Giáo trình Giải tích hàm

Nội dung text: Giáo trình Giải tích hàm

1. với chú ý E ì E hay K ì E đ−ợc xét nh− không gian metric tích của các không gian metric với khoảng cách trên E là khoảng cách sinh bởi chuẩn và khoảng cách trên K là khoảng cách Euclide thông th−ờng. 1.3 Tập compact trong không gian định chuẩn Định nghĩa 1.10. Tập con X trong không gian định chuẩn E đ−ợc gọi là: a) tập bị chặn nếu: sup{x : x ∈ X} 0 tồn tại tập hữu hạn A ⊂ E sao cho (∀x ∈ X)(∃y ∈ A) |x − y 0 đều có thể chọn cho X một ε -l−ới hữu hạn A gồm toàn các phần tử của X. Thật vậy, cho ε>0 có thể chọn cho X một ε/2 l−ới hữu hạn A ⊂ E. Khi đó = ( ε) ∩ = ( ε) ∩ X B y, 2 X B y, 2 X y∈A y∈A ởđây ε = { ∈ :  −  ε}  = { ∈ : ( ε) ∩ = ∅} B y, 2 x E x y < 2 ,A y A B y, 2 X ∈  ∈ ( ε ) ∩ { : ∈ }⊂ Với mỗi y A , chọn zy B y, 2 X.Takiểmlại zy y A X là ε-l−ới ∈ ∈  −  ε ( ε )∩ = ∅ hữu hạn của X.Chox X, chọn y A để x y < 2 .SuyraB y, 2 X nên y ∈ A và  −   −  +  −  ε + ε = x zy x y y zy < 2 2 ε 13
2. Nhận xét 2. Mọi tập hoàn toàn bị chặn đều là tập bị chặn. Thật vậy, nếu X là tậphoàntoànbịchặnthìvớiε =1tồn tại x1,x2, ,xn là ε -l−ới hữu hạn của X.Giảsửx ∈ X tuỳ ý, chọn 1 k n để x − xk < 1.Suyra x xk + x − xk xk +1 max xk| +1 1kn Do đó sup x max xk +1< +∞ 1  n∈X k n Vậy X là tập bị chặn. Đối với không gian định chuẩn, đặc tr−ng Hausdorff của tập compact đ−ợc phát biểu bởi định lý sau đây: Định lý 1.11 (Hausdorff). Tập con X trong không gian Banach E là compact nếu và chỉ nếu X là đóng và hoàn toàn bị chặn. 1.4 Một số ví dụ về không gian Banach Ví dụ 1. Không gian Euclide n- chiều Với mỗi số tự nhiên n,kýhiệuKn là tích Descartes của n lần tr−ờng vô h−ớng K: n K := {x =(x1,x2, ,xn):x1,x2, ,xn ∈ K} n Với mỗi x =(x1,x2, ,xn) ∈ K ,tađặt: n 1 2 2 x = |xi| . (1) i=1 Ta sẽ chứng tỏ công thức (1) xác định một chuẩn trên Kn, gọi là chuẩn Euclide. Thật vậy, hiển nhiên hàm x →x thoả mãn các tiên đề 1) và 2) trong định nghĩa chuẩn. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiakovski sau đây 1 1 n n 2 n 2 2 2 |aibi| |ai| . |bi| i=1 i=1 i=1 14
