn. Chứng minh không tồn tại u, v : X X sao cho u v v u = id. Giải. Giả sử có u, v thỏa mãn u v v u = id. Ta sẽ chứng minh rằng u v n+1 v n+1 u = (n + 1)v n. Với n = 1 ta có u v 2 v 2 u = 2v. Thật vậy, u v 2 = u v (v) = (id+v u)v = v+v (uv) = v+v (id+v u) = v+v 2 u+v = 2v+v 2 u. Giả sử bài toán đúng với n = k, ta chứng minh nó đúng với n = k + 1. Ta có u v k+2 v k+2 u = (u v k+1 )v v(v k+1 u) = (v k+1 u + (k + 1)v k ) v v k+2 u = v k+1 (u v) + (k + 1)v k+1 v k+2 u = v k+1 (id + v u) + (k + 1)v k+1 v k+2 u = v k+1 + v k+2 u + (k + 1)v k+1 v k+2 u = (k + 2)v k+1 Vậy u v n+1 v n+1 u = (n + 1)v n. Suy ra (n+1)v n 2 u v v n, n N hay (n+1) v n 2 u v v n, n N. Nếu v n 0, n N thì (n + 1) 2 u v, n N, vô lí. Do đó, tồn tại n 0 sao cho v n = 0, n n 0. Suy ra v n = 0, n n 0. Theo u v n+1 v n+1 u = (n + 1)v n ta được v n 0 1 = 0,... Tiếp tục quá trình này ta có v = 0, khi đó id = 0, vô lí. Vậy không tồn tại u, v sao cho u v v u = id.
31 DongPhD 31 Bài tập Cho không gian định chuẩn X, A : X X là toán tử tuyến tính sao cho trong X tồn tại dãy (x n ) n sao cho x n = 1, Ax n 0. Chứng minh A không có toán tử ngược bị chặn. Giải. Giả sử A có toán tử ngược A 1 bị chặn. Khi đó nên A 1 (Ax n ) = (A 1 A)(x n ) = Id(x n ) = x n A 1 (Ax n ) = x n = 1, n N A 1 bị chặn nên liên tục. Vì Ax n 0 nên A 1 (Ax n ) 0. Suy ra A 1 (Ax n ) = x n = 1 0, vô lí. Vậy A không tồn tại toán tử ngược bị chặn. 1.5 Chuẩn tương đương Bài tập Cho X = C [0,1]. Trên X ta xét các chuẩn sau Chứng minh rằng Giải. f 1 = f 2 = ( f = sup t [0,1] 1. f 1 f 2 và f 2 f. f(t) dt f(t) 2 dt) 1 2 f(t) 2. Ba chuẩn trên đôi một không tương đương. 3. Từ đó suy ra (X,. 1 ) và (X,. 2 ) không Banach Tổng quát: Nếu X là không gian Banach thì mọi chuẩn trên X so sánh được với chuẩn ban đầu và làm cho X là không gian Banach đều tương đương. Thật vậy, nếu X 1 là X với chuẩn mới. 1 thì id : X X 1 hoặc id : X 1 X liên tục tương ứng với. 1 yếu hơn hay mạnh hơn chuẩn ban đầu. Khi đó, nó là phép đồng phôi.
32 DongPhD Theo bất đẳng thức Holder ta có 1 f 2 1 = ( 1 f(t) dt) 2 ( 1 f(t) 2 dt)( 1 2 dt) = f và f 2 2 = 1 f(t) 2 dt f 0 2. Xét f n (t) = t n, t [0, 1], n N. Ta có f n 1 = 1 n + 1, f n 2 = 1 2n+1, f = 1. Mà f n 2 f n 1 +, f n f n 1 +, f n f n Nếu (X,. 2 ) là Banach thì id : (X,. ) (X,. 2 ) là song ánh tuyến tính liên tục của hai không gian Banach. Theo nguyên lý ánh xạ mở, nó là phép đồng phôi. Do đó,. 2 và. tương đương, mâu thuẫn. Bài tập Cho (X,. 1 ) và (X,. 2 ) là hai không gian Banach. Với mọi (x n ) n X, nếu x n 1 0 thì x n 2 0. Chứng minh hai chuẩn này tương đương. Giải. Xét ánh xạ id : (X,. 1 ) (X,. 2 ) x x Ta có id là song ánh, tuyến tính, liên tục. Theo định lí Banach về ánh xạ mở id là một phép đồng phôi tuyến tính, do đó có M, N > 0 sao cho Vậy hai chuẩn này tương đương. M x 1 x 2 N x 1 Bài tập Cho X là không gian định chuẩn,. 1 và. 2 là hai chuẩn không tương đương trên X và có số K sao cho. 1 K. 2. Khi đó, nếu (X,. 1 ) là Banach thì (X,. 2 ) không Banach.
33 DongPhD 33 Giải. Giả sử (X,. 2 ) không Banach. Lúc đó, id là song ánh, tuyến tính, liên tục. Theo định lí Banach về ánh xạ mở id là một phép đồng phôi tuyến tính, do đó có M, N > 0 sao cho M x 1 x 2 N x 1 Vậy hai chuẩn này tương đương. (Vô lý) Bài tập Cho X 1 = (X,. 1 ) là không gian Banach và X 2 = (X,. 2 ) là không gian định chuẩn không Banach. Chứng minh rằng hai chuẩn này không tương đương với nhau. Giải. Giả sử chúng tương đương với nhau. Khi đó tồn tại c 1, c 2 > 0 sao cho x X ta có c 1 x 1 x 2 c 2 x 1 Gọi (x n ) n X 2 là dãy Cauchy. Ta có x m x n 2 0, m, n. Kết hợp với bất đẳng thức trên ta suy ra (x n ) n là dãy Cauchy trong X 1 nên nó hội tụ đến phần tử x X 1. Mặt khác x n x < c 2 x n x 1 0, n nên x n x 2 0, n. Vậy x n x, n, nghĩa là X 2 là không gian Banach, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy hai chuẩn. 1,. 2 không tương đương. Bài tập Ví dụ về hai không gian Banach nhưng các chuẩn tương ứng không tương đương. Giải. Cho X = l 1 và Y = l 2. Với mỗi k N ta gọi e k = (δ km ) m N l 1 và f k là các thành phần tương ứng trong l 2. Với mỗi t (0, 1), đặt b t = (1, t, t 2,...). Khi đó {e k : k N} {b t : 0 < t < 1} là hệ độc lập tuyến tính trong l 1 và {f k : k N} {b t : 0 < t < 1} là hệ độc lập tuyến tính trong l 2. Các hệ này có thể mở rộng thành cơ sở Hamel B 1 và B 2 tương ứng trong l 1 và l 2. Cả B 1 và B 2 đều chứa một tập con có lực lượng 2 ℵ 0. Mặt khác, X 2 N và Y 2 N nên ta suy ra B 1 và B 2 có lực lượng bằng 2 ℵ 0. Đặc biệt có đẳng cấu ϕ từ B 1 vào B 2 biến e k thành f k, k N. Với mỗi n N, đặt a n = a n 1 = 1 và b n 2 = 1 n. n k=1 1 k e k l 1 và b k = n Ta định nghĩa một chuẩn mới trên l 1 như sau x β = ϕ(x) 2 k=1 1 k f k l 2. Khi đó
