Giáo Trình Không Gian Metric: Phần 2 - TS. Nguyễn Hoàng

Trang chủ » Cách Chứng Minh Tập Compact » Giáo Trình Không Gian Metric: Phần 2 - TS. Nguyễn Hoàng

Có thể bạn quan tâm

OPTADS360 intTypePromotion=1 zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn tailieu.vn NÂNG CẤP Đăng Nhập | Đăng Ký Chủ đề »
  • Đề thi toán cao cấp 2
  • Đại số tuyến tính
  • Toán rời rạc
  • Xác suất thống kê
  • Phương trình vi phân
    • Toán cao cấp
    • Toán kinh tế
  • HOT
    • FORM.07: Bộ 125+ Biểu Mẫu Báo Cáo...
    • CMO.03: Bộ Tài Liệu Hệ Thống Quản Trị...
    • LV.11: Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Chuyên...
    • FORM.08: Bộ 130+ Biểu Mẫu Thống Kê...
    • CEO.27: Bộ Tài Liệu Dành Cho StartUp...
    • CEO.24: Bộ 240+ Tài Liệu Quản Trị Rủi...
    • LV.26: Bộ 320 Luận Văn Thạc Sĩ Y...
    • TL.01: Bộ Tiểu Luận Triết Học
    • FORM.04: Bộ 240+ Biểu Mẫu Chứng Từ Kế...
    CEO.29: Bộ Tài Liệu Hệ Thống Quản Trị Doanh...
TUYỂN SINH YOMEDIA ADSENSE Trang Chủ » Khoa Học Tự Nhiên » Toán học Giáo trình Không gian Metric: Phần 2 - TS. Nguyễn Hoàng

Chia sẻ: Bin Bin | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST Báo xấu 1.305 lượt xem 172 download Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo phần 2 của cuốn giáo trình Không gian Metric có nội dung giới thiệu về không gian Metric đầy đủ, không gian compact, không gian liên thông. Bên cạnh lý thuyết, phần 2 còn có bài tập bổ sung giúp người học củng cố kiến thức một cách có hệ thống.

AMBIENT/ Chủ đề:
  • Giáo trình Toán học
  • Không gian Metric
  • Không gian Metric đầy đủ
  • Không gian compact
  • Không gian liên thông
  • Tài liệu Toán học

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Đăng nhập để gửi bình luận! Lưu

