Tóm Tắt Bài Giảng Giải Tích Hàm - Đinh Ngọc Thanh - Tài Liệu, Tai Lieu

• Đăng ký
• Đăng nhập
• Trợ giúp

Thư viện tài liệu, ebook tham khảo dành cho học sinh, sinh viên

Thư viện tài liệu trực tuyến miễn phí dành cho các bạn học sinh, sinh viên

• Trang Chủ
• Tài Liệu
• Upload

Tóm tắt bài giảng Giải tích hàm - Đinh Ngọc Thanh

4.7.12. X Với n 2 Z+ cố định gọi M là tập tất cả các dãy số thực bằng 0 từ phần tử thứ „n + 1” trở đi, tức M = f„x1; x2; : : :; xn;0;0; : : :” j x1; : : :; xn 2 Rg. (a) Hãy kiểm M là một không gian vectơ con của ‘2, do đó là một không gian định chuẩn con của ‘2. Hãy xác định số chiều của M. (b) Chứng minh M là một tập con đóng của ‘2. Hỏi M có là một không gian Hilbert không? (c) Xét ánh xạ PM : ‘2 ! M x = „x1; x2; : : :; xn; : : :” 7! „x1; x2; : : :; xn;0; : : :”: Như vậy ánh xạ PM chỉ giữ lại n tọa độ đầu tiên của x, các tọa độ còn lại được gán thành 0. Hãy kiểm PM là một ánh xạ tuyến tính. (d) Hãy kiểm rằng với mọi x 2 ‘2 thì „x − PM x” ? M. Vậy PM chính là phép chiếu từ ‘2 xuống M. (e) Chứng tỏ kPM xk ≤ kxk. Hãy tìm ý nghĩa hình học hình học của bất đẳng thức này. (f) Chứng tỏ PM là một ánh xạ tuyến tính liên tục. (g) Hãy tìm không gian trực giao của M, tức M?. (h) Hãy tìm ImPM và ker PM, tức tập ảnh và tập nhân của PM. 4.7.13. Chứng minh mệnh đề 4.3.5. 4.7.14. X Cho H là một không gian Hilbert. Cho ; , M; N ⊂ H. Điều nào sau đây là đúng? (a) M? , ;. (b) M ⊂ N =) M? ⊂ N?. (c) M ⊂ N =) N? ⊂ M?. (d) M $ N =) N? $ M?. (e) M? = M?. (f) M? = hMi?