34 DongPhD 34 với x l 1. Đây là một chuẩn vì ϕ tuyến tính và đơn ánh. Ta sẽ chứng minh X Banach với chuẩn này. Thật vậy, giả sử (x n ) n là dãy Cauchy với chuẩn mới trong X. Lúc đó (ϕ(x n )) n là dãy Cauchy với chuẩn. 2 trong l 2. Vì l 2 là Banach nên có y l 2 sao cho ϕ(x n ) y 2 0, n. Vì ϕ là toàn ánh nên ta có thể viết y = ϕ(x) với x l 1. Ta có ϕ(x n ) y 2 = ϕ(x n ) ϕ(x) 2 = x n x β Suy ra x n x 0 khi n. Nói cách khác, l 1 đủ với chuẩn. β. Cuối cùng ta sẽ chứng minh. 1 và. β không tương đương trên X = l 1. Thật vậy, ta có ϕ(a n ) = b n và do đó a n β = b n 2 = 1 n 0 khi n. Tuy nhiên, a n 1 = 1, n N. 1.6 Hỗn hợp Bài tập Cho f L (, µ), g L q (, µ), p, q > 0 và 1 p + 1 q = 1. Chứng minh rằng dấu = xảy ra khi và chỉ khi c 1, c 2, c c : c 1 f(x) p = c 2 g(x) q, đối với bất đẳng thức Holder về tích phân: fg dµ ( f p dµ) 1 p ( g q dµ) 1 q Giải. Trong chứng minh này ta sẽ dùng bất đẳng thức Young : a, b 0, p, q > 0 và 1 p + 1 q = 1 ab ap p + bq q Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a p = b q. Bất đẳng thức Holder về tích phân: Nếu f p dµ = 0 hoặc g q dµ = 0 thì f p hoặc g q hầu khắp nơi, suy ra vế trái cũng bằng 0 nên bất đẳng thức đúng. Nếu f p dµ = hoặc g q dµ = thì bất đẳng thức đúng. Xét 0 < f p dµ < và 0 < g q dµ <, lúc đó ta lấy f a = ( g và b = f p dµ) 1 p (. Áp dụng bất đẳng thức Young g q dµ) 1 q
35 DongPhD 35 cho a và b ta có: ( f g f p dµ) 1 p ( g q dµ) 1 q f p p f p dµ + g q q g q dµ Lấy tích phân hai vế trên ta có f g dµ f p dµ ( Suy ra f p dµ) 1 p ( g q dµ) 1 q fg dµ ( g q dµ p f p dµ + q g q dµ = 1 p + 1 q = 1 f p dµ) 1 p ( g q dµ) 1 q ( ) Nếu tồn tại 1, c 2, c c : c 1 f(x) p = c 2 g(x) q và giả sử c 1 0 thì f p = c 2 g q nên c 1 fg dµ = ( c 2 ) 1 q p g 1+ c 1 p dµ = ( c 2 c 1 ) 1 p g p+q p dµ = ( c 2 ) 1 p c 1 g q dµ Mặt khác ta có V P = ( f p dµ) 1 p ( Vậy V T = V P. = ( c 2 ) 1 p )( c 1 g q dµ) 1 q = ( g q dµ) 1 p + 1 q = ( c 2 c 1 ) 1 p (( c 2 c 1 ) 1 p g q p ) p dµ) 1 p ( g q dµ g q dµ) 1 q ( ) Áp dụng bất đẳng thức Young cho hai số a và b như trên thì dấu = xảy ra khi a p = b q, hay f f p dµ = g g q dµ ta chỉ việc chọn c 1 = g q dµ, c 2 = f p dµ.
36 DongPhD 36 Bài tập Giả sử M là một tập trong không gian Banach sao cho bất kỳ hàm thực f nào liên tục trên M cũng thỏa mãn 1 trong 2 điều kiện sau: 1. f bị chặn trên M 2. Nếu f bị chặn trên thì f đạt được giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Chứng minh rằng M là một tập compact. Giải. Dùng phản chứng. Giả sử tồn tại dãy (x n ) n M, x n x m sao cho không tồn tại một dãy con nào hội tụ cả. Khi đó, nếu đặt r n = 1 3 inf m n x n x m, r n 0. Đặt f : M R, xác định bởi 0 (, x M \ B(x n, r n ) f = n 1 x x ) n, x B(x n, r n ) r n Khi đó f liên tục trên M. Thật vậy, cho x 0 M. Nếu x 0 / B (x n, r n ) với mọi n thì x 0 G = n N (X \ B(x n, r n )) là tập mở và f(x) = 0 khi x G nên f liên tục tại x 0. Lưu ý α = inf x 0, x n > 0 nên n B(x 0, α/2) B(x n, r n ) =. Nếu tồn tại n để x 0 B(x n, r n ) thì f liên tục theo biểu thức xác định. Nếu tồn tại n sao cho x 0 x n = r n thì f(x 0 ) = 0 theo công thức. Với ɛ > 0, chọn δ = ɛr n n lúc đó với mọi x M nếu ( x / B(x n, r n ) thì f(x) = 0. Nếu x B(x n, r n ) thì x x n < min r n, ɛr ) n, khi đó r n > x x n x n x 0 x x 0 r n ɛr n n = r n ( Vậy f(x) = n 1 x x ) n n ( 1 (1 ɛ n ) = ɛ). r n Tuy nhiên f không bị chặn vì f(x n ) = n. ( n 1 ɛ n). Bài tập Cho không gian Banach X, A L(X). Giả sử tồn tại C > 0 sao cho x X, Ax C x. Chứng minh rằng ImA = A(X) là một không gian con đóng của X. Giải. Lây (y n ) n A(X), y n y X. Ta cần chứng minh y A(X). Ta có n N, x n X sao cho Ax n = y n. Vì y n y nên nó là dãy cơ bản trong X. Do đó ɛ > 0, n 0 > 0, m, n n 0 y m y n < Cɛ.
37 DongPhD 37 Theo giả thiết m, n n 0 thì C x m x n A(x n x m ) C x m x n A(x n ) A(x m ) x m x n 1 C y m y n < 1 C Cɛ = ɛ Suy ra (x n ) n là một dãy cơ bản trong không gian Banach X nên hội tụ về phần tử x X. Mặt khác A liên tục nên Ax n Ax, tức là y n Ax. Do tính duy nhất của giới hạn nên y = Ax hay y A(X). Bài tập Cho X là không gian định chuẩn và f X, f 0. Đặt α = inf{ x : x X, f(x) = 1}. Chứng minh f = 1 α Giải. Ta sẽ chứng minh f 1 α và f 1 α. Vì f 0 nên f 0. Đặt M = {x X f(x) = 1}. Khi đó x M, = f(x) f x. Suy ra x M, x và do đó f f α = inf x. Vậy 1 x M α f. Với mọi x X, f(x) 0, ta đặt y = Lúc đó y = x f(x) thì f(y) = 1. Do đó y M. x f(x) α. Suy ra f(x) 1 x, x X, f(x) 0. Từ α đó f(x) 1 α x, x X. Vậy f 1 α. Bài tập Cho f là phiếm hàm tuyến tính liên tục khác 0 trên không gian định chuẩn X. Đặt N = ker f = {x X f(x) = 0} Chứng minh rằng a X, d(a, N) = f(a) f.