Nội dung Text: Giáo trình Không gian Metric: Phần 2 - TS. Nguyễn Hoàng

  1. $4 KHÔNG GIAN MÊTRIC ĐẦY ĐỦ 4.1.1 Dãy (xn)n trong không gian mêtric X được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchy nếu lim d(xn, xm) = 0. Nói cách khác m, n → ∞ ((xn) là dãy cơ bản) ⇔ (∀ε > 0∃n0∀m, n ≤ n0 : d ( xn , xm ) p ε ) Ta có các tính chất đơn giản sau: a) Nếu (xn) là dãy hội tụ thì (xn) là dãy cơ bản trong X. b) Nếu dãy cơ bản (xn) có một dãy con ( xn k ) ⊂ (xn) sao cho ( xn k ) hội tụ đến x0 thì xn → x0 4.1.2. Định nghĩa. Không gian mêtric X được gọi là không gian mêtric đầy đủ nếu mọi dãy cơ bản của nó đều hội tụ trong X. Như thế nếu biết X là không gian đầy đủ, để chứng minh một dãy hội tụ (mà không quan tâm đến giới hạn), ta chỉ cần kiểm tra dãy này là dãy cơ bản. 4.1.3. Ví dụ 1. Không gian IRk với mêtric thông thường là không gian đầy đủ. Thật vậy, cho (xn)n ⊂ IRk cơ bản, với xn = ( x1 ,…, xnk ). Khi đó ta có n k xn − xm ≤ (∑ xm − xn 2 1/ 2 i i i i i ) = d(xn,xm) → 0 (m, n → 0 (m,n → +∞) nên ( xm )m là j =1 i i dãy cơ bản trong IR, do đó xm → x0 với mọi i = 1,2,…,k. Nhưng từ ví dụ a); 1.5.3. ta có dãy (xn) hội tụ đến x0 = ( x1 ,…, x0 ) ∈ IRk tức là IRk đầy đủ. 0 k 2. Lấy X = (0,1] là tập con của IR với mêtric d(x,y) = x − y Đây là không gian mêtric không đầy đủ. 1 Thật vậy, lấy dãy xn = trong X .Ta có n 1 1 1 1 xn − xm = − ≤ + → 0, (m,n → ∞ ) n m n m nên nó là dãy cơ bản nhưng không hội tụ về điểm nào trong X, ( nếu xét trong 1 IR thì xn = → 0 ) n 3. Không gian C[a ,b ] là không gian đầy đủ Chứng minh. Cho (xn) là dãy cơ bản trong C[a ,b ] . Điều này có nghĩa là: d ( xn , xm ) = max xn ( t ) − xm ( t ) → 0( m , n → ∞ ) t∈[a ,b ] 38
  2. Với mỗi t ∈ [a,b], hiển nhiên ta có xn (t ) − xm (t ) ≤ d ( xn , xm ) , suy ra (xn(t))n là dãy số thực cơ bản trong IR nên hội tụ. Đặt x(t) = lim xn (t ) với mọi t∈[a,b]. Ta n còn phải chứng minh x(t) thuộc C[a ,b ] và xn → x trong C[a ,b ] . Lấy ε > 0 sẽ tồn tại n0 sao cho với mọi m, n ≥ n0 và với mọi t ∈[a,b] ta có | xn(t) – xm(t)| < ε (1) Cho m → ∞ ở (1), ta được | xn(t) – xn(t)| < ε khi n ≥ n0 và với mọi t ∈[a,b]. Vậy xn(t) hội tụ đều đến x(t) trên [a,b], liên tục trên [a,b], tức là x(t) ∈ C[a ,b ] , đồng thời xn → x. Do đó C[a ,b ] là không gian đầy đủ. 4. Không gian C[L ,b ] không đầy đủ a Chứng minh. Ta xét trường hợp [a,b] = [0,1] và xét dãy xn(t) như sau: (hình 5) ⎧ ⎡ 1⎤ ⎫ ⎪1 khi t ∈ ⎢0, ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ 2⎦ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ xn (t ) = ⎨0 khi + ≤ t ≤1 ⎬ ⎪ 2 2n ⎪ ⎪ 1 1 1⎪ ⎪n + 1 − 2nt khi 2 ≤ t ≤ 2 + 2n ⎪ ⎩ ⎭ Với m, n ∈ N, (m > n), ta có 1 1 + 1 2 2n d(xn,xm) = ∫x 0 n (t ) − xm (t ) dt = ∫x 1/ 2 n (t ) − xm (t ) dt 1 Vì | xn(t) – xn(t)| ≤ 2 nên d(xn,xm) ≤ → 0 khi m, n → ∞ n Vậy xn(t) là một dãy cơ bản Tuy nhiên ta chứng minh rằng dãy xn(t) không hội tụ trong C[L ,b ] . Thật vậy a x(t) là một hàm bất kỳ trong C[0.1] . Xét hàm số gián đoạn trên [0,1] như sau L 39
  3. ⎧ ⎡ 1 ⎤⎫ ⎪1, t ∈ ⎢0, ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ 2 ⎦⎪ y (t ) = ⎨ ⎬ ⎡1 ⎤ ⎪ ⎪0, t ∈ ,1 ⎪ ⎢2 ⎥ ⎪ ⎣ ⎦⎭ ⎩ ⎡ 1⎤ Như thế x(t) ≠ y(t) nên phải có t0 ∈ ⎢0, ⎥ chẳng hạn để y(t0) ≠ x(t0). Hơn ⎣ 2⎦ ⎡ 1⎤ nữa, trên ⎢0, ⎥ cả hai hàm x(t) và y(t) cùng liên tục nên lý luận như ví dụ 1.2.5, ⎣ 2⎦ ta có: 1/ 2 0< ∫ x(t ) − y (t ) dt 0 Từ đó: 1/ 2 1 0< ∫ x(t ) − y (t ) dt ≤ ∫ x(t ) − y (t ) dt 0 0 1 1 ≤ ∫ x(t ) − xn (t ) dt + ∫ xn (t ) − y (t ) dt 0 0 Mặt khác ta có: 1 1 + 1 2 2n 1 ∫x 0 n (t ) − y (t ) dt = ∫x 1/ 2 n (t ) − y (t ) dt = 4n → 0 (n → ∞) Vì vậy với n đủ lớn 1 1 1/ 2 ∫ x(t ) − xn (t ) dt ≥ 2 ∫ x(t ) − y (t ) dt > 0 0 0 tức là xn(t) không thể hội tụ về x(t) trong C[L.1] . Nói cách khác, không có điểm 0 nào trong C[L.1] là giới hạn của dãy cơ bản xn(t) cả. Như thế không gian C[L.1] 0 0 không đầy đủ. 4.2 Các tính chất cơ bản. 4.2.1 Định lý. Giả sử X là không gian mêtric đầy đủ và Y ≠ ∅ là tập con đóng của X. Khi đó không gian con mêtric con Y cũng đầy đủ. Chứng minh. Giả sử ( xn ) n là một dãy cơ bản trong Y. Dĩ nhiên ( xn ) n cũng là dãy cơ bản trong X. Vì X đầy đủ nên xn hội tụ đến x0 ∈ X. Mặt khác vì Y đóng và (xn) ⊂ Y nên xn → x0 thì x0 phải thuộc Y. Vậy Y đầy đủ. Cho B1,B2,...,Bn,… là một dãy hình cầu có bán kính r1, r2,.... Dãy hình cầu này gọi là thắt lại nếu Bn ⊃ Bn+1, n = 1,2,... và lim rn = 0 . n→∞ 40
  4. 4.2.2 Định lý. (Cantor) Trong không gian mêtric đầy đủ, mọi dãy hình cầu đóng, thắt lại đều có một điểm chung duy nhất. Đảo lại, nếu mọi dãy hình cầu đóng, thắt lại trong không gian mêtric X có một điểm chung duy nhất thì X đầy đủ. Chứng minh. Điều kiện cần: Giả B’(x1,r1) = B1,...,B’(xn,rn) = Bn,... là dãy hình cầu đóng, thắt dần trong không gian đầy đủ X.Với m ≥ n thì Bm ⊂ Bn nên d(xn,xm) ≤ rn. Vì rn → 0 khi n → ∞ nên (xn) là dãy cơ bản trong X, thành thử tồn tại x0 ∈ X để xn → x0. Mặt khác với mỗi n∈N, dãy (xnk)k với nk= n + k là con của dãy (xn) nên xnk → x0. Hơn nữa xnk ∈ Bn với mọi k = 1, 2,…. và Bn đóng nên x0 ∈ Bn Vậy x0 ∞ ∞ ∈ I Bn. Nếu có y0 ∈ I Bn thì do x0, y0 cùng thuộc Bn nên. n =1 n =1 d(x0,y0) ≤ d(x0,xn) + d(y0,xn) ≤ 2rn → 0 (n → ∞ ) Vậy d(x0,y0) = 0 hay x0 = y0 1 Điều kiện đủ: Cho (xn)n là dãy cơ bản trong X. Theo định nghĩa với ε 1 = 2 1 tồn tại số nguyên n1 > 0 sao cho d(xn,xm) < với mọi m, n ≥ n1. 2 1 Đặc biệt d(xn,xn1) < . Đặt B1 = B’= (xn1,1). Ta chọn n2 > n1 sao cho d(xn,xn2) 2 1 1 < 2 khi n ≥ n2. Dễ thấy B2 = B’(xn2, ) ⊂ B1. Bằng quy nạp, giả sử đã chọn 2 2 được xn1,xn2,..., xnk (n1 < n2 nk và d(xn,xnk+1) < với n ≥ nk+1 đồng thời 2 k +1 1 đặt Bk+1 = B’(xnk+1, ). Như vậy (Bk) là dãy hình cầu đóng thắt lại nên theo giả 2k ∞ I Bk = {x0 }. Ta có d(xnk,x0) ≤ 1 thiết , k = 1,2,…nên xnk → x0. k =1 2 k −1 Do b) 4.1.1, dãy cơ bản (xn) cũng hội tụ về x0 vì (xnk) là một dãy con của (xn).Vậy X đầy đủ. 4.3. Các tập thuộc phạm vi trù I, II: 4.3.1. Định nghĩa. Cho M là một tập con của không gian mêtric X. Ta gọi M là tập hợp không đâu trù mật (hay còn gọi là tập hợp thưa) nếu nó không trù mật trong bất kỳ hình cầu nào. Nói một cách tương đương: 0 (M ⊂ X là tập thưa ( M = ∅). 41
  5. 4.3.2. Định lý. M ⊂ X là tập hợp thưa nếu và chỉ nếu mọi hình cầu mở trong B trong X, tồn tại một hình cầu (đóng hoặc mở) B1⊂ B sao cho B1 ∩ M = ∅. 0 Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử M = ∅ và B là hình cầu mở trong X. Hiển nhiên B ⊄ M nên có x ∈ B và x ∉ M . Theo tính chất của bao đóng, tồn tại r > 0 để B(x,r) ∩ M = ∅ . Do B mở nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(x,r) ⊂ B đồng thời B(x,r) M = ∅ . Điều kiện đủ: Giả sử M không phải là tập hợp thưa, tức là M ≠ 0. Lấy x ∈ M sẽ có r > 0 để B(x,r) ⊂ M . Vậy bất kỳ hình cầu nào chứa trong B(x,r) đều chứa trong M nên phải có giao với M khác trống. 4.3.3. Định nghĩa. Cho A là tập con của không gian mêtric X. Tập A được gọi là tập thuộc phạm trù I trong X nếu tồn tại dãy các tập thưa M1,M2,… sao ∞ cho A = UM i . i =1 Nếu A không phải là tập thuộc phạm trù I thì A gọi là tập thuộc phạm trù II. 4.3.4. Định lý. (Baire) Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ. Khi đó X tập thuộc phạm trù II. Chứng minh. Dùng phản chứng. Giả sử X thuộc phạm I, khi đó tồn tại dãy ∞ tập thưa An ⊂ X sao cho X = UA n . Do A1 thưa nên có hình cầu đóng B1 bán n =1 kính r1 < 1 sao cho B1 ∩ A1 = ∅ . Cũng vậy, vì A2 thưa, tồn tại hình cầu đóng B2 1 ⊂ B1 bán kính r2 < để B2 ∩ A2 = ∅ . Bằng quy nạp ta xây dựng được dãy hình 2 1 cầu đóng thắt lại Bn có bán kính rn< sao cho Bn ∩ An= ∅ với n ∈ N. Theo định ∞ n lý 4.2.2, tồn tại duy nhất x0 ∈I Bn n =1 .Vì x0 ∈ Bn nên x0 ∉ An với n ∈ N. Từ đó x0 ∞ ∉ IA n = X . Điều này vô lý.Vậy X phải thuộc phạm trù II. n =1 Một hệ quả rất hay dùng được phát biểu dưới dạng sau. ∞ 4.3.5. Hệ quả. Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ và X = UA n . Khi n =1 0 đó tại n0 ∈ N sao cho A n ≠ ∅. 42
  6. 4.4. Ánh xạ liên tục đều: Giả sử X, Y là hai không gian mêtric, f là ánh xạ từ X vào Y. Bằng ngôn ngữ ε, δ theo định nghĩa, hàm f liên tục tại điểm x0 ∈ N nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 (δ nói chung phụ thuộc vào x0 và ε) sao cho d(f(x),f(xo)) < ε mỗi khi d(x,x0) < δ. Nếu số dương δ không phụ thuộc vào mỗi điểm x0 ta có khái niệm liên tục đều. 4.4.1 Định nghĩa. Ánh xạ f : X → Y được gọi là liên tục đều trên X nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, x’ ∈ X mà d(x,x’) < δ thì (d(f(x),f(x’)) 0 cho trước tuỳ ý, do f liên tục đều trên A nên tồn tại số dương δ sao cho (d(f(z’),f(z’’) < ε khi d(z’,z’’) < δ với mọi z’, z’’ ∈ A. Vì zn → x nên dãy (zn)n là dãy cơ bản : với δ > 0 ở trên tồn tại số nguyên n0 để (zn,zm) < δ với mọi m, n ≥ n0. Nhưng khi đó d(f(zn),f(zm)) < ε. Như thế (f(zn))n là một dãy cơ bản trong Y. Hơn nữa, Y đầy đủ nên tồn tại lim (f(zn)) = l. Vậy ta x →∞ có được ánh xạ f : X → Y mở rộng liên tục duy nhất của ánh xạ f. Còn lại ta chứng minh f liên tục đều trên X. Lại ứng dụng tính liên tục đều của f trên A như trước, giả sử x0 và x0’ là hai điểm trong X với d(x0,x0’) < δ. Xét hai dãy (zn) và (zn’) trong A lần lượt hội tụ đến x0 và x0’. Chọn n0 đủ lớn ta thấy rằng nếu n ≥ n0 thì δ δ d(zn,z’n) ≤ d(zn,x0) + d(z’n,x0) ≤ + = δ. 2 2 Do vậy: 43
  7. d( f (zn), f (zn’)) = d(f(zn),f(zn’)) < ε Cho n → ∞ ta có d( f (x0), f (x0’)) ≤ ε.Vậy f liên tục đều trên X. 4.5.Nguyên lý ánh xạ co. 4.5.1. Định nghĩa. Cho ánh xạ f từ tập X bất kỳ vào chính nó. Phần từ x ∈ X sao cho f(x) = x được gọi là điểm bất động của ánh xạ f. Việc tìm điểm bất động của một ánh xạ là vấn đề có nhiều ứng dụng trong giải tích, đặc biệt trong lý thuyết phương trình (vi phân, tích phân…) vì một điểm bất động của ánh xạ f là một nghiệm của phương trình f(x) = x. Bây giờ cho X là một không gian mêtric và f là một ánh xạ từ X vào X, f được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một số α∈[0,1] sao cho với mọi x, y ∈ X ta có: d(f(x),f(y)) ≤ αd(x,y). Từ định nghĩa ta thấy ngay mọi ánh xạ co là liên tục đều. 4.5.2. Định lý (nguyên lý ánh xạ co Banach). Giả sử X là một không gian mêtric đầy đủ f : X → X là một ánh xạ co. Khi đó f có một điểm bất động duy nhất. Chứng minh. Lấy một điểm tuỳ ý x0 ∈X. Đặt x1= f(x0), x2 = f(x1)= f(f(x0)),...,xn = f(xn-1) = f(f...f)(x0),... N lần Ta chứng tỏ (xn) là một dãy cơ bản trong X. Vì f là ánh xạ co lên nếu n ≥ 1 thì d(xn,xn+1) = d(f(xn-1),f(xn) ≤ αd(xn-1,xn) = αd(xn-2,f(xn-1)) 2 n ≤ α d(xn-2,xn-1)) ≤ …… ≤ α d(x0,x1) Với α ∈ [0,1] Lúc đó với mọi số nguyên n và p,từ (*) ta có d(xn,xn+p) ≤ d(xn,xn+1) +... + d(xn+p,xn+p) 2 n+1 n+p-1 αn ≤ (α + α +…+ α )d(x0,x1) ≤ d(x0,x1) 1−α Khi n đủ lớn và p tùy ý ta có d(xn,xn+p) → 0 (n → ∞ ) suy ra (xn)n là dãy cơ bản trong không gian đầy đủ X nên tồn tại giới hạn x*= lim xn . n Cũng từ (*), ta có d(xn,x+1) ≤ d(xn, xn+1) ≤ αnd(x0,x1). Cho n → ∞ và nhớ rằng các hàm d và f liên tục,ta có 0 ≤ lim d(xn,f(xn)) = d(x*,d(x*) ≤ 0 x →∞ * * hay d(x ,f(x )) = 0 Vậy f(x*) = x* tức là x* là điểm bất động của f. 44
