20041207-thayhoa-bai6

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 23 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS. Lê Hoàn Hóa Ngày 15 tháng 12 năm 2004 KHÔNG GIAN MÊTRIC 1 Bất đẳng thức Holder – Bất đẳng Minkovski Cho p > 1, q > 1 thỏa mãn 1q + Minkovski cho ba trường hợp. 1.1 1 q = 1, sau đây là bất đẳng thức Holder và bất đẳng thức Tổng hữu hạn Cho xi , yi , i = 1, 2, . . . , n là số thực hoặc phức. n X n X |xi yi | 6 i=1 n X |xi |p i=1 !1/p |xi + yi |p 6 i=1 1.2 !1/p n X n X !1/q |yi |q (Bất đẳng thức Holder) i=1 !1/p |xi |p n X + i=1 !1/p |yi |p (Bất đẳng thức Minkovski) i=1 Chuổi số Cho xi , yi , i ∈ N là các số thực hay phức ∞ X |xi yi | 6 i=1 ∞ X i=1 ∞ X !1/p |xi |p i=1 !1/p |xi + yi |p ∞ X !1/q |yi |q i=1 6 ∞ X i=1 1 !1/p |xi |p + ∞ X i=1 !1/p |yi |p 1.3 Tích phân Cho x, y : [a, b] → R khả tích Z b b Z |x(t)y(t)|dt 6 a 1/p Z b 1/q q |x(t)| dt |y(t)| dt p a Z b a 1/p Z b 1/p Z b 1/p p p p |x(t) + y(t)| dt |x(t)| dt |y(t)| dt 6 + a 2 a a Định nghĩa Cho X 6= ∅, mêtric d trên X là ánh xạ d : X × X → R thỏa mãn: • d(x, y) = d(y, x) • d(x, y) > 0, d(x, y) = 0 ⇔ x = y • d(x, z) 6 d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ X (Bất đẳng thức tam giác) d(x, y) là khoảng cách giữa hai phần tử x, y. Cặp (X, d) là không gian mêtric. Ví dụ: i) Trên Rn hoặc Cn , x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ), đặt d1 (x, y) = n X |xi − yi | i=1 d2 (x, y) = n X !1/2 2 |xi − yi | (khoảng cách Euclide) i=1 dp (x, y) = n X !1/p |xi − yi |p ,p>1 i=1 Khi đó d1 , d2 , dp là các mêtric. P p ii) Với p > 1, đặt X = {x = (xn )n : ∞ i=1 |xn | < +∞}. Với x = (xn )n , y = (yn )n đặt d(x, y) = ∞ X !1/p |xn − yn |p n=1 Khi đó (X, d) là không gian mêtric. iii) Cho X là tập hợp các dãy số thực bị chặn. Với x = (xn )n , y = (yn )n thuộc X ta đặt d(x, y) = sup{|xn − yn | : n ∈ N} Khi đó (X, d) là không gian mêtric. Thật vậy, dễ dàng thấy rằng: d(x, y) = d(y, x), d(x, y) > 0 và d(x, y) = 0 ⇔ xn = yn , ∀n ∈ N ⇔ x = y. Kiểm tra bất đẳng thức tam giác: Với mọi n ta có |xn − zn | = |xn − yn + yn − zn | 6 |xn − yn | + |yn − zn | 6 d(x, y) + d(y, z) Suy ra d(x, z) = sup{|xn − zn | : n ∈ N} 6 d(x, y) + d(y, z) 2 Vậy d là mêtric trên X. iv) Đặt X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b]. Với x, y ∈ X, đặt: d0 (x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]} Z b |x(t) − y(t)|dt d1 (x, y) = a Z b 1/2 |x(t) − y(t)| dt 2 d2 (x, y) = a Z b 1/p |x(t) − y(t)| dt ,p>1 p dp (x, y) = a Khi đó d0 , d1 , d2 , dp là các mêtric trên X. Thật vậy, dễ kiểm tra d2 , dp thỏa mãn bất đẳng thức tam giác(dùng bất đẳmg thức Minkovski). Ta kiểm tra d0 thỏa mãn bất dẳng thức tam giác. Với mọi t ∈ [a, b], ta có: |x(t) − z(t)| = |x(t) − y(t) + y(t) − z(t)| 6 |x(t) − y(t)| + |y(t) − z(t)| 6 d0 (x, y) + d0 (y, z) Suy ra: d0 (x, z) = max{|x(t) − z(t)| : t ∈ [a, b]} 6 d0 (x, y) + d0 (y, z) Cụ thể, cho [a, b] = [0, 2], x(t) = t, y(t) = t2 , ta tính d0 (x, y) = max{|t − t2 |, t ∈ [0, 2]} Đặt  2 ϕ(t) = |t − t | = 0  ϕ (t) = t − t2 t ∈ [0, 1] t2 − t t ∈ [1, 2] 1 − 2t t ∈ [0, 1] 2t − 1 t ∈ [1, 2] Do đó max ϕ[0, 1] = 41 , max ϕ[1, 2] = 3 Vậy d0 (x, y) = 3 Ta cũng tính được Z 2 Z 1 Z 2 2 2 d1 (x, y) = |t − t |dt = (t − t )dt + (t2 − t)dt = 1 0 0 Z 1 2  2 2 t−t d2 (x, y) = 0 1/2 4 dt =√ 15 v) Cho (X, d) là không gian mêtric. Với x, y ∈ X, đặt d1 (x, y) = d(x, y) , d2 (x, y) = arctg d(x, y), d3 (x, y) = ln(1 + d(x, y)) 1 + d(x, y) Khi đó d1 , d2 , d3 là các mêtric trên X. Ta kiểm tra d1 , d2 , d3 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác. Xét