3. chúng ta có thể chứng minh tiên hàm . thoả mãn điều kiện 3) trong định nghĩa chuẩn: n Thật vậy, với mọi x =(x1,x2, ,xn),y=(y1,y2, ,yn) ∈ K ta có: n n n n n | + |2 (| | + | |)2 = | 2| +2 |  | + | 2| xi yi xi yi xi xi yi yi i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 n n 1 n 1 n | 2| +2 | 2| 2 | 2| 2 + | 2| xi xi . xi yi =1 =1 =1 =1 ⎛i i ⎞i i   2 n n = ⎝ | 2| +  | 2| ⎠ xi yi i=1 i=1 chứng tỏ x + y x + y với mọi x, y ∈ Kn Nh− vậy, hàm . thoả mãn cả ba điều kiện trong định nghĩa chuẩn nên nó là một chuẩn trên Kn - gọi là chuẩn Euclide, đồng thời Kn với chuẩn Euclide là một không gian định chuẩn - gọi là không gian Euclide n chiều. n n Cuối cùng, với x =(x1, ,xn) ∈ K ,y =(y1, ,yn) ∈ K ta có: max |xi − yi| x − y n. max |xi − yi|. 1in 1in n nên x − y→0 ⇔∀i = 1,n,|xi − yi|→0, suy ra, sự hội tụ trong K là sự hội tụ theo toạ độ và một dãy là dãy Cauchy trong Kn khi và chỉ khi tất cả các dãy toạ độ của nó đều là dãy Cauchy trong K.LạidoK là không gian metric đầy suy ra Kn là không gian đầy. Vậy Kn là không gian Banach. Ví dụ 2. Không gian các hàm liên tục Ký hiệu C[a; b] là không gian các hàm liên tục trên đoạn hữu hạn [a, b].Đặt: f =sup{|f(x)| : x ∈ [a, b]},f∈ C[a; b] Dễ dàng thấy rằng hàm f →f xác định một chuẩn trên không gian C[a; b] và với chuẩn đó, C[a; b] trở thành một không gian định chuẩn. 15
4. Ta sẽ kiểm lại C[a; b] là một không gian Banach: Cho {fn} là một dãy Cauchy trong C[a; b], khi đó với mọi số ε>0 cho tr−ớc, tồn tại số tự nhiên n0 sao cho ∗ với mọi m, n ∈ N ,m,n n0 ta đều có: fn − fm =supfn(x) − fm(x) sao cho với mọi x a b | − | ⇒| ( ) − ( )| x x0 <δ fn0 x fn0 x0 <ε (1.6) Từ các bất đẳng thức (1.4), (1.5) và (1.6) ta suy ra: Với mọi x ∈ [a; b] thoả mãn |x − x0| <δta đều có: | ( ) − ( )| | ( ) − ( )| + | ( ) − ( )| + | ( ) − ( )| 3 f x f x0 f x fn0 x fn0 x fn0 x0 fn0 x0 f x0 < ε Chứng tỏ f liên tục tại x0.Vìx0 ∈ [a; b] là điểm tuỳ ý ta suy ra f liên tục trên đoạn [a; b], nghĩa là f ∈ C[a; b]. 16
5. Cũng từ (1.4) suy ra fn − f =sup|fn(x) − f(x)| ε với mọi n n0. x∈[a,b] Chứng tỏ lim fn − f =0, nghĩa là dãy {fn} hội tụ đến f trong C[a; b]. n→∞ Ví dụ 3. Không gian các hàm bị chặn Giả sử S là tập tuỳ ý. Ký hiệu B(S) là không gian tất cả các hàm bị chặn trên S,tứclàsup{|f(s)| : s ∈ S} với p q thì với mọi α, β ta có: αp βq α.β + (1.9) p q 17
6. Chứng minh. Tr−ớc hết, nếu α =0hoặc β =0thì bổ đề hiển nhiên đúng. Giả sử α>0,β >0.Xéthàmsố tp t−q f(t)= + , (t>0) p q Do f (t)=t−q−1(tp+q −1) = 0 ⇔ t =1và f (t) 0 (1; +∞) (1) = 1 + 1 =1 trên khoảng nên f có giá trị cực tiểu là f p q .Nh− vậy tp tq + 1 với mọi t>0 p q 1 −1 Thay t = α q .β p vào bất đẳng thức trên ta đ−ợc p q q −1 p −1 α .β + β .α 1 p q p +1= q +1= Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với αβ và l−uýrằng q p, p q, ta đ−ợc αp βq + α.