  8. Nếu có y ∈ X mà f(y) = y thì d(x*,y) = d(f(x*), f(x) ≤ αd(x*,y*) hay (1-α)d(x*,y*) ≤ 0 Suy ra d(x*,y) = 0 tức là x*= y. Do đó điểm bất động x* là duy nhất 4.5.3.Ví dụ. a.Chứng minh phương trình 1 arctgx – x + 3 = 0 2 có một nghiệm thực duy nhất 1 Đặt f(x) = arctgx + 3 là hàm từ IR vào IR, f là ánh xạ co vì f(x) – f(y) = (x- 2 1 y) , với ξ nằm giữa x và y theo định lý lagrange, nên 2(1 + ξ 2 ) 1 * x − y . Do đó f có một điểm bất động với duy nhất x . Nói cách f ( x) − f ( y ) ≤ 2 1 khác, phương trình arctgx + 3 = x có nghiệm duy nhất là x*. 2 b) Xét phương trình vi phân dx (1) = f(t,x) với điều kiện ban đầu dy (2) x(t0) = x0 trong đó f(t,x) là hàm liên tục trong tập mở G ⊂ IR2, (t0,x0) ∈ G và f là thoả mãn điều kiện Lipschitz x, nghĩa là có một số dương k sao cho ⎪f(t,x1) – f(t,x2)⎪≤ K⎪x1 - x2)⎪ (3) với mọi (t,x1),(t,x2) ∈ G Ta chứng minh định lý Picard: Trên một đoạn ⎪t – t0⎪ ≤ r nào đó phương trình (1) có một nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện ban đầu (2). Phương trình (1) với điều kiện (2) tương đương với phương trình tích phân sau đây t x(t) =x0 + ∫ f ( τ , x( τ ))dτ (4) t0 Do G là tập mở chứa (t0,x0) nên có hình tròn (hình cầu) tâm (t0,x0) chứa trong G. Gọi D = {(t,x) ∈ G :⎪t – t0⎪≤ a, ⎪x – x0 ⎪ ≤ b} là một hình chữ nhật đóng bất kỳ nội tiếp trong hình cầu đó. Vì f(t,x) liên tục trên D nên f (t , x) ≤ L với mọi (t,x) ∈ D với L là số dương nào đó. Lấy 0 < r < 45
  9. 1 b min{ , } và kí hiệu C’ là không gian con của C[t0-r, t0+r] gồm các hàm số mà K L x (t ) − x0 ≤ b với mọi t∈[t0-r, t0+r] = I . Nếu (xn) ⊂ C’ và xn → x thì do ⎪xn(t) – x0⎪≤ b với mọi n ∈ N và t ∈ I nên qua giới hạn, ta cũng có ⎪xn(t) – x0⎪≤ b với mọi t ∈ I. Như vậy C’ đóng trong không gian đầy đủ C[t 0 − r ,t 0 + r ] C[t0, t0+r] nên C’ cũng phải đầy đủ Xét P : C’ → C’ x a Px xác định bởi t (Px)(t) = ∫ f ( τ , x( τ ))dτ + x0 t0 Với ⎪t – t0⎪ ≤ r Ánh xạ P đặt như trên là hợp lý vì nếu x(t) ∈ C’ thì P(x(t)) liên tục, đồng thời t t P( x( t )) − x0 = ∫ f ( τ , x( τ ))dτ ≤ ∫ Ldτ ≤ Lr ≤ b t0 t0 Hay Px ∈ C’. Mặt khác, nếu x, y ∈ C’ thì t ( Px )( t ) − ( Py )( t ) = ∫ f ( τ , x( τ )) − f ( τ , y( τ ))dτ t0 t t ≤ ∫ K x( τ ) − y( τ ) dτ ≤ K ∫ d ( x , y )dτ t0 t0 (giả sử t ≥ t0, trường hợp t < t0 lý luận tương tự). Như thế d ( Px − Py ) = max Px( t ) − Py( t ) ≤ K t − t 0 d ( x , y ) ≤ Kr d ( x , y ) . t∈I Vì Kr < 1 nên P là ánh xạ co. Theo định lý Banach tồn tại một hàm số duy nhất x(t) ∈ C’ sao cho Px(t) = x(t). Nói cách khác trên I bài toán (1) – (2) có nghiệm duy nhất. 4.6. Đầy đủ không gian mêtric. Chúng ta đã thấy vai trò quan trọng của không gian mêtric đầy đủ qua các phần vừa xét ở trên. Do đó, với một khoảng không gian đầy đủ X ta hãy bao nó bằng một không gian đầy đủ X* chứa X và X* phải là không gian gọn nhất. 46
  10. 4.6.1.Định nghĩa. Giả sử X là một không gian mêtric. Không gian mêtric đầy đủ X* được gọi là đầy đủ hóa (hay còn gọi là bổ sung) của X nếu: a. X là một không gian của X* b. X trù mật khắp nơi trong X* 4.6.2.Định lý. Mỗi không gian mêtric X đều có đầy đủ hoá X* của nó. Hơn nữa, không đầy đủ hoá này là duy nhất theo định nghĩa nếu có không gian X’*cũng thoả mãn a) và b) trong định nghĩa thì X* và X’* đẳng cự với nhau. Chứng minh. Ta chia phép chứng minh làm nhiều bước 1. Xây dựng tập hợp X*. Ký hiệu X là tập hợp tất cả các dãy cơ bản trong X. Nếu (xn) và (yn) là hai phần tử của X, ta đặt (xn) R (yn) nếu lim d(xn,yn) = 0 x →∞ R là một quan hệ tương đương trên X vì các tính chất phản xạ, đối xứng thoả mãn một cách rõ ràng. Nếu d(xn,yn) → 0 và d(yn.zn) → 0 nên R thoả mãn tính chất bắc cầu, nghĩa là nếu (xn)R(yn) và (xn)R(zn) thì (xn)R(zn). Ký hiệu X* là tập thương của X theo quan hệ tương đương R vừa nêu trên 2. Xác định mêtric trong X*: Ký hiệu x* và y* là các phần tử trong X* đó là những lớp tương đương các dãy cơ bản trong X. Chọn x* và y* các đại diện (xn) và (yn) rồi đặt d(x*,y*) = lim d(xn,yn) (1) x →∞ Ta chứng minh tính đúng đắn của định nghĩa này tức là chứng minh giới hạn (1) tồn tại hữu hạn, không phụ thuộc vào việc chọn các đại diện (xn)n∈ x* và (yn)n ∈ y* mà chỉ phụ thuộc vào các lớp tương đương x* và y*. Thật vậy, ta có: |d(xm,ym) - d(xn,yn)| ≤ d(xm,xn) + d(yn,ym)| → 0 (m, n → ∞) (do áp dụng bất đẳng thức tứ giác và các dãy (xn) và (yn) là dãy cơ bản). Như vậy (d(xn,yn))n là một dãy cơ bản số thực nên phải hội tụ. Ngoài ra, nếu (xn’) ∈ x* và (yn’) ∈ y* thì |d(xn,ym) - d(xn’,yn’)| ≤ d(xn,xn’) + d(yn,yn’)| (2) Vì (xn)R(xn ) và (yn)R(yn’) nên vế sau của (2) tiến về 0 khi n → ∞ nghĩa là ’ lim d(xn,yn) = lim d(xn’,yn’) x →∞ x →∞ Bây giờ ta kiểm tra 3 tiên đề của mêtric i) Ta có ngay là d(x*,y*) ≥ 0 d(x*,y*) = 0 ⇔ lim d(xn,yn) hay (xn)R(xn’).Vậy x →∞ * * x =y 47
