DONGPHD. DongPhD Problems Book Series. Vector Spaces. Inner Product Spaces. Hilbert Spaces. Banach Spaces. Normed Spaces.

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 2009

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, 2008. Phạm Đình Đồng

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.

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 11... a 1n A = a 21... 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.

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

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

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

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

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 n0 + 1. 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

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.

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 1.10. 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 1.11. 1. 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.

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 + 1 2 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

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 0 + 1 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 0 + 1 n + x m x 0 + 1 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 0 + 1 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])

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 1.12. Cho. 1,. 2,...,. k là các chuẩn trên không gian định chuẩn X, α 1, α 2,..., α k R +. 1. 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.

DongPhD 15 Bài tập 1.13. 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 1.14. 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 1.15. 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.

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 1.16. 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 1.17. 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.

DongPhD 17 Bài tập 1.18. 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 1.19. 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.

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 1.20. 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.

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 1.21. 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.

DongPhD 20 1.4 Ánh xạ tuyến tính liên tục Bài tập 1.22. 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 = 1. 2. 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

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

DongPhD 22 4. 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 = 2. 5. 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 1 1 1 1 2n 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

DongPhD 23 Bài tập 1.23. 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 1.24. 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 1.25. 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?

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 1. 2. 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 ( 21+ 1 1 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 1.26. 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.

DongPhD 25 1. 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)

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 1.27. 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.

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 1.28. 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 1.29. 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.

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 1.30. 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 1.31. 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.

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 1.32. 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)

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 1.33. 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 1.34. 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.

DongPhD 31 Bài tập 1.35. 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 1.36. Cho X = C [0,1]. Trên X ta xét các chuẩn sau Chứng minh rằng Giải. f 1 = f 2 = ( 1 0 1 0 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 10. 10 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.

DongPhD 32 1. 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 2 2. 0 0 0 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 2 + 3. 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 1.37. 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 1.38. 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.

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 1.39. 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 1.40. 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

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 1.41. 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 2 1 + c 2 2 0 : 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

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 2 1 + c 2 2 0 : 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.

DongPhD 36 Bài tập 1.42. 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 1.43. 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.

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 1.44. 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, 1 1 1 = 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 1.45. 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.

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 1.46. 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.

DongPhD 39 Bài tập 1.47. 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 + 1 0 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 1 2 =. ( ) 1/2 1 0 khi n 3n

DongPhD 40 3. 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 1.48. 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 1.49. 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 1.50. 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

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 1.51. 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 1.52. 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

DongPhD 42 Bài tập 1.53. 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

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 1.54. 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

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 1.55. 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, 1 1 2 2, 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

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.

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 1.56. 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