53 trang | Chia sẻ: honghp95 | Lượt xem: 2718 | Lượt tải: 1 Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Tóm tắt bài giảng Giải tích hàm - Đinh Ngọc Thanh, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênchú. Ta có thể chọn một quả cầu có bán kính khác 1, nhưng dễ thấy chỉ được một chuẩn tương đương mà thôi, xem 3.8.5. 3.1.4 Bổ đề. Với T ∈ L(E,F) thì ‖T ‖ = sup{‖T x‖ | x ∈ B′(0,1)}. Chứng minh. Giả sử ‖x‖ = 1. Có dãy (xn)n∈Z+ trong B(0,1) hội tụ về x, chẳng hạn xn = nn+1 x. Suy ra T xn hội tụ về T x, và ‖T xn‖ hội tụ về ‖T x‖. Vì ‖T xn‖ ≤ ‖T ‖ nên dẫn tới ‖T x‖ ≤ ‖T ‖. Vậy sup‖x ‖≤1 ‖T x‖ = ‖T ‖.  Chú ý rằng một ánh xạ tuyến tính được xác định bởi giá trị của nó trên mặt cầu đơn vị, vì nếu x , 0 thì T x = ‖x‖T ( x ‖x ‖ ) . 3.1.5 Mệnh đề. Với ‖T ‖ = sup‖x ‖<1 ‖T x‖ thì đây là một chuẩn trên L(E,F). Chứng minh. Ta dùng việc ‖T ‖ = sup‖x ‖<1 ‖T x‖ = sup‖x ‖≤1 ‖T x‖. Giả sử ‖T ‖ = 0. Điều này dẫn tới T(B′(0,1)) = {0}. Cho x , 0, thì 1‖x ‖ x = 1, nên T ( 1‖x ‖ x) = 0. Điều này dẫn tới T x = ‖x‖T ( 1 ‖x ‖ x ) = 0, vậy T(E) = {0}, hay T = 0. Các tính chất khác đã được kiểm khi ta xét không gian B(S,X) (2.5.2).  3.1.6 Mệnh đề. Với T ∈ L(E,F) thì ∀x ∈ E, ‖T x‖ ≤ ‖T ‖ ‖x‖ . Chứng minh. Cho x , 0. Ta có 1‖x ‖ x = 1 nên T ( 1‖x ‖ x) ≤ ‖T ‖, do đó ‖T x‖ ≤ ‖T ‖ ‖x‖.  Một hệ quả đơn giản thường được dùng: 3.1.7 Định lý. Ánh xạ tuyến tính T : E→ F là liên tục khi và chỉ khi có M ∈ R sao cho ∀x ∈ E, ‖T x‖ ≤ M ‖x‖ . 3.2 Không gian L(E,F) 3.2.1 Định lý. Nếu F là một không gian Banach thì L(E,F) là một không gian Banach. Chứng minh. Chứng minh này có điểm tương tự chứng minh của mệnh đề 2.5.3. Giả sử (Tn)n∈Z+ là một dãy Cauchy trong L(E,F). Cho  > 0, có N ∈ Z+ sao cho với m,n ≥ N thì ‖Tm−Tn‖ <  . Với mỗi x ∈ E , vì ‖Tmx−Tnx‖ ≤ ‖Tm−Tn‖ ‖x‖ <  ‖x‖ , (3.2.2) nên (Tnx)n∈Z+ là một dãy Cauchy trong F, do đó hội tụ về một phần tử của F gọi là T x. Nói cách khác dãy hàm (Tn)n∈Z+ hội tụ từng điểm về hàm T . Dễ dàng kiểm tra rằng T là tuyến tính. Lấy giới hạn hai vế của 3.2.2 khi m tiến ra vô cùng ta được với n ≥ N thì ‖Tnx−T x‖ ≤  ‖x‖ , suy ra (Tn −T) ∈ L(E,F), do đó T ∈ L(E,F), và ‖Tn −T ‖ ≤  . Vậy (Tn)n∈Z+ hội tụ về T trong L(E,F).  Khi F = F thì L(E,F) còn được kí hiệu là E∗ và mỗi phần tử của E∗ còn được gọi là một phiếm hàm tuyến tính liên tục. Bản thân E∗ được gọi là không gian đối ngẫu của E . Vậy E∗ là một không gian Banach. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 26 3.3 Ánh xạ tuyến tính liên tục trên không gian định chuẩn hữu hạn chiều 3.3.1 Định lý. Mọi ánh xạ tuyến tính trên không gian định chuẩn hữu hạn chiều đều liên tục. Chứng minh. Giả sử (E, ‖·‖) là một không gian định chuẩn hữu hạn chiều với một cơ sở tuyến tính (e1, e2, . . ., en). Mỗi phần tử x ∈ E đều có biễu diễn x =∑ni=1 xiei, với xi ∈ F. Xét T : E→ F tuyến tính. Ta có ‖T x‖ = T ( n∑ i=1 xiei ) = n∑ i=1 xiTei ≤ √ n∑ i=1 |xi |2 · √ n∑ i=1 ‖Tei ‖ 2. Đặt ‖x‖2 = (∑n i=1 |xi |2 )1/2 thì đây là một chuẩn trên E . Vì E là hữu hạn chiều nên hai chuẩn bất kì trên đó là tương đương, do đó có β > 0 sao cho ‖x‖2 ≤ β ‖x‖. Từ bất đẳng thức trên ta được ‖T x‖ ≤ √ n∑ i=1 ‖Tei ‖ 2 ‖x‖2 ≤ √ n∑ i=1 ‖Tei ‖ 2β ‖x‖ . Vậy T liên tục trên (E, ‖‖).  Ánh xạ tuyến tính trên không gian tuyến tính hữu hạn chiều là đề tài của môn Đại số tuyến tính. Nhắc lại rằng nếu không gian tuyến tính E có cơ sở tuyến tính (ei)1≤i≤m và không gian tuyến tính F có cơ sở tuyến tính ( fj)1≤ j≤n thì mỗi ánh xạ tuyến tính từ E vào F có thể được biễu diễn bởi một ma trận. Cụ thể như sau. Mỗi vectơ được viết như một cột gồm các tọa độ của nó trong cơ sở, chẳng hạn nếu x = ∑m i=1 xiei thì ta viết [x] = ©­­­­« x1 x2 ... xm ª®®®®¬ . Viết [Tei] = ©­­­­« T1,i T2,i ... Tn,i ª®®®®¬ thì T x = T ( m∑ i=1 xiei ) = m∑ i=1 xiTei = m∑ i=1 xi ©­« n∑ j=1 Tj,i fj ª®¬ = n∑ j=1 ( m∑ i=1 Tj,ixi ) fj = n∑ i=1 ©­« m∑ j=1 Ti, j xj ª®¬ fi, Chú ý ở bước cuối ta đã hoán đổi tên của hai chỉ số i và j. Như vậy nếu viết [T] là ma trận( Ti, j ) 1≤i≤n,1≤ j≤m thì [T x] = ©­­­­« ∑m j=1T1, j xj∑m j=1T2, j xj ...∑m j=1Tn, j xj ª®®®®¬ = [T] · [x]. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 27 Như vậy tác động của T được biểu diễn bởi một phép nhân ma trận. Ma trận biểu diễn của T có các cột là tọa độ của ảnh qua T của các vectơ trong cơ sở của E . 3.3.2 Ví dụ (Rn∗). Xét (Rn, ‖·‖2), và đặt Rn∗ = L(Rn,R) - không gian các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Rn. Theo phần thảo luận tổng quát ở trên thì mỗi phần tử f của Rn∗ tương ứng với một phần tử [ f ]= ( f1, f2, . . ., fn) ∈Rn với fi = f (ei). Với x = (x1, x2, . . ., xn) thì f (x)= [ f ] · x =∑ni=1 fixi. Theo bất đẳng thức Buniakowski thì | f (x)| =  n∑ i=1 fixi  ≤ ‖[ f ]‖2 ‖x‖2 . Dấu bằng xảy ra khi lấy x = [ f ]. Vậy ‖ f ‖ = ‖[ f ]‖2. Tiếp tục, ta nhận thấy ánh xạ T : Rn∗ → Rn f 7→ [ f ] là một song ánh tuyến tính và có ‖T f ‖2 = ‖ f ‖, tức bảo toàn chuẩn. Ta nói T là một phép đẳng cấu metric (còn gọi là một phép đẳng cự) từ Rn∗ lên Rn. Người ta nói ngắn gọn rằng đối ngẫu của Rnlàchính nó. 3.4 Tính chuẩn Từ các kết quả đã có như ở 3.8.1: supx,0 ‖Tx ‖ ‖x ‖ = M ⇐⇒ { ∀x , 0, ‖Tx ‖‖x ‖ ≤ M ∃xn , 0, ‖Txn ‖‖xn ‖ → M, ⇐⇒ { ∀x, ‖T x‖ ≤ M ‖x‖ ∃ (xn)n∈Z+ , ‖xn‖ = 1, ‖Txn ‖‖xn ‖ → M . Ta có thể đưa ra: Cách tìm chuẩn trong một số trường hợp đơn giản (a) Tìm một đánh giá ‖T x‖ ≤ M ‖x‖, (b) Tìm một x , 0 để đẳng thức xảy tra trong bất đẳng thức trên, hoặc tìm một dãy xn với ‖xn‖ = 1 và ‖T xn‖ → M , (c) Kết luận ‖T ‖ = M . 3.4.1 Ví dụ. Giả sử T : R→ Rn tuyến tính. Với mọi x ∈ R thì T x = T(x ·1) = xT(1). Ta có ‖T x‖ = |x | ‖T(1)‖ , do đó ‖T ‖ = ‖T(1)‖. 3.4.2 Ví dụ. Cho T : R2→ R, T(x, y) = (a,b) · ( x y ) = ax+ by. Với chuẩn ‖(x, y)‖2 = √ x2 + y2 thì |T(x, y)| = |ax+ by | ≤ √ a2 + b2 · √ x2 + y2 = ‖(a,b)‖2 ‖(x, y)‖2 . Nếu lấy (x, y) = (a,b) thì dấu bằng xảy ra. Vậy ‖T ‖ = ‖(a,b)‖2. Các ví dụ phức tạp hơn có thể thấy trong các bài tập như 3.8.8, 3.8.9, 3.8.13. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 28 3.5 Một số ánh xạ tuyến tính liên tục đặc biệt Toán tử tích phân 3.5.1 Mệnh đề. Cho A ⊂ Rn compắc và K : A× A→ R liên tục. Đặt T : C(A,R) → C(A,R) x 7→ T x : A→ R, T x(t) = ∫ A K(s, t)x(s) ds, thì T là một ánh xạ tuyến tính liên tục. Ở đây ta đang dùng tích phân Lebesgue (nếu thay A bằng một hình hộp thì có thể dùng tích phân Riemann). Hàm K thường được gọi là nhân của toán tử tích phân này. Tham khảo 2.8.18 và xem ví dụ ở 3.8.10. Cần kiểm tra T được định nghĩa tốt, nghĩa là T(x)(t) là một số thực và T(x) liên tục. Hàm liên tục trên tập compắc thì khả tích Lebesgue, do đó T(x)(t) là một số thực. Để kiểm tra tính liên tục của T x có thể dùng sự liên tục đều, hoặc định lý hội tụ bị chặn Lebesgue. Đối ngẫu của Lp Cho p,q ∈ [1,∞] thỏa 1 p + 1 q = 1. Với g ∈ Lq(Ω), xét ánh xạ S(g) : Lp(Ω) → F f 7→ ∫ Ω f g¯. Theo bất đẳng thức Holder: |S(g)( f )| = ∫ Ω f g¯  ≤ ∫ Ω | f g¯ | ≤ ‖ f ‖p ‖g‖q , (3.5.2) nên S(g) một phiếm hàm tuyến tính liên tục và ‖S(g)‖ ≤ ‖g‖q. Nhằm tính chuẩn của S(g), để xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức Holder ta tìm f sao cho | f |p = |g |q. Nếu 2 ≤ q <∞ thì có thể lấy f = |g |q−2g và kiểm tra trực tiếp được rằng đẳng thức xảy ra ở (3.5.2), vậy ‖S(g)‖ = ‖g‖q trong trường hợp này. Thực ra ‖S(g)‖ = ‖g‖q với mọi 1 < q <∞, nhưng chứng minh khó hơn. Ví dụ 3.3.2 và các bài tập 3.8.8 và 3.8.9 bàn về các trường hợp riêng của kết quả này. Như vậy khi 1 < p <∞ thì ánh xạ S : Lq(Ω) → (Lp(Ω))∗ g 7→ S(g) là tuyến tính liên tục, hơn nữa còn bảo toàn chuẩn, do đó là một đơn ánh. Việc ánh xạ này là toàn ánh là nội dung của một kết quả sâu của lí thuyết độ đo gọi là định lý biểu diễn Riesz. Như vậy ánh xạ S trên là một phép đẳng cấu metric từ Lq(Ω) lên (Lp(Ω))∗. Người ta nói ngắn gọn rằng với 1 < p < ∞ thì đối ngẫu của Lp là Lq. Về đề tài này có thể đọc thêm ở [1, tr. 95], [9, tr. 127]. Trường hợp p = q = 2 là đặc biệt, được xét ở phần không gian Hilbert (4.4.2). CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 29 3.6 Định lý Hahn–Banach Định lí Hahn–Banach là một trong những kết quả quan trọng của Giải tích hàm. Ngắn gọn, nó nói rằng một phiếm hàm tuyến tính liên tục luôn có thể mở rộng bảo toàn chuẩn. 