β p q ∈ R 1 1 + 1 =1 Bổ đề 1.13 (Bất đẳng thức Holder). Cho p, q ,p,q> , p q . Khi đó, nếu (xn) ∈ lp, (yn) ∈ lq thì: ∞ ∞ 1 ∞ 1 p p q q |xnyn| |xn| . |yn| (1.10) n=1 n=1 n=1 Gọn hơn, bằng cách sử dụng ký hiệu trong công thức (1.8) ta có: ∞ |xnyn| xp.yp. (1.11) n=1 Chứng minh. Hiển nhiên bổ đề đúng nếu xp =0hoặc yq =0. Vậy chỉ cần chứng minh tr−ờng hợp xp > 0, yq > 0. Với mỗi số tự nhiên n 1, áp dụng α = |xn| β = |yn| bổ đề 1.12 cho xp và yq ta đ−ợc | | 1 | |p 1 | |q xnyn xn + yn p q xpyq p xp q yq 18
7. Lấy tổng hai vế theo n ta đ−ợc ∞ | | xnyn ∞ ∞ =1 1 1 1 1 n . |x |p + . |y |q = + =1 x y px n qy n p q p q p n=1 q n=1 Suy ra ∞ ∞ 1 ∞ 1 p p q q |xnyn| |xn| . |yn| n=1 n=1 n=1 Bổ đề 1.14 (Bất đẳng thức Minkowski). Cho p ∈ R,p 1.Nếux, y ∈ lp thì x + y ∈ lp và x + yp xp + yp Chứng minh. Từ bất đẳng thức p p p p p |xn + yn| (|xn| + |yn|) 2 max{|xn| , |yn| } p p p 2 (|xn| + |yn| ), ∀n 1 ta có ∞ ∞ ∞ p p p p |xn + yn| 2 |xn| + |yn| , chọn q> để p q .Doq p p và do trên ta có ∞ ∞ (p−1)q p |xn + yn| = |xn + yn| < +∞ n=1 n=1 (| + |p−1)∞ ∈ ( ) ∈ Nghĩa là xn yn n=1 lq. áp dụng bất đẳng thức Holder tới xn lp và (| + |p−1) ∈ 1 = p−1 xn yn lq với l−uýthêmrằng q p ta đ−ợc ∞ ∞ 1 p−1 (p−1)q q |xn|.|xn + yn| xp |xn + yn| n=1 n=1 ∞ p−1 p p = xp |xn + yn| n=1 19
8. T−ơng tự ta có ∞ ∞ p−1 p−1 p p |yn|.|xn + yn| yq |xn + yn| n=1 n=1 Từ các bất đẳng thức trên ta nhận đ−ợc: ∞ ∞ ∞ p p−1 p−1 |xn + yn| |xn|.|xn + yn| + |yn|.|xn + yn| n=1 n=1 n=1 ∞ p−1 p p (xp + yp) |xn + yn| n=1 ∞ p−1 p p Chia hai vế bất đẳng thức trên cho |xn + yn| ta đ−ợc: n=1 x + yp = xp + yp. Mệnh đề 1.15. Nếu p 1 thì lp là một không gian Banach. Chứng minh. Tr−ớc hết, hiển nhiên .p thoả mãn điều kiện thứ nhất trong định nghĩa chuẩn. Cho x, y ∈ lp và λ ∈ K theo bổ đề 1.14 ta có x + y ∈ lp và hiển nhiên λx := (λxn) ∈ lp, đồng thời ta có ∞ 1 ∞ 1 p p p p p λxp = |λ| .|xn| = |λ|. |xn| = |λ|.xp n=1 n=1 Nh− vậy .p thoả mãn điều kiện thứ hai trong định nghĩa chuẩn. Sử dụng bất đẳng thức Minkowski ta có .p thoả mãn điều kiện còn lại. Vậy lp là một không gian định chuẩn với chuẩn .p. { (k)}∞ Bây giờ ta chứng minh lp là không gian Banach: Cho x k=1 là dãy Cauchy (k) =( (k))∞ 0 trong lp, x xn n=1, khi đó, với mọi số ε> cho tr−ớc, tồn tại số tự nhiên ∗ ∗ k0 sao cho với mọi k, l ∈ N : k, l k0 ta đều có: Suy ra, với mọi m ∈ N ta có: m 1  (k) − (l) = | (k) − (l)|p p x x xn xn <ε. n=1 20