  11. ii) Tiên đề 2) rõ ràng iii) Nếu xn ∈ x*, (yn) ∈ x* và (zn) ∈ x* thì do d(xn,zn) ≤ d(xn,yn) + d(yn,zn) nên chuyển qua giới hạn khi n → ∞ ta được d(x*,z*) ≤ d(x*,y*) + d(y*,z*) với mọi x*, y*, z* ∈ X* Vậy (X*,d) là một không gian mêtric Với mỗi x ∈ X ta đặt tương ứng với một lớp tương đương các dãy cơ bản x+ chứa dãy dừng (x,x,…,) ∈ X gồm toàn phần tử x. Từ định nghĩa khoảng cách trong X* ta có d(x+,y+) = lim d(xn,yn) = d(x,y) x →∞ Như thế ta xác định được một phép đẳng cự từ X lên một không gian con X = {x+ ∈ X* : x+ ∋(x,x,…,), x ∈ X} của X*. Do đó ta đồng nhất X với X+ với X+ + và như thế X ⊂ X*. 3. X trù mật trong X*: Cho x* ∈ X* và giả sử ε là số dương cho trước. Lấy (xn) ∈ x*. Vì (xn) là dãy cơ bản trong X nên tồn tại n0 sao cho khi n ≥ n0 ta có d(xn,xn0) < ε Xét phần tử x+no∈ X+ = X từ định nghĩa về khoảng cách trong X* ta có d(x+no,x*) = lim d(xn0,xn) ≤ ε x →∞ + * Vậy X = X trù mật trong X 4. X* là không gian mêtric đầy đủ: Giả sử (x*n) là một dãy cơ bản trong X*. Vì X = X* nên với mỗi số nguyên 1 n > 0 tồn tại xn ∈ X để d(xn,x*n) < . Khi đó n d(xn,xm) ≤ d(xn,xn*) + d(xn*,xm*) + d(xm*,xm) 1 1 < + + d(xn*,xm*) n m Vậy d(xn,xm) → 0 (m, n→∞) nên (xn) là dãy cơ bản trong X tức là (xn) ∈ X. Đặt x* là lớp chứa dãy (xn) thì x* ∈ X*, ta có: d(xn*,xn) ≤ d(xn*,xn) + d(xn,x*) 1 + d(xn,x*) n Vì (xn,xn,...) ∈ x+n và (x1, x2,...) ∈ x* nên d(xn,x*) = lim d(xn,xm) m→∞ Vậy 1 d(xn*,x*) ≤ + lim d(xn,xm) n m→∞ Cho m → ∞ ta được d(xn ,xn) → 0 hay x n → x* * * 48
  12. Như thế X* là đầy đủ 5. Tính duy nhất (sai khác một phép đẳng cự) của đầy đủ hoá X* của X. Giả sử X’* là một không gian mêtric đầy đủ và có các tính chất i) X ⊂ X’* (X đẳng cự với một không gian con của X’*) ii) X = X’* Ta hãy chứng minh X’* đẳng cự với X* Lấy x*∈ X* khi ấy tồn tại (xn) ⊂ X sao cho xn → X’*. Đặt ϕ : X* → X’* X* → x’* đây là phép đẳng cự phải tìm. Thật vậy ϕ là toàn ánh vì nếu y’* ∈ X’* thì y’* = lim yn, yn ∈ X nên y’* = ϕ(y*) với y*= lim yn, y* ∈ X* n →∞ n →∞ Mặt khác d(x*,y*) = lim (xn,yn) trong X* n →∞ và d(x’*,y’*) = lim (xn,yn) trong X’* n →∞ nên * * d(x*,y*) =d(x’*,y’*) = d(ϕ(x ),ϕ(y ) Vậy ϕ là đơn ánh và từ các điều vừa chứng minh trên ta suy ra ϕ là phép đẳng cự. Định lý được chứng minh đầy đủ. 4.6.3.Ví dụ. 1. Tập hợp Q các số hữu tỉ là một không gian mêtric với khoảng cách: d(x,y) = x − y ; x, y ∈ Q Phương pháp xây dựng tập số thực IR bằng dãy cơ bản các số hữu tỉ chính là đầy đủ hoá không gian mêtric Q như đã trình bày ở trên. Tuy nhiên trong IR ta còn phải xây dựng các phép toán + và . đồng thời phải kiểm nghiệm lại IR là một trường liên tục. 2. Giả sử M là tập con của không gian mêtric đầy đủ X. Không gian đầy đủ hoá của không gian con M chính là M . 3. Ta có C[L ,b ] là không gian mêtric không đầy đủ. Không gian đầy đủ hoá a của nó ký hiệu là L[a,b] là tập hợp các hàm đo được xác định và khả tích theo nghĩa Lebesgue trên [a,b] (lý thuyết tích phân Lebesgue sẽ học ở phần Lý thuyết độ đo và tích phân). 49
  13. BÀI TẬP 4.1.Cho (X,dX) và (Y,dY) là hai không gian mêtric.Chứng minh rằng không gian mêtric tích X × Y đầy đủ khi và chỉ khi các không gian X và Y là những không gian mêtric đầy đủ. 4.2.Ký hiệu m là tập hợp tất cả các dãy số thực bị chặn. Với x = (xn) ∈ m, y = (yn) ∈ m đặt d(x,y) = sup xn − y n n Chứng minh a) d là một mêtric b) Không gian mêtric (m,d) là đầy đủ 4.3.* Trong không gian mêtric C[0,1] hãy xây dựng một dãy các tập đóng, bị ∞ chặn Fn sao cho Fn ⊃ Fn+1 nhưng I Fn = ∅ n =1 4.4.* Cho X là không gian mêtric đầy đủ, Yi là một dãy các tập con mở trù ∞ mật khắp nơi trong X. Chứng minh tập hợp IY i cũng là tập trù khắp nơi trong n =1 X. 4.5. Ký hiệu s0 là tập hợp tất cả các dãy số thực (xn) sao cho xn bằng 0 tất cả ngoại trừ số hữu hạn n. Ta xem s0 là không gian mêtric con của không gian m. Chứng minh s0 là không gian mêtric không đầy đủ. 4.6.Chứng minh rằng hàm liên tục f : IR→ IR xác định bởi π f(x) = + x – arctgx 2 không có điểm bất động mặt dù nó thoả mãn bất đẳng thức f ( x) − f ( y ) < x − y Với mọi x, y ∈ IR, x ≠ y 4.7.* Cho F là họ các hàm liên tục trên IR có tính chất ( ∀x ∈ R)(∃M x > 0)(∀f ∈ f ) : f ( x) ≤ M x Chứng minh rằng tồn tại một tập mở khác trống U ⊂ IR và mọt số dương M sao cho f ( x) ≤ M 50
  14. Với mọi f ∈ F và x ∈ U 4.8. Cho f: IR → IR là một hàm số liên tục đều. Chứng minh tồn tại các số α , β ≥ 0 sao cho với mọi x ∈ IR, ta có: f ( x) ≤ α x + β 4.9*.Trên tập số thực IR ta đặt d1(x,y) = | arctgx- arctgy| và d2(x,y) = | ex - ey| Chứng minh a) d1, d2 là các mêtric trên IR b) (IR, d1),(IR, d2) là các không gian mêtric không đày đủ c) Đầy đủ hoá các không gian(IR, d1),(IR, d2) là gì? 51
  15. §5 KHÔNG GIAN COMPACT Trong giải tích cổ điển, khi làm việc với các tập con của IR ta đặc biệt chú ý đến khoảng đóng [a,b], a, b ∈ IR. Khoảng đóng này có các tính chất tốt sau Mọi dãy (xn) ⊂ [a,b] bao giờ cũng có một dãy con hội tụ trong [a,b] Hàm số liên tục trên [a,b] thì liên tục đều trên đoạn đó Hàm số liên tục trên [a,b] thì đạt được giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất trên đoạn này. Tổng quát hoá sự kiện này cho không gian mêtric, người ta đưa ra khái niệm quan trọng đó là tập compact và không gian compact. 5.1.Tập hợp bị chẵn và hoàn toàn bị chặn. 5.1.1. Định nghĩa. Cho X là không gian mêtric và ∅ ≠ A ⊂ X. Đặt δ(A) = sup d(x,y) δ(A) = + ∞ nếu tập hợp {d(x,y), x, y ∈A} không có x , y∈ A cận trên) và gọi δ(A) là đường kính của tập A Nếu δ(A) < + ∞ thì A gọi là tập bị chặn, còn δ(A) = + ∞ thì A gọi là không bị chặn. Ta có một số tính chất đơn giản sau a) Tập hợp A là bị chặn nếu và chỉ nếu A được chứa trong một hình cầu nào đó Thật vậy, giả sử δ(A) = sup d(x,y) = r < + ∞. Lấy x0 tùy ý thuộc A, lúc đó x , y∈ A với mọi y ∈ A, ta có d(x0,y) ≤ r hay A ⊂ B(x0,r) với r’ > r. Ngược lại, A ⊂ B(x0,r) thì ∀x,y ∈ A có d(x,y) ≤ d(x,x0) + d(y,y0) ≤ 2r Do đó δ(A) ≤ 2r < + ∞ nên A bị chặn b. Hợp một số hữu hạn các tập bị chặn là tập bị chặn. 5.1.2. Định nghĩa. Tập A ⊂ X gọi là hoàn toàn bị chặn (hay còn gọi là tiền compact) nếu với mọi r > 0, A được chứa trong hợp một số hữu hạn hình cầu có bán kính r. Lúc đó ta cũng nói tập A được phủ bởi một số hữu hạn hình cầu bán kính r. Mệnh đề 1. Một tập hoàn toàn bị chặn thì bị chặn 52
  16. Chứng minh. Thực vậy, cho A hoàn toàn bị chặn nên với r = 1, ta có hữu hạn n hình cầu để A ⊂ U B ( xi ,1) . Lấy x ∈ A sẽ có i để x ∈ B(ai,1) i =1 Lúc đó d(x,a1) ≤ d(x,ai) + d(ai,a1) n ≤ d(x,ai) + ∑ d ( ai ,a1 ) ≤ n i =1 Vậy A nằm trong B(a1,n). Ngược lại, nói chung không đúng. Tuy nhiên trong IRn ta có. Mệnh đề 2: Giả sử A là một chặn trong IRn (với mêtric thông thường), khi đó A hoàn toàn bị chặn. Chứng minh. Gọi B(x0,d) là hình cầu chứa A. Ta lấy một hình lập phương cạnh bằng 2d song song với các trục toạ độ và ngoại tiếp hình cầu này. Cho r > 0 ta chia hình lập phương này thành các hình lập phương nhỏ bởi các mặt phẳng r song song với mặt hình lập phương lớn và cách nhau một đoạn α ≤ . Số các n hình lập phương nhỏ này là hữu hạn. Hiển nhiên A được chứa trong hợp hữu hạn các hình cầu bán kính ≤ r, ngoại tiếp các hình lập phương nhỏ. Vậy A hoàn toàn bị chặn. Chú ý rằng B ( a, r ) ∈ B’(a,r) và nếu r’ > r thì B’(a,r) ⊂ B(a,r’) do đó trong các định nghĩa về tập bị chặn và hoàn toàn bị chặn, ta có thể sử dụng tuỳ ý các hình cầu mở hoặc đóng Mệnh đề 3. Nếu A ⊂ X là hoàn toàn bị chặn thì bao đóng A của A cũng là một tập hợp hoàn toàn bị chặn Chứng minh. Giả sử r là số dương cho trước. Nếu A hoàn toàn bị chặn thì n ’ có hữu hạn hình cầu đóng B (ai,r) (i = 1, n) sao cho A ⊂ U B(ai , r ) . Nhưng do i =1 n n A ⊂ U B' (ai , r ) là một tập đóng nên A ⊂ U B ' ( ai , r ) nghĩa là A cũng hoàn toàn i =1 i =1 bị chặn. 5.2.Tập hợp compact và không gian compact: 5.2.1.Định nghĩa. Cho X là không gian mêtric và A ⊂ X. Tập A được gọi là compact nếu dãy (xn) ⊂ A luôn luôn tồn tại một dãy con (xnk) ⊂ (xn) hội tụ một điểm x ∈ A Nếu bản thân X là compact thì không gian X được gọi là không gian compact 53
  17. Giả sử A ⊂ X mà bao đóng A là compact thì A được gọi là tập compact tương đối. Điều này tương đương với: Mọi dãy tuỳ ý (xn) ⊂ A sẽ có một dãy con hội tụ đến một điểm trong X (không đòi hỏi thuộc A). Thật vậy, điều kiện cần rõ. Ngược lại nếu (xn)n là dãy trong A với mỗi x ∈ 1 N ta chọn yn ∈ A sao cho d(xn,yn) < . Theo giả thiết tồn tại dãy con (ynk) ⊂ (yn) n hội tụ về y0 ∈ X. Vì (ynk) ⊂ A nên y0 ∈ A . Lúc đó 1 d(xnk,y0) ≤ d(xnk,ynk) + d(ynk,y0) < + d(ynk, y0) → 0 kn Vậy dãy con (xnk) của (xn) hội tụ đến y0 ∈ A nên A compact. 5.2.2.Ví dụ. 1) Trong không gian mêtric X bất kỳ, mọi tập gồm một số hữu hạn điểm là compact. Chứng minh. Giả sử A = {a1,...,ak} ⊂ X. Nếu dãy (xn) là một dãy bất kỳ trong A thì phải có ít nhất một ai nào đó xn = ai với vô hạn n ∈N. Từ tập vô hạn các xn này ta rút ra một dãy con hội tụ đến ai. 2) Đoạn [a,b] trong IR là một compact. Điều này suy ra từ định lý Bolzano – Weierstrass. 5.2.3. Định lý (Hausdorrff). Giả sử A ⊂ X là tập compact. Khi đó A là đóng và hoàn toàn bị chặn. Ngược lại nếu A đóng, hoàn toàn bị chặn và x đầy đủ thì A là tập compact. Chứng minh 1) Giả sử A compact. Nếu (xn) là dãy trong A, xn → x0 thì tồn tại dãy con (xnk) ⊂ (xn), xnk → x0 ∈ A vì compact. Vậy A = A hay đóng. Tiếp theo, ta dùng phản chứng. Giả sử A compact nhưng không hoàn toàn bị chặn. Khi đó có ε > 0 sao cho không thể phủ được A bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính ε. Lấy x1∈ A. Hình cầu B(x1,ε) không phủ được A nên có x2 ∈A sao cho d(x2,x1) ≥ ε. Các hình cầu B(x1,ε), B(x2,ε) cũng không phủ được A nên có x3 ∈A sao cho d(x3,x1) ≥ ε và d(x3,x2) ≥ ε. Tiếp tục cách này bằng quy nạp, ta xây dựng được dãy (xn) ⊂ A với d(xn,xm) ≥ ε với mọi n ≠ m. Bất cứ dãy con nào của dãy (xn) đều không phải là dãy cơ bản (vì khoảng cách giữa hai phần tử của dãy con này ≥ ε) nên không thể hội tụ. Điều này mâu thuẫn với định nghĩa compact. Vậy ta đã chứng minh nếu A compact thì A đóng và hoàn toàn bị chặn. 2) Bây giờ giả sử X đầy đủ, A đóng và hoàn toàn bị chặn trong X. Lấy một dãy (xn) bất kỳ trong A. Vì A được phủ bằng một số hữu hạn các hình cầu bán kính bằng 1 nên một trong các hình cầu đó, kí hiệu B1 chứa vô số các phần tử 54
  18. của dãy (xn). Gọi dãy con của dãy (xn) trích ra từ vô số phần tử đó là ( x1 ). Tập A n 1 cũng phủ được bằng một số hữu hạn hình cầu bán kính nên có một cầu kí hiệu 2 B2 có vô số các (x1n) và dãy con của ( x1 ) chứa trong B2 là ( xn ). Tiếp tục quá n 2 trình này ta thu được một dãy các dãy (xn), ( x1 ),( xn ),...mà các dãy sau là dãy n 2 k con của dãy đi trước đồng thời dãy con ( x n ) chứa trong hình cầu Bk có bán kính 1 . Lấy một phần tử xn1 trong ( x1 ). Vì ( xn ) vô hạn nên chọn được nn2 trong các n 2 k 2 3 ( xn ) sao cho n2 > n1 và rồi chọn xn3 trong ( xn ) với n3 > n1… Như thế ta có được dãy con (xnk) ⊂ (xn). Đây là dãy cơ bản vì với k,l ∈ N bất kỳ, giả sử k ≥ l thì 2 ( x n ) ⊂ ( x1 ) nên xnk, xnl cùng thuộc hình cầu Bl. Do đó d(xnk, xnl) ≤ k n → 0 khi k, l l → ∞ . Vì X đầy đủ, dãy (xnk) hội tụ đến x0 ∈ X. Hơn nữa do A đóng nên x0 ∈A. Vậy A compact. 5.2.4 Định lý. Nếu X là một không gian compact thì X đầy đủ và khả ly. Chứng minh. a) Giả sử (xn) là dãy cơ bản trong X. Vì X compact nên có dãy con (xnk) ⊂ (xn), xnk → x0 ∈X. Nhưng khi đó chính dãy (xn) cũng hội tụ về x0 nên X là không gian đầy đủ. 1 b) Với mỗi n ∈N, tập A được phủ bằng một số hữu hạn hình cầu B(xnj, ), n j = 1,...,mn : mn 1 X= U B(xnj, ) (*) j=1 n Đặt A = {xnj : j = 1,...,mn, n = 1, 2,...} là tập hợp tất cả các tâm các hình cầu 1 này. A là tập đếm được. Mặt khác ∀x ∈ X với ε > 0 bất kỳ ta lấy n đủ lớn để < n 1 1 ε. Từ (*), suy ra x thuộc một hình cầu B(xnj, ) nào đó nên d(x,xnj) <
  19. 3. Đối với các tập đóng IRn, các khái niệm bị chặn, hoàn toàn bị chặn, compact là tương đương với nhau. Chứng minh: 1. Rõ ràng mỗi tập compact thì hoàn toàn bị chặn nên bị chặn. 2. Nếu K chứa trong A compact thì K hoàn toàn bị chặn. Hơn nữa K đóng trong A đầy đủ nên K compact. (Ở đây vì A đóng nên K đóng trong không gian con A hay đóng trong X đều như nhau). 3. Theo mệnh đề 2 ở 5.1.2, tập A ⊂ IRn bị chặn nếu và chỉ nếu A hoàn toàn bị chặn. Hơn nữa IRn là không gian đầy đủ nên áp dụng định lý Hausdorff ta có ngay kết quả. 5.2.6.Khái niệm ε- lưới: Để diễn tả khái niệm hoàn toàn bị chặn, bên cạnh dùng hữu hạn hình cầu phủ tập đã cho ta còn dùng khái niệm ε- lưới, tỏ ra khá thuận tiện cho trong một số trường hợp. a) Định nghĩa. Cho tập A ⊂ X và số ε > 0. Tập N⊂ X được gọi là một ε- lưới cho A nếu mọi x ∈ A tìm được y ∈N để d(x,y) < ε. Nhận xét. A có một ε-lưới N khi và chỉ khi A được phủ bằng họ các hình cầu bán kính ε với tâm là các điểm mắt lưới (tức là các điểm thuộc N). Vì vậy ta có thể phát biểu lại. Tập A ⊂ X là hoàn toạn bị chặn nếu ∀ε > 0 có thể được tìm cho A một ε- lưới hữu hạn N (tức là tập N có hữu hạn điểm). b) Hệ quả. Trong không gian mêtric đầy đủ X, tập đóng A ⊂ X là compact nếu với mọi ε > 0 ta có thể tìm cho nó một ε-lưới compact. ε Chứng minh. Cho ε > 0. Theo giả thiết, tồn tại -lưới compact B và cho A 2 ε và do B compact nên tồn tại -lưới hữu hạn N cho B. Khi đó N chính là ε-lưới 2 ε cho A vì với x ∈ A tồn tại b∈B để d(x,b) < và với b này sẽ có y ∈ N để d(y,b) 2 ε < . Lúc đó d(x,y) ≤ d(x,b) d(b,y) < ε. Vậy A hoàn toàn bị chặn. Áp dụng định 2 lý Hausdorff, ta có kết luận của hệ quả. 5.3.Compact với phủ mở: 5.3.1.Định nghĩa. Cho X là một không gian mêtric và A ⊂ X. Họ (G α ) α ∈ I các tập con của X được gọi là một phủ của A nếu A ⊂ U Gα . Nếu với mọi α∈I, ε ∈1 56
  20. A α là các tập mở thì (G α ) α ∈ I gọi là phủ mở và nếu I là tập hữu hạn thì gọi là phủ hữu hạn. Nếu tồn tại tập con J ⊂ I sao cho (G α ) α ∈ J vẫn là phủ của A thì (G α ) α ∈ J gọi là phủ con của A. 5.3.2.Định lý. (Heine- Borel) Để tập con A của không gian mêtric X là compact, điều kiện cần và đủ là với mọi phủ mở (G α ) α ∈ I của A đều có chứa một phủ con hữu hạn. Chứng minh. Điều kiện đủ. Giả sử bất kỳ phủ mở nào của A đều có phủ con hữu hạn nhưng A không compact. Vì thế tồn tại một dãy (xn) ⊂ A sao cho xn ≠ xn’, khi n ≠ n’ nhưng không có dãy con nào hội tủ cả. Do mọi x ∈ A không là giới hạn của dãy con nào của dãy (xn) nên tồn tại một hình cẩu mở Bx tâm x bán kính rx chỉ chứa hữu hạn các xn. Họ (G α ) α ∈ A là một phủ mở của A nên theo giả k thiết có phủ con hữu hạn : A ⊂ U Bx i . Mỗi hình cầu Bxi, i = 1,…,k chỉ chứa số i =1 hữu hạn xn nên hoá ra (xn) chỉ có hữu hạn các phần tử riêng biệt. Điều này vô lý nên A phải là tập compact Điều kiện cần. Cho A compact và giả sử có một phủ mở (G α ) α ∈ I của A nhưng không chứa phủ con hữu hạn. Lấy một dãy số dương ε n → 0. Vì A compact nên phủ được bằng một số hữu hạn hình cầu đóng bán kính ε1. Trong các hình cầu đóng này phải có một cái, tạm kí hiệu là B1 sao cho A1 = A ∩ B1 không thể phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα (nếu khác đi, A sẽ phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα trái với giả thiết phản chứng). A1 là tập đóng chứa trong tập compact A nên A1 cũng compact và lại được phủ bằng một số hữu hạn hình đóng bán kính ε2, trong số đó có một cái kí hiệu B2 sao cho A2 = A1 ∩ B2 không thể phủ được bằng một số hữu hạn các tập Gα. Tập A2 cũng compact nên cũng được phủ bởi hữu hạn hình cầu bán kính ε3…. Tiếp tục quá trình này, ta thu được một dãy hình cầu đóng Bn và các tập An = An-1 ∩ Bn, n = 1,2,. Trong mỗi tập An ta lấy ra một điểm xn. Do An ⊂ An-1⊂…⊂ A nên (xn) là dãy trong A, sẽ có dãy con (xnk) ⊂ (xn) hội tụ đến x0 ∈ A. Mặt khác A ⊂ U Gα nên có α 0∈I α ∈I để α 0∈G α 0. Vì Gα mở nên có hình cầu B(x0,r) ⊂ G α 0. Từ d(xnk,x0) → 0 và εnk → 0 khi k → ∞, chọn k0 đủ lớn ta sẽ có d(xnk0,x0) < r/2 và εnk0 < r/4. Lúc ấy với mọi x ∈ Anko ta có d(x,x0) ≤ d(x,xnko )+ d(xnko,xo) ≤ 2 εnko+ r/2 < r tức là Anko ⊂ B(x0,r) ⊂ G α 0 nghĩa là có tập Anko được phủ bằng một G α 0, trái với cách xây dựng các tập An. Mâu thuẫn này chứng tỏ mọi phủ mở của A phải có một phủ con hữu hạn. Định lý được chứng minh đầy đủ. 57
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