38 DongPhD 38 Giải. a N, rõ. a / N, ta có d(a, N) = inf a x. Vì N đóng và a / N nên d(a, N) > 0. x N Ta có f(a) = f(a) f(x) f a x, x N f(a) f f(a) f f(a) f a x, x N inf a x x N d(a, N) Với mọi x X, a / N đặt y = a f(a) f(x) x, thì f(y) = 0 y N. Suy ra a y = f(a) x và d(a, N) a y. Suy ra f(x) d(a, N) f(a) f(x) x d(a, N) f(a) f(x) x Vậy d(a, N) = f(a) f. f(x) f(a) d(a, N) x f f(a) d(a, N) f(a) d(a, N) f Bài tập Cho không gian định chuẩn X, M 0, M X. Đặt M= {f X : f(x) = 0, x M}. Chứng minh M là một không gian đóng của X. Giải. Dễ thấy M là một không gian con. Ta chứng minh M đóng. Lấy (f n ) n M, f n f X ta cần chứng minh f M. Vì f n f nên f n (x) f(x), x X. Do đó x M, f(x) = lim f n(x) = lim 0 = 0 n n Vậy f M hay M đóng.
39 DongPhD 39 Bài tập Ví dụ về không gian con của không gian vô hạn chiều nhưng không đóng. Giải. 1. l 0 l là không gian con của l, trong đó l 0 bao gồm các dãy số phức chỉ có hữu hạn số hạng khác 0. Ta có a = (1, 1 2, 1,...) l 3 Với mỗi n N đặt Khi đó x n a = (0, 0,..., 0, Mà a / l 0. x n = (1, 1 2, 1 3,..., 1 n, 0, 0,...) l 0 2. Xét không gian định chuẩn C[0, 1] với chuẩn 1 n + 1, 1 n + 2,...) = 1 n khi n ( 1 x = f(t) 2 dt 0 Xét tập S = {f C[0, 1] f(0) = 0} C[0, 1]. Lúc đó, S là không gian con của C[0, 1]. Xét g C[0, 1] sao cho g(t) = 1, t [0, 1]. Với mỗi n N, xét f n S xác định như sau { nt nếu 0 t 1 f n (t) = n 1 nếu 1 n t 1 Lúc đó và f n g = f n (t) g(t) = 1 n (nt 1) 2 dt Vậy f n g, tuy nhiên g / S. 0 ) 1 2 { nt 1 nếu 0 t 1 n 0 nếu 1 n t =. ( ) 1/2 1 0 khi n 3n
40 DongPhD W là tập các đa thức trong C[0, 1]. Rõ ràng W là không gian con của C[0, 1]. W không đóng trong C[0, 1] với chuẩn max và chuẩn ở ví dụ trên. Gợi ý: Xét hàm e x và khai triển Taylor. 4. Cho A = {f L 2 [0, 1] khoảng I f [0, 1], 1/2 I f, f = 0 h.k.n trên I f } Lấy n = {1/2 1/n, 1/2 + 1/n} và f n = 1 χ n. Lúc đó f n = 0 trên n và 1/2 n. Ta có f n f = 1 L 2 [0, 1] vì f n f = χ n = µ( n ) = 2/n 0. Bài tập Cho X, Y là hai không gian Banach và A : X Y là toán tử tuyến tính sao cho với mọi dãy x n 0 và g Y thì g(ax n ) 0. Chứng minh A liên tục. Giải. Ta chứng minh A đóng. Lấy (x n, Ax n ) X Y sao cho (x n, Ax n ) (x, y) X Y. Ta cần chứng minh y = Ax. Thật vậy, nếu y Ax, thì theo hệ quả của định lí Hahn-Banach tồn tại g Y sao cho g(ax) g(y). Vì (x n, Ax n ) (x, y) X Y nên x n x 0, lúc đó theo giả thiết g(a(x n x)) 0 hay g(ax n ) g(ax). Ta cũng có g(ax n ) g(y) vì Ax n y. Từ đó g(ax) = g(y), mâu thuẫn. Vậy Ax = y hay A là ánh xạ đóng. Bài tập Cho X là không gian định chuẩn và M X, f X ta có sup f(x) < +. Chứng minh M là tập bị chặn trong X. x M Giải. Ta có f X, sup f(x) < + x M sup x(f) < + x M Do đó, (x) x M bị chặn từng điểm trên X. Mặt khác X là không gian Banach nên (x) x M bị chặn đều, tức là tồn tại K R sao cho x K, x M. Bài tập Cho X là không gian định chuẩn thực và f : X R là phiếm hàm tuyến tính. Chứng minh rằng f liên tục khi và chỉ khi M = {x X f(x) 1} đóng trong X
41 DongPhD 41 Giải. : Vì f liên tục nên M = f 1 ([1, + )) đóng. : Giả sử f không liên tục. Ta có sup f (x) = + nên n N, x =1 x n X, x n = 1 và f (x n ) > n. Xét dãy y n = x n n, n 1. Lúc đó (y n) n M vì f(y n ) = f(x n) 1, n n N. Mặt khác y n = x n n = 1 0, n. Vì M đóng nên 0 M. Suy n ra 0 = f(0) 1, mâu thuẫn. Vậy f liên tục. Bài tập Cho X là không gian định chuẩn và f là phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện (x n ) n X hội tụ thì (f(x n )) n bị chặn. Chứng minh f X. Giải. Giả sử f không liên tục, lúc đó sup f(x) = +. Suy ra với mọi n N, có x n X, x n = 1 và f(x n ) n 2 Chọn y n = 1 n x n, y n 0. Ta có f(y n ) = f(x n) n n2 n = n (f(y n )) n không bị chặn, mâu thuẫn. Vậy f X. Bài tập Cho X là không gian Banach vô hạn chiều. Chứng minh X không thể có một cơ sở Hamel gồm một số đếm được các phần tử. Giải. Giả sử ngược lại X có một cơ sở Hamel gồm một số đếm được các phần tử là x 1, x 2,..., x n,... Xét n N, đặt X n =< {x 1,..., x n } >. Lúc đó X n là không gian con đóng dimx n = n và X = X n. X Banach nên nó thuộc phạm trù II, tức là tồn tại n 0 N sao cho B(x 0, r) X n0. Với mọi x X, x 0, đặt y = rx 2 x + x 0, ta có y x 0 = r x 2 x = r 2 < r Do đó y B(x 0, r), tức là y X n0. Suy ra x X n0. Từ đó X = X n0, vô lý. Vậy X không thể có một cơ sở gồm đếm được phần tử. n=1
42 DongPhD 42 Bài tập Đặt A n = {f L 1 ([a, b]) f(t) 2 dt n} Giải. [a,b] 1. Chứng minh rằng A n là đóng trong không gian L 1 ([a, b]) và A n =. 2. L 2 ([a, b]) là tập thuộc phạm trù thứ nhất trong L 1 ([a, b]) 1. Lấy dãy (f k ) k A n và f k f, ta cần chứng minh f A. Ta có µ f k f nên f k f. Khi đó tồn tại dãy con (fki ) i của (f k ) k sao h.k.n cho f ki f. Suy ra fki 2 h.k.n f 2. Theo bổ đề Fatou, ta có f(t) 2 dt = lim f k(t) 2 dt = lim f ki (t) 2 dt k [a,b] [a,b] lim k [a,b] [a,b] f ki (t) 2 dt n k Vậy f A n nên A n đóng. Tiếp theo ta sẽ chứng minh A n =, tức là f A n, ɛ > 0, g L 1, f g < ɛ và g / A n. Thật vậy, [a, b] = [a, b α] [b α, b] = 1 2 { f(x) nếu x 1 g(x) = ksignf(x) + f(x) nếu x 2 trong đó k > n ɛ, n k < α < ɛ 2 k. f g = k signf(x) = k = αk < ɛ 2 2 Ta có g 2 = ksignf(x) + f(x) 2 = ( f + k) 2 g(t) 2 dt g(t) 2 dt k 2 dt = αk 2 > n [a,b] 2 2