9. Suy ra, với mọi m 1 và k, l k0 ta có: m 1  (k) − (l) = | (k) − (l)|p p x x xn xn <ε. (1.12) n=1 (k) Từ (1.12) suy ra với mọi n 1 dãy {xn }k1 là dãy Cauchy trong K.VìK là = lim (k) ∈ N∗ =( )∞ không gian Banach nên tồn tại xn xn ,n .Đặtx xn n=1,tasẽ k→∞ (k) chứng tỏ rằng x ∈ lp và x → x trong lp. Trong (1.12), cố định m 1 và k k0 cho l →∞ta đ−ợc m 1 | (k) − |p p 1 ∀ xn xn ε với mọi m , k k0 n=1 suy ra ∞ 1 | (k) − |p p (∀ ) xn xn ε, k k0 n=1 ( (k0) − )∞ ∈ Chứng tỏ xn xn n=1 lp. áp dụng bất đẳng thức Minkovski cho các dãy ( (k0))∞ ∈ ( (k0) − )∞ ∈ xn n=1 lp, xn xn n=1 lp ta đ−ợc: ∞ 1 ∞ 1 ∞ 1 p p p | |p | (k0)|p + | (k0) − |p +∞ xn xn xn xn < n=1 n=1 n=1 suy ra x ∈ lp. Cũng từ (1.12), cố định k k0 và cho l →∞ta đ−ợc (k) x − xp ε, ∀k k0 (k) (k) điều này chứng tỏ x − xp → 0 khi k →∞, nghĩa là x → x trong lp. Ví dụ 5. Không gian l∞ và không gian c0 Đặt N∗ l∞ = {(xn) ∈ K :sup|xn| < +∞} và c0 = {(xn) ∈ l∞ : lim xn =0}. n n→∞ ∗ ∗ Khi đó, l∞ = B(N ) không gian các hàm bị chặn trên N nên l∞ là không gian Banach với chuẩn cảm sinh bởi chuẩn trên l∞. Có thể chứng minh rằng c0 là không gian con đóng của l∞ nên c0 cũng là không gian Banach. 21
10. 2 Không gian các hàm khả tích bậc p 1 Cho X là tập đo đ−ợc Lebesgue trong Rk và μ là độ đo Lebesgue trên σ -đại k số L các tập đo đ−ợc Lebesgue trên R .Vớimỗip 1,kýhiệuLp(X) là tập tất cả các hàm khả tích (Lebesgue) bậc p trên X (hai hàm t−ơng đ−ơng xem là một)  p Lp(X)={f : x → R đo đ−ợc : |f| dμ sao cho p q . Khi đó với mọi f Lp X ,g Lq(X),tacó   1  1 p q |f.g|dμ |f|pdμ |g|qdμ (2.1) X X X Hay với những ký hiệu đã nêu thì fg1 fpgq Chứng minh. Nếu f =0hoặc g =0thì f =0h.k.n hoặc g =0h.k.n. Suy ra f.g =0h.k.n. và do đó fg1 =0. Vậy bất đẳng thức Holder là đúng trong 22
11. tr−ờng hợp này. Xét tr−ờng hợp fp > 0, gq > 0.Vớimỗix ∈ X áp dụng bổ đề 1.12 với |f(x)| |g(x)| α = và β = fp gq ta đ−ợc | ( ) ( )| 1 | ( )|p 1 | ( )|q f x g x f x + g x p q fpgq p fp q gq Lấy tích phân hai vế theo độ đo μ ta có    1 1 1 | ( ) ( )| | ( )|p + | ( )|q f x g x dμ p f x dμ q g x dμ fpgq pfp qgq X X X Hay   1 |fp 1 |gq 1 1 fg 1 p + q = + =1 p q fpgq p |fp q |gq p q Suy ra fg1 fpgq Bất đẳng thức đ−ợc chứng minh. 2.2 Bất đẳng thức Minkowski Bổ đề 2.2. Nếu f,g ∈ Lp(X),p 1 thì f + g ∈ Lp(X) và λf ∈ Lp(X) với mọi λ ∈ K. Ngoài ra f + gp fp + gp và λfp = |λ|fp (2.2) Chứng minh. Do |f(x)+g(x)|p (|f(x)| + |g(x)|)p 2p max(|f(x)|p, |g(x)|p) 2p(|f(x)|p + |g(x)|p), ∀x ∈ X nên    |f + g|pdμ 2p |f|pdμ +2p |g|pdμ < +∞ X X X 23