3.6.1 Định lý (định lí Hahn–Banach). Cho M là một không gian con của không gian định chuẩn E trên trường F = R hoặc F = C. Mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục T trên M đều mở rộng được thành một phiếm hàm tuyến tính liên tục T˜ trên E sao cho T˜ = ‖T ‖. Chứng minh. Xét trường hợp trường hợp F = R. Dàn ý của chứng minh là trước hết chứng tỏ luôn có thể mở rộng thêm 1 chiều, sau đó dùng “qui nạp siêu hạng” để mở rộng bất kì. Giả sử M , E và E = M +N với N là một không gian con một chiều của E sinh bởi x0. Như vậy E = {x+ t x0 | x ∈ M, t ∈ R}. Một mở rộng tuyến tính của T thành T˜ : E→ F sẽ được xác định bởi giá trị của nó tại x0, vì T˜(x+ t x0) = T˜ x+ tT˜ x0 = T x+ tT˜ x0. Ta chứng tỏ tồn tại giá trị T˜(x0) để T˜ là liên tục và T˜ = ‖T ‖. Điều kiện là |T˜(x+ t x0)| ≤ ‖T ‖ ‖x+ t x0‖ , ∀x ∈ M,∀t ∈ R. Vì T˜ mở rộng T nên T˜ ≥ ‖T ‖, nên điều kiện trên sẽ đảm bảo T˜ = ‖T ‖. Thay x bởi t x điều trên tương đương với |T˜(x+ x0)| ≤ ‖T ‖ ‖x+ x0‖ , ∀x ∈ M, tức là − ‖T ‖ ‖x+ x0‖ −T x ≤ T˜(x0) ≤ ‖T ‖ ‖x+ x0‖ −T x, ∀x ∈ M . Như vậy T˜(x0) là một số thực thuộc đoạn [− ‖T ‖ ‖x+ x0‖ −T x, ‖T ‖ ‖x+ x0‖ −T x] với mọi x ∈ M . Sự tồn tại của một số thực như vậy đồng nghĩa với việc với mọi x1 ∈ M, x2 ∈ M thì − ‖T ‖ ‖x1 + x0‖ −T x1 ≤ ‖T ‖ ‖x2 + x0‖ −T x2. Điều này thì có được do bất đẳng thức tam giác: T(x2− x1) ≤ ‖T ‖ ‖x2− x1‖ ≤ ‖T ‖ (‖x2 + x0‖+ ‖x1 + x0‖). Bây giờ ta sang bước thứ hai. Ta dùng bổ đề Zorn (3.6.2). Xét tập C tất cả các cặp (A,S) trong đó A là một không gian con của E chứa M , và S là một mở rộng bảo toàn chuẩn của T lên A. Trên tập hợp này xét quan hệ thứ tự (A,S) ≤ (A′,S′) nếu A ⊂ A′ và S′ |A = S. Giả sử F là một tập con của C có thứ tự toàn phần, nghĩa là hai phần tử bất kì trong F so sánh được với nhau. Đặt B = ⋃ (A,S)∈F A. Do thứ tự trên F là toàn phần mà ta kiểm được B là một không gian vectơ. Đặt g : B→ R bởi g(x) = S(x) nếu (A,S) ∈ F và x ∈ A, thì cũng nhờ F có thứ tự toàn phần mà ánh xạ này được định nghĩa tốt. Khi đó g là tuyến tính, và |g(x)| = |S(x)| ≤ ‖S‖ ‖x‖ = ‖T ‖ ‖x‖ nên g là liên tục. Đẳng thức trên cũng chứng tỏ ngay ‖g‖ = ‖T ‖. Vậy cặp (B,g) là một chặn trên của họ F. Theo bổ đề Zorn, tập C có một phần tử cực đại (A,S). Do luôn mở rộng được một chiều cao hơn như trên đã chỉ ra nên A phải bằng E . Xét trường hợp F = C. Trước hết ta chú ý điều sau về ánh xạ tuyến tính phức. Giả sử T : E→ C tuyến tính trên trường C. Viết T = u+ iv trong đó u và v là hàm giá trị thực. Khi đó u và v tuyến tính trên trường R, và T(ix) = u(ix)+ iv(ix) = iT(x) = −v(x)+ iu(x), CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 30 do đó v(x) = −u(ix), suy ra T(x) = u(x) − iu(ix). Ngược lại nếu u tuyến tính trên trường R và T(x) = u(x)− iu(ix) thì T là tuyến tính trên C, vì T(ix) = iT(x). Xét chuẩn của T . Lấy α = T x/|T x | thì |α | = 1 và αT x = |T x | ∈ R. Từ đó |T x | = αT x = T(αx) = u(αx) ≤ ‖u‖ |α | ‖x‖ = ‖u‖ ‖x‖ . Từ đây suy ra ngay ‖T ‖ = ‖u‖. Tóm lại phần thực sẽ quyết định ánh xạ tuyến tính liên tục phức. Như vậy ta chỉ cần áp dụng dạng thực của định lý Hahn–Banach cho phần thực của T thì sẽ được ngay dạng phức.  Chứng minh trên của định lý Hahn–Banach phụ thuộc vào bổ đề Zorn: 3.6.2 Mệnh đề (bổ đề Zorn). Nếu một tập hợp S có một thứ tự và mọi tập con của S mà trong đó hai phần tử bất kì so sánh được với nhau đều bị chặn trên thì S có một phần tử cực đại. Ở đây một phần tử cực đại (hay tối đại, maximal) là một phần tử không nhỏ hơn phần tử nào. Bổ đề Zohn thường được dùng một cách tương tự như phép qui nạp toán học trong trường hợp vô hạn bất kì. Bổ đề Zohn tương đương với tiên đề chọn, tuy có lẽ không hiển nhiên nhưng được thừa nhận làm tiên đề trong môn Giải tích hàm. 3.7 Các đề tài khác Một số dạng hình học của định lý Hahn–Banach, về việc tách tập lồi bằng siêu phẳng: 3.7.1 Định lý. Cho A,B là hai tập lồi không rỗng rời nhau trong không gian định chuẩn X trên trường số thực. Giả sử A là tập mở. Tồn tại F ∈ X∗ và α ∈ R sao cho F (x) < α ≤ F (y), với mọi x ∈ A, y ∈ B. 3.7.2 Định lý. Cho A,B là hai tập lồi không rỗng rời nhau trong không gian định chuẩn X trên trường số thực. Giả sử A compắc và B đóng. Tồn tại F ∈ X∗, α, β ∈ R, α < β sao cho F (x) ≤ α < β ≤ F (y), với mọi x ∈ A, y ∈ B. Một định lý quan trọng về ánh xạ tuyến tính liên tục: 3.7.3 Định lý (định lý ánh xạ mở). Một toàn ánh tuyến tính liên tục giữa hai không gian Banach thì mang tập mở thành tập mở. Dưới đây là một hệ quả đáng chú ý của định lý ánh xạ mở: 3.7.4 Hệ quả. Nếu một ánh xạ là song ánh tuyến tính liên tục giữa hai không gian Banach thì ánh xạ ngược cũng tuyến tính liên tục. 3.8 Bài tập 3.8.1. X Giả sử E , {0}. Với T ∈ L(E,F) thì: (a) ‖T ‖ = sup‖x ‖=1 ‖T x‖ . (b) ‖T ‖ = supx,0 ‖Tx ‖‖x ‖ . (c) ‖T ‖ = min{M ∈ R | ∀x ∈ E, ‖T x‖ ≤ M ‖x‖}. 3.8.2. X Chứng tỏ nếu ∀x, ‖T x‖ ≤ M ‖x‖ thì ‖T ‖ ≤ M . 3.8.3. Chứng tỏ nếu F là không gian định chuẩn con của E và T là ánh xạ tuyến tính liên tục trên E thì hạn chế T |F của T xuống F cũng tuyến tính liên tục và ‖T |F ‖ ≤ ‖T ‖. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 31 3.8.4. Xét (R2, ‖·‖∞). Cho A = ( 1 2 3 4 ) . Tính ‖A‖ trong L(R2,R2). 3.8.5. Chứng tỏ nếu T : E→ F là tuyến tính liên tục thì ‖T ‖1 = sup{‖T x‖ | x ∈ B(0,1)} và ‖T ‖2 = sup{‖T x‖ | x ∈ B(0,r)} thì ‖T ‖2 = r ‖T ‖1. Do đó trong định nghĩa chuẩn của ánh xạ tuyến tính liên tục, nếu chọn một quả cầu khác quả cầu đơn vị thì chỉ được một chuẩn tương đương mà thôi. 3.8.6. Xét ánh xạ T : `1 → `1 (x1, x2, . . ., xn, . . . ) 7→ (x2, x3, . . ., xn+1, . . . ). Như vậy ánh xạ T bỏ đi phần tử đầu tiên của mỗi dãy. Chứng tỏ T được xác định, tuyến tính, liên tục. Tính chuẩn của T . 3.8.7. X Xét ánh xạ T : `∞ → R x 7→ T x = ∞∑ n=1 xn 3n . Chứng tỏ T là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ `∞ vào R. Tính ‖T ‖. 3.8.8. X Xét ánh xạ T : `2 → R x 7→ T x = ∞∑ n=1 xn n . Đây có là một ánh xạ tuyến tính liên tục hay không? Nếu có hãy tính ‖T ‖. 3.8.9. Xét toán tử tích phân T : C[0,1] → R x 7→ ∫ 1 0 x(t) dt . Hỏi T có là một ánh xạ tuyến tính liên tục không? Nếu có hãy tính ‖T ‖. 3.8.10. X Với x ∈C([0,1],R) đặt T x là hàm cho bởi T(x)(t) = ∫ 1 0 x(s)sin(st) ds, 0 ≤ t ≤ 1. (a) Chứng tỏ T là ánh xạ tuyến tính liên tục từ C([0,1],R) với chuẩn ‖x‖ = supt∈[0,1] |x(t)| vào chính nó. (b) Ước lượng ‖T ‖. (c) Hãy tính chính xác ‖T ‖. 3.8.11. Với x ∈C([0,1],R) đặt T x là hàm cho bởi T(x)(t) = x(1− t), 0 ≤ t ≤ 1. Chứng tỏ T là ánh xạ tuyến tính liên tục từ C([0,1],R) với chuẩn ‖x‖ = supt∈[0,1] |x(t)| vào chính nó. Tính ‖T ‖. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 32 3.8.12. Xét E = C([0,1],R). Đặt T : E → E f 7→ T f với T f : [0,1] → R t 7→ ∫ t 0 f (s) ds. Như vậy T mang mỗi hàm thành nguyên hàm của nó. (a) Hãy kiểm T được định nghĩa tốt, tức T f là hàm liên tục. (b) Hãy kiểm T là ánh xạ tuyến tính. (c) Chứng tỏ T là ánh xạ tuyến tính liên tục. (d) Hãy ước lượng ‖T ‖. (e) Hãy tính chính xác ‖T ‖. (f) Chứng tỏ T là song ánh lên tập giá trị của nó nhưng ánh xạ ngược không liên tục. (g) * Chứng tỏ T là một toán tử compắc, nghĩa là mang tập bị chặn vào trong một tập compắc. 3.8.13. Xét E = C([0,1],R) với chuẩn sup. Với f ∈ E đặt T f = ∫ 1/2 0 f − ∫ 1 1/2 f . (a) Chứng tỏ T là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên E . (b) Đặt fn(x) =  1, 0 ≤ x ≤ 12 − 1n −n ( x− 12 + 1n ) +1, 12 − 1n < x < 12 + 1n −1, 12 + 1n ≤ x ≤ 1. Hãy vẽ đồ thị của fn. Chứng tỏ fn ∈ E . Tính ‖ fn‖ và T fn. (c) Tính ‖T ‖. 3.8.14. Trên trường số thực, cho g ∈ L2(Ω). Xét ánh xạ T : L2(Ω) → L1(Ω) f 7→ f g. Chứng tỏ T là một ánh xạ tuyến tính liên tục và ‖T ‖ = ‖g‖2. 3.8.15. Cho Λ là một phiếm hàm tuyến tính trên X . Giả sử Λ . 0, nghĩa là tồn tại x ∈ X sao cho Λx , 0. Chứng tỏ các phát biểu sau là tương đương: (a) Λ liên tục. (b) ker (Λ) = { x ∈ X | Λx = 0} là không gian con đóng. Ở đây ker(Λ) là nhân của Λ. (c) ker (Λ) không dầy đặc trong X , nghĩa là ker (Λ) , X . 3.8.16. X Cho E là một không gian định chuẩn. Cho S,T là ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào E . (a) Hãy kiểm S ◦T là ánh xạ tuyến tính liên tục. (b) Chứng tỏ ‖S ◦T ‖ ≤ ‖S‖ ‖T ‖. (c) Viết S0 = IdE , và với n ∈ Z+ thì đặt Sn = Sn−1 ◦ S. Hãy chứng tỏ ‖Sn‖ ≤ ‖S‖n. CHƯƠNG 3. ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH LIÊN TỤC 33 3.8.17. Cho E là một không gian Banach và S trong L (E,E). Giả sử c = ‖S‖ < 1. (a) Chứng tỏ I + S+ S2 + · · ·+ Sn ≤ 11−c với mọi n ≥ 1. Ở đây I chỉ ánh xạ đồng nhất. (b) Chứng tỏ chuỗi ∑∞ n=0 S n hội tụ trong L(E,E). (c) Chứng tỏ ánh xạ (I − S) khả nghịch và (I − S)−1 =∑∞n=0 Sn. 3.8.18. X Cho E là một không gian định chuẩn và T ∈ L(E,E). (a) Nhắc lại rằng với mọi số thực x ta có ∞∑ i=0 xi i! = ex . Đặt sn = n∑ i=0 ‖T ‖i i! . Chứng tỏ rằng dãy (sn)n∈N là một dãy Cauchy trong R. (b) Đặt Sn = n∑ i=0 T i i! . Chứng tỏ rằng dãy (Sn)n∈N là một dãy Cauchy trong L(E,E). (c) Giả sử thêm E là một không gian Banach. Chứng tỏ dãy (Sn)n∈N hội tụ về một giới hạn trong L(E,E). Giới hạn này thường được kí hiệu là eT , vậy ∞∑ i=0 T i i! = eT . 3.8.19. Cho T là một song ánh tuyến tính từ một không gian định chuẩn (E, ‖·‖E ) vào một không gian định chuẩn (F, ‖·‖F ). Đặt S = T−1. Chứng minh (a) S là một ánh xạ tuyến tính từ F vào E . (b) Nếu S, T liên tục thì ‖S‖ ≥ ‖T ‖−1. 3.8.20. Cho M là một không gian vectơ con dầy đặc trong một không gian định chuẩn E và T trong L(M,F). Chứng minh có duy nhất một S trong L (E,F) sao cho S (x) = T (x) với mọi x thuộc M . 3.8.21. X Cho x và y là hai vectơ khác nhau trong một không gian định chuẩn E . Chứng minh có f ∈ E∗ sao cho f (x) , f (y). 3.8.22. X Cho N là một không gian vectơ con đóng của một không gian định chuẩn E và x ∈ E\N . Chứng minh có f ∈ E∗ sao cho f (N) = {0} và f (x) = 1. 3.8.23. Cho x1, · · · , xn là n vectơ độc lập tuyến tính trong một không gian định chuẩn E . Chứng minh có f1, · · · , fn trong E∗ sao cho fi ( xj ) = δ j i , ở đây δ j i là số Kronecker. 3.8.24. Cho x là một vectơ khác không trong một không gian định chuẩn E . Chứng minh có f ∈ E∗ sao cho ‖ f ‖ = 1 và f (x) = ‖x‖. 3.8.25. X Cho M là một không gian vectơ con đóng của một không gian định chuẩn X và x0 ∈ X . Chứng tỏ nếu x0 < M thì tồn tại f ∈ X∗ sao cho f (x) = 0 với mọi x ∈ M nhưng f (x0) , 0. Về mặt hình học điều này cho thấy ta có thể tách x0 < M ra khỏi M bằng một siêu phẳng. 3.8.26. Cho không gian định chuẩn X . Nhắc lại rằng với mọi Λ ∈ X∗: ‖Λ‖ = sup ‖x ‖X ≤1 |Λx | . Chứng tỏ với mọi x ∈ X: ‖x‖ = sup ‖Λ‖X∗ ≤1 |Λx | . Tương quan giữa một không gian với không gian đối ngẫu của nó là một đề tài quan trọng của giải tích hàm. 3.8.27. Chứng minh 3.7.4. Chương 4 Không gian Hilbert Không gian Hilbert là phát triển tương tự của không gian Euclid, là không gian vectơ có tích vô hướng. 4.1 Không gian tích trong Cho H là một không gian vectơ trên trường thực R. Một tích trong (tích vô hướng) trên H là một phiếm hàm song tuyến tính, đối xứng, xác định dương trên H, tức là một ánh xạ 〈·, ·〉 : H ×H → R (x, y) 7→ 〈x, y〉 thỏa: (a) 〈αx+ βx ′, y〉 = α 〈x, y〉 + β 〈x ′, y〉, với mọi α, β ∈ R, x, x ′, y ∈ H (tuyến tính theo biến thứ nhất), (b) 〈x, αy+ βy′〉 = α 〈x, y〉 + β 〈x, y′〉, với mọi α, β ∈ R, x, y, y′ ∈ H (tuyến tính theo biến thứ hai), (c) 〈x, y〉 = 〈y, x〉, với mọi x, y ∈ H, (d) 〈x, x〉 ≥ 0, với mọi x ∈ H và 〈x, x〉 = 0 ⇐⇒ x = 0. 4.1.1 Ví dụ (không gian Euclid Rn). Trên Rn có tích trong quen thuộc: nếu x = (xi)1≤i≤n và y = (yi)1≤i≤n thì 〈x, y〉 = n∑ i=1 xiyi . Chú ý rằng tích trong này sinh ra chuẩn ‖x‖ = 〈x, x〉1/2 = ( n∑ i=1 x2i )1/2 , chính là chuẩn Euclid. Nếu H là một không gian vectơ trên trường số phức C, thì tích trong là một ánh xạ 〈·, ·〉 : H ×H → C (x, y) 7→ 〈x, y〉 thỏa: (a) 〈αx+ βx ′, y〉 = α 〈x, y〉 + β 〈x ′, y〉, với mọi α, β ∈ C, x, x ′, y ∈ H (tuyến tính theo biến thứ nhất), 34 CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 35 (b) 〈x, αy+ βy′〉 = α¯ 〈x, y〉 + β¯ 〈x, y′〉, với mọi α, β ∈ C, x, y, y′ ∈ H (cộng tính, nhưng không tuyến tính theo biến thứ hai), (c) 〈x, y〉 = 〈y, x〉, với mọi x, y ∈ H, (d) 〈x, x〉 ≥ 0, với mọi x ∈ H và 〈x, x〉 = 0⇔ x = 0. 4.1.2 Ví dụ (không gian Cn). Trên Cn có tích trong sau: nếu x = (xi)1≤i≤n và y = (yi)1≤i≤n thì 〈x, y〉 = n∑ i=1 xiyi . Tích trong này sinh ra chuẩn ‖x‖ = 〈x, x〉1/2 = ( n∑ i=1 |xi |2 )1/2 , chính là chuẩn Euclid. 4.1.3 Mệnh đề. Cho không gian tích trong H, với x ∈ H đặt ‖x‖ = 〈x, x〉1/2 thì đây là một chuẩn trên H. Phần chính của việc kiểm tra đây là một chuẩn là kiểm tra bất đẳng thức tam giác, ta sẽ làm tiếp theo. 4.1.4 Định lý (bất đẳng thức Buniakowski–Cauchy–Schwarz – BCS). | 〈x, y〉 | ≤ ‖x‖ ‖y‖ . Đẳng thức xảy ra trong bất đẳng thức BCS khi và chỉ khi hai vectơ là phụ thuộc tuyến tính. O y x 〈 x, y‖y ‖ 〉 y ‖y ‖ Hình 4.1.5: Bất đẳng thức BCS tương đương với 〈x, y‖y ‖ 〉 ≤ ‖x‖. Trong trường hợp mặt phẳng Euclid điều này nói rằng chiều dài hình chiếu vuông góc của x xuống y nhỏ hơn hay bằng chiều dài của x, tức là cạnh góc vuông ngắn hơn cạnh huyền. Điều này là một hệ quả của công thức Pythagore. Chứng minh. Từ trường hợp mặt phẳng ta có thể dự đoán rằng bất đẳng thức BCS sẽ thu được từ việc vectơ x− 〈 x, y‖y ‖ 〉 y ‖y ‖ có chiều dài không âm. Thực vậy khai triển〈 x− 〈 x, y ‖y‖ 〉 y ‖y‖ , x− 〈 x, y ‖y‖ 〉 y ‖y‖ 〉 ≥ 0 ta sẽ được bất đẳng thức BCS.  4.1.6 Hệ quả (bất đẳng thức tam giác). Với mọi x, y ∈ H, ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ . CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 36 Chứng minh. Bình phương hai vế.  Như vậy theo 4.1.3 tích trong sinh ra chuẩn. Từ đây trở đi khi nói tới chuẩn trên không gian tích trong thì ta hiểu là chuẩn sinh bởi tích trong như trên. 4.1.7 Mệnh đề (đẳng thức hình bình hành). Với chuẩn sinh bởi tích trong như trên thì ‖x− y‖2 + ‖x+ y‖2 = 2 ‖x‖2 +2 ‖y‖2 . Đây là một đặc trưng của chuẩn sinh bởi tích trong. 4.1.8 Ví dụ. Xét R2 với chuẩn ‖(x1, x2)‖1 = |x1 |+ |x2 |. Đẳng thức hình bình hành không thỏa với hai vectơ (1,0) và (0,1). Vậy đây không phải là một không gian tích trong, nói cách khác không có tích trong nào có thể sinh ra chuẩn ‖·‖1. Vậy không phải không gian định chuẩn nào cũng là không gian tích trong. Trên không gian với tích trong ta có thể đưa vào khái niệm “vuông góc”: 4.1.9 Định nghĩa. Cho x, y ∈ H, nếu 〈x, y〉 = 0 thì ta nói x vuông góc với y, ký hiệu x⊥y. Do 〈x, y〉 = 0 kéo theo 〈y, x〉 = 0 nên quan hệ vuông góc có tính đối xứng. 4.1.10 Mệnh đề (công thức Pythagore). Nếu x ⊥ y thì ‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 . Tổng quát hơn, nếu xi, 1 ≤ i ≤ n vuông góc đôi một thì n∑ i=1 xi 2 = n∑ i=1 ‖xi ‖2 . Nếu S là một tập con của không gian tích trong H và x là một vectơ trong H thì ta nói x vuông góc với S, kí hiệu x ⊥ S, nếu x vuông góc với mọi vectơ trong S, tức là ∀y ∈ S, x ⊥ y. Gọi tập vuông góc (hay tập trực giao) của S, kí hiệu S⊥ = {x ∈ H | x ⊥ S} là tập hợp tất cả các vectơ trong H vuông góc với S. 4.2 Không gian Hilbert 4.2.1 Định nghĩa. Một không gian tích trong mà là một không gian định chuẩn đầy đủ với chuẩn sinh bởi tích trong thì được gọi là một không gian Hilbert. Ngắn gọn hơn nữa, không gian Hilbert là không gian tích trong đầy đủ. 4.2.2 Ví dụ (không gian Euclid Rn). Trên Rn với tích trong, với x = (xi)1≤i≤n và y = (yi)1≤i≤n, 〈x, y〉 = n∑ i=1 xiyi thì tích trong này sinh ra chuẩn Euclid ‖x‖ = 〈x, x〉1/2 = ( n∑ i=1 x2i )1/2 . Như ta đã biết, không gian Euclid Rn là đầy đủ. Vậy Rn với tích trong trên là một không gian Hilbert. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 37 4.2.3 Ví dụ (không gian Euclid Cn). Trên Cn với tích trong, với x = (xi)1≤i≤n và y = (yi)1≤i≤n, 〈x, y〉 = n∑ i=1 xiyi thì tích trong này sinh ra chuẩn Euclid ‖x‖ = 〈x, x〉1/2 = ( n∑ i=1 |xi |2 )1/2 . Như ta đã biết, không gian Euclid Cn là đầy đủ. Vậy Cn với tích trong trên là một không gian Hilbert. 4.2.4 Ví dụ (không gian `2). Đây là không gian với tích trong〈(xn)n , (yn)n〉 = ∞∑ n=1 xnyn trong trường hợp trường thực, và 〈(xn)n , (yn)n〉 = ∞∑ n=1 xnyn trong trường hợp trường phức. Tích trong này sinh ra chuẩn ‖(xn)n∈Z+ ‖ = 〈x, x〉1/2 = ( ∞∑ n=1 |xn |2 )1/2 . Ta đã biết ở 2.4.3, với chuẩn này thì `2 là không gian Banach. Vậy `2 là không gian Hilbert. 