  • Giáo trình Không gian Metric: Phần 1 - TS. Nguyễn Hoàng

    pdf 37 p | 1228 | 327

  • Giáo trình Tôpô đại cương

    pdf 163 p | 1214 | 256

  • Ánh xạ liên tục

    pdf 1 p | 302 | 78

  • Giáo trình Giải tích 2 - Tạ Lê Lợi (chủ biên)

    pdf 94 p | 261 | 65

  • Giáo trình Hàm số biến số thực: Phần 1 - Nguyễn Định, Nguyễn Hoàng

    pdf 137 p | 155 | 44

  • Giáo trình Hàm số biến số thực: Phần 2 - Nguyễn Định, Nguyễn Hoàng

    pdf 121 p | 164 | 33

  • Giáo trình Toán (Tập 7) - Hình học: Phần 1 - NXB Giáo dục

    pdf 253 p | 122 | 31

Thêm tài liệu vào bộ sưu tập có sẵn: Đồng ý Thêm vào bộ sưu tập mới: *Tên bộ sưu tập Mô Tả: *Từ Khóa: Tạo mới Báo xấu
  • Hãy cho chúng tôi biết lý do bạn muốn thông báo. Chúng tôi sẽ khắc phục vấn đề này trong thời gian ngắn nhất.
  • Không hoạt động
  • Có nội dung khiêu dâm
  • Có nội dung chính trị, phản động.
  • Spam
  • Vi phạm bản quyền.
  • Nội dung không đúng tiêu đề.
Hoặc bạn có thể nhập những lý do khác vào ô bên dưới (100 ký tự): Vui lòng nhập mã xác nhận vào ô bên dưới. Nếu bạn không đọc được, hãy Chọn mã xác nhận khác.. Đồng ý LAVA AANETWORK THÔNG TIN
  • Về chúng tôi
  • Quy định bảo mật
  • Thỏa thuận sử dụng
  • Quy chế hoạt động
TRỢ GIÚP
  • Hướng dẫn sử dụng
  • Upload tài liệu
  • Hỏi và đáp
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
  • Liên hệ
  • Hỗ trợ trực tuyến
  • Liên hệ quảng cáo
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

Đang xử lý... Đồng bộ tài khoản Login thành công! AMBIENT

Từ khóa » Cách Chứng Minh Tập Compact