12. Suy ra f + g ∈ Lp(X). Hiển nhiên λf ∈ Lp(X) và λfp = |λ|fp, ∀λ ∈ K Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức: f + gp fp + gp Tr−ớc hết do (p − 1)q = p nên   (|f + g|p−1)qdμ = |f + g|pdμ < +∞ X X p−1 p−1 Suy ra |f + g| ∈ Lq(X). áp dụng bất đẳng thức Holder tới f và |f + g| với l−uýrằng(p − 1)q = p   1  p−1 p p |f|.|f + g|p−1dμ |f|pdμ |f + g|pdμ X X X Hay  | ( ) + |p−1    + p−1 f x f g dμ f p f g p X T−ơng tự  | ( ) + |p−1    + p−1 g x f g dμ g p f g p X Các bất đẳng thức trên cho ta   + p = | ( )+ ( )|p f g p f x g x dμ X  |f(x)f + g|p−1dμ + |g(x)f + g|p−1dμ X X    + p−1 +    + p−1 f p f g p g p f g p suy ra f + gp fp + gp. 24
13. Định lý 2.3. Lp(X) là không gian Banach với chuẩn  1 p p fp = |f(x)| dμ (2.3) X Chứng minh. Bổ đề 2.2 chứng tỏ Lp(X) là không gian vector và hàm f →fp là một chuẩn trên Lp(X), ở đây cần chú ý phần tử 0 ∈ Lp(X) chính là hàm bất kỳ bằng không h.k.n. trên X. Bây giờ ta chứng minh Lp(X) là đầy, muốn vậy chỉ cần chứng minh mọi chuỗi trong Lp(X) hội tụ tuyệt đối là hội tụ. Thật vậy, ∞ ∞ cho chuỗi fn trong Lp(X) với fnp < +∞.Tacóthểxemfn nhận giá n=1 n=1 trị hữu hạn khắp nơi. Với mỗi n 1,đặt n gn(x)= |fk(x)|,x∈ X k=1 Khi đó gn ∈ Lp(X) và n ∞ gnp fkp C := fkp < +∞ k=1 n=1 Suy ra  p( ) p 1 gn x dμ C với mọi n X Bởivìvớimọix ∈ X,dãysốgn(x) đơn điệu tăng nên tồn tại ∞ g(x) = lim gn(x)= |fk(x)| với mọi x ∈ X n→∞ k=1 Do đó g và gp là đo đ−ợc. Theo bổ đề Fatou ta có    p( ) = lim p( ) lim p( ) p g x dμ gn x dμ gn x dμ C n→∞ n→∞ X X X Bất đẳng thức này suy ra gp và vị vậy g là hữu hạn h.k.n. Nh− vậy tồn tại tập N ⊂ X với μ(N)=0sao cho ∞ g(x)= |fk(x)| < +∞ với mọi x ∈ X \ N k=1 25
14. ∞ Suy ra chuỗi fn hội tụ h.k.n. đến hàm đo đ−ợc f. Hơn nữa n=1   |f(x)|pdμ |g(x)|pdμ Cp X X ∞ Nói cách khác f ∈ Lp(X). Tiếp theo chúng ta chứng minh fn hội tụ tới f n=1 trong Lp(X).Cóthểxemf hữu hạn khắp nơi. Với mỗi n 1 đặt  n   p hn(x)= fk(x) − f(x) ,x∈ X k=1 Khi đó {hn} là dãy các hàm đo đ−ợc hội tụ h.k.n. đến 0 và ∞ p p p |hn(x)| |fk(x)| + f(x)| 2 g (x), h.k.n k=1 Do gp khả tích, theo định lý Lebesgue và qua giới hạn d−ới dấu tích phân ta đ−ợc  lim |hn(x)|dμ =0 n→∞ X n  n p Do đó limn→∞  fk − fp = limn→∞ | fk(x) − f(x)| dμ =0. k=1 X k=1 3 Chuỗi trong không gian định chuẩn 3.1 Chuỗi và sự hội tụ của chuỗi Định nghĩa 3.1. Giả sử E là một không gian định chuẩn và {xn}n∈N∗ là một dãy các phần tử của E. Ta gọi tổng hình thức sau: ∞ x1 + x2 + + xn + = xn (3.1) n=1 là một chuỗi trong không gian định chuẩn E. 26
