Bài Tập Giải Tích Hàm Qua Các Kỳ Thi - Đề Thi Mẫu

Có thể bạn quan tâm

Trang chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Liên hệ

Đề Thi Mẫu

Tổng hợp đề thi mẫu tham khảo cho học sinh, sinh viên.

Bài tập giải tích hàm qua các kỳ thi pdf

24 trang | Chia sẻ: minhhong95 | Lượt xem: 5692 | Lượt tải: 5

Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Bài tập giải tích hàm qua các kỳ thi, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênC. M. Q - BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM QUA CÁC KỲ THI Trần Mậu Quý - K.16 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 1 C. M. Q - Cách 2 ( Trực tiếp 3) 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 3Nguyễn Em - K16 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 2 C. M. Q - 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. 3 C. M. Q - 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 4 C. M. Q - 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 5 C. M. Q - 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 6 C. M. Q - 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 ||x− y|| = d(x,N) = |f(x)|||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 d(x,N) ≤ ||x− z|| = ||〈x, a〉||a||2 a|| = |〈x, 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 7 C. M. Q - 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 α∈I |y∗(Aαx)| < +∞ 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 A∈M |y∗(Ax)| < +∞ 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 8 C. M. Q - 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 9 C. M. Q - 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−1)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 10 C. M. Q - 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 5 Một số đề thi Giải tích hàm Mục này sẽ giới thiệu các đề thi Giải tích hàm của PGS.TS Nguyễn Hoàng dành cho sinh viên Đại học và học viên Cao học của Đại học sư phạm Huế trong 10 năm qua. Có thể thấy rằng sự trùng lặp các câu hỏi là dày đặc. 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 11 C. M. Q - 5.1 Dành cho sinh viên năm 4 Năm học 1997-1998 Câu I. Kí hiệu X = {x ∈ C[0,1]|x(0) = x(1) = 0}. Với mỗi x ∈ X, ta đặt ||x|| = max [0,1] |x(t)| 1. Chứng minh (X, ||.||) là một không gian Banach. 2. Đặt A : X −→ X là ánh xạ xác định bởi x 7−→ Ax, trong đó Ax(t) = x(t)+x(1−t)2 . Chứng minh A ∈ L(X) và tính ||A||. Câu II. Kí hiệu X là không gian Banach và Y là không gian định chuẩn. 1. Phát biểu nguyên lí bị chặn đều đối với dãy các toán tử (An)n∈N ⊂ L(X, Y ). Chứng minh rằng nếu với mọi x ∈ X tồn tại Ax = lim n→∞Anx thì A ∈ L(X, Y ). 2. Cho (xn)n∈N ⊂ X. Giả sử với mọi x∗ ∈ X∗ ta có sup n∈N |x∗(xn)| < +∞. Chứng minh sup n∈N ||xn|| < +∞. Câu III. Cho X là một không gian Banach. 1. Giả sử f : X −→ R là một phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện: với mọi dãy (xn)n∈N ⊂ X, xn −→ 0 thì dãy (f(xn))n bị chặn. Chứng minh f ∈ X∗. 2. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Chứng minh rằng nếu G là tập mở trong X thì f(G) là tập mở trong R. Câu IV. Cho H là một không gian Hilbert. 1. Cho {x1, x2, ..., xn} là một hệ trực giao trong H. Chứng minh rằng chuỗi ∞∑ n=1 xn hội tụ trong H khi và chỉ khi chuỗi số ∞∑ n=1 ||xn||2 hội tụ. 2. Cho (en)n là một cơ sở trực chuẩn của H và (ξn)n ⊂ R sao cho ∞∑ n=1 |ξn|2 < +∞. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất x ∈ H nhận (ξn)n là hệ số Fourier đối với (en)n. 3. Cho (en)n là một cơ sở trực chuẩn của H và A ∈ L(H) là một toán tử compact. Chứng minh A(en) −→ 0 trong H khi n −→∞. Năm học 1999-2000 Câu I. Kí hiệu X = M[0,1] là tập các hàm số xác định và bị chặn trên [0, 1]. Với mỗi x ∈ X, ta đặt ||x|| = sup [0,1] |x(t)| 1. Chứng minh (X, ||.||) là một không gian Banach. 2. Đặt A : X −→ X là ánh xạ xác định bởi x 7−→ Ax, trong đó Ax(t) = x(0) + tx(t). Chứng minh A ∈ L(X) và tính ||A||. Câu II. Cho X là một không gian định chuẩn. 1. Cho f ∈ X∗ thỏa mãn điều kiện sup x,y∈B′(0,1) |f(x)− f(y)| = r. Tính ||f ||. 2. Cho x1, x2, ..., xn là n vectơ độc lập tuyến tính trong không gian định chuẩn X. 12 C. M. Q - Chứng minh rằng tồn tại f ∈ X∗ sao cho f(xi) 6= f(xj) khi i 6= j. Câu III. Cho X là một không gian định chuẩn và f ∈ X∗. Chứng minh f liên tục trên X khi và chỉ khi {x ∈ X|f(x) = 1} là một tập đóng trong X. Câu IV. Cho H là một không gian Hilbert. 1. Cho A là một tập con khác rỗng của H. Đặt M = 〈A〉. Giả sử x ∈ H và 〈x, y〉 = 0, với mọi y ∈ A. Chứng minh x ∈M⊥. 2. Cho (en)n là một cơ sở trục chuẩn trong H. Chứng minh rằng với mọi x ∈ H, chuỗi∞∑ n=1 〈x, en〉en hội tụ và ||x||2 = ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2. Suy ra en w−→ 0. 3. Đặt A : H −→ H xác định bởi ∀x ∈ H,Ax = ∞∑ n=1 〈x, en〉en Chứng minh A ∈ L(H), tính ||A|| và tìm toán tử liên hiệp của A. Năm học 2000-2001 Câu I. Kí hiệu X = {x ∈ C[0,1]|x(0) = x(1) = 0}. Với mỗi x ∈ X, ta đặt ||x|| = max [0,1] |x(t)| 1. Chứng minh (X, ||.||) là một không gian Banach. 2. Đặt A : X −→ X là ánh xạ xác định bởi x 7−→ Ax, trong đó Ax(t) = x(t)+x(1−t)2 . Chứng minh A ∈ L(X) và tính ||A||. Câu II. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I ⊂ L(x, Y ). Chứng minh hai mệnh đề sau là tương đương a) ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ Y ∗ : sup α∈I |y∗(Aαx)| < +∞ b) ∀x ∈ X : sup α∈I ||Ax|| < +∞ Câu III. Cho X là một không gian Banach. 1. Giả sử f : X −→ R là một phiếm hàm tuyến tính sao cho f−1(−∞, 0) và f−1(0,+∞) là mở trong X. Chứng minh f ∈ X∗. 2. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Chứng minh rằng nếu G là tập mở trong X thì f(G) là tập mở trong R. Câu IV. Cho H là một không gian Hilbert. 1. Cho (en)n là một cơ sở trực chuẩn của H và (ξn)n ⊂ R sao cho ∞∑ n=1 |ξn|2 < +∞. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất x ∈ H nhận (ξn)n là hệ số Fourier đối với (en)n. 2. Cho A ∈ L(H) là một toán tử compact và λ 6= 0 là một giá trị riêng của A. Chứng minh rằng tập N (Aλ) = {x ∈ H|Ax = λx} là một không gian con hữu hạn chiều của H. 3. Cho M,N là hai không gian con đóng của H sao cho M ⊥ N . Chứng minh M +N là không gian con đóng của H. 13 C. M. Q - Năm học 2001-2002 Câu I. Cho (X, ||.||1), (Y, ||.||2) là hai không gian định chuẩn. Đặt Z = X × Y . Với mỗi z = (x, y) ∈ Z, ta đặt ||z|| = ||x||1 + ||y||2 1. Chứng minh ||.|| là một chuẩn trên Z. 2. Chứng minh (Z, ||.||) là một không gian Banach khi và chỉ khi X và Y Banach. Câu II.Cho e1, e2, ..., en là n vectơ độc lập tuyến tính trong không gian định chuẩn X. 1. Chứng minh rằng tồn tại các phiếm hàm fi ∈ X∗, i = 1, ..., n sao cho fi(ej) = δij. 2. Kí hiệu M = 〈{e1, e2, ..., en}〉 và đặt A : X −→ X,Ax = n∑ i=1 fi(x)ei. Chứng minh A ∈ L(X) và X =M ⊕KerA. 3. Giả sử f : X −→ R là phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn điều kiện {x ∈ X|f(x) ≥ 1} là một tập đóng trong X. Chứng minh f ∈ X∗. Câu III. Cho H là một không gian Hilbert. 1. Cho (en)n là một cơ sở trực chuẩn của H. Chứng minh trực tiếp hai mệnh đề sau là tương đương a) ∀x ∈ H, x = ∞∑ n=1 〈x, en〉en. b) ∀x ∈ H, ||x||2 = ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2. 2. Cho u, v ∈ H và A : H −→ H xác định bởi ∀x ∈ H,Ax = ∞∑ n=1 〈x, u〉v Chứng minh A ∈ L(H) và tìm toán tử liên hiệp của A. 3. Cho (en)n là một cơ sở trực chuẩn của H. Cho B ∈ L(H) sao cho chuỗi ∞∑ n=1 ||Ben||2 hội tụ. Với mọi n ∈ N, đặt Bnx = n∑ k=1 〈x, ek〉Bek,∀x ∈ H. Chứng minh Bn là toán tử compact, suy ra B cũng là toán tử compact. Năm học 2002-2003 Câu I. Kí hiệu X = M0[0,1] là tập các hàm số xác định và bị chặn trên [0, 1] sao cho x(0) = x(1) = 0. Với mỗi x ∈ X, ta đặt ||x|| = sup [0,1] |x(t)| 1. Chứng minh (X, ||.||) là một không gian Banach. 2. Đặt A : X −→ X là ánh xạ xác định bởi x 7−→ Ax, trong đó Ax(t) = x(1− t)− tx(t). Chứng minh A ∈ L(X) và tính ||A||. Câu II. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và A ∈ L(X, Y ). 14 C. M. Q - 1. Xét hai phương trình Ax = y (1) và A∗y∗ = x∗ (2) Giả sử rằng với mọi y ∈ Y , phương trình (1) (ẩn là x) có ít nhất một nghiệm trong X. Chứng minh rằng với mọi x∗ ∈ X∗, phương trình (2) (ẩn là y∗) có nhiều nhất một nghiệm trong Y ∗. 2. Giả sử x0 ∈ X và sup x,y∈B′(x0,r) ||Ax− Ay|| = α. Tính ||A||. Câu III. Cho f là một phiếm hàm tuyến tính trên không gian định chuẩn thực X. Chứng minh rằng f liên tục khi và chỉ khi tập {x ∈ X|f(x) > 0} là mở trong X. Câu IV. Cho H là một không gian Hilbert. 1. Cho A là một tập con khác rỗng của H. Đặt M = 〈A〉. Giả sử x ∈ H và 〈x, y〉 = 0, với mọi y ∈ A. Chứng minh x ∈M⊥. 2. Cho (en)n là một cơ sở trục chuẩn trong H. Chứng minh trực tiếp rằng với mọi x ∈ H, chuỗi ∞∑ n=1 〈x, en〉en hội tụ và ||x||2 = ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2. Suy ra nếu C ∈ L(H) là toán tử compact thì