4.2.5 Ví dụ (không gian L2). Trên L2(Ω) ta có tích trong sau: 〈 f ,g〉 = ∫ Ω f g¯. Tích trong này sinh ra chuẩn đã biết của L2(Ω): ‖ f ‖2 = (∫ Ω | f |2 )1/2 . Như ta đã biết từ 2.6.11, với chuẩn này thì L2(Ω) là đầy đủ. Vậy L2(Ω) với tích trong trên là một không gian Hilbert. Đây là một không gian Hilbert rất quan trọng. Chú ý các không gian Euclid, không gian `2 là các trường hợp riêng của không gian này. 4.3 Phép chiếu vuông góc 4.3.1 Mệnh đề (sự tồn tại của ảnh chiếu). Cho M là một không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H. Với mọi x ∈ H có duy nhất y ∈ M sao cho (x− y) ⊥ M . Ta gọi y là chiếu của x xuống M , kí hiệu projM x hay PM x. Như vậy PM x được đặc trưng bởi tính chất PM x ∈ M và (x−PM x) ⊥ M . Ánh xạ PM được gọi là phép chiếu xuống M . CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 38 O x PM x M⊥ M x−PM x Hình 4.3.2: Chứng minh. Đặt d(x,M) = inf{‖x− y‖ | y ∈ M}, đây là khoảng cách từ x tới M . Có dãy (yn)n≥1, yn ∈ M sao cho limn→∞ ‖x− yn‖ = d(x,M). Áp dụng đẳng thức hình bình hành cho hai vectơ x− ym và x− yn, ta có ‖ym− yn‖2 = 2 ‖x− ym‖2 +2 ‖x− yn‖2− ‖2x−(ym+ yn)‖2 = 2 ‖x− ym‖2 +2 ‖x− yn‖2−4 ‖x−(ym+ yn)/2‖2 ≤ 2 ‖x− ym‖2 +2 ‖x− yn‖2−4d(x,M)2. Từ đây ta suy ra (yn)n≥1 là một dãy Cauchy. Vì M là một không gian con đóng của không gian đầy đủ H nên M là đầy đủ, do đó dãy (yn)n≥1 có giới hạn y trong M . Suy ra ‖y− x‖ = d(x,M). Bây giờ ta chứng minh (x− y) ⊥ M . Với mọi t ∈ R, với mọi w ∈ M thì ‖x− y‖2 ≤ ‖x− y+ tw‖2 = 〈x− y+ tw, x− y+ tw〉 . (4.3.3) Trên trường thực điều này dẫn tới ‖w‖2 t2 + 2t(x − y) ·w ≥ 0 với mọi t ∈ R. Khảo sát hàm số bậc hai theo biến t ta thấy điều này buộc (x− y) ·w = 0. Trên trường phức thì bất đẳng thức (4.3.3) chỉ dẫn tới phần thực Re((x − y) ·w) = 0. Ở (4.3.3) thay t bởi it thì được phần ảo Im((x − y) ·w) = 0, vậy (x− y) ·w = 0.  Chú ý tính đóng và tính đầy đủ đã được dùng trong chứng minh sự tồn tại của phép chiếu. 4.3.4 Ví dụ. Nếu y , 0 thì chiếu của x xuống y chính là chiếu x xuống không gian tuyến tính sinh bởi y, một không gian định chuẩn một chiều nên đầy đủ, do đó đóng trong H. Dễ thấy từ trường hợp mặt phẳng: P〈y〉x = 〈 x, y ‖y‖ 〉 y ‖y‖ . Thực vậy ta kiểm tra được ngay là x− 〈 x, y‖y ‖ 〉 y ‖y ‖ vuông góc với y. Một số tính chất của phép chiếu được tổng kết lại dưới đây. 4.3.5 Mệnh đề. Cho M là một không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H. Với mọi x ∈ H thì (a) Nếu x ∈ M thì PM x = x. (b) ‖x−PM x‖ = inf y∈M ‖x− y‖ = d(x,M). (c) x = PM x+PM⊥ x. (d) ‖x‖2 = ‖PM x‖2 + ‖PM⊥ x‖2, do đó ‖PM x‖ ≤ ‖x‖. (e) PM là ánh xạ tuyến tính liên tục. (f) H = M +M⊥, và M ∩M⊥ = {0}. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 39 4.4 Phiếm hàm tuyến tính 4.4.1 Mệnh đề (tích trong liên tục theo từng biến). Cho không gian tích trong H trên trường F = R hoặc F = C. (a) Ánh xạ x 7→ 〈x, y〉 là tuyến tính liên tục, có chuẩn bằng ‖y‖. (b) Trên trường số thực thì ánh xạ y 7→ 〈x, y〉 là tuyến tính liên tục, có chuẩn bằng ‖x‖. Trên trường số phức thì ánh xạ này không tuyến tính nhưng vẫn liên tục. Chứng minh. Do bất đẳng thức BCS, | 〈x, y〉 | ≤ ‖x‖‖y‖, cả hai ánh xạ trên đều liên tục.  4.4.2 Định lý (định lý biễu diễn Riesz). Cho không gian Hilbert H trên trường F =R hoặc F =C. Với phiếm hàm tuyến tính liên tục f : H→ F bất kì tồn tại duy nhất y ∈ H sao cho f (x) = 〈x, y〉 với mọi x ∈ H. Nói ngắn gọn, mọi phiếm hàm tuyến tính trên không gian Hilbert đều cho được bởi tích trong. Chú ý rằng ‖ f ‖ = ‖y‖. Như vậy tương ứng H → H∗ y 7→ f , f (x) = 〈x, y〉 là một song ánh tuyến tính bảo toàn chuẩn, tức là một đẳng cấu của không gian định chuẩn. Nói ngắn gọn, một không gian Hilbert thì đẳng cấu với không gian đối ngẫu của nó. Chứng minh. Nếu f = 0 thì y = 0. Giả sử f , 0. Ta nhận thấy ngay nếu y tồn tại thì y ⊥ ker f . Từ đó ta có cách xây dựng sau. Vì ker f là tập đóng, không bằng H, nên không gian trực giao (ker f )⊥ khác {0}. Vì f , 0 trên (ker f )⊥ nên có thể lấy z ∈ (ker f )⊥ sao cho f (z) = 1. Với mọi x ∈ H thì f (x− f (x)z) = 0, nên x− f (x)z ∈ ker f , do đó 〈x− f (x)z, z〉 = 0, 〈x, z〉 = f (x) ‖z‖2 , f (x) = 〈 x, z ‖z‖2 〉 . Vậy ta có thể lấy y = z‖z ‖2 .  4.4.3 Ví dụ. Mọi phiếm hàm tuyến tính trên không gian Euclid Rn đều có dạng x 7→ 〈a, x〉 =∑n i=1 aixi với a ∈ Rn, xem 3.3.2. 4.4.4 Ví dụ. Mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục f : `2→ R đều có dạng x 7→ 〈a, x〉 = ∑∞i=1 aixi với a ∈ `2. Hơn nữa ‖ f ‖ = ‖a‖`2 . (Xem lại bài tập 3.8.8.) 4.5 Họ trực chuẩn Một họ E các phần tử , 0 của một không gian Hilbert được gọi là một họ trực giao nếu 〈u,v〉 = 0 với mọi u,v ∈ E , u , v. Hơn nữa nếu ‖u‖ = 1 với mọi u ∈ E thì họ E được gọi là một họ trực chuẩn. Nói khác đi, E là trực chuẩn khi 〈u,v〉 = { 1 khi u = v, 0 khi u , v. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 40 4.5.1 Mệnh đề (trực chuẩn hóa Gram-Schmidt). Mỗi không gian tích trong hữu hạn chiều đều có một cơ sở tuyến tính trực chuẩn. Chứng minh. Ý tưởng của cách xây dựng là phân tích trực giao, xem Hình 4.3.2. Lấy các vectơ v1, . . .,vn là một cơ sở tuyến tính. Đặt w1 = v1, w2 = v2−P〈v1 〉v2, ... wi = vi −P〈{v1,v2,...,vi−1 }〉vi, ... Bằng qui nạp ta có không gian vectơ sinh bởi họ {w1, . . .,wn} cũng là không gian vectơ sinh bởi họ {v1, . . .,vn}, và họ {w1, . . .,wn} là một họ trực giao. Đặt w′i = wi‖wi ‖ ta thu được một cơ sở trực chuẩn {w′1, . . .,w ′ n}. Ta có thể viết công thức tường minh: P〈{v1,v2,...,vi−1 }〉vi = P〈{w′1,w′2,...,w′i−1}〉vi = 〈 vi,w ′ 1 〉 w ′ 1 + 〈 vi,w ′ 2 〉 w ′ 2 + · · ·+ 〈 vi,w ′ i−1 〉 w ′ i−1, do đó thuật toán là: w1 = v1, w ′ 1 = w1 ‖w1‖ , ... wi = vi − 〈 vi,w ′ 1 〉 w ′ 1− 〈 vi,w ′ 2 〉 w ′ 2− · · · − 〈 vi,w ′ i−1 〉 w ′ i−1, w ′ i = wi ‖wi ‖ , ...  4.5.2 Ví dụ. Không gian Rn có cơ sở trực chuẩn {e1, e2, . . ., en}. Cơ sở này có tính chất đặc biệt, là với mỗi x đặt xi = 〈x, ei〉 thì x =∑ni=1 xiei và ‖x‖2 =∑ni=1 |xi |2. Việc xây dựng một kết quả tương tự cho không gian Hilbert bất kì là công việc trong phần tiếp theo đây. Cho E là một họ trực chuẩn. Ứng với mỗi x ∈ H, với mỗi e ∈ E , ta đặt xe = 〈x, e〉 ∈ F. Các xe được có vai trò tương tự các tọa độ của x trong trường hợp Rn. 4.5.3 Mệnh đề. Cho E là một họ trực chuẩn hữu hạn trong một không gian Hilbert H. Ta có công thức tường minh cho ánh xạ chiếu, với x ∈ H thì P〈E 〉x = ∑ e∈E Pex = ∑ e∈E 〈x, e〉 e. Một hệ quả là bất đẳng thức Bessel: ∑ e∈E | 〈x, e〉 |2 ≤ ‖x‖2 . CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 41 Chứng minh. Dễ kiểm (x−∑e∈E 〈x, e〉 e) ⊥ e với mọi e ∈ E . Như vậy ∑e∈E 〈x, e〉 e = P〈E 〉x. Hơn nữa, như đã thấy ở 4.3.5, ∑ e∈E | 〈x, e〉 |2 = P〈E 〉x 2 ≤ ‖x‖2 .  4.5.4 Ví dụ. Trong `2 xét họ E các vectơ en = (0, . . .,0,1,0, . . . ), n ∈ Z+. Đây là một họ trực chuẩn. Nếu x ∈ `2 thì x ⊥ ei ⇐⇒ xi = x · ei = 0, do đó x ⊥ E ⇐⇒ x = 0. Vậy E là một họ trực chuẩn cực đại. Tuy nhiên rõ ràng một không thể viết một phần tử tùy ý của `2 như một tổ hợp tuyến tính của hữu hạn các vectơ en. Nói cách khác không gian vectơ 〈E〉 sinh bởi E không thể bằng `2, mà thực ra 〈E〉 = cc như đã thấy ở bài tập 2.8.12. Vì cc dày đặc trong `2, từ 〈E〉 chỉ cần qua giới hạn ta sẽ được `2. Ta sẽ chứng tỏ đây là tính chất chung của không gian Hilbert. Khi H là một không gian tích trong khác 0 thì tồn tại x ∈ H sao cho ‖x‖ = 1 và như vậy tồn tại một họ trực chuẩn trong H. Một họ trực chuẩn cực đại (hay tối đại) của H là một họ trực chuẩn của H mà ta không thể thêm bất cứ phần tử nào của H vào mà vẫn còn nhận được một họ trực chuẩn. Dùng bổ đề Zorn ta được: 4.5.5 Mệnh đề. Trong một không gian tích trong khác 0 bất kì tồn tại một họ trực chuẩn cực đại. Kết quả sau đây nói lên ý nghĩa của họ trực chuẩn cực đại. 4.5.6 Định lý. Cho họ trực chuẩn E trong không gian Hilbert H. Các mệnh đề sau là tương đương: (a) E là cực đại. (b) Không gian con sinh bởi E là dày đặc trong H. Vậy một họ trực chuẩn cực đại sinh ra cả không gian Hilbert bằng tổ hợp tuyến tính và qua giới hạn. Chứng minh. Lấy x ∈ H. Gọi y = P〈E 〉x. Ta có (x − y) ⊥ 〈E〉, do đó (x − y) ⊥ e, ∀e ∈ E . Do E là cực đại nên phải có x− y = 0. Vậy x = y ∈ 〈E〉. Do đó H = 〈E〉. Ngược lại, giả sử H = 〈E〉. Nếu x ⊥ E thì x ⊥ 〈E〉 = H, suy ra x = 0. Vậy E là cực đại.  4.5.1 Không gian Hilbert tách được Trong trường hợp không gian Hilbert H có một họ trực chuẩn cực đại đếm được (điều này được biết là tương đương với việc H là không gian mêtríc tách được, nghĩa là có một tập con đếm được dày đặc), ta gọi H là một không gian Hilbert tách được. 4.5.7 Ví dụ. Không gian Euclid Fn dĩ nhiên là tách được. Ở 4.5.4 ta đã thấy `2 là không gian Hilbert tách được. Ở 4.6.1 ta thấy L2([0,2pi],R) là không gian Hilbert tách được. 4.5.8 Định lý. Cho họ trực chuẩn cực đại vô hạn đếm được E của không gian Hilbert H. Giả sử E được đánh chỉ số là (ei)i∈Z+ . Với mọi x ∈ H, đặt xi = 〈x, ei〉, thì: x = ∞∑ i=1 xiei, 〈x, y〉 = ∞∑ i=1 xi y¯i, và có đẳng thức Parseval: ‖x‖2 = ∞∑ i=1 |xi |2. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 42 Rõ ràng các biểu diễn trên cũng đúng trong trường hợp E là hữu hạn, chỉ thay tổng vô hạn bằng tổng hữu hạn. Chứng minh. Ta chứng tỏ dãy (∑n i=1 xiei ) n≥1 là một dãy Cauchy. Thực vậy do bất đẳng thức Bessel chuỗi ∑∞ i=1 |xi |2 hội tụ về một số thực, do đó dãy (∑n i=1 |xi |2 ) n≥1 là một dãy Cauchy. Từ công thức Pythagore ta có n∑ i=m+1 xiei 2 = n∑ i=m+1 |xi |2. Điều này cho thấy dãy (∑n i=1 xiei ) n≥1 là một dãy Cauchy, do đó hội tụ trong H. Vậy tồn tại phần tử ∑∞ i=1 xiei. (Xem thêm 4.7.18.) Ta kiểm tra được ngay (x − ∑∞ i=1 xiei) ⊥ ei, ∀i ≥ 1. Do đó x −∑∞ i=1 xiei = 0. Vậy x = ∑∞ i=1 xiei. Hai tính chất còn lại là hệ quả đơn giản của tính chất này.  4.5.2 Không gian Hilbert bất kì 4.5.9 Bổ đề. Cho E là một họ trực chuẩn. Khi đó, với mọi x ∈ H, tập {e ∈ E | xe = 〈x, e〉 , 0} là đếm được. Chứng minh. Đặt An = {e ∈ E | | 〈x, e〉 | ≥ 1/n} thì do bất đẳng thức Bessel, An là hữu hạn. Suy ra tập {e ∈ E | 〈x, e〉 , 0} = ∞⋃ n=1 An là đếm được.  Do bổ đề này nên ta có thể phát biểu kết quả tương tự 4.5.8 cho không gian Hilbert bất kì: 4.5.10 Định lý. Cho họ trực chuẩn cực đại E của không gian Hilbert H. Với mọi x ∈ H, đặt xe = 〈x, e〉, thì: x = ∑ e∈E xee. 〈x, y〉 = ∑ e∈E xe y¯e . ‖x‖2 = ∑ e∈E |xe |2. Ở đây chẳng hạn ta viết x = ∑ e∈E xee có nghĩa là với một cách đánh chỉ số (ei)i∈Z+ bất kì cho tập (đếm được) {e ∈ E | xe , 0} thì x =∑∞i=1 〈x, ei〉 ei. Chứng minh. Đánh chỉ số (ei)i∈Z+ cho tập đếm được {e ∈ E | xe , 0}. Như trong chứng minh cho trường hợp E là đếm được, chuỗi ∑∞ i=1 xiei là hội tụ. Ta kiểm tra được ngay (x − ∑∞ i=1 xiei) ⊥ e, ∀e ∈ E , do đó x−∑∞i=1 xiei = 0. Vậy x =∑∞i=1 xiei.  Hai không gian tích trong (trên cùng một trường) H1 và H2 được gọi là đẳng cấu tích trong với nhau nếu tồn tại song ánh tuyến tínhΛ từ H1 lên H2 bảo toàn tích vô hướng, tức là 〈Λx,Λy〉 = 〈x, y〉, với mọi x, y ∈ H. Khi đó, ta còn nói Λ là một phép đẳng cấu tích trong từ H1 lên H2. Dễ thấy ngay một phép đẳng cấu tích trong thì bảo toàn chuẩn, nghĩa là ‖Λx‖ = ‖x‖. Ngược lại do các đẳng thức ở 4.7.1 nên một song ánh tuyến tính mà bảo toàn chuẩn thì cũng bảo toàn tích trong. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 43 4.5.11 Định lý. Cho E là một họ trực chuẩn tối đại trong không gian Hilbert H. Với x ∈ H, đặt xˆ là ánh xạ xˆ : E → F e 7→ xˆ(e) = xe = 〈x, e〉 . Khi đó ánh xạ x 7→ xˆ là một phép đẳng cấu Hilbert từ H lên `2(E). Vậy mỗi không gian Hilbert đều đẳng cấu với một không gian `2(E) nào đó. Chứng minh. Đặt f : H → `2(E) x 7→ xˆ. Ta kiểm tra f được xác định, tức là chứng tỏ xˆ ∈ `2(E). Với một cách đánh chỉ số (en)n∈Z+ bất kì cho tập đếm được {e ∈ E | xˆ(e) = xe , 0} thì từ 4.5.10 ta có thể thấy ‖ xˆ‖2 `2(E) = sup F⊂E, |F |<∞ ∑ e∈F | xˆ(e)|2 = ∞∑ n=1 |xn |2 = ‖x‖2 <∞. Như vậy f bảo toàn chuẩn. Dễ kiểm f là tuyến tính. Suy ra f là đơn ánh. Ta kiểm tra rằng f là toàn ánh. Cho y ∈ `2(E), ta có ‖y‖2 `2(E) = sup F⊂E, |F |<∞ ∑ e∈F |y(e)|2. Dùng lí luận như ở 4.5.9 ta thấy tập I = {e ∈ E | y(e) , 0} là đếm được. Đánh chỉ số (ei)i∈Z+ cho tập I này. Đặt x = ∞∑ i=1 y(ei)ei . Như trong phần 4.5.8, ta có x ∈ H tồn tại. Nếu ei ∈ I thì 〈x, ei〉 = y(ei). Nếu e ∈ E \ I thì 〈x, e〉 = 0 = y(e). Suy ra xˆ = y. Vậy f là toàn ánh. Từ việc chuẩn xác định tích trong ở 4.7.1 ta suy ra được f bảo toàn tích vô hướng.  4.6 Một ứng dụng: Chuỗi Fourier Ở phần này chúng ta chỉ làm việc trên trường thực. Trên L2([0,2pi]), với n ∈ Z+, đặt en(t) = 1√ pi cos(nt), fn(t) = 1√ pi sin(nt). Ta kiểm trực tiếp được rằng họ {en, fn | n ∈ Z+} là một họ trực chuẩn trong L2([0,2pi]), xem 4.7.27. 4.6.1 Mệnh đề. Họ { 1√ 2pi , en, fn | n ∈ Z+ } là một họ trực chuẩn cực đại của L2([0,2pi]). Chứng minh. Đây là chỉ là sơ lược ý cho một chứng minh. Ta muốn chứng minh rằng không gian vectơ con của L2([0,2pi]) sinh bởi họ này A = 〈{ 1√ 2pi , en, fn | n ∈ Z+ }〉 = { a0 + N∑ n=1 an cos(nt)+ bn sin(nt) | N ∈ Z+ } . CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 44 là dày đặc trong L2([0,2pi]). Gọi S1 là đường tròn đơn vị trong R2. Ánh xạ ϕ : [0,2pi] → S1 t 7→ (cos t, sin t). sinh ra một song ánh giữa tập các hàm f xác định trên [0,2pi] thỏa f (0) = f (2pi) với tập hợp các hàm xác định trên S1. Đặt B = { f ∈ C([0,2pi]) | f (0) = f (2pi)} thì A ⊂ B. Ánh xạ ϕ sinh ra song ánh bảo toàn chuẩn ϕ∗ giữa B và C(S1). Tập ϕ∗(A) là một đại số con tách điểm của C(S1), do đó ϕ∗(A) dày đặc trong C(S1) theo định lý Stone–Weierstrass. Mặt khác người ta biết C(S1) dày đặc trong L2(S1). Từ đó có thể suy ra ϕ∗(A) dày đặc trong L2(S1). Do đó A là dày đặc trong { f ∈ L2([0,2pi]) | f (0) = f (2pi)}, nhưng đây cũng chỉ là L2([0,2pi]).  Như vậy theo 4.5.8 mỗi hàm h ∈ L2([0,2pi]) đều có phân tích h = 〈 h, 1√ 2pi 〉 1√ 2pi + ∞∑ n=1 (〈h, en〉 en + 〈h, fn〉 fn) . Tức là h = a0 2 + ∞∑ n=1 (an cosnt + bn sinnt) với an = 1 pi ∫ 2pi 0 h(t)cos(nt) dt, n ≥ 0, bn = 1 pi ∫ 2pi 0 h(t)sin(nt) dt, n ≥ 1. Vậy bất kì hàm bình phương khả tích nào cũng xấp xỉ được bằng tổng của các hàm lượng giác. Lưu ý ở đây ta chỉ có xấp xỉ hàm theo chuẩn L2 chứ không phải xấp xỉ từng điểm. 4.6.2 Ví dụ. Cho f (x) = x, x ∈ [0,2pi]. Tính trực tiếp theo công thức ta được a0 = 0, và với n ≥ 1 thì an = 0, bn = −2/n. Vậy chuỗi Fourier của f là pi− ∞∑ n=1 2 n sinnx. x x fun2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 Hình 4.6.3: Hàm f (x) = x, x ∈ [0,2pi], và tổng 8 phần tử đầu của chuỗi Fourier của hàm này. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 45 Chuỗi Fourier có nhiều ứng dụng chẳng hạn vào việc tìm và xấp xỉ nghiệm của phương trình. Trong kĩ thuật xấp xỉ Fourier được sử dụng trong xử lí tín hiệu, chẳng hạn một loại xấp xỉ Fourier được cài đặt trong dạng tập tin âm thanh MP3 để nén dữ liệu. Có thể đọc thêm ở [10]. 4.7 Bài tập 4.7.1. X Tích trong cũng tính được từ chuẩn sinh bởi tích trong đó: (a) Trên trường thực thì 〈x, y〉 = 1 4 ( ‖x+ y‖2− ‖x− y‖2 ) . (b) Trên trường phức thì 〈x, y〉 = 1 4 ( ‖x+ y‖2− ‖x− y‖2 ) + 1 4 ( i ‖x+ iy‖2− i ‖x− iy‖2 ) . 4.7.2. Chứng tỏ trên trường thực thì x ⊥ y ⇐⇒ ‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2. Điều này có đúng trên trường phức? 4.7.3. Cho không gian tích trong H trên trường R. (a) Chứng tỏ với mọi a,b ∈ H thì ‖a+ b‖ ‖a− b‖ ≤ ‖a‖2 + ‖b‖2 . (b) Tìm điều kiện cần và đủ để đẳng thức xảy ra trong bất đẳng thức trên. 4.7.4. Trong một không gian tích trong, chứng tỏ nếu xn n→∞−→ x và yn n→∞−→ y thì 〈xn, yn〉 n→∞−→ 〈x, y〉. 4.7.5. Trong một không gian tích trong, giả sử (xn)n∈Z+ và (yn)n∈Z+ là hai dãy trong quả cầu đơn vị và limn→∞ 〈xn, yn〉 = 1. Chứng tỏ limn→∞ ‖xn − yn‖ = 0. 4.7.6. Chứng tỏ `p với p , 2 không phải là một không gian tích trong. 4.7.7. Cho M là một không gian con đóng của không gian tích trong H và M , H, chứng tỏ M⊥ , {0}. 4.7.8. X Cho H là một không gian tích trong và x ∈ H. (a) Chứng tỏ rằng x⊥ chính là nhân của phiếm hàm y 7→ T(y) = 〈y, x〉, tức là x⊥ = kerT = T−1({0}). (b) Chứng tỏ rằng x⊥ là một không gian vectơ con đóng của H. (c) Cho M ⊂ H. Chứng tỏ M⊥ = ⋂ x∈M x⊥. (d) Chứng tỏ M⊥ là một không gian vectơ con đóng của H. (e) Chứng tỏ M⊥ = ( M )⊥ . 4.7.9. Cho M là một không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H. Chứng tỏ x ⊥ M khi và chỉ khi ‖x‖ = d(x,M). Kết quả này còn đúng không nếu bỏ giả thiết M là đóng? 4.7.10. Cho M là một không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert H. Chứng tỏ M = (M⊥)⊥. Kết quả này còn đúng không nếu bỏ giả thiết M là đóng? 4.7.11. Trong không gian Hilbert H cho a , 0. Chứng tỏ d(x,a⊥) = | 〈x,a〉 |‖a‖ . Ứng dụng, hãy tìm lại công thức cho khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng trong không gian Euclid R3. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 46 4.7.12. X Với n ∈ Z+ cố định gọi M là tập tất cả các dãy số thực bằng 0 từ phần tử thứ (n+ 1) trở đi, tức M = {(x1, x2, . . ., xn,0,0, . . . ) | x1, . . ., xn ∈ R}. (a) Hãy kiểm M là một không gian vectơ con của `2, do đó là một không gian định chuẩn con của `2. Hãy xác định số chiều của M . (b) Chứng minh M là một tập con đóng của `2. Hỏi M có là một không gian Hilbert không? (c) Xét ánh xạ PM : `2 → M x = (x1, x2, . . ., xn, . . . ) 7→ (x1, x2, . . ., xn,0, . . . ). Như vậy ánh xạ PM chỉ giữ lại n tọa độ đầu tiên của x, các tọa độ còn lại được gán thành 0. Hãy kiểm PM là một ánh xạ tuyến tính. (d) Hãy kiểm rằng với mọi x ∈ `2 thì (x−PM x) ⊥ M . Vậy PM chính là phép chiếu từ `2 xuống M . (e) Chứng tỏ ‖PM x‖ ≤ ‖x‖. Hãy tìm ý nghĩa hình học hình học của bất đẳng thức này. (f) Chứng tỏ PM là một ánh xạ tuyến tính liên tục. (g) Hãy tìm không gian trực giao của M , tức M⊥. (h) Hãy tìm ImPM và kerPM , tức tập ảnh và tập nhân của PM . 