15. Phần tử xn đ−ợc gọi là phần tử tổng quát của chuỗi (3.1). ∗ Với mỗi n ∈ N ,phầntửsn = x1 + x2 + + xn đ−ợc gọi là tổng riêng thứ n và dãy {sn}n∈N∗ đ−ợc gọi là dãy tổng riêng của chuỗi (3.1). Định nghĩa 3.2. Nếu dãy các tổng riêng {sn} hội tụ tới phần tử s ∈ E thì chuỗi (3.1) đ−ợc gọi là hội tụ về s và s đ−ợc gọi là tổng của chuỗi. Kí hiệu là: ∞ xn = s. n=1 Tr−ờng hợp ng−ợc lại, ta nói chuỗi (3.1) là phân kỳ. Mệnh đề 3.3. Nếu chuỗi (3.1) hội tụ thì phần tử tổng quát dần đến 0,tứclà lim xn =0 n→∞ ∞ Chứng minh. Giả sử xn = s, khi đó, gọi {sn} là dãy tổng riêng của chuỗi n=1 thì theo định nghĩa ta có lim sn = s.Doxn = sn − sn−1 với mọi n>1 nên n→∞ lim xn = lim [sn − sn−1] = lim sn − lim sn−1 = s − s =0 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ ∞ Định lý 3.4 (Tiêu chuẩn Cauchy). Chuỗi xn trong không gian Banach E hội n=1 tụ khi và chỉ khi (∀ε>0)(∃n0) | (∀n n0), (∀p 1)xn+1 + + xn+p 0, ∃n0, ∀n>n0, ∀p 1:sn+p − sn = xn+1 + + xn+p <ε. 27
16. ∞ ∞ Mệnh đề 3.5. Nếu xn và yn là hai chuỗi hội tụ trong không gian định n=1 n=1 ∞ chuẩn E thì chuỗi (αxn + βyn) hội tụ với mọi α, β ∈ K và n=1 ∞ ∞ ∞ (αxn + βyn)=α xn + β xn n=1 n=1 n=1 ∞ Chứng minh. Gọi an,bn,sn theo thứ tự là tổng riêng thứ n của chuỗi xn, n=1 ∞ ∞ yn và (αxn + βyn). Khi đó ta có: n=1 n=1 ∗ sn = αan + βbn với mọi n ∈ N . Theo giả thiết, tồn tại các giới hạn: lim an = a ∈ E, lim bn = b ∈ E n→∞ n→∞ nên tồn tại giới hạn lim sn và ta có: n→∞ lim sn = α lim an + β lim bn = αa + βb ∈ E. n→∞ n→∞ n→∞ ∞ Theo định nghĩa chuỗi (αxn + βyn) hội tụ và: n=1 ∞ ∞ ∞ (αxn + βyn)=αa + βb = α xn + β yn. n=1 n=1 n=1 ∞ Mệnh đề 3.6. Giả sử xn hội tụ trong không gian định chuẩn E, có tổng là s n=1 và 1 k1 <k2 < <kn < là một dãy tăng các số tự nhiên. Khi đó chuỗi ∞ yn với, với số hạng tổng quát: n=1 = + + = + + = + + ( ∈ N∗) y1 x1 xk1 ,y2 xk1+1 xk2 , ,yn xkn−1+1 xkn , n , cũng hội tụ và có tổng là s. 28
17. Với tính chất trên ta nói có thể nhóm một cách tuỳ ý các số hạng của chuỗi hội tụ. ∗ Chứng minh. Thật vậy, rõ ràng kn n với mọi n ∈ N nên kn →∞khi n →∞. ∞ ∞ Gọi sn,tn theo thứ tự là tổng riêng thứ n của chuỗi xn và chuỗi yn.Khi n=1 n=1 đó với mọi n 1 ta có: = + + =( + + )+ +( + + )= tn y1 yn x1 xk1 xkn−1+1 xkn skn Suy ra: ∞ ∞ yn = lim tn = lim skn = lim sn = xn n→∞ n→∞ n→∞ n=1 n=1 3.2 Chuỗi hội tụ tuyệt đối ∞ Định nghĩa 3.7. Chuỗi xn trong không gian định chuẩn E gọi là hội tụ tuyệt n=1 ∞ đối nếu chuỗi số xn hội tụ. n=1 ∞ ∞ Bởi vì chuỗi xn là chuỗi số d−ơng nên chuỗi xn hội tụ tuyệt đối nếu n=1 n=1 ∞ và chỉ nếu dãy các tổng riêng của chuỗi số xn bị chặn, nghĩa là n=1 n sup xk < +∞ n1 k=1 ∞ Định lý 3.8. Trong không gian Banach mọi chuỗi xn hội tụ tuyệt đối đều hội n=1 tụ. Hơn nữa, tính chất hội tụ cũng nh− tổng của chuỗi không phụ thuộc vào thứ tự các phần tử. 29
18. ∞ Chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh rằng chuỗi xn hội tụ. Thật vậy, do E n=1 là không gian Banach nên chỉ cần chỉ ra rằng dãy các tổng riêng của chuỗi là dãy ∞ Cauchy. Cho ε>0,do xn hội tụ nên tồn tại n0 sao cho n=1 xn+1 + + xn+p n0, ∀p 1 Suy ra xn+1 + + xn+p 0 chọn n0 sao cho x  n0 −1 Với mọi n>n0 sao cho A = σ ({1, ,n0}) ⊂{1, ,n} ta có n0 sn −tn =  xk + xk − xσ(k) − xσ(k) 2 xk n0 ∞ ∞ Suy ra x = lim s = lim t = x ( ). k →∞ n →∞ n σ k k=1 n n k=1 Định lý sau đây có thể coi là định lý đảo của định lý 3.8. Định lý 3.9. Không gian định chuẩn E là đầy nếu mọi chuỗi trong nó hội tụ tuyệt đối là hội tụ. Chứng minh. Cho {xn} là dãy Cauchy bất kỳ trong E.Nh− vậy với mỗi k 1 tồn tại nk k sao cho 1 x − x  < với mọi p, q n p q 2k k 30
19. Bằng cách đặt  =  =max( )+1  =max( )+1 n1 n1,n2 n1,n2 , ,nk n1, ,nk , = − có thể xem n1 <n2 < <nk < Đặtyk xnk+1 xnk , khi đó ∞ ∞ ∞ 1 y  = x − x  < +∞ k nk+1 nk 2k k=1 k=1 n=1 ∞ nghĩa là chuỗi yk hội tụ tuyệt đối. Theo giả thiết chuỗi này hội tụ, vậy n=1 + + + =( − )+( − )+ +( − ) y1 y2 ym xn2 xn1 xn3 xn2 xnm+1 xn1 ∞ = − → = xnm+1 xn1 t yk. n=1 → + Suy ra xnm t xn1 và do đó  − ( + )  −  +  − − →0 →∞ xm t xn1 xm xnm xnm t xn1 khi m . { }∞ + ∈ →∞ Vậy dãy xn n=1 hội tụ đến phần tử t xn1 E khi n , chứng tỏ mọi dãy Cauchy trong E đều hội tụ nên E là không gian Banach. 4 ánh xạ tuyến tính liên tục 4.1 Định nghĩa và các tính chất Cho E, F là các không gian định chuẩn trên tr−ờng K. Khi đó, E,F vừa là không gian vector vừa là không gian metric với metric sinh bởi chuẩn trên E,F. Vì thế, trong bài này chúng ta sẽ khảo sát về các đặc tr−ng của một lớp các ánh xạ tuyến tính liên tục giữa các không gian định chuẩn. ánh xạ f : E → F đ−ợc gọi là ánh xạ tuyến tính liên tục nếu: a) f là ánh xạ tuyến tính giữa các không gian vector, nghĩa là: f(αx + βy)=αf(x)+βf(y) với mọi x, y ∈ E và với mọi α, β ∈ K, 31