43 DongPhD 43 Cách 2: ɛ > 0, chọn α > 0, α < b a, nα < ɛ 2. Lúc đó n α < ɛ2 α 2, chọn k R sao cho n α < k2 < ɛ2 α2. Chọn { f(x) nếu x 1 g(x) = ksignf(x) nếu x 2 Cách 3: ɛ > 0, chọn ɛ2 4n < α < ɛ2 2n. Chọn f(x) nếu x [a + α, b] g(x) = f(x) + 2n signf(x) nếu x [a, a + α] ɛ 2. Ta có L 2 ([a, b] = A n n=1 Ví dụ về ess sup: Xét hàm f, g : [ 1, 1] R được định nghĩa như sau: f(x) = x 2, x [ 1, 1] và Khi đó Tuy nhiên x 2 nếu x [ 1, 1] \ {0, ± 1 3 } g(x) = 3 nếu x = 0 5 nếu x = ± 1 3 sup g(x) = 5 t [ 1,1] sup f(x) = 1 t [ 1,1] ess sup f(x) = 1 = ess sup g(x) Bài tập Chứng minh rằng trong không gian Banach X, tổng của một không gian con đóng và một không gian con hữu hạn chiều là đóng. Giải. Ta chỉ cần chứng minh nếu S là không gian con đóng và x / S thì S + Rx đóng. Theo định lý Hahn-Banach thì tồn tại một hàm tuyến tính liên tục triệt tiêu trên S và thỏa mãn f(x) = 1. Bây giờ giả sử y n S + Rx và y n y. Lúc đó y n = s n + r n x, s n S, r n R. Suy ra r n = f(y n ) f(y). Từ đó s n = y n r n x y f(y)x, và vì S đóng nên
44 DongPhD 44 y f(y)x S. Vậy y = [y f(y)x] + f(y)x S + Rx. Cách khác: S + F = p 1(pF ) trong đó p là phép chiếu từ không gian X lên X/S. Vì F hữu hạn chiều nên đóng trong X/S và ảnh ngược của nó qua ánh xạ liên tục cũng đóng 11. Bài tập Tìm phản thí dụ chứng tỏ trong không gian định chuẩn tổng của hai không gian con đóng chưa chắc là một không gian con đóng. Giải. Cách 1: Dùng 1.26 Lấy X = l 1. A : X X x = (x n ) n Ax = (x 1, x 2 2,..., x n n,...) A là toán tử tuyến tính liên tục. A không đóng nên M + N không đóng. Chọn dãy (x n ) n l 1 như sau: x 1 = (1, 0,...) x 2 = (1, 1, 0,...) 2... x n = (1, 1 2,..., 1, 0,...) n Ta có Ax n = (1, 1 2 2,..., 1 n 2, 0,...) và Ax n = (Ax n ) n l 1. Xét y = (1, , 3 2,..., 1 1 n 2, (n + 1) 2,...). n=1 1 n 2 < +. Do đó Ax n y = k=n 1 (k + 1) 2 0, n Tuy nhiên, y / A(X). Thật vậy, nếu tồn tại x l 1 sao cho y = Ax thì x 1 = 1, x 2 = 1 2,..., x n = 1 n,... và x = 1, vô lý. Cách 2: Xét n=1 n X = l 2. Xét X 1, X 2 là các không gian vectơ gồm tất cả các dãy số thực xác định như sau X 1 = {(y n ) n y n = 0 với n lẻ} 11 Xem chi tiết trong Bài tập Giải tích hàm của Nguyễn Xuân Liêm
45 DongPhD 45 X 2 = {(z n ) n z 2n = nz 2n 1 } Lúc đó, Y 1 = l 2 X 1 và Y 2 = l 2 X 2 là hai không gian con đóng của l 2. Mọi dãy (x n ) n của l 2 đều có thể viết duy nhất dưới dạng tổng các thành phần của X 1, X 2. Thật vậy, giả sử {x 1, x 2,...} = {0, y 1, 0, y 4, 0,...} + {z 1, z 2, z 3, 2z 3, z 5, 3z 5,...} = {z 1, y 2 + z 2, z 3, y 4 + 2z 3, z 5, y 6 + 3z 5,...} Suy ra z 1 = x 1, y 2 = x 2 x 1, z 3 = x 3, y 4 = x 4 2x 3,.... Do đó ta có sự biểu diễn duy nhất {x 1, x 2,...} = {0, x 2 x 1, 0, x 4 2x 3, 0, x 6 3x 5,...}+{x 1, x 2, x 3, 2x 3, x 5, 3x 5,...} Y 1 + Y 2 trù mật trong l 2, tức là Y 1 + Y 2 = l 2. Xét dãy {1, 0, 1 2, 0, 1 3,...} l2 ta có {1, 0, 1 2, 0, 1 3,...} = {0, 1, 0, 1, 0, 1,...} + {1, 1, 1 2, 1, 1, 1,...} 3 Dãy trên không thuộc Y 1 + Y 2 vì và {0, 1, 0, 1, 0, 1,...} / Y 1 {1, 1, 1 2, 1, 1 3, 1,...} / Y 2 do chúng không thuộc l 2. Vậy Y 1 + Y 2 không đóng trong l 2. Cách 3: Cho F : l l được định nghĩa như sau: z = {z n } n N { z n n } n N. Ta có: F 1 và F z = 0 z = 0. Do đó, F liên tục và đơn ánh. Mặt khác, với mỗi k N lấy ta gọi x k = {1, 2,..., k, k,...} l và k F (x k ) = {1, 1,..., 1, k + 1, k k + 2,...} F (l ) Xét bổ đề sau: Cho hai không gian Banach X, Y và F L(X, Y ). Khi đó F là đơn ánh và F (X) là đóng nếu và chỉ nếu tồn tại C > 0 sao cho x C F x với mọi x X.
46 DongPhD 46 Giải. Giả sử F là đơn ánh và F (X) đóng. F (X) là không gian Banach vì nó là không gian con đóng của không gian Banach. Xét ánh xạ F 1 : F (X) X. Nó là ánh xạ ngược của một đẳng cấu bị chặn giữa X và F (X). Do đó, tồn tại C > 0 sao cho F 1 y C y, y F (X) tức là F 1 bị chặn. Thay y bởi F x ta có kết quả cần tìm. Nếu bất đẳng thức đúng thì F là đơn ánh, và nếu F x n là dãy Cauchy trong F (X) thì (x n ) n là dãy Cauchy theo giả thiết. Lúc đó, x n x X, và vì F liên tục nên F x n F x. Vậy F (X) là đầy đủ và do đó F (X) đóng. Theo bổ đề này, có thể thấy rằng với k đủ lớn, không có c > 0 sao cho x k c F x k. Do đó, F (X) không đóng. Cách 4: Xét X = C[0, 1] với chuẩn max và toán tử tuyến tính F L(X) xác định như sau: f(t) t 0 f(s)ds, t [0, 1]. Rõ ràng, F bị chặn. Nếu ta viết g = F f thì g(0) = 0, g (t) = f(t), và F f = 0 f(t) = 0 trên [0, 1]. Do đó, F là đơn ánh và F (X) = {g C 1 [0, 1] : g(0) = 0} Theo bổ đề trên thì F (X) không đóng. Thật vậy, lấy dãy (f n ) được định nghĩa như sau f n (t) = nt n 1, ta có f n X, f n = n và F (f n ) = 1 với mọi n N. Do đó, không tồn tại C > 0 sao cho f n C F (f n ) với n đủ lớn. Do đó, F (X) không đóng. Bài tập Cho f X = C[0, 1], giả sử n N, a n, b n R sao cho 1 0 (f(x) a n x b n ) 4 dx < 1 n Chứng minh rằng f là hàm số bậc nhất. Giải. Dễ thấy f khả tích trên [0, 1]. Ta định nghĩa:. L : C[0, 1] f 1 0 R f(x) dx
Exercises. Functional. Analysis. A review for final exam st Edition
Phạm Đình Đồng xercises in Functional 1st dition Analysis A review for final exam 2008 Lời tựa To all the girls i love before. Tôi đến với giải tích hàm như một "sự sắp đặt của số phận". Có lẽ, đó là nguyên
Διαβάστε περισσότερα1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n
Cơ sở Toán 1 Chương 2: Ma trận - Định thức GV: Phạm Việt Nga Bộ môn Toán, Khoa CNTT, Học viện Nông nghiệp Việt Nam Bộ môn Toán () Cơ sở Toán 1 - Chương 2 VNUA 1 / 22 Mục lục 1 Ma trận 2 Định thức 3 Ma
Διαβάστε περισσότεραNăm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b
huỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định Nguyễn Văn inh Năm 2015 húng ta bắt đầu từ bài toán sau. ài 1. (US TST 2012) ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi, lần lượt là các điểm trên,
Διαβάστε περισσότεραNăm Chứng minh Y N
Về bài toán số 5 trong kì thi chọn đội tuyển toán uốc tế của Việt Nam năm 2015 Nguyễn Văn Linh Năm 2015 1 Mở đầu Trong ngày thi thứ hai của kì thi Việt Nam TST 2015 có một bài toán khá thú vị. ài toán.
Διαβάστε περισσότεραHÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD:
. Định nghĩa Hàm biến. f : D M (, ) z= f( M) = f(, ) Miền ác định của hàm f(,) là miền VD: f : D HÀM NHIỀU BIẾN M (, ) z= f(, ) = D sao cho f(,) có nghĩa. Miền ác định của hàm f(,) là tập hợp những điểm
Διαβάστε περισσότεραI 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N
ài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại Thương 1 Giới thiệu Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện
Διαβάστε περισσότεραNăm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1
Dùng phép vị tự quay để giải một số bài toán liên quan đến yếu tố cố định Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Mở đầu Tư tưởng của phương pháp này khá đơn giản như sau. Trong bài toán chứng minh điểm chuyển động
Διαβάστε περισσότεραTối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X.
Tối ưu tuyến tính Câu 1: (Định lý 2.1.1 - Nguyên lý biến phân Ekeland) Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và z Z thỏa Khi đó tồn tại y X sao cho (i)
Διαβάστε περισσότερα5. Phương trình vi phân
5. Phương trình vi phân (Toán cao cấp 2 - Giải tích) Lê Phương Bộ môn Toán kinh tế Đại học Ngân hàng TP. Hồ Chí Minh Homepage: http://docgate.com/phuongle Nội dung 1 Khái niệm Phương trình vi phân Bài
Διαβάστε περισσότεραSuy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA
ài tập ôn đội tuyển năm 015 guyễn Văn inh Số 6 ài 1. ho tứ giác ngoại tiếp. hứng minh rằng trung trực của các cạnh,,, cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. J 1 1 1 1 hứng minh. Gọi 1 1 1 1 là tứ giác
Διαβάστε περισσότεραO 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B.
ài tập ôn đội tuyển năm 2014 guyễn Văn inh Số 2 ài 1. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn () lần lượt tại,. Từ kẻ hai tiếp tuyến t 1, t 2 tới ( 2 ), từ kẻ hai tiếp tuyến
Διαβάστε περισσότεραNăm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C.
Đường thẳng Simson- Đường thẳng Steiner của tam giác Nguyễn Văn Linh Năm 2014 1 Đường thẳng Simson Đường thẳng Simson lần đầu tiên được đặt tên bởi oncelet, tuy nhiên một số nhà hình học cho rằng nó không
Διαβάστε περισσότεραSỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 0 LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 80 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ
Διαβάστε περισσότεραKinh tế học vĩ mô Bài đọc
Chương tình giảng dạy kinh tế Fulbight Niên khóa 2011-2013 Mô hình 1. : cung cấp cơ sở lý thuyết tổng cầu a. Giả sử: cố định, Kinh tế đóng b. IS - cân bằng thị tường hàng hoá: I() = S() c. LM - cân bằng
Διαβάστε περισσότεραcó thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[]
1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Chúng ta đều biết: không có lý thuyết tổng quát cho phép giải mọi phương trình đạo hàm riêng; nhất là với các phương trình phi tuyến Au [ ] = 0; (1) trong đó A[] ký hiệu toán
Διαβάστε περισσότεραQ B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3
ài tập ôn đội tuyển năm 2015 guyễn Văn Linh Số 8 ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn () có là tâm nội tiếp. cắt () lần thứ hai tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với,. Hai tiếp tuyến chung
Διαβάστε περισσότεραx i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước).
1 Mục lục Chương 1. NHÓM.................................................. 2 Chương 2. NHÓM HỮU HẠN.................................... 10 Chương 3. NHÓM ABEL HỮU HẠN SINH....................... 14 2 CHƯƠNG
Διαβάστε περισσότεραO C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh
ài toán rotassov và ứng dụng Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Giới thiệu ài toán rotassov được phát biểu như sau. ho tam giác với là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn () bất kì đi qua và. ựng một đường
Διαβάστε περισσότεραMôn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn: Toán Năm học 0-0 Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Διαβάστε περισσότεραM c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ).
ài tập ôn đội tuyển năm 015 Nguyễn Văn inh Số 5 ài 1. ho tam giác nội tiếp () có + =. Đường tròn () nội tiếp tam giác tiếp xúc với,, lần lượt tại,,. Gọi b, c lần lượt là trung điểm,. b c cắt tại. hứng
Διαβάστε περισσότεραTruy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Tru cập website: hoc36net để tải tài liệu đề thi iễn phí ÀI GIẢI âu : ( điể) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 8 3 3 () 8 3 3 8 Ta có ' 8 8 9 ; ' 9 3 o ' nên phương trình () có nghiệ phân
Διαβάστε περισσότεραhttps://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU TỔ TOÁN Câu ( điểm). Cho hàm số y = + ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 5-6 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút (không tính thời gian phát đề ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
Διαβάστε περισσότεραA. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
. ĐẶT VẤN ĐỀ Hình họ hông gin là một hủ đề tương đối hó đối với họ sinh, hó ả áh tiếp ận vấn đề và ả trong tìm lời giải ài toán. Làm so để họ sinh họ hình họ hông gin dễ hiểu hơn, hoặ hí ít ũng giải đượ
Διαβάστε περισσότεραNgày 26 tháng 12 năm 2015
Mô hình Tobit với Biến Phụ thuộc bị chặn Lê Việt Phú Chương trình Giảng dạy Kinh tế Fulbright Ngày 26 tháng 12 năm 2015 1 / 19 Table of contents Khái niệm biến phụ thuộc bị chặn Hồi quy OLS với biến phụ
Διαβάστε περισσότεραBài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH
Câu 1: Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Cho văn phạm dưới đây định nghĩa cú pháp của các biểu thức luận lý bao gồm các biến luận lý a,b,, z, các phép toán luận lý not, and, và các dấu mở và đóng ngoặc tròn
Διαβάστε περισσότεραNăm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren).