4.7.13. Chứng minh mệnh đề 4.3.5. 4.7.14. X Cho H là một không gian Hilbert. Cho ∅ , M,N ⊂ H. Điều nào sau đây là đúng? (a) M⊥ , ∅. (b) M ⊂ N =⇒ M⊥ ⊂ N⊥. (c) M ⊂ N =⇒ N⊥ ⊂ M⊥. (d) M $ N =⇒ N⊥ $ M⊥. (e) M⊥ = M⊥. (f) M⊥ = 〈M〉⊥. 4.7.15. Cho (a1, · · · ,an) là một cơ sở tuyến tính của Rn và α1, · · · , αn là n số thực dương. Với mọi x =∑n i=1 xiai và y = ∑n i=1 yiai trong R n ta đặt f (x, y) = n∑ i=1 αi xiyi . Chứng minh f là một tích vô hướng trên Rn, với tích vô hướng này thì Rn là một không gian Hilbert, (a1, · · · ,an) là một họ trực giao, và (α−1/21 a1, · · · , α−1/2n an) là một họ trực chuẩn. 4.7.16. Cho (ei)i=1,...,n là một họ trực chuẩn trong một không gian tích trong H và một họ (ci)i=1,...,n trong F. Chứng minh ∑n i=1 ciei 2 =∑ni=1 |ci |2. 4.7.17. Chứng tỏ trong một không gian tích trong thì một họ trực chuẩn bất kì là một họ độc lập tuyến tính. 4.7.18. Cho (en)n∈Z+ là một họ trực chuẩn trong một không gian Hilbert H và (cn)n∈Z+ ∈ `2. Chứng minh: (a) Chuỗi ∑∞ n=1 cnen hội tụ trong H. (b) ∑∞ n=1 cnen 2 =∑∞n=1 |cn |2. 4.7.19. Cho (en)n∈Z+ là một họ trực chuẩn trong một không gian HilbertH. Cho x ∈H. Chứng tỏ limn→∞ 〈x, en〉 = 0. 4.7.20. Giả sử E là một họ trực chuẩn cực đại trong không gian Hilbert H, và x, y ∈ H. Chứng tỏ nếu ∀e ∈ E , 〈x, e〉 = 〈y, e〉 thì x = y. 4.7.21. Xét không gian Hilbert H = L2([0,1],R). Gọi M là tập hợp tất cả các hàm hằng trên [0,1]. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 47 (a) Chứng tỏ M là một không gian vectơ con của H. (b) Chứng tỏ {1} là một cơ sở trực chuẩn của M . (c) Vì sao M là không gian vectơ con đóng của H? (d) Cho hàm f (x) = x. Tìm PM f . 4.7.22. X Trong không gian Hilbert L2([0,1],R) cho f (t) = t2. Tìm hình chiếu của f và khoảng cách từ f tới các không gian vectơ con M với: (a) M = {x ∈ L2([0,1]) | ∫ 10 x(t) dt = 0}, (b) M là tập hợp các đa thức có bậc nhỏ hơn hay bằng 1. 4.7.23. Xét không gian Hilbert L2([0,1],R) trên trường thực. Cho f (x) = x và g(x) = x2, 0 ≤ x ≤ 1. (a) Tính ‖ f ‖L2 và ‖g‖L2 . (b) Tính 〈 f ,g〉L2 . (c) Tính Pg f . (d) Tìm h ∈ L2([0,1],R) sao cho h , 0 và h ⊥ g. 4.7.24. X Trong không gian Hilbert L2([0,1],R) hãy tìm một cơ sở trực chuẩn cho không gian vectơ con sinh bởi các hàm 1, t, t2. 4.7.25. Cho M là một không gian con đóng của không gian Hilbert H. Cho x ∈ H. Chứng tỏ chiếu của x xuống M là duy nhất. Cụ thể hãy chứng tỏ nếu y1 và y2 thuộc M thỏa (x − y1) ⊥ M và (x − y2) ⊥ M thì y1 = y2, theo các bước sau: (a) Chứng tỏ (y1− y2) ⊥ M . (b) Chứng tỏ (y1− y2) ⊥ (y1− y2). (c) Chứng tỏ y1− y2 = 0. 4.7.26. Trong không gian định chuẩn `2 gọi e1 = (1,0, . . . ), e2 = (0,1,0, . . . ). Chứng tỏ tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục f trên `2 sao cho f (e1) = 1 và f (e2) = 0, bằng một trong hai cách sau: (a) Dùng định lý Hahn–Banach. (b) Xét phiếm hàm tuyến tính trong không gian tích trong đại diện bởi e1. 4.7.27. X Trên L2([0,2pi],R), với n ∈ Z+, đặt en(t) = 1√ pi cos(nt), fn(t) = 1√ pi sin(nt). Hãy kiểm trực tiếp rằng họ {en, fn | n ∈ Z+} là một họ trực chuẩn trong L2([0,2pi],R). 4.7.28. Tìm khai triển Fourier của hàm: (a) f (x) =  0, 0 ≤ x < pi2 , 1, pi2 ≤ x ≤ 3pi2 , 0, 3pi2 < x ≤ 2pi. (b) f (x) =  x, 0 ≤ x < pi2 , pi− x, pi2 ≤ x ≤ 3pi2 , x−2pi, 3pi2 < x ≤ 2pi. 4.7.29. Cho f ∈ L2([0,2pi]) và a0+∑∞n=1 (an cos(nt)+ bn sin(nt)) là chuỗi Fourier của f . Áp dụng đẳng thức Parseval, chứng tỏ a20 2 + ∞∑ n=1 ( a2n + b 2 n ) = 1 pi ∫ 2pi 0 f (x)2 dx. CHƯƠNG 4. KHÔNG GIAN HILBERT 48 4.7.30. Áp dụng đẳng thức Parseval cho hàm f (x) = x trên [0,2pi] (xem 4.6.2), tính ∞∑ n=1 1 n2 . 4.7.31. Tìm khai triển Fourier của hàm f (x) = { x2, 0 ≤ x ≤ pi, (x−2pi)2, pi ≤ x ≤ 2pi. Áp dụng đẳng thức Parseval, tính ∞∑ n=1 1 n4 . 4.7.32. Đây là một kết quả về tính toán chuẩn của ánh xạ tuyến tính trên Rn. Cho T : Rn→ Rn. Gọi T∗ là toán tử liên hợp của T , được định nghĩa bởi 〈T x, y〉 = 〈x,T∗y〉 với tích vô hướng Euclid. Chứng tỏ: (a) Ma trận biểu diễn [T∗] là ma trận liên hợp của ma trận [T]. (b) Ánh xạ tuyến tính T∗T có n giá trị riêng thực không âm. (c) Gọi {ei | 1 ≤ i ≤ n} là một cơ sở trực chuẩn gồm các vectơ riêng của T∗T . Khi đó ‖T x‖22 = 〈T x,T x〉 = 〈T∗T x, x〉 = 〈 n∑ i=1 xi(T∗T)(ei), n∑ i=1 xiei 〉 = n∑ i=1 λi x2i ≤ max i λi ‖x‖22 . Nếu λi0 = maxi λi thì đẳng thức xảy ra khi x = ei0 . (d) Với chuẩn Euclid ‖·‖2 thì ‖T ‖ = √ max1≤i≤n λi trong đó λi là các giá trị riêng của T∗T . Gợi ý cho một số bài tập 2.8.15 Không gian định chuẩn là liên thông nên tập vừa đóng vừa mở phải là ∅ hoặc cả không gian. 3.8.14 Tham khảo mục 3.5. 2.8.20 Dùng bất đẳng thức Holder. 3.8.12 Dùng định lý Ascoli. 2.8.18 Dùng tính liên tục đều, hoặc Định lý hội tụ bị chặn của tích phân Lebesgue. Để chứng tỏ f liên tục tại x0, xét hàm g trên A×[−(‖x0‖+1), ‖x0‖+1]. 4.7.15 Các chuẩn trên Rn đều tương đương. 3.8.25 Dùng 3.8.15. 4.7.9 Dùng ý chứng minh của mệnh đề 4.3.1. 4.7.28 (a) 12 + 2 pi ∑∞ k=0(−1)k+1 12k+1 cos(2k +1)x. 4.7.30 ∑∞ n=1 1 n2 = pi 2 6 . 4.7.31 pi 2 3 + ∑∞ n=1 (−1)n4 n2 cos(nx). ∑∞n=1 1n4 = pi490 . 49 Tài liệu tham khảo [1] H. Brezis, Functional analysis, Sobolev spaces and partial differential equations, Springer, 2011. Giáo trình cho bậc sau đại học. [2] Dương Minh Đức, Giáo trình Toán Giải Tích 1 (Toán vi tích phân A1), NXB Thống kê, Tp. Hồ Chí Minh, 2006. [3] Dương Minh Đức, Giải tích hàm, NXB Đại Học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh, 2005. [4] Dương Minh Đức, Lý thuyết độ đo và tích phân, NXB Đại Học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh, 2006. [5] A. N. Kolmogorov, S. V. Fomin, Introductory real analysis, Dover, 1975. Dành cho bậc đại học. Có bản dịch tiếng Việt. [6] Erwin Kreyszig, Introductory functional analysis and applications, John Wiley and sons, 1978. Tương đối dễ hiểu cho bậc đại học, gần với giáo trình này. [7] Serge Lang, Undergraduate analysis, 2nd ed., Springer, 1997. Có phần về không gian định chuẩn. Kiến thức giải tích bậc đại học. [8] Peter D. Lax, Functional analysis, Wiley-Interscience, 2002. Sách tham khảo cho trình độ sau đại học. [9] W. Rudin, Real and complex analysis, 3rd edition, McGraw-Hill, New York, 1986. [10] Elias M. Stein and Rami Shakarchi, Fourier analysis, an introduction, Princeton University Press, 2002. [11] Đinh Ngọc Thanh, Đặng Đức Trọng, Lý thuyết độ đo và xác suất, NXB Đại Học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh, 2015. [12] Đặng Đức Trọng, Phạm Hoàng Quân, Đặng Hoàng Tâm, Đinh Ngọc Thanh, Giải tích hàm, NXB Đại Học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh, 2011. [13] Đặng Đức Trọng, Phạm Hoàng Quân, Đặng Hoàng Tâm, Đinh Ngọc Thanh, Giáo trình Giải tích 2, NXB Đại Học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh, 2011. [14] Hoàng Tụy, Hàm thực & Giải tích hàm, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2005. 50 Chỉ mục E∗, 25 L(E,F), 25 ánh xạ co, 9 ánh xạ tuyến tính bị chặn, 24 đầy đủ, 7 đồng phôi, 13 độ đo Lebesgue, 17 độ đo đếm, 17 độc lập tuyến tính, 11 định lí Hahn–Banach, 29 định lý Ascoli, 19 định lý Bolzano-Weierstrass, 8 định lý Stone–Weierstrass, 20 định lý hội tụ bị chặn, 18 đẳng cấu tích trong, 42 đẳng cấu tôpô, 13 đẳng thức Parseval, 41 điểm, 4 điểm bất động, 9 điểm dính, 5 điểm trong, 5 bất đẳng thức Bessel, 40 bất đẳng thức Minkowski, 12 bị chặn, 8 bổ đề Zorn, 30 bao đóng, 5 cơ sở tuyến tính, 11 cơ sở vectơ, 11 C, Cn, 7 chiếu, 37 chuẩn, 11 chuẩn Euclid, 11 compắc, 8 dày đặc, 9 dãy Cauchy, 7 dãy hội tụ, 6 giới hạn, 6 hầu khắp, 18 hàm đo được, 17 hệ trực giao, 39 họ trực chuẩn, 39 họ trực chuẩn cực đại, 41 không gian (mêtríc) con, 6 không gian đối ngẫu, 25 không gian đầy đủ hóa, 9 không gian định chuẩn, 11 không gian định chuẩn con, 12 không gian đo, 17 không gian Banach, 12 không gian có khoảng cách, 4 không gian Euclid phức n-chiều, 7 không gian Euclid thực n-chiều, 5 không gian Hilbert, 36 không gian mêtríc, 4 không gian tách được, 41 không gian vectơ, 10 không gian vectơ con, 10 không gian vectơ vô hạn chiều, 11 liên tục, 6 liên tục đều, 8 mêtríc, 4 mêtric Euclid, 5 nhân, 32 nhân của toán tử tích phân, 28 phép đồng phôi, 13 phép đẳng cấu metric, 27 phép đẳng cấu tôpô, 13 phép đẳng cự, 27 phần trong, 5 phiếm hàm, 25 tích phân, 17 tích phân Lebesgue, 18 tích trong, 34 tập đóng, 5 tập mở, 5 tập trực giao, 36 toán tử compắc, 32 51 CHỈ MỤC 52 toán tử liên hợp, 48 trù mật, 9 vectơ, 10 vuông góc, 36