File đính kèm:

BT Giai tich ham.pdf

Đề thi liên quan

Đề thi lý thuyết kỳ thi giáo viên dạy giỏi cấp huyện năm học 2008 - 2009
3 trang | Lượt xem: 712 | Lượt tải: 0
Bài giảng Toán học - Phương trình mặt phẳng
23 trang | Lượt xem: 625 | Lượt tải: 0
Đề thi chọn học sinh giỏi giải Toán trên máy tính casio - Đề số 28
4 trang | Lượt xem: 537 | Lượt tải: 0
Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Khối THCS - Chuyên đề: Ứng dụng tính chia hết vào việc giải một số dạng toán phương trình nghiệm nguyên
5 trang | Lượt xem: 429 | Lượt tải: 0
Đề kiểm tra học kỳ II năm học 2008 – 2009 môn Toán 6 - Đề 3
2 trang | Lượt xem: 541 | Lượt tải: 0
Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2008 môn thi: Toán học, Khối B
7 trang | Lượt xem: 830 | Lượt tải: 0
Bài kiểm tra môn toán phân môn: Hình Học năm 2009
1 trang | Lượt xem: 498 | Lượt tải: 0
Toán học - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
39 trang | Lượt xem: 593 | Lượt tải: 0
Đề thi Lưới ô vuông vô hạn
2 trang | Lượt xem: 976 | Lượt tải: 0
Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian
23 trang | Lượt xem: 848 | Lượt tải: 1