Định lý Pascal guyễn Văn Linh ăm 2014 1 Giới thiệu. ăm 16 tuổi, Pascal công bố một công trình toán học : Về thiết diện của đường cônic, trong đó ông đã chứng minh một định lí nổi tiếng và gọi là Định lí
Διαβάστε περισσότεραx y y
ĐÁP ÁN - ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP THPT Bài Năm học 5 6- Môn: TOÁN y 4 TXĐ: D= R Sự biến thiên lim y lim y y ' 4 4 y ' 4 4 4 ( ) - - + y - + - + y + - - + Bài Hàm số đồng biến trên các khoảng
Διαβάστε περισσότεραTôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα
- Γενικά Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Khi nào [tài liệu] của bạn được ban hành? Για να ρωτήσετε πότε έχει
Διαβάστε περισσότεραBỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút Câu (, điểm) Cho hàm số y = + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết
Διαβάστε περισσότεραĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2
ĐỀ 8 https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số - https://huongphuong.wordpress.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 016 LẦN TRƯỜNG THPT MINH
Διαβάστε περισσότεραCÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG
CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Tăng Vũ 1. Đường thẳng Euler. Bài toán 1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng
Διαβάστε περισσότερα1.6 Công thức tính theo t = tan x 2
TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 1 Công thức lượng giác 1.1 Hệ thức cơ bản sin 2 x + cos 2 x = 1 1 + tn 2 x = 1 cos 2 x tn x = sin x cos x 1.2 Công thức cộng cot x = cos x sin x sin( ± b) = sin cos
Διαβάστε περισσότεραBatigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức
SỐ PHỨC TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG Batigoal_mathscope.org Hoangquan9@gmail.com I.MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN. Khoảng cách giữa hai ñiểm Giả sử có số phức và biểu diễn hai ñiểm M và M trên mặt phẳng tọa
Διαβάστε περισσότεραSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ TI TUYỂN SIN LỚP NĂM ỌC 9- KÁN OÀ MÔN : TOÁN NGÀY TI : 9/6/9 ĐỀ CÍN TỨC Thời gian làm bài: phút (không kể thời gian giao đề) ài ( điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a Cho biết
Διαβάστε περισσότεραx = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2)
65 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN R N Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Một phân hoạch hoàn toàn của R n là một hệ gồm 2n vec-tơ
Διαβάστε περισσότεραBài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh.
Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. E-mail: hqvu@hcmus.edu.vn e d c f 1 b a 1 TÓM
Διαβάστε περισσότεραLecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace
Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Lecture- 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6.3. Sơđồ hối và thực hiện hệ thống 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6...
Διαβάστε περισσότεραVectơ và các phép toán
wwwvnmathcom Bài 1 1 Các khái niệm cơ bản 11 Dẫn dắt đến khái niệm vectơ Vectơ và các phép toán Vectơ đại diện cho những đại lượng có hướng và có độ lớn ví dụ: lực, vận tốc, 1 Định nghĩa vectơ và các yếu
Διαβάστε περισσότεραTuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012.
wwwliscpgetl Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại ọc củ các trường trong nước năm ôn: ÌN Ọ KÔNG GN (lisc cắt và dán) ÌN ÓP ài ho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh, tm giác đều, tm giác vuông cân
Διαβάστε περισσότεραL P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC).
ài tập ôn đội tuyển I năm 015 Nguyễn Văn inh Số 7 ài 1. (ym). ho tam giác nội tiếp đường tròn (), ngoại tiếp đường tròn (I). G là điểm chính giữa cung không chứa. là tiếp điểm của (I) với. J là điểm nằm
Διαβάστε περισσότεραA 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1
Sáng tạo trong hình học Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Mở đầu Hình học là một mảng rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của phân môn này nằm trong hình vẽ mà muốn cảm nhận được chúng
Διαβάστε περισσότεραĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047)
ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) Lưu ý: - Sinh viên tự chọn nhóm, mỗi nhóm có 03 sinh viên. Báo cáo phải ghi rõ vai trò của từng thành viên trong dự án. - Sinh viên báo cáo trực tiếp
Διαβάστε περισσότερα+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7)
Nhớm 3 Bài 1.3 1. (X,.) là nhóm => a X; ax= Xa= X Ta chứng minh ax=x Với mọi b thuộc ax thì b có dạng ak với k thuộc X nên b thuộc X => Với mọi k thuộc X thì k = a( a -1 k) nên k thuộc ax. Vậy ax=x Tương
Διαβάστε περισσότεραPhụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm
Nội dung trình bày hương 7 và huẩn hóa cơ sở dữ liệu Nguyên tắc thiết kế các lược đồ quan hệ.. ác dạng chuẩn. Một số thuật toán chuẩn hóa. Nguyên tắc thiết kế Ngữ nghĩa của các thuộc tính () Nhìn lại vấn
Διαβάστε περισσότερα7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế
TỔNG HỢP KIẾN THỨC VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG ÀI TẬP TÁN 9 PHẦN I: ĐẠI SỐ. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.. Điều kiện để căn thức có nghĩ. có nghĩ khi 0. Các công thức biến đổi căn thức.. b.. ( 0; 0) c. ( 0; > 0) d. e.
Διαβάστε περισσότεραPHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1- Độ dài đoạn thẳng Ax ( ; y; z ), Bx ( ; y ; z ) thì Nếu 1 1 1 1. Một Số Công Thức Cần Nhớ AB = ( x x ) + ( y y ) + ( z z ). 1 1 1 - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Διαβάστε περισσότερα* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ:
Họ và tên thí sinh:. Chữ kí giám thị Số báo danh:..... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 0 CẤP TỈNH NĂM HỌC 0-03 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Gồm 0 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi:
Διαβάστε περισσότεραc) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ).
Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội Viện Toán ứng dụng và Tin học ĐỀ CƯƠNG BÀI TẬP GIẢI TÍCH I - TỪ K6 Nhóm ngành 3 Mã số : MI 3 ) Kiểm tra giữa kỳ hệ số.3: Tự luận, 6 phút. Nội dung: Chương, chương đến hết
Διαβάστε περισσότερα- Toán học Việt Nam
- Toán học Việt Nam PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌ KHÔNG GIN ẰNG VETOR I. Á VÍ DỤ INH HỌ Vấn đề 1: ho hình chóp S. có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng () là điểm H thuộc
Διαβάστε περισσότεραTính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a)
Mặt nón. Mặt trụ. Mặt cầu ài : Trong không gin cho tm giác vuông tại có 4,. Khi quy tm giác vuông qunh cạnh góc vuông thì đường gấp khúc tạo thành một hình nón tròn xoy. b)tính thể tích củ khối nón 4 )
Διαβάστε περισσότεραNgày 18 tháng 3 năm 2015
Giải Tích Phần Tử Hữu Hạn Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Tp. HCM Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giới thiệu Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng-ptđhr (Partial Differential Equations-PDE) được sử dụng mô tả các
Διαβάστε περισσότεραChứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE
ài tập ôn luyện đội tuyển I năm 2016 guyễn Văn inh ài 1. (Iran S 2007). ho tam giác. ột điểm nằm trong tam giác thỏa mãn = +. Gọi, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung và của đường tròn ngoại tiếp các
Διαβάστε περισσότεραSử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường
Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Dương Trí Dũng I. Giới thiệu Hiện nay có nhiều phần mềm (software) thống kê trên thị trường Giá cao Excel không đủ tính năng Tinh bằng công thức chậm Có nhiều
Διαβάστε περισσότεραChương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt
/009 Chương : Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt. Khái niệm chung. Chu trình lạnh dùng không khí. Chu trình lạnh dùng hơi. /009. Khái niệm chung Máy lạnh/bơmnhiệt: chuyển CÔNG thành NHIỆT NĂNG Nguồn nóng
Διαβάστε περισσότεραKỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV
KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG V MẠH ĐỆN PH HƯƠNG V : MẠH ĐỆN PH. Khái niệm chung Điện năng sử ụng trong công nghiệ ưới ạng òng điện sin ba ha vì những lý o sau: - Động cơ điện ba ha có cấu tạo đơn giản và đặc tính
Διαβάστε περισσότεραĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm)
THẦY: ĐẶNG THÀNH NAM Website: wwwvtedvn ĐỀ SỐ 6 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 7 Thời gian làm bài: phút; không kể thời gian giao đề (5 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 65 Họ, tên thí sinh:trường: Điểm mong muốn:
Διαβάστε περισσότεραTự tương quan (Autocorrelation)
Tự ương quan (Auocorrelaion) Đinh Công Khải Tháng 04/2016 1 Nội dung 1. Tự ương quan là gì? 2. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua ự ương quan? 3. Làm sao để phá hiện ự ương quan? 4. Các biện pháp khắc phục?
Διαβάστε περισσότερα(CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Ch4 - Phân tích phương sai, so sánh và kiểm định 1
TIN HỌC ỨNG DỤNG (CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Phan Trọng Tiến BM Công nghệ phần mềm Khoa Công nghệ thông tin, VNUA Email: phantien84@gmail.com Website: http://timoday.edu.vn Ch4 -
Διαβάστε περισσότεραBÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ***** BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU Biên soạn : TS. Hoàng Quang Tuyến Đà Nẵng - 2012 Giới thiệu Tập tài liệu này được biên soạn bởi Thầy giáo TS Hoàng Quang Tuyến,
Διαβάστε περισσότεραKỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II
KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG DÒNG ĐỆN SN Khái niệm: Dòng điện xoay chiều biến đổi theo quy luật hàm sin của thời gian là dòng điện sin. ác đại lượng đặc trưng cho dòng điện sin Trị số của dòng điện, điện áp sin ở
Διαβάστε περισσότεραChương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA
I. Vcto không gian Chương : VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯ BA PHA I.. Biể diễn vcto không gian cho các đại lượng ba pha Động cơ không đồng bộ (ĐCKĐB) ba pha có ba (hay bội ố của ba) cộn dây tato bố
Διαβάστε περισσότερα1.5.2 Hai quá trình ngẫu nhiên quan trọng... 13
Mục lục Lời nói đầu 5 1 Kiến thức chuẩn bị 7 1.1 Không gian L p và tính đo được.............. 7 1.2 Hàm biến phân bị chặn và tích phân Stieltjes...... 8 1.3 Không gian xác suất,biến ngẫu nhiên,lọc.........
Διαβάστε περισσότεραTứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên
MỘT SỐ ÀI TOÁN THẲNG HÀNG ài toán 1. (Imo Shortlist 2013 - G1) ho là một tm giác nhọn với trực tâm H, và W là một điểm trên cạnh. Gọi M và N là chân đường co hạ từ và tương ứng. Gọi (ω 1 ) là đường tròn
Διαβάστε περισσότεραTự tương quan (Autoregression)
Tự ương quan (Auoregression) Đinh Công Khải Tháng 05/013 1 Nội dung 1. Tự ương quan (AR) là gì?. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua AR? 3. Làm sao để phá hiện AR? 4. Các biện pháp khắc phục? 1 Tự ương quan
Διαβάστε περισσότεραΜπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα
- Γενικά Πού μπορώ να βρω τη φόρμα για ; Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Πότε εκδόθηκε το [έγγραφο] σας; Για να ρωτήσετε πότε έχει εκδοθεί ένα έγγραφο
Διαβάστε περισσότερα1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số...
Mục lục 1 Dãy số và các bài toán về dãy số 4 1.1 Giớithiệu... 4 1. Định nghĩa và các định lý cơ bản................... 5 1.3 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số............. 8 1.3.1 Dãy số thực:
Διαβάστε περισσότεραHOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó.
HOC36.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP IỄN PHÍ CHỦ ĐỀ 3. CON LẮC ĐƠN BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN VA CHẠ CON LẮC ĐƠN Phương pháp giải Vật m chuyển động vận tốc v đến va chạm với vật. Gọi vv, là vận tốc của m và ngay sau
Διαβάστε περισσότεραMALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên?
Chương 4: HỒI QUY VỚI BIẾN GIẢ VÀ ỨNG DỤNG 1. Nghiên cứu về tuổi thọ (Y: ngày) của hai loại bóng đèn (loại A, loại B). Đặt Z = 0 nếu đó là bóng đèn loại A, Z = 1 nếu đó là bóng đèn loại B. Kết quả hồi
Διαβάστε περισσότεραBÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY
Trường Đại Học Bách Khoa TP HCM Khoa Cơ Khí BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY GVHD: PGS.TS NGUYỄN HỮU LỘC HVTH: TP HCM, 5/ 011 MS Trang 1 BÀI TẬP LỚN Thanh có tiết iện ngang hình
Διαβάστε περισσότεραTUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN THCS TỈNH HẢI DƯƠNG
TUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN THCS TỈNH HẢI DƯƠNG hieuchuoi@ Tháng 7.006 GIỚI THIỆU Tuyển tập đề thi này gồm tất cả 0 đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Tỉnh Hải Dương (môn Toán chuyên) và
Διαβάστε περισσότεραTRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ
TRƯỜNG THT HUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓ: 2011-2012 * * HUYÊN ĐỀ ỘT SỐ ÀI TOÁN HÌNH HỌ HẲNG LIÊN QUN ĐẾN TỨ GIÁ TOÀN HẦN Người thực hiện han Hồng Hạnh Trinh Nhóm chuyên toán lớp 111 Kon Tum, ngày 26
Διαβάστε περισσότερα1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 215 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Διαβάστε περισσότεραỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH
ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍH, TRỤ ĐẲNG PHƯƠNG TRNG ÀI TÁN YẾU TỐ Ố ĐỊNH. PHẦN Ở ĐẦU I. Lý do chọn đề tài ác bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá
Διαβάστε περισσότερα1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình...
BÀI TẬP ÔN THI KINH TẾ LƯỢNG Biên Soạn ThS. LÊ TRƯỜNG GIANG Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 0, tháng 06, năm 016 Mục lục Trang Chương 1 Tóm tắt lý thuyết 1 1.1 Tổng quan về kinh tế lượng......................
Διαβάστε περισσότεραБизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба
- Размещение Εξετάζουμε την αγορά... Официально, проба Είμαστε στην ευχάριστη θέση να δώσουμε την παραγγελία μας στην εταιρεία σας για... Θα θέλαμε να κάνουμε μια παραγγελία. Επισυνάπτεται η παραγγελία
Διαβάστε περισσότεραThuật toán Cực đại hóa Kì vọng (EM)
Thuật toán Cực đại hóa Kì vọng (EM) Trần Quốc Long 1 1 Bộ môn Khoa học Máy tính Khoa Công nghệ Thông tin Trường Đại học Công nghệ Thứ Tư, 30/03/2016 Long (Đại học Công nghệ) Thuật toán EM 30/03/2016 1
Διαβάστε περισσότεραNội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan
CHƯƠNG 5: DUNG DỊCH 1 Nội dung 1. Một số khái niệm 2. Dung dịch chất điện ly 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan 2 Dung dịch Là hệ đồng thể gồm 2 hay nhiều chất (chất tan & dung môi) mà thành
Διαβάστε περισσότεραShaMO 30. f(n)f(n + 1)f(n + 2) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) = n(n + 1) 2 (n + 2) 3 (n + 3) 4.
ShaMO 30 A1. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 6 và a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12. Chứng minh rằng 36 4 ( a 3 + b 3 + c 3 + d 3) ( a 4 + b 4 + c 4 + d 4) 48. A2. Cho tam giác ABC, với I
Διαβάστε περισσότεραLiên hệ:
Giáo trình Vi tích phân 2 Bộ môn Giải tích (Kho Toán Tin học, Đại học Kho học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh) Bản ngày 19 tháng 1 năm 218 2 Đây là giáo trình cho các môn toán Vi tích phân 2 cho khối B
Διαβάστε περισσότεραChương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN
Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Ths. Nguyễn Tiến Dũng Viện Kinh tế và Quản lý, Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Email: dung.nguyentien3@hust.edu.vn MỤC TIÊU CỦA CHƯƠNG Sau khi học xong chương này, người
Διαβάστε περισσότεραCƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC
2003 The McGraw-Hill Companies, Inc. ll rights reserved. The First E CHƯƠNG: 01 CƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC ThS Nguyễn Phú Hoàng CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN HỆ TIÊN ĐỀ TĨNH HỌC Khoa KT Xây dựng Trường CĐCN Đại
Διαβάστε περισσότεραĐường tròn : cung dây tiếp tuyến (V1) Đường tròn cung dây tiếp tuyến. Giải.
Đường tròn cung dây tiếp tuyến BÀI 1 : Cho tam giác ABC. Đường tròn có đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E, D. BD và CE cắt nhau tại H. chứng minh : 1. AH vuông góc BC (tại F thuộc BC). 2. FA.FH
Διαβάστε περισσότεραÝ NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS
Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS CẦN KÍ TÊN Ý NGHĨA XEM HIỆU 1 Dependent Variable Tên biến phụ thuộc Y Phương pháp bình Method: Least phương tối thiểu (nhỏ OLS Squares nhất) Date - Time
Διαβάστε περισσότεραCHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC DẠNG 1: ĐỊNH LUẬT THỨ NHẤT
1 CHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 1.1. Kiến thức cơ bản: DẠNG 1: ĐỊNH LUẬT THỨ NHẤT - Dạng này là dạng ứng dụng định luật thứ nhất nhiệt động lực học để giải các bài toán về nhiêt.
Διαβάστε περισσότεραA E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB.
Đường tròn mixtilinear Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Đường tròn mixtilinear nội tiếp (bàng tiếp) là đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác và tiếp xúc trong (ngoài)
Διαβάστε περισσότεραVí dụ 2 Giải phương trình 3 " + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được
CHƯƠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO Những ý tưởng cơ bản của phương trình vi phân đã được giải thích trong Chương 9, ở đó chúng ta đã tập trung vào phương trình cấp một. Trong chương này, chúng ta nghiên
Διαβάστε περισσότερα1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8
Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 18 tháng 1 năm 2017 Mục lục 1 Phương trình Laplace 1 1.1 Nghiệm cơ bản............................... 1 1.1.1 Đồng nhất thức Green.......................
Διαβάστε περισσότεραcó nghiệm là:. Mệnh đề nào sau đây đúng?
SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU (Đề có 6 trng) ĐỀ THI THỬ THPT QG MÔN TOÁN LẦN NĂM HỌC 7-8 MÔN TOÁN Thời gin làm bài : 9 Phút; (Đề có câu) Họ tên : Số báo dnh : Mã đề 84 Câu : Bất phương
Διαβάστε περισσότεραBài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC
Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC TS. Nguyễn Văn Định, Khoa CNTT Lời nói đầu Ngôn ngữ là phương tiện để giao tiếp, sự giao tiếp có thể hiểu là giao tiếp giữa con người với nhau, giao tiếp
Διαβάστε περισσότεραDữ liệu bảng (Panel Data)
5/6/0 ữ lệu bảng (Panel ata) Đnh Công Khả Tháng 5/0 Nộ dung. Gớ thệu chung về dữ lệu bảng. Những lợ thế kh sử dụng dữ lệu bảng. Ước lượng mô hình hồ qu dữ lệu bảng Mô hình những ảnh hưởng cố định (FEM)
Διαβάστε περισσότερα2.1. Phương trình hàm Cauchy Phương trình hàm Jensen... 17
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội
Διαβάστε περισσότερα2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r
Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Những đa giác
Διαβάστε περισσότεραXác định cỡ mẫu nghiên cứu
VIỆN NGHIÊN CỨU Y XÃ HỘI HỌC Xác định cỡ mẫu nghiên cứu Nguyễn Trương Nam Copyright Bản quyền thuộc về tác giả và thongke.info. Khi sử dụng một phần hoặc toàn bộ bài giảng đề nghị mọi người trích dẫn:
Διαβάστε περισσότεραLẤY MẪU VÀ KHÔI PHỤC TÍN HIỆU
LẤY MẪU VÀ KHÔI PHỤC TÍN HIỆU Nội dung: 2.1 Lấy mẫu tín hiệu 2.2 Bộ tiền lọc 2.3 Lượng tử hóa 2.4 Khôi phục tín hiệu tương tự 2.5 Các bộ biến đổi ADC và DAC Bài tập 1 2.1 Lấy mẫu tín hiệu: Quá trình biến
Διαβάστε περισσότεραgặp của Học viên Học viên sử dụng khái niệm tích phân để tính.
ĐÁP ÁN Bài 1: BIẾN CỐ NGẪU NHIÊN VÀ XÁC SUẤT Tình huống dẫn nhập STT câu hỏi Nội dung câu hỏi Những ý kiến thường gặp của Học viên Kiến thức liên quan (Giải đáp cho các vấn đề) 1 Tính diện tích Hồ Gươm?
Διαβάστε περισσότεραTRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC
hương 4: Transistor mối nối lưỡng cực hương 4 TANSISTO MỐI NỐI LƯỠNG Ự Transistor mối nối lưỡng cực (JT) được phát minh vào năm 1948 bởi John ardeen và Walter rittain tại phòng thí nghiệm ell (ở Mỹ). Một
Διαβάστε περισσότεραMỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU...
MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... 5 Chƣơng I: Mở đầu... 8 1.1 Tập hợp và các cấu trúc đại số... 8 1.1.1 Tập hợp và các tập con... 8 1.1.2 Tập hợp và các phép toán hai ngôi... 9 1.3 Quan hệ và quan hệ tương đương...
Διαβάστε περισσότεραĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011)
Đề cương chi tiết Toán cao cấp 2 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập Tự do Hạnh phúc 1. Thông tin chung về môn học ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC
Διαβάστε περισσότεραCHƯƠNG 3: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC
CHƯƠNG 3: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC I. Nguyên lý 1 nhiệt động học: Q= U + A hay U = Q A a) Quy ước dấu công và nhiệt: - Hệ thu nhiệt: Q > 0 ; Hệ phát nhiệt: Q < 0 - Hệ nhận công: A < 0 ; Hệ sinh công ( thực hiện
Διαβάστε περισσότεραB. chiều dài dây treo C.vĩ độ địa lý
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH MÔN VẬT LÝ LỜI GIẢI: LẠI ĐẮC HỢP FACEBOOK: www.fb.com/laidachop Group: https://www.facebook.com/groups/dethivatly.moon/ Câu 1 [316487]: Đặt điện áp
Διαβάστε περισσότερα