Các file đính kèm theo tài liệu này:

• tom_tat_bai_giang_giai_tich_ham_5331_2081568.pdf

Tài liệu liên quan

• Luận văn Về các nhóm con của GL2 trên vành chính qui von neumann

  51 trang | Lượt xem: 1788 | Lượt tải: 0

• Bài giảng Kinh tế lượng - Chương 2: Mô hình hồi quy đơn biến - Nguyễn Thị Bích Nguyệt

  42 trang | Lượt xem: 518 | Lượt tải: 0

• Chuyên đề Hình học trong không gian - Toán 12

  8 trang | Lượt xem: 2192 | Lượt tải: 1

• Toán học - Bài tập lý thuyết tô pô

  7 trang | Lượt xem: 999 | Lượt tải: 0

• Bài giảng Phương pháp tính - Số gần đúng và sai số - Nguyễn Hồng Lộc

  33 trang | Lượt xem: 401 | Lượt tải: 0

• Luận văn Ảnh hưởng của va chạm Boltzmann-Lorentz lên một số thông số của hệ lượng tử

  45 trang | Lượt xem: 1855 | Lượt tải: 0

• Đề thi cuối kỳ học kỳ II năm học 2014 - 2015 môn: Phương pháp tính - Mã môn học: MATH 121101

  2 trang | Lượt xem: 640 | Lượt tải: 0

• Đề thi cuối kỳ học kỳ 1 năm học 2015 - 2016 môn: Đại số - Mã môn học: MATH 141401

  2 trang | Lượt xem: 637 | Lượt tải: 0

• Toán học - Không gian mêtric (tt)

  9 trang | Lượt xem: 708 | Lượt tải: 0

• Luận văn Bài toán tối ưu với hàm thuần nhất dương

  57 trang | Lượt xem: 2306 | Lượt tải: 0

Copyright © 2024 Tai-Lieu.com - Hướng dẫn học sinh giải bài tập trong SGK, Thư viện sáng kiến kinh nghiệm hay, Thư viện đề thi

Chia sẻ: