Đề cương ôn thi cao học - Môn: Giải tích

1 ĐỀ CƢƠNG ÔN THI CAO HỌC Môn: GIẢI TÍCH Chuyên ngành: KHOA HỌC TỰ NHIÊN Phần A: PHÉP TÍNH VI PHÂN TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ I. Chuỗi số, chuỗi hàm 1.1. Định nghĩa và các tính chất của dãy số hội tụ Định nghĩa 1: Giả sử ( ) n n x là một dãy số. Ta lập một dãy mới kí hiệu là ( ) n n S được xác định bởi: 1 1 s x 1 1 2 s x x …………… 1 1 2 ............. n s x x x Khi đó dãy số ( ) n n S được gọi là chuỗi số. Kí hiệu: 1 n i i x hay 1 2 ...... n x x x + Ta gọi: n s là tổng riêng thứ n của chuỗi n x là số hạng tổng quát (thứ n) của chuỗi + Chuỗi số 1 n i i x được gọi là hội tụ nếu dãy tổng riêng ( ) n n s hội tụ Lúc đó đặt lim n n s s và s là tổng của chuỗi: 1 n n s x Tính chất: 1. Nếu chỗi 1 n n x hội tụ thì lim 0 n n x 2 2. Điều kiện cần và đủ để chuỗi 1 n n x hội tụ là 0 0; n sao cho 0 1 ; m > n > n m i i n x (Tiêu chuẩn Cauchy) 3. Cho chuỗi hàm: 1 1 ; n n n n x y hội tụ và R . Khi đó: 1 ( ) n n n x y ; 1 1 n n n n x y hội tụ và 1 ( ) n n n x y 1 1 n n n n x y 1 1 ( ) n n n n x x 4. Cho chuỗi số 1 i i x . Ta viết 0 01 1 1 n i i i i i i n x x x khi đó chuỗi 1 i i x hội tụ 0 1 i i n x hội tụ. 5. Giả sử 1 n n x là chuỗi hội tụ và ( ) k k n là một dãy tăng thực sự các số nguyên. Khi đó chuỗi 1 k k y hội tụ và 1 1 k n k n y x trong đó: 11 1 ...... n y x x 1 22 1 ...... n n y x x 1 1 ...... k kk n n y x x 1.2. Dấu hiệu hội tụ của chuỗi số dƣơng, chuỗi đan dấu Định nghĩa 1: Chuỗi 1 n n x (1) với *0, n x n được gọi là chuỗi dương (hay chuỗi không âm) 1. Chuỗi dương 1 n n x hội tụ ( ) n n S bị chặn trên 3 2. Cho hai chuỗi dương 1 1 ; n n n n x y Giả sử 0c sao cho: *. n n n x c y Khi đó: 1 n n x phân kỳ 1 n n y phân kỳ 1 n n y hội tụ 1 n n x hội tụ 3. Cho hai chuỗi dương 1 1 ; n n n n x y . Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn: lim n n n y K x thì hai chuỗi đó đồng thời hữu hạn hoặc phân kỳ. 4. Chuỗi dương 1 n n x (1). Giả sử lim n n n x l . Khi đó: 1 (1)l hội tụ 1 (1)l phân kỳ 1l Chưa kết luận được gì 5. Chuỗi dương 1 n n x (1). Giả sử 1lim n n n x l x . Khi đó: 1 (1)l hội tụ 1 (1)l phân kỳ 1l Chưa kết luận được gì 6. Cho : ªn tôc, ®¬n ®iÖu gi¶m n ( ) n f f n x [1;+ ) (0;+ ) li Giả sử: lim ( ) x F x 1 lim ( ) x x f t dt l . 4 Khi đó: l hữu hạn 1 n n x hội tụ 1 n n l x phân kỳ Nói cách khác 1 ( )f t dt và 1 n n x cùng tính hội tụ. Định nghĩa 2: Ta gọi chuỗi 1 1 1 ( 1) ; ( 1)n n n n n n a a *( 0, ) n a n là chuỗi đan dấu. + Cho chuỗi 1 1 ( 1)n n n a (1); * 0, n a n . Nếu *( )n n Na giảm dàn tới 0: * 1 n lim 0 n n n n a a a thì (1) hội tụ 1.3. Chuỗi hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ Định nghĩa 1: Cho 1 n n a (1). Chuỗi (1) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi dương 1 n n a hội tụ. Kí hiệu: 0 n X f f + Một chuỗi hội tụ tuyệt đối thì hội tụ. Định nghĩa 2: Một chuỗi họi tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối gọi là chuỗi bán hội tụ. + Xét chuỗi 1 .n n n a b Giả sử 1 cã d·y tæng riªng bÞ chÆn 0 n n n a b (1) hội tụ. + Xét chuỗi 1 ( )n n n a b Giả sử * 1 héi tô ( ) ®¬n ®iÖu vµ bÞ chÆn n n n n N a b (1) hội tụ. 5 1.4. Chuỗi hàm 1 ( ) n n u t Định nghĩa 1: Điểm t0 được gọi là hội tụ của chuỗi hàm nếu 1 ( ) n n u t hội tụ. + Tập hợp tất cả các điểm hội tụ của chuỗi hàm được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm. + Cho dãy hàm ( ( )) n n f x xác định trên X . Dãy hàm n f được gọi là hội tụ đều về hàm f trên 0 X X nếu: * 0 0; n sao cho: 0 0 ; n n x X thì ( ) ( ) n f x f x + Nếu n f hội tụ đều về f trên X0 thì n f hội tụ về 0 , xf X + Cho ( ( )) n f x là một dãy hàm xác định trên X. Điều kiện cần và đủ để ( ) ( ) n f x f x là: 0 0 ; :n 0 , ;m n n 0 x X : ( ) ( ) m n f x f x (Tiêu chuẩn Cauchy) + Cho chuỗi hàm 1 ( ) n n u t xác định trên X . Gỉa sử tồn tại dãy số dương ( ) n n a sao cho: 1 : ( ) héi tô n n n n x X u t a a . Khi đó, chuỗi hàm 1 ( ) n n u t hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều trên 0 X X (Tiêu chuẩn Weiers trass) 1.6. Chuỗi luỹ thừa Định nghĩa 1: Chuỗi luỹ thừa là chỗi hàm có dạng 1 0 1 (1) ( ) n n n n n n a x a x x Miền hội tụ: 6 1. Giả sử chuỗi (1) hội tụ tại 0 0x . Khi đó: (1) hội tụ tuyệt đối tại mọi x thoả mãn 0 x x 2. Đặt 1 sup héi tôn n n R x a x R: là bán kính hội tụ (-R,R): là khoảng hội tụ 3. Giả sử lim n n n x l Khi đó bán kính hội tụ của chuỗi được xác định: 1 nÕu 0 0 nÕu nÕu 0 l l R l l 5. Giả sử 1lim n n n x l x 1 nÕu 0 0 nÕu nÕu 0 l l R l l Tính chất 1. Giả sử 0R là bán kính hội tụ của (1). Khi đó, 0 r R , chuỗi hàm (1) hội tụ đều [ , ]r r 2. Giả sử 0R là bán kính hội tụ của (1). Khi đó 1 ( ) n n n n u x a x là hàm liên tục trên [-R,R]. 7 3. Tổng ( )u x của chuỗi hàm (1) là một hàm khả vi vô hạn trên [-R,R] và với 1,2,......k ta có: ( ) ( 1)......( 1)k n k n n k u x n n n k a x (2) Hơn nữa, bán kính hội tụ của (2) cũng bằng R. Bài tập về chuỗi. Bài 1: Tìm miền hội tụ và tính tổng của chuỗi hàm: 0 2 ( 2) n n n x (1) Giải + Đặt 1 2 X x (1) trở thành: 0 2 .n n n X (2) (2) là chuỗi luỹ thừa + Tìm miền hội tụ: Ta có 1 1 2 1lim lim 2 2 2 n n nn n n a R a Tại 1 2 X 0 0 0 1 2 2 1 2 n n n n n n n n X Phân kì Tại 1 2 X 0 0 0 1 2 2 ( 1) 2 n n n n n n n n X Phân kì Do vậy miền hội tụ của chuỗi (2) là 1 1 ( ; ) 2 2 Ta có 01 1 1 2 2 2 4 x x x Vậy miền hội tụ của (1) ( ; 4) (0; ) + Tính tổng: 8 Xét (2): 0 0 ( ) 2 (2 )n n n n n s x X X 1 1 1 (2 )( ) 1 (2 ) ... (2 ) = 1 2 n n n X s x X X X 11 (2 ) 1 ( ) lim ( ) lim 1 2 1 2 n n n n X s x s x X X (Vì 1 1 ( ; ) 2 2 X ) 2 21( ) 1 2 s x a b X (*) Xét (1): Thay 1 2 X x vào (*) 1 1 2 ( ) 11 2 1 2 2 x s x X x x Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm : 2 1 n n n n x n d (1) Giải Xét n n a n d Ta có: 1 1lim lim lim n n n n dn n n n a n d en d n d R e Tại: d x e 2 2 2 1 1 1 ( ) ( 1) ( ) n n n n d n n d n n n n n n n x e e n d n d n d lim 1 0n n n a Vậy miền hội tụ của chuỗi: ( ; )d de e 9 Bài 3: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa : ( 1) 1 2 1 n n n n n x n (1) Giải Xét 11 1 1 n n n a n Ta có 11 lim lim 1 1 n n n n n a e n 1 R e Tại 1 x e ( 1) 1 2 1 1 nn n n n n e 1 1 1 1 1 ( 1) 1 n n n n n n e 11 1 1 lim lim 1 . . 1 0 1 n n n n n a e n e e Vậy miền hội tụ của chuỗi(1): 1 1 , e e Bài 4: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỷ thừa: 1 1 ( 2) 2 n n n n x n (1) Giải Đặt 2X x Ta được chuổi 1 1 3 2 n n n n X n (2) với 1 3 2 n n n a n Xét 1 1 lim lim 3 2 3 n n n n n a n 3R Tại 3X ta được 1 1 ( 3) 3 2 n n n n n 1 3 3 ( 1) 3 2 n n n n n 3 3 lim lim 1 0 3 2 n n n n n u n Nên tại 3X chuỗi không hội tụ Vậy miền hội tụ của chuỗi (2) là ( 3,3) Do đó miền hội tụ của chuỗi (1) là ( 1,5) 10 Bài 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2 2 1 ( 1) (ln ) n n x n n (1) Giải Đặt 1X x ta được 2 2 1 (ln ) n n X n n (2) Xét 2 1 (ln ) n a n n 1 2 1 ( 1)(ln( 1)) n a n n Ta có: 2 1 2 (ln ) lim lim ( 1)[ ln( 1)] n n n n a n n a n n Tính 2 Lopi tan 2 1 2ln . (ln ) lim lim 1( 1)[ ln( 1)] 2ln( 1). 1 n n n n n n n n n n 1 ln lim ln( 1)n n n n n Tính Lopi tan 1 ln lim lim 1 1ln( 1) 1 n n n n n n Nên 1R Tại 1X ta được chuỗi 2 2 1 ( 1) (ln ) n n n n (*) Từ đó ta có 2 1 2 (ln ) lim lim 1 ( 1)[ ln( 1)] n n n n a n n a n n Chuỗi (*) phân kỳ Vậy miền hội tụ của (2) là (-1,1) Miền hội cụ của (1) là (-2,0). Bài 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2 0 1 ( 2) 2 3 n n n n x n (1) Giải Đặt 2( 2)X x Điều kiện 0X Ta tìm miền hội tụ của chuỗi: 0 1 2 3 n n n n X n Xét 1 2 3 n n a n 11 Ta có 1 1 lim lim 2 3 2 n n n n n a n 2R Xét tại: 2X Chuỗi trở thành 0 1 ( 1) 2 2 3 n n n n n n 0 2 2 ( 1) 2 3 n n n n n 2 2 lim lim 1 0 2 3 n n n n n a n Nên chuỗi phân kỳ Vậy miền hội tụ theo X là (-2,2) Miền hội tụ 2 2x 2 2 2x Bài 7: Cho chuỗi luỹ thừa 1 1 ( 1) ( 2) .2 n n n n x n (1) a. Tìm miền hội tụ của chuỗi (1) b. Tính tổng của chuỗi 1 n n nx trong MHT của nó. Giải a) Ta có 1( 1) ( 2) ( ) .2 n n n n x u x n Tính lim ( )n n n u x 1 2 lim 2nn x n 2 2 x C Theo tiêu chuẩn Cauchy nếu chuỗi hội tụ khi 0C tức là 2 1 4 0 2 x x Tại 2 2x ta có chuỗi 1 1 1 1 ( 1) .2 ( 1) .2 n n n n n nn n hội tụ Tại 2 2x ta có chuỗi 1 1 2 1 1 1 ( 1) .( 2) ( 1) ( 1) ( 1) .2 n n n n n n n n nn n n hội tụ Vậy Miền hội tụ là [-4;0] b) Tính tổng của chuỗi hàm 1 n n nx trong MHT của nó Ta tìm được khoảng hội tụ là (-1,1) 12 Ta có 1 1 1 1 ( ) n n n n S x nx nx x Đặt: 1 1 1 ( ) n n S x nx (1) Lấy tích phân 2 vế của (1) trên đoạn [0,x] ta được 1 1 10 0 ( ) x x n n S t dt nt dt 1 1 0 x n n nt dt 1 1 1 n n t t (2) là CSN Đạo hàm 2 vế của (2) ta được 1 2 1 ( ) (1 ) S x x Vậy 2 1 nÕu 1 ( ) (1 ) 1 nÕu 1 x S x x x x II. Hàm nhiều biến số. 2.1. Các khái niệm cơ bản Định nghĩa 1: Cho : ; nf A A Ta nói hàm số f có giới hạn là l khi x dần tới a (Kí hiệu: lim ( ) x a f x l ). Nếu: lim ( ) x a f x l sao cho x A mà ( , )d x a thì ( )f x l Định nghĩa 2: : ; nf A A Hàm số f được gọi là liên tục tại a A nếu: lim ( ) x a f x ( )f a Hàm số f được gọi là liên tục trên A tại nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc A Định nghĩa 3: : ; nf A A Hàm số f được gọi là liên tục đều trên a nếu: 0 ; 0 sao cho ,x y A mà ( , )d x y thì ( ) ( )f x f y 13 Định nghĩa 4: ë 2: ; mf A A ( , ) :x y A ( , ) ( , ) ( , )f f x y f x x y y f x y Hàm số f được gọi là khả vi tại (x,y) nếu tồn tại A,B sao cho: 2 20 0 ( , ) . . lim 0 x y f x y A x B y x y Tính chất 1. Với dãy k x A mà lim k k x a thì lim ( ) ( )k k f x f a 2. Giả sử ,f g liên tục tại a A : thì f g ; .f g ; ( ( ) 0) f g a g liên tục tại a. 3. f liên tục tại a thì f liên tục theo từng biến tại a. 2.2. Mối liên hệ giữa tính liên tục, khả vi, đạo hàm của hàm nhiều biến 1. Nếu f khả vi tại ( , )x y A thì: f liên tục tại (x,y) f có đạo hàm riêng tại (x,y) và ' ( , ) x f x y A , '( , ) y f x y B 2. Nếu f có đạo hàm riêng trong lân cận của 0 0 ( , )x y A và đạo hàm riêng liên tục tại (x0,y0) thì f khả vi tại (x0,y0). 2.3. Đạo hàm, vi phân của hàm hợp Định nghĩa 1: Cho hàm số :f G ; ( ) ; y=y(t)x x t xác định trên D sao cho: ( ( ), ( )) ; t Dx t y t G khi đó hàm hợp ( ( ), ( ))f x t y t xác định trên D. Nếu f khả vi trên G; x(t), y(t) khả vi trên D thì ( ( ), ( ))f x t y t có đạo hàm tại t D và: ' f ( ( ),x t ( ))y t ' '.( ( ) ) x f x t ' '( ( ) ) y f y t 2.4. Hàm bậc cao Bài tập về hàm nhiều biến 14 Bài 1 : Cho hàm số 2 2 2 2 ( ) nÕu (x,y) (0,0) ( , ) 0 nÕu (x,y) (0,0) xy x y f x y x y Xét tính liên tục của f(x,y) và các đạo hàm riêng ' ', x y f f trên tập xác định Giải + Xét tính liên tục: Tại mọi (x,y) (0,0) , f(x,y) liên tục vì là hàm sơ cấp Xét sự liên tục của f tại (x,y)= (0,0) Nếu , lim ( , ) (0,0) 0 x y f x y f thì hàm số liên tục Ta có : 2 2 3 3 3 3 ( , ) (0,0) 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 0 0 x yxy x y x y xy x y xy x y x y x y x y Do đó 2 2 2 2, (0,0) ( ) lim 0 x y xy x y x y , (0,0) lim ( , ) 0 (0,0) x y f x y f Vậy f liên tục tại (x,y)= (0,0) + Tính đạo hàm riêng: Tại ( , ) (0,0)x y hàm khả vi nên có đạo hàm theo từng biến và: ' 2 2 2 2 ' 2 2 2 2 ( ) ( ) x x xy x y y x y f x y x y ' 2 2 5 3 2 4 ' 2 2 2 2 2 ( ) 4 2 ( ) y y xy x y x x y xy f x y x y Tại (x,y)=(0,0) Xét: 0 ( ,0) (0,0) lim 0 x f x f x ' x f và ' (0,0) 0 x f 0 (0, ) (0,0) lim 0 y f y f y ' y f và '(0,0) 0 y f Bài 2 : Cho hàm số 2:f xác định bởi 2 2 2 khi (x,y) (0,0) ( , ) 0 khi (x,y) = (0,0) xy x yf x y 15 a. Xét sự liên tục của f trên 2 b. Tính các đạo hàm riêng của f trên 2 Giải + Xét tính liên tục: Tại mọi ( , ) (0,0)x y thì hàm số liên tục vì là hàm sơ cấp Tại ( , ) (0,0)x y Chon dãy 1 1 , , (0,0) n n n x y n n Ta có 2 2 1 1 2. lim ( , ) lim 1 1 1 n n n n n nf x y n n (0,0)f Vậy hàm số không liên tục tại (0,0) + Tính đạo hàm riêng: Tại ( , ) (0,0)x y hàm khả vi nên có đạo hàm theo từng biến và: ' 2 2 ' 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 (2 ) x x xy y x y x xy f x y x y ' 2 2 ' 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 (2 ) ( ) y y xy x x y y xy f x y x y Tại (x,y)=(0,0) Xét: 0 ( ,0) (0,0) lim 0 x f x f x ' x f và ' (0,0) 0 x f 0 (0, ) (0,0) lim 0 y f y f y ' y f và '(0,0) 0 y f Bài 3: Cho hàm số 2 2 2 2 1 ( )sin khi (x,y) (0,0) ( , ) 0 khi (x,y) = (0,0) x y x yf x y CMR hàm số f(x,y ) có các đạo hàm riêng ' ', x y f f không liên tục tại (0,0) nhưng f(x,y) khả vi tại (0,0) Giải + Tính đạo hàm riêng: Tại ( , ) (0,0)x y hàm khả vi nên có đạo hàm theo từng biến và: 16 ' 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 sin cos x x f x x y x y x y ' 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 sin cos y y f y x y x y x y Tại (x,y)=(0,0) Xét: 2 2 0 0 1 sin ( ,0) (0,0) lim lim 0 x x x f x f x x x ' x f và ' (0,0) 0 x f 2 2 0 0 1 sin (0, ) (0,0) lim lim 0 y y y f y f y y y ' y f và '(0,0) 0 y f (do 2 1 sin 1 y ) + Xét sự liên tục của các đạo hàm riêng Nếu ' ' , (0,0) lim ( , ) (0,0) x y f x y f thì các đạo hàm riêng liên tục Ta có ' 2 2 2 2 2 2, (0,0) , (0,0) 1 2 1 lim ( , ) lim (2 sin cos ) x y x y x f x y x x y x y x y Do 2 2 2 2, (0,0) 1 1 sin 1 lim 2 sin 0 x y x x y x y Do 2 2 2 2 2 2 2 2, (0,0) , (0,0) 1 2 1 2 cos 1 lim cos lim x y x y x x x y x y x y x y Vậy ' ' 2 2 2 2 2 2, (0,0) , (0,0) 1 2 1 lim ( , ) lim (2 sin cos ) (0,0) x x x y x y x f x y x f x y x y x y Tương tự ta có ' ' 2 2 2 2 2 2, (0,0) , (0,0) 1 2 1 lim ( , ) lim (2 sin cos ) (0,0) y y x y x y y f x y y f x y x y x y Vậy các đạo hàm riêng không liên tục tại (0,0) + Xét sự khả vi tại (0,0) Để chứng minh f(x,y) khả vi tại (0,0) cần chứng minh , 0 lim ( , ) 0 s t s t với 2 2 1 ( , )s t s t ' '[ ( , ) (0,0) . (0,0) . (0,0)] x y f s t f s f t f Ta có 2 2 2 2, (0,0) , (0,0) 1 lim ( , ) lim sin 0 s t s t s t s t s t do 2 2 1 sin 1 s t Vậy f khả vi tại (0,0) 17 Bài 1: Cho 2 2 2 1 sin nÕu (x, ) (0,0) ( , ) 0 nÕu (x, ) (0,0) x y y x yf x y y a. Xét sự khả vi của f tại (x,y) 2 đặc biệt tại (0,0) b. Xét sự liên tục của các ĐHR ' ', x y f f tại (0,0) Giải a) Xét sự khả vi Tại ( , ) (0,0)x y Ta có: 2 ' 2 2 2 2 2 2 1 1 .cos ( ) x xy f x y x y 3 ' 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 .sin .cos ( ) y y f y x y x y x y Do ' ', x y f f liên tục tại mọi ( , ) (0,0)x y nên f khả vi tại mọi ( , ) (0.0)x y Tại ( , ) (0,0)x y Xét: 0 ( ,0) (0,0) lim 1 x f x f x ' x f và ' (0,0) 1 x f 2 2 0 0 1 sin (0, ) (0,0) lim lim 0 y y f y f y y y y ' y f và '(0,0) 0 y f (do 2 1 sin 1 y ) Tính: , 0 lim ( , ) s t s t Ta có: 2 2 1 ( , )s t s t ' '[ ( , ) (0,0) . (0,0) . (0,0)] x y f s t f s f t f 2 2 22 2 1 1 sint t ss t Nên 2 2 22 2, (0,0) , (0,0) 1 1 lim ( , ) lim sin 0 s t s t s t t s ts t (do 2 2 1 sin 1 s t ) Do , 0 lim ( , ) 0 s t s t nên f khả vi tại (0,0) b.Xét sự liên tục của các đạo hàm riêng ' ', x y f f tại (0,0) Để xét sự liên tục của các đạo hàm riêng ' ', x y f f tại (0,0) Ta tính ' ' ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) lim vµ lim x y x y x y f f 18 Chọn dãy 1 ( , ) ,0 (0,0) n n n x y n Ta có ' ( , ) (0,0) ' ( , ) (0,0) 1 lim ( ,0) 1 1 lim ( ,0) 0 x x y y x y f n f n Chọn dãy ' ' 1 1( , ) , (0,0) 2 2 n n y x y n n Ta có ' ( , ) (0,0) ' ( , ) (0,0) 1 1 lim ( , ) 2 2 1 1 lim ( , ) 2 2 x x y y x y f n n f n n Do vậy ' ' ( , ) (0,0) ( , ) (0,0) lim vµ lim x y x y x y f f Vậy ' ', x y f f không liên tục tại (0,0) Bài 4: Cho 0a và 2 2 2 1 sin nÕu (x,y) (0,0) ( )( , ) 0 nÕu (x,y) = (0,0) a x x yf x y Tuỳ theo giá trị của 0a xét sự khả vi của f , sự liên tục của f’x,f’y tại (0,0) Giải + Tính các đạo hàm riêng Tại ( , ) (0,0)x y hàm khả vi và có đạo hàm theo từng biến: 3 ' 2 2 2 2 2 2 1 1 2 sin cos ( ) ( ) x a a x f x x y x y x y 2 ' 2 2 2 2 2 1 cos ( ) y a x y f x y x y Tại ( , ) (0,0)x y Xét: 0 ( ,0) (0,0) lim 0 x f x f x ' x f và ' (0,0) 0 x f 2 0 0 1 sin (0, ) (0,0) lim lim 0 y y f y f y y y ' y f và '(0,0) 0 y f + Xét sự khả vi của f tại (0,0) 19 Tính: , 0 lim ( , ) s t s t Trong đó: 2 2 1 ( , )s t s t ' '[ ( , ) (0,0) . (0,0) . (0,0)] x y f s t f s f t f Nếu , 0 lim ( , ) 0 s t s t thì f khả vi tại (0,0). Ngược lại thì không khả vi. + Xét sự liên tục của các đạo hàm riêng Nếu ' ' , (0,0) lim ( , ) (0,0) x y f x y f thì các đạo hàm riêng liên tục.Ngược lại, các đạo hàm riêng không liên tục tại (0,0) III. Tích phân + Xét tính khả tích Riman (R) khả tích Lơbe (L) 1. Khả tích Riman i) Chứng minh f bị chặn trên [a,b] ( const)f M ii) Đặt { [ , ] ( ) gi¸n ®o¹n t¹i x}G x a b f x iii) Tính ( )G - Nếu ( ) 0G f khả tích Riman - Nếu ( ) 0G f không khả tích Riman 2. Khả tích Lơbe i) Chọn hàm g(x) thoả mãn: - g(x) liên tục trên [a,b] (g là hàm đã biết) - h.k.ng f trên [a,b] ii) Xét [ , ] ( ) ( )E x a b f x g x iii) Tính ( )E . Nếu ( ) 0 h.k.nE f g trên [a,b] iv) g liên tục trên [a,b] g khả tích (R) trên [a,b] g khả tích (L) trên [a,b] v) h.k.ng f trên [a,b] Do đó f khả tích (L) trên [a,b] 20 vi) Khi đó: ( ) ( ) b a L f x dx ( ) ( ) b a L g x dx ( ) ( ) b a R g x dx (Tích phân (R) là tích phân thông thường) Bài tập Bài 1: Cho hàm số 2 1 .sin nÕu x ( , ) nÕu x \x x x f x y e Xét tính khả tích (R) và khả tích (L) và tính tích phân (L) nếu có trên [a,b] Giải + Xét tính khả tích (L) - Chọn 2 1( ) xg x e : g liên tục trên [a,b] - Đặt {x [ , ] f(x) g(x)}E a b E đếm được nên ( ) 0 ( ) 0E h.k.ng f trên [a,b] - g liên tục trên [a,b] g khả tích (R) trên [a,b] g khả tích (L) trên [a,b] - h.k.ng f trên [a,b] f khả tích (L) trên [a,b] Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a L f x dx L g x dx 2 1 ( ) ( ) b b x a a R e dx 2 1 2 2( ) 2 2 b x b a a e e e e + Xét tính khả tích (R). - f bị chặn trên [a,b] (vì ( ) .sinf x x x x b ) - Đặt {x [ , ] f(x) gi¸n ®o¹n t¹i x}E a b {x [ , ] f(x) liªn tôc t¹i x}F a b 21 - f liên tục tại x {x } {y } \ n n sao cho lim ( ) ( )x lim ( ) ( )y n n n n n nn n f x f xx f y f yy lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) n n n n f x f x f y f y 2 1 .sin x x x e (*) Phương trình (*) có không qua đếm được nghiệm ( ) 0F ( ) ([ , ]) ( )E a b F 0b a f không khả tích (R) trên [a,b] Bài 1: Cho hàm số 1 sin nÕu x = ( , ) 1 cos nÕu x x n f x y x n Xét tính khả tích (R) và khả tích (L) và tính tích phân của f(x,y) trên [0,1] Giải + Xét tính khả tích (L) Đặt 1 { ; 1,2,......}A n n A đếm được Chọn : ( ) cos , [0,1]g x x x g liên tục trên [0,1] - Đặt {x [ , ] f(x) g(x)}E a b E A đếm được ( ) 0A ( ) 0E h.k.ng f trên [0,1] - g liên tục trên [0,1] g khả tích (R) trên [0,1] g khả tích (L) trên [0,1] - h.k.ng f trên [0,1] f khả tích (L) trên [0,1] 22 Ta có 1 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( )L f x dx L g x dx 1 1 0 0 ( ) ( ) cosR g x xdx 1 0 sin sin1x + Xét tính khả tích (R). - ( ) 1f x f bị chặn trên [0,1] - Đặt {x [0,1] f(x) gi¸n ®o¹n t¹i x}G . Giả sử 0 0 0 [0,1] ; x 0 xx A . Khi đó : 0 n sao cho 0 0 0 1 1 1 x n n 0 0 0 0 0 1 1 ( ) cos( ) ; x , 1 f x x n n ( )f x liên tục trên 0 0 0 1 1 ; 1 x n n ( )f x chỉ gián đoạn tại 0 0 0x x A {0}G A -đếm được ( ) 0G f khả tích (R) trên [0,1] 23 Phần B: KHÔNG GIAN METRIC I. Không gian metric 1.1. Không gian metric Định nghĩa 1: Cho tập X . Một ánh xạ :d X X được gọi là một metric nếu các điều kiện sau được thoả mãn , ,x y z X i) ( , ) 0d x y ( , ) 0d x y x y ii) ( , ) ( , )d x y d y x iii) ( , ) ( , ,) ( , )d x y d x z d z y Nếu d là metric trên X thì cặp (X,d) được gọi là không gian metric. Nếu d là metric trên X thì nó cũng thoả mãn tính chất sau ( , ) ( , ) ( , ) ( , )d x y d u v d x u d y v 1.2. Sự hội tụ Định nghĩa 2: Cho không gian metric (X,d). Ta nói dãy phần tử { } n x X hội tụ (hội tụ theo metric d) về phần tử x X nếu lim ( , ) 0 n n d x x . Như vậy, lim ( , ) 0 n n d x x trong (X,d) có nghĩa là 0 , 0 :n * n 0 ( , ) n n n d x x Tính chất 1. Giới hạn của một dãy là duy nhất. 2. Nếu dãy { } n x hội tụ về x thì mọi dãy con của nó hội tụ về x. 3. Nếu lim n n x x , lim n n y y thì lim ( , ) ( , ) n n n d x y x y 1.3. Không gian metric đầy đủ 24 Định nghĩa 3: Cho không gian metric (X,d). Dãy { } n x X được gọi là dãy Cauchy (Dãy cơ bản) nếu , lim ( , ) 0 m n m n d x x hay 0 , 0 n : 0 ,m n n : ( , ) m n d x x Tính chất 1. Nếu { } n x hội tụ thì nó là dãy Cauchy 2. Nếu { } n x là dãy Cauchy và có dãy con hội tụ về x thì { } n x hội tụ về x. Định nghĩa 4: Không gian metric (X,d) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy trong nó đều là dãy hội tụ. Các dạng bài tập Bài 1: Cho không gian metric (X,d) ta định nghĩa 1 ( , ) ( , ) 1 ( , ) d x y d x y d x y , ,x y X a) Chứng minh d1 là một không gian metric trên X. b) Chứng minh 1d d n n x x x x c) Giả sử (X,d) đầy đủ, chứng minh (X,d1) cũng đầy đủ. Giải a) Hiển nhiên d1 là ánh xạ từ X X vào . Ta kiểm tra d1 thoả mãn các điều kiện của metric. i) Ta có 1 ( , ) 0d x y do ( , ) 0d x y 1 ( , ) 0 ( , ) 0d x y d x y x y ii) 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 1 ( , ) 1 ( , ) d x y d y x d x y d y x d x y d y x iii) Ta cần chứng minh 25 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y , ,x y z X Ta có ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y (do tính chất metric của d) ( , ) ( , ) ( , ) 1 ( , ) 1 ( , ) ( , ) d x y d x z d z y d x y d x z d z y (do hàm 1 t t tăng trên 0; )[ ) ( , ) ( , ) ( , ) 1 ( , ) 1 ( , ) 1 ( , ) d x y d x z d z y d x y d x z d z y (ĐPCM) b) Chứng minh 1d d n n x x x x ( ) Giả sử d n x x ta chứng minh 1d n x x Ta có: d n x x 0 , 0 n , 0 ,m n n : ( , ) m n d x x suy ra 0 , 0 n , 0 ,m n n : ta có 1 ( , ) ( , ) 1 ( , ) m n m n m n d x y d x y d x y Do vậy 1d n x x ( ) Giả sử 1d n x x ta chứng minh d n x x Ta có: 1d n x x 0 , 0 n , 0 ,m n n : 1 ( , ) m n d x x Do 1 ( , ) ( , ) 1 ( , ) d x y d x y d x y nên ( , ) m n d x x Vậy 1d d n n x x x x (ĐPCM) c) Giả sử { } n x là dãy Cauchy trong (X,d1). Ta cần chứng minh { } n x hội tụ trong (X,d1) Ta có: 26 1 , 1 , 1 lim ( , ) 0 lim ( , ) 0( , ) ( , ) 1 ( , ) m n m n m n m n m n m n m n d x x d x xd x x d x x d x x hay { } n x là dãy Cauchy trong (X,d) n x hội tụ trong (X,d) (vì (X,d) đầy đủ) (1) Đặt , lim ( , ) m n m n x d x x trong (X,d). Ta có , lim ( , ) m n m n x d x x trong (X,d1) (2) (theo câu b) Từ (1) và (2) suy ra mọi dãy Cauchy trong (X,d1) đều hội tụ do vậy (X,d1) đầy đủ Bài 2: Cho không gian metric (X1,d1) và (X2,d2) trên tập X X X ta định nghĩa 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 (( , ),( , )) ( , ) ( , )d x x y y d x y d x y a) Chứng minh d là một metric trên X b) Giả sử 1 2 ( , )n n nx x x * n , 1 2 ( , )a a a . Chứng minh 1 2 1 1 2 2 dn dn dn x a x a x a c) Giả sử (X1,d1) và (X2,d2) đầy đủ, chứng minh (X,d) cũng đầy đủ Giải a) Ta kiểm tra tính chất i), iii) của metric. Giả sử: 1 2 ( , )x x x , 1 2 ( , )y y y , 1 2 ( , )z z z X i) Ta có: ( , )d x y 1 1 1 ( , )d x y 2 2 2 ( , ) 0d x y 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ( , ) 0 ( , ) 0 ( , ) 0 d x y x y d x y x y d x y x y iii) Cộng từng vế các BĐT: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y Ta có ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y 27 b) Ta có 1 1 2 2 0 ( , ), ( , )n nd x a d x a 1 1 2 2 ( , ) ( , ) ( , )n nd z y d x a d x a Do đó 1 1 2 2 lim ( , ) 0 lim ( , ) 0 lim ( , ) 0 n nn nn n d x a d x a d x a c) Giả sử { }nx là dãy Cauchy trong (X,d), 1 2 ( , )n n nx x x . Ta có { }n i x là dãy Cauchy trong (Xi,di) (vì ( , ) ( , )n n n n i i i d x y d x y ) suy ra i i a X : idn i i x a (do (Xi,di) đầy đủ) 1 2 ( , ) dn x a a a (theo câu b) Bài 3: Trên [0,1] X C xét các metric 0 1 ( , ) sup ( ) ( ) x d x y x t y t 1 1 0 ( , ) ( ) ( )d x y x t y t dt a) Chứng minh ( ) d n x x 1( ) d n x x b) Bằng ví dụ dãy 1( ) ( )n n n x t n t t Chứng minh chiều “ ”trong câu a) có thể không đúng. c) Chứng minh (X,d1) không đầy đủ. Giải a) Ta có: ( ) ( ) ( , )x t y t d x y , [0,1]t 1 1 0 0 ( ) ( ) ( , )x t y t dt d x y dt 1 0 ( , ) ( , )d x y dt d x y 1 ( , ) ( , )d x y d x y , [0,1] ,x y C Do đó 1 lim ( , ) 0 lim ( , ) 0 n n d x y d x y b) Kí hiệu x0 là hàm hằng bằng 0 trên [0,1]. Ta có: 28 1 1 0 0 0 ( , ) ( ) ( ) n n d x x x t x t dt 1 1 0 ) n n n t t dt 0 ( 1)( 2) nn n n 1 0 0 1 ( , ) sup ( ) n n n x d x x n t t 1 . 1 1 n n n n n (hãy lập bảng khảo sát hàm 1( )n nn t t trên [0,1]). Do đó 0 lim ( , ) lim . 1 1 n n n n n n d x x n n 1 0 e Suy ra d n x 0 x c) Xét dãy [0,1]n x C xác định như sau: 1 0 t [0, ] 2 1 1 1 1 ( ) ( ) t [ , ] (n 2) 2 2 2 1 1 1 t [ ,1] 2 n x t n t n n Trước tiên ta chứng minh { } n x là dãy Cauchy trong [0,1] 1 ( , )C d . Thật vậy: với m n ta có: 1 ( , ) n m d x x 1 0 ( ) ( ) n n x t y t dt 1/2 1/ 1/2 ( ) ( ) m n n x t y t dt 1/2 1/ 1/2 1 1. m dt m Do đó 1 , lim ( , ) 0 n m m n d x x Ta chứng minh { } n x không hội tụ trong [0,1] 1 ( , )C d Giả sử ngược lại: [0,1] x C : lim( , ) = 0 n n x x Khi đó 1/2 1/2 1 0 0 ( , ) ( ) ( ) ( ) n n d x x x t x t dt x t dt * n 29 1/2 0 ( ) 0x t dt ( ) 0x t trên [0, 1 2 ]. Mặt khác, với mỗi 1 ( ,1) 2 a ta có 1 1 2 a n khi n đủ lớn. Do đó 1 1 1 ( , ) ( ) ( ) 1 ( ) n n a a d x x x t x t dt x t dt ( ) 1x t , [ ,1]t a (lý luận như trên) Do 1 2 a tuỳ ý, ta suy ra ( ) 1x t , 1 ( ,1] 2 t . Ta gặp mâu thuẫn với tính liên tục của hàm x. II. Ánh xạ liên tục 2.1. Định nghĩa: Cho các không gian metric ( , )X d và ( , )Y và ánh xạ :f X Y Ta nói ánh xạ f liên tục tại điểm 0 x X nếu 0, 0 : x X , 0 ( , )d x x 0 ( ( ), ( ))f x f x Ta nói f liên tục trên X nếu f liên tục tại mọi x X 2.2. Tính chất Cho các không gian metric ( , )X d và ( , )Y và ánh xạ :f X Y . Định lí 1: Các mệnh đề sau đây là tương đương i) f liên tục tại 0 x X ii) { } X n x 0 0 (lim ) lim ( ) ( ) n n n n x x f x f x Hệ quả: Nếu ánh xạ :f X Y liên tục tại x0 và ánh xạ :g Y Z liên tục tại 0 0 ( )y f x thì ánh xạ hợp :g f X Z liên tục tại x0. Định lí 2: Các mệnh đề sau tương đương 30 i) f liên tục trên X. ii) Với mọi tập mở G Y thì tập nghịch ảnh 1( )f G là tập mở trong X. iii) Với mọi tập đóng F X thì tập nghịch ảnh 1( )f F là tập mở trong X. 2.3. Ánh xạ mở, ánh xạ đóng, ánh xạ đồng phôi Cho các không gian metric ( , )X d và ( , )Y và ánh xạ :f X Y . Ánh xạ f gọi là ánh xạ mở (đóng) nếu mọi tập mở (đóng) A X thì ảnh ( )f A là tập mở (đóng). Ánh xạ f gọi là ánh xạ đồng phôi nếu f là song ánh liên tục và ánh xạ ngược 1 :f Y X liên tục. BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM QUA CÁC KỲ THI Tập tài liệu nhỏ này chỉ là sự tuyển chọn các bài tập về không gian định chuẩn thường xuyên xuất hiện trong các đề thi của PGS.TS. Nguyễn Hoàng. Hầu hết chúng là những bài đơn giản mà mỗi học viên dễ dàng giải được. 1 Toán tử tuyến tính liên tục Bài 1. Cho X, Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn và A : X −→ Y là một toán tử cộng tính, tức A(x+ y) = Ax+ Ay, với mọi x, y ∈ X. Chứng minh rằng nếu A liên tục tại 0 thì A liên tục trên X. Giải. Trước hết ta có: • A(0) = A(0 + 0) = A(0) + A(0) nên A(0) = 0. • 0 = A(0) = A(x− x) = A(x+ (−x)) = A(x) + A(−x) Suy ra A(−x) = −Ax với mọi x ∈ X. • A(x− y) = A(x+ (−y)) = Ax+ A(−y) = Ax− Ay, với mọi x, y ∈ X. Lấy bất kì x ∈ X. Giả sử xn −→ x. Khi đó xn − x −→ 0. Do A liên tục tại 0 nên A(xn − x) −→ A(0) = 0, hay A(xn) − Ax −→ 0. Suy ra A(xn) −→ Ax. Vậy A liên tục trên X. Bài 2. Cho X, Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn thực và A : X −→ Y là một toán tử cộng tính 1. Chứng minh rằng nếu sup ||x||≤1 ||Ax|| < +∞ 2 thì A là toán tử tuyến tính liên tục trên X. Giải. Ta dễ dàng chứng minh được rằng A(qx) = qAx, với mọi q ∈ Q, x ∈ X. Tiếp theo ta chứng minh A liên tục trên X. Cách 1 ( Gián tiếp ) Giả sử A không liên tục tại 0. Khi đó: ∃ε0 > 0, ∀n ∈ N∗, ∃yn ∈ X : ||yn|| < 1 n2 và ||Ayn|| ≥ ε0 Đặt xn = nyn thì ||xn|| = n||yn|| < nn2 = 1n ≤ 1,∀n ∈ N∗. Tuy nhiên ||A(xn)|| = ||A(nyn)|| = n||A(yn)|| ≥ nε0. Suy ra sup ||x||≤1 ||Ax|| ≥ sup n∈N∗ ||Axn|| ≥ sup n∈N∗ nε0 = +∞. Điều này mâu thuẩn với giả thiết. Do đó A liên tục tại 0. Theo Bài 1 thì A liên tục trên X. 1Nếu X là không gian định chuẩn phức thì phải giả sử A tuyến tính 2Tổng quát, A biến mỗi tập bị chặn trong X thành một tập bị chặn trong Y 31 Cách 2 Đặt M = sup ||x||≤1 ||Ax||. Lấy bất kì x ∈ X. Giả sử xn −→ x. Với mọi ε > 0, chọn K ∈ N sao cho MK < ε. Vì Kxn −→ Kx nên có n0 ∈ N sao cho ||Kxn − Kx|| < 1,∀n ≥ n0. Suy ra ||A(Kxn − Kx)|| ≤ M , hay K||A(xn) − Ax|| ≤ M . Do đó ||A(xn) − Ax|| ≤ MK < ε,∀n ≥ n0. Vậy A(xn) −→ Ax. Cuối cùng, với mọi r ∈ R, lấy dãy (rn) ⊂ Q sao cho rn −→ r. Khi đó: A(rx) = A( lim n→∞ rnx) = limn→∞A(rnx) = limn→∞(rnA(x)) = ( limn→∞ rn)Ax = rAx Vậy A tuyến tính. Bài 3. Cho X, Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn thực và A : X −→ Y là một toán tử cộng tính 4. Giả sử mọi dãy (xn) trong X mà xn −→ 0 thì dãy (A(xn)) bị chặn trong Y 5. Chứng minh rằng A tuyến tính liên tục trên X. Giải. Tương tự cách 1 của Bài 2. (Dãy (xn) được chỉ ra là dần về 0 nhưng dãy (A(xn)) không bị chặn trong Y ). Bài 4. Kí hiệu X = C[0,1] là không gian các hàm số liên tục trên [0, 1] với chuẩn "max". Ánh xạ A : X −→ X xác định bởi Ax(t) = x(1)− tx(t), t ∈ [0, 1], x ∈ X. Chứng minh A tuyến tính liên tục và tính ||A||. Giải. Dễ dàng chứng minh được A tuyến tính, liên tục và ||A|| ≤ 2. Với mỗi n ∈ N∗, đặt xn(t) = { −1 nếu 0 ≤ t ≤ nn+1 2(n+ 1)t− 2n− 1 nếu nn+1 < t ≤ 1 Khi đó xn ∈ X và ||xn|| = 1, với mọi n, và ta có: ||A|| = sup ||x||=1 ||Ax|| ≥ ||A(xn)|| = max t∈[0,1] |A(xn)(t)| ≥ A(xn)( n n+ 1 ) = |xn(1)− n n+ 1 xn( n n+ 1 )| = 1 + n n+ 1 Cho n −→∞ ta được ||A|| ≥ 2. Vậy ||A|| = 2. Bài 5. Kí hiệu X = {x ∈ C[0,1]|x(0) = 0} với chuẩn "max". Ánh xạ A : X −→ X xác định bởi Ax(t) = x(1) − tx(t), t ∈ [0, 1], x ∈ X. Chứng minh A tuyến tính liên tục và tính ||A||. Giải. Tương tự Bài 4 với dãy hàm xn(t) = { −n+1n t nếu 0 ≤ t ≤ nn+1 2(n+ 1)t− 2n− 1 nếu nn+1 < t ≤ 1 4Nếu X là không gian định chuẩn phức thì phải giả sử A tuyến tính 5Tổng quát, A biến mỗi dãy bị chặn trong X thành một dãy bị chặn trong Y 32 Bài 6. Kí hiệu X = {x ∈ C[0,1]|x(0) = x(1) = 0} với chuẩn "max". Chứng minh các ánh xạ A : X −→ X sau đây là tuyến tính liên tục và tính ||A||: a) Ax(t) = x(t) + x(1− t), t ∈ [0, 1], x ∈ X. b) Ax(t) = x(t)− x(1− t), t ∈ [0, 1], x ∈ X. c) Ax(t) = t2x(t), t ∈ [0, 1], x ∈ X. Giải. a) Rõ ràng A tuyến tính, liên tục và ||A|| ≤ 2. Xét hàm số x0(t) = { 2t nếu 0 ≤ t ≤ 12 −2t+ 2 nếu 12 < t ≤ 1 Khi đó ||x0|| = 1 và ta có: ||A|| = sup ||x||=1 ||Ax|| ≥ ||A(x0)|| = max t∈[0,1] |A(x0)(t)| ≥ Ax0(1 2 ) = x0( 1 2 ) + x0( 1 2 ) = 2. Vậy ||A|| = 2. b) ||A|| = 2. Tương tự a) với hàm x0(t) =  3t nếu 0 ≤ t ≤ 13 −6t+ 3 nếu 13 < t < 23 3t− 3 nếu 23 ≤ t ≤ 1 Khi đó ||x0|| = 1 và ta có: ||A(x0)|| = max t∈[0,1] |A(x0)(t)| ≥ Ax0(1 3 ) = x0( 1 3 )− x0(2 3 ) = 1− (−1) = 2. c) Rõ ràng A tuyến tính, liên tục và ||A|| ≤ 1. Với mỗi n ∈ N∗, đặt xn(t) = { n+1 n t nếu 0 ≤ t ≤ nn+1 −(n+ 1)t+ n+ 1 nếu nn+1 < t ≤ 1 Khi đó xn ∈ X và ||xn|| = 1, với mọi n. Ta có: ||A(xn)|| = max t∈[0,1] |A(xn)(t)| ≥ Axn( n n+ 1 ) = ( n n+ 1 )2xn( n n+ 1 ) = n2 (n+ 1)2 . Suy ra ||A|| = sup ||x||=1 ||Ax|| ≥ ||A(xn)|| = n 2 (n+ 1)2 . Cho n −→∞ ta được ||A|| ≥ 1. Vậy ||A|| = 1. 33 Bài 7. Kí hiệu X = C[−1,1]. Chứng minh phiếm hàm tuyến tính f : X −→ R sau đây là liên tục và tính ||f ||: f(x) = 0∫ −1 x(t)dt− 1∫ 0 x(t)dt. Giải. Rõ ràng f tuyến tính, liên tục và ||f || ≤ 2. Với mỗi n ∈ N∗, đặt xn(t) =  1 nếu −1 ≤ t ≤ − 1n −nt nếu − 1n < t < 1n −1 nếu 1n ≤ t ≤ 1 Khi đó xn ∈ X và ||xn|| = 1, với mọi n. Ta có: ||f || = sup ||x||=1 |f(x)| ≥ |f(xn)| = 2− 1 n Cho n −→∞ ta được ||f || ≥ 2. Vậy ||f || = 2. Bài 8. Cho f : X −→ K là một phiếm hàm tuyến tính khác 0. a) Chứng minh tồn tại không gian con một chiều E sao cho X = Kerf ⊕ E. b) Chứng minh rằng Kerf đóng hoặc Kerf trù mật khắp nơi trong X. c) Đặt F = f(B′(0X , 1)). Chứng minh rằng F bị chặn hoặc F = K. Giải. a) Do f 6= 0 nên có x0 6= 0 sao cho f(x0) 6= 0. Đặt E = 〈{x0}〉 thì E là không gian con 1 chiều của X. Ta chứng minh X = Kerf ⊕ E. Với mọi x ∈ X, đặt y = x.f(x0) − x0.f(x) thì f(y) = 0 nên y ∈ Kerf . Theo cách đặt ở trên thì x = 1 f(x0) y + f(x) f(x0) x0 ∈ Kerf + E Vậy X = Kerf + E. Mặt khác, nếu y ∈ Kerf ∩ E thì f(y) = 0 và y = k.x0. Suy ra 0 = f(y) = f(kx0) = kf(x0) ⇒ k = 0( do f(x0) 6= 0)⇒ y = 0 Vậy Kerf ∩ E = {0}. Do đó: X = Kerf ⊕ E. b) Nếu f liên tục trên X thì Kerf = f−1({0}) là tập đóng. Giả sử f không liên tục trên X. Ta chứng minh Kerf = X. Do f tuyến tính nên f không liên tục tại 0, tức tồn tại ε0 > 0 sao cho ∀n ∈ N,∃xn ∈ X : ||xn|| < 1 n và |f(xn)| ≥ ε0 34 Với mọi x ∈ X, đặt yn = − f(x)f(xn) .xn + x thì f(yn) = 0 nên yn ∈ Kerf, ∀n ∈ N. Và ta có: ||yn − x|| = || − f(x) f(xn) .xn|| = |f(x)||f(xn)| .||xn|| ≤ |f(x)| ε0.n −→ 0, n −→∞ Vậy yn −→ x. Do đó X = Kerf . c) Nếu f liên tục trên X thì f biến mỗi tập bị chặn trong X thành một tập bị chặn trong K, do đó F bị chặn. Giả sử f không liên tục trên X. Ta chứng minh F = f(B′(0X , 1)) = K. Lấy bất kì y ∈ K. Nếu y = 0 thì có x = 0 ∈ B′(0X , 1) sao cho f(x) = y. Xét y 6= 0. Do f không liên tục tại 0 nên có ε0 > 0 sao cho với δ = ε0 |y| ,∃x1 ∈ X : ||x1|| < ε0 |y| và |f(x1)| ≥ ε0 Đặt x = yf(x1) .x1 thì ||x|| = |y| |f(x1)| .||x1|| ≤ |y| ε0 ε0 |y| = 1, tức x ∈ B′(0X , 1) và f(x) = y. Vậy F = K. Bài 9. Cho X là một không gian định chuẩn và f ∈ X∗, a ∈ K 6. Chứng minh f liên tục trên X khi và chỉ khi f−1(a) = {x ∈ X|f(x) = a} đóng trong X. Giải. Nếu f liên tục thì hiển nhiên f−1(a) là tập đóng. Ngược lại, giả sử f−1(a) là tập đóng và f không liên tục tại 0. Khi đó có ε0 > 0 sao cho ∀n ∈ N, ∃xn ∈ X : ||xn|| < 1 n và |f(xn)| ≥ ε0 Đặt yn = { a xnf(xn) nếu a 6= 0 xn f(xn) − x1f(x1) nếu a = 0 Khi đó yn ∈ f−1(a), với mọi n. Tuy nhiên dãy (yn) hội tụ về y /∈ f−1(a) 7. Điều này mâu thuẩn với f−1(a) là tập đóng. Vậy f liên tục trên X. Bài 10. Cho X là một không gian định chuẩn và f ∈ X∗, a là một số thực bất kì. Chứng minh f liên tục trên X khi và chỉ khi f−1([a,+∞)) = {x ∈ X|f(x) ≥ a} đóng trong X. Giải. Nếu f liên tục thì hiển nhiên f−1([a,+∞)) là tập đóng trong X. Ngược lại, lập luận tương tự Bài 9 với dãy yn = (a − 1) x1f(x1) + xnf(xn) . Ta có f(yn) = a nên yn ∈ f−1([a,+∞)), với mọi n. Tuy nhiên yn −→ y = (a− 1) x1f(x1) /∈ f−1([a,+∞)) (vì f(y) = a− 1 /∈ [a,+∞)). 6K = R hoặc K = C 7y = 0 khi a 6= 0 , y = − x1f(x1) khi a = 0 35 Bài 11. Cho f : X −→ K là một phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn sup x,y∈B′(0,1) |f(x)− f(y)| = r Chứng minh f ∈ X∗ và tính ||f ||. Giải. Với mọi x ∈ B′(0, 1) thì −x ∈ B′(0, 1) nên: 2|f(x)| = |f(x)− f(−x)| ≤ sup x,y∈B′(0,1) |f(x)− f(y)| = r ⇒ |f(x)| ≤ r 2 8 ⇒ ||f || = sup x∈B′(0,1) |f(x)| ≤ r 2 Mặt khác, với mọi x, y ∈ B′(0, 1) ta có: |f(x)− f(y)| = |f(x− y)| ≤ ||f ||||x− y|| ≤ ||f ||(||x||+ ||y||) ≤ 2||f || Suy ra r = sup x,y∈B′(0,1) |f(x)− f(y)| ≤ 2||f ||, do đó: r2 ≤ ||f ||. Vậy ||f || = r2 . Bài 12. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Đặt α = inf{||x|||x ∈ X, f(x) = 1}. Chứng minh ||f || = 1α . Giải. Đặt A = {x ∈ X|f(x) = 1}. Với mọi x ∈ A ta có: 1 = f(x) ≤ ||f ||||x|| ⇒ 1||f || ≤ ||x|| Suy ra 1||f || ≤ infx∈A ||x|| = α. Do đó 1 α ≤ ||f ||. Mặt khác, với mọi x ∈ X mà ||x|| = 1 và f(x) 6= 0 ta có f( xf(x)) = 1 nên xf(x) ∈ A. Do đó α ≤ || x f(x) || = ||x|||f(x)| ⇒ |f(x)| ≤ 1 α ||x|| = 1 α 9 Do vậy ||f || = sup ||x||=1 |f(x)| ≤ 1α . Bài 13. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Chứng minh rằng với mọi a ∈ X ta có d(a,N) = |f(a)|||f || , trong đó N = Kerf . Giải. 10 Nếu a ∈ N thì đẳng thức hiển nhiên đúng. Xét a /∈ N . Với mọi y ∈ N , ta có |f(a)| = |f(a)− f(y)| = |f(a− y)| ≤ ||f ||||a− y|| f(a)|⇒ |||f || ≤ d(a,N) 8Từ đây suy ra f liên tục 9Khi f(x) = 0 thì bất đẳng thức này hiển nhiên đúng 10Bài này có khá nhiều cách giải, một trong số đó nằm ở trang 111 - sách Bài tập Giải tích hàm của Nguyễn Xuân Liêm 36 Với mọi x ∈ X mà ||x|| = 1 và f(x) 6= 0 , ta đặt y = a − f(a)f(x) .x. Khi đó f(y) = 0 nên y ∈ N . Do đó d(a,N) ≤ ||a− y|| = ||f(a) f(x) .x|| = |f(a)||f(x)| (do ||x|| = 1) Suy ra |f(x)| ≤ |f(a)|d(a,N) 11. Từ đó ||f || ≤ |f(a)| d(a,N) , hay d(a,N) ≤ |f(a)| ||f || . Ta còn gặp một số biến tướng của bài tập này như sau Bài 14. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0, đặt N = Kerf , x /∈ N . Giả sử tồn tại y ∈ N sao cho d(x,N) = ||x− y||. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ X, ||x0|| = 1 sao cho ||f || = |f(x0)|. Giải. Theo Bài 13 thì f(x)|||x− y|| = d(x,N) = | ||f || = 12 |f(x)− f(y)| ||f || Suy ra |f(x− y)| = ||f ||.||x− y||. Đặt x0 = x−y||x−y|| ta được |f(x0)| = ||f ||. Bài 15. Cho X là không gian Hilbert, a ∈ X, a 6= 0. Khi đó với mọi x ∈ X ta có d(x,N) = |〈x,a〉|||a|| , trong đó N = 〈{a}〉⊥. Giải. Đây là hệ quả trực tiếp của Bài 13. Tuy nhiên ta có thể giải một cách ngắn gọn như sau. ∀y ∈ N , ta có: |〈x, a〉| = 13|〈x− y, a〉| ≤ ||x− y||||a|| Suy ra |〈x,a〉|||a|| ≤ ||x− y||. Do đó |〈x,a〉| ||a|| ≤ d(x,N). Mặt khác, nếu đặt z = x− 〈x,a〉||a||2 a thì z ∈ N vì 〈z, a〉 = 0. Do đó x, a〉 d(x,N) ≤ ||x− z|| = ||〈||a||2 x, a〉| a|| = |〈||a|| . 2 Nguyên lý bị chặn đều Bài 16. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Chứng minh các khẳng định sau là tương đương14 a) ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ X, ∀α ∈ I, ||x|| < δ ⇒ ||Aα(x)|| < ε b) ∃N > 0 : ∀α ∈ I, ||Aα|| ≤ N 11Do x /∈ N và N đóng nên d(x.N) > 0 12Để ý y ∈ Kerf 13Để ý y ∈ N nên 〈y, a〉 = 0 14Như vậy hai khái niệm đồng liên tục đều và bị chặn đều là tương đương 27 Giải. a) ⇒ b) Lấy cố định ε0 > 0. Khi đó, tồn tại δ0 > 0 sao cho ||x|| < δ0 ⇒ ||Aα(x)|| < ε0 Đặt δ = min(1, δ0) thì δ ≤ 1 và δ ≤ δ0. Do đó ||Aα|| = 15 sup ||x||<δ ||Aα(x)|| ≤ ε0 Đặt N = ε0 thì ta có b). b) ⇒ a) ∀ε > 0, đặt δ = εN . Khi đó, nếu ||x|| < δ thì Aα(x)|| ≤ ||Aα||||x|| ≤ N ||x|| < Nδ = N ε N = ε Bài 17. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Chứng minh các khẳng định sau là tương đương a) ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ Y ∗ : sup y∗(Aαx)| < +∞ α∈I | b) ∀x ∈ X : sup α∈I ||Ax|| < +∞ Giải. a) ⇒ b) Để ý y∗(Aαx) = Aαx(y∗). Lấy bất kì x ∈ X, theo giả thiết thì dãy (Aαx)α∈I 16 là một dãy bị chặn từng điểm. Do Y ∗ Banach 17 nên dãy (Aαx)α∈I bị chặn đều, tức sup α∈I ||Ax|| < +∞. b) ⇒ a) Hiển nhiên. (Bị chặn đều suy ra bị chặn từng điểm). Bài 18. Cho X là một không gian Banach, Y là không gian định chuẩn, và M là một tập con của L(X, Y ). Chứng minh các khẳng định sau là tương đương a) ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ Y ∗ : sup y∗(Ax)| < +∞ A∈M | b) M là tập bị chặn trong L(X, Y ) Giải. b) ⇒ a) Hiển nhiên. a) ⇒ b) Theo Bài 17, từ giả thiết ta suy ra sup A∈M ||Ax|| < +∞,∀x ∈ X. Do X Banach nên theo nguyên lý bị chặn đều ta có sup A∈M ||A|| < +∞, nghĩa là M là tập bị chặn trong L(X, Y ). Bài 19. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Với mỗi n ∈ N∗, đặt Cn = {x ∈ X| sup α∈I ||Aαx)|| < n}. Chứng minh nếu sup α∈I ||Aα|| = +∞ thì int(Cn) = ∅, ∀n ∈ N∗. 15Có thể chứng minh được rằng nếu δ ≤ 1 thì ||A|| = sup ||x||<δ ||A(x)|| 16Xem như là một dãy trong Y ∗∗ vì Y ⊂ Y ∗∗ 17K Banach nên Y ∗ = L(Y,K) Banach 38 Giải. Giả sử có n0 ∈ N∗ sao cho int(Cn0) 6= ∅. Khi đó có hình cầu mở B(x0, r) ⊂ Cn0. ∀x ∈ X, x 6= 0, ta có x0 + rx2||x|| ∈ B(x0, r). Suy ra ||Aα(x0 + rx 2||x||)|| < n0 ⇒ ||Aα( rx 2||x||)|| < n0 + ||Aα(x0)|| < 2n0 ⇒ ||Aα(x)|| < 4n0 r ||x|| ⇒ ||Aα|| ≤ 4n0 r Do đó sup α∈I ||Aα|| < +∞. Điều này mâu thuẩn với giả thiết. Vậy int(Cn) = ∅, ∀n ∈ N∗. Bài 20. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và (Aα)α∈I ⊂ L(X, Y ). Đặt A = {x ∈ X| sup α∈I ||Aαx|| < 1}. Chứng minh rằng a) Nếu int(A) 6= ∅ thì sup α∈I ||Aα|| < +∞ (tức (Aα)α∈I bị chặn đều). b) Nếu int(A) 6= ∅ thì 0 ∈ int(A). Giải. a) Hoàn toàn tương tự Bài 19. b) 18 Theo câu a) ta có K = sup α∈I ||Aα|| < +∞. Giả sử 0 /∈ int(A), khi đó có x ∈ B(0, 12K ) và x /∈ A. Suy ra ∃α ∈ I : ||Aα(x)|| ≥ 1 Do đó 1 ≤ ||Aα(x)|| ≤ ||Aα||||x|| ≤ K||x|| < K 1 2K = 1 2 Điều này mâu thuẩn. Vậy 0 ∈ int(A). Bài 21. Cho X là một không gian Banach, F là một tập đóng, hấp thụ 19 chứa trong X. Chứng minh int(F ) 6= ∅. Giải. Do F hấp thụ nên với mọi x ∈ X, ta có thể chọn nx ∈ N sao cho x ∈ nxF . Suy ra X = ⋃ x∈X nxF. Để ý rằng {nx|x ∈ X} ⊂ N nên hợp trên là đếm được. Do X là không gian Banach nên nó thuộc phạm trù II, vì vậy tồn tại n0 sao cho int(n0F ) 6= ∅. Do F đóng nên n0F đóng, suy ra int(n0F ) 6= ∅, tức có hình cầu mở B(x0, r) ⊂ n0F, r > 0. Từ đây ta có B(x0n0 , r n0 ) ⊂ F . Vì vậy int(F ) 6= ∅. 18Đậu Anh Hùng - K16 19Tập F ⊂ X được gọi là hấp thụ nếu với mọi x ∈ X, tồn tại λ > 0 sao cho với mọi α ∈ K, |α| ≥ λ thì x ∈ αF 39 3 Nguyên lý ánh xạ mở - Định lí đồ thị đóng Bài 22. Cho X là một không gian Banach, f là một phiếm hàm tuyến tính lên tục khác 0. Chứng minh f là ánh xạ mở. Giải. Theo nguyên lý ánh xạ mở, ta chỉ cần chứng minh f toàn ánh là đủ. Do f 6= 0 nên có x0 ∈ X sao cho f(x0) 6= 0. ∀r ∈ K, đặt x = rf(x0) .x0 thì f(x) = rf(x0) .f(x0) = r. Vậy f là toàn ánh. Bài 23. Giả sử ||.||1 và ||.||2 là hai chuẩn trên X sao cho với mỗi chuẩn đó X là không gian Banach và ||.||1 ≤ K.||.||2, với K là một số dương. Chứng minh hai chuẩn này tương đương. 20 Giải. Do ||.||1 ≤ K.||.||2 nên id : (X, ||.||1) −→ (X, ||.||2) liên tục trên X. Mặt khác, id là song ánh. Theo hệ quả của nguyên lý ánh xạ mở thì id là một phép đồng phôi. Do đó hai chuẩn này tương đương. Bài 24. Kí hiệu X = C1[0,1] là không gian gồm các hàm số khả vi liên tục trên [0, 1]. Với mỗi x ∈ X, ta đặt ||x||1 = max t∈[0,1] |x′(t)|+ |x(0)|, ||x||2 = ( 1∫ 0 (|x(t)|2 + |x′(t)|2)dt)1/2 Chứng minh (X, ||.||1) là một không gian Banach và hai chuẩn đã cho không tương đương. Suy ra (X, ||.||2) không phải là một không gian Banach. Giải. Ta dễ dàng kiểm tra được (X, ||.||1) là một không gian Banach. Với mỗi n ∈ N∗, đặt xn(t) = tn√n , t ∈ [0; 1] thì xn ∈ X. Và ta có ||xn||1 = max t∈[0;1] |√ntn−1|+ |0| = √n −→∞ khi n→∞. Tuy nhiên ||xn||2 = ( 1∫ 0 ( t2n n + nt2n−2)dt)1/2 = √ 1 n(2n+ 1) + n 2n− 1 −→ 1√ 2 khi n→∞. Vậy dãy (xn)n bị chặn trong (X, ||.||2) nhưng không bị chặn trong (X, ||.||1). Do đó hai chuẩn này không tương đương. Tiếp theo, áp dụng công thức số gia hữu hạn ta chứng minh được ∀x ∈ X, ||x||2 ≤ √ 2 ||x||1. Sử dụng Bài 23 ta suy ra được (X, ||.||2) không phải là một không gian Banach. 20Ta hay dùng một kết quả tương đương với bài tập này là: Nếu hai chuẩn đó không tương đương thì (X, ||.||1), (X, ||.||2) không thể cùng Banach 40 Bài 25. Cho X, Y là hai không gian Banach, A : X −→ Y là ánh xạ tuyến tính sao cho y∗A ∈ X∗, với mọi y∗ ∈ Y ∗ 21. Chứng minh A liên tục. Giải. Ta chứng minh A có đồ thị GA đóng. Lấy dãy (xn, Axn) −→ (x, y). Giả sử y 6= Ax. Khi đó theo hệ quả của định lí Hahn- Banach, tồn tại g ∈ Y ∗ sao cho g(Ax− y) 6= 0. Mặt khác ta có g(Ax− y) = g(Ax− lim n→∞Axn) = g( limn→∞(Ax− Axn)) = limn→∞ gA(x− xn) = 0. Điều này mâu thuẩn. Vậy y = Ax. Suy ra GA đóng. Theo Định lí đồ thị đóng thì A liên tục. 4 Định lí Hahn - Banach Bài 26. Cho X là không gian định chuẩn. Chứng minh rằng ⋂ f∈X∗ Kerf = {0}. Giải. Lấy bất kì x ∈ ⋂ f∈X∗ Kerf . Khi đó ta có f(x) = 0 , với mọi f ∈ X∗. Theo hệ quả của Định lí Hahn - Banach ta có x = 0. Bài 27. Cho x1, x2, ..., xn là n vectơ độc lập tuyến tính trong không gian định chuẩn X. Chứng minh rằng tồn tại f ∈ X∗ sao cho f(xi) 6= f(xj) khi i 6= j. Giải. Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n}, đặt Li = 〈{xj |j 6= i}〉 thì Li là không gian hữu hạn chiều nên là không gian con đóng của X. Do hệ {x1, x2, ..., xn} độc lập tuyến tính nên xi /∈ Li. Theo định lí Hahn - Banach, tồn tại fi ∈ X∗ sao cho fi(xi) = i và fi(xj) = 0, ∀j 6= i22 Đặt f = f1 + f2 + ... + fn, ta có f(xi) = i, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}. Do đó f(xi) 6= f(xj) khi i 6= j. Bài 28. Cho M là một tập con của X và x0 ∈ X. Chứng tỏ rằng x0 ∈ 〈M〉 khi và chỉ khi với mọi x∗ ∈ X∗ thỏa điều kiện x∗(M) = {0} thì x∗(x0) = 0. Giải. (⇒) : hiển nhiên. (⇐) : Đặt Y = 〈M〉. Giả sử x0 /∈ Y , khi đó d(x0, Y ) > 0. Theo Định lí Hahn - Banach, tồn tại x∗ ∈ X∗ sao cho x∗(Y ) = {0} và x∗(x0) = 1. Do M ⊂ Y nên x∗(M) = {0} và x∗(x0) = 1. Điều này mâu thuẩn với giả thiết. Vậy x0 ∈ Y 21Có thể hạn chế điều kiện này thành: Mọi dãy (xn) trongX sao cho xn −→ 0 thì y∗(Axn) −→ 0, ∀y∗ ∈ Y ∗ 22Trong Định lí Hahn - Banach người ta chọn phiếm hàm gi ∈ X∗ sao cho gi(xi) = 1. Khi đó, nếu đặt fi = igi thì ta được phiếm hàm fi như trên 41