các hàm số ϕ1 (t) = t , ϕ2 (t) = arctg t, ϕ3 (t) = ln(1 + t), t > 0 1+t 3 Ta có ϕ01 (t) = 1 1 1 0 0 > 0, t > 0 > 0, ϕ (t) = > 0, ϕ (t) = 2 3 (1 + t)2 1 + t2 1+t Suy ra ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 là hàm tăng. Dẫn đến, với mọi x, y, z ∈ X ta có d1 (x, z) = d(x, z) d(x, y) + d(y, z) 6 1 + d(x, z) 1 + d(x, y) + d(y, z) 6 d(x, y) d(y, z) + 6 d1 (x, y) + d1 (y, z) 1 + d(x, y) 1 + d(y, z) d2 (x, z) = arctg d(x, z) 6 arctg [d(x, y) + d(y, z)] 6 arctg d(x, y) + arctg d(y, z) 6 d2 (x, y) + d2 (y, z) (Do tg(a + b) = tg a + tg b > tg a + tg b với 0 6 a + b < π2 ). 1 − tg a tg b d3 (x, z) = ln [1 + d(x, z)] 6 ln [1 + d(x, y) + d(y, z)] 6 ln [(1 + d(x, y))(1 + d(y, z))] 6 ln(1 + d(x, y)) + ln(1 + d(y, z)) 6 d3 (x, y) + d3 (y, z) 3 Tập mở–Tập đóng 3.1 Định nghĩa: Cho (X, d) là không gian mêtric, x0 ∈ X và r > 0. Đặt B(x0 , r) = {x ∈ X : d(x0 , x) < r} là quả cầu mở tâm x0 bán kính r. Tập D ⊂ X được gọi là tập mở nếu với mọi x ∈ D, có r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ D. Tập A ⊂ X được gọi là tập đóng nếu X \ A là tập mở. 3.2 Tính chất của tập mở: (i) Tập rỗng ∅ và X là tập mở. (ii) Quả cầu mở là tập mở. (iii) Nếu (Di )i∈I là họ các tập mở thì S Di là tập mở. T (iv) Nếu D1 , D2 , . . . , Dn là các tập mở thì ni=1 Di là tập mở. 3.3 i∈I Tính chất của tập đóng: (i) Tập rỗng ∅ và X là tập đóng. (ii) Quả cầu đóng là tập đóng. (iii) Nếu (Di )i∈I là họ các tập đóng thì T Di là tập đóng. S (iv) Nếu D1 , D2 , . . . , Dn là các tập đóng thì ni=1 Di là tập đóng. i∈I 4 3.4 Điểm biên: Cho D ⊂ X, điểm x0 ∈ X được gọi là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì B(x0 , r) ∩ D 6= ∅ và B(x0 , r) ∩ (X \ D) 6= ∅ Nếu x0 là điểm biên của D thì x0 cũng là điểm biên của X \ D. Tập hợp tất cả các điểm biên của D gọi là biên của D, ký hiệu ∂D. Ta có: ∂D = ∂(X \ D), ∂X = ∅. Nếu D là tập mở và x ∈ D thì x ∈ / ∂D và ngược lại nếu x ∈ ∂D thì x ∈ / D. Vậy ta có: D là tập mở ⇔ D không chứa điểm biên của D A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A Cho D là tập con bất kỳ của X. Đặt o o • D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D, D được gọi là phần trong của D. Ta cũng o ký hiệu D = Int D. • D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D, D được gọi là bao đóng của D. Bài tập 1) Cho (X, d) là không gian mêtric, A và B là tập con của X. o o (a) Chứng minh: Int(A ∩ B) = A ∩ B và A ∪ B = A ∪ B. (b) Giả sử B là tập mở, A ∩ B 6= ∅. Chứng minh A ∩ B 6= ∅. (c) Tìm hai tập mở A, B trong X sao cho các tập A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B đều khác nhau trong trường hợp (i) X = R, d(x, y) = |x − y|. 1/2 (ii) X = R2 , d(x, y) = [(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 ] với x = (x1 .x2 ), y = (y1 , y2 ). o o Giải: a) Do A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B nên Int(A ∩ B) ⊂ A và Int(A ∩ B) ⊂ B . Suy ra o o Int(A ∩ B) ⊂ A ∩ B . o o o o Ngược lại, do A ∩ B là tập mở chứa trong A ∩ B nên A ∩ B ⊂ Int(A ∩ B) o o Vậy Int(A ∩ B) = A ∩ B . Tương tự, do A ⊂ A∪B và B ⊂ A∪B nên A ⊂ A ∪ B và B ⊂ A ∪ B. Suy ra A∪B ⊂ A ∪ B. Ngược lại, do A ∪ B ⊂ A ∪ B và A ∪ B là tập đóng nên A ∪ B ⊂ A ∪ B. Vậy A ∪ B = A ∪ B. b) Do A ∩ B = ∅ bà B là tập mở nên X \ B là tập đóng và A ⊂ X \ B. Suy ra A ⊂ X \ B hay A ∩ B = ∅. c) i) Trường hợp X = R, d(x, y) = |x − y|. Chọn A = (0, 2) ∪ (3, 4) và B = (1, 3). Khi đó A = [0, 2] ∪ [3, 4] , B = [1, 3] và A ∩ B = (1, 2) Suy ra A ∩ B = (1, 2] , A ∩ B = [1, 2) , A ∩ B = [1, 2] ∪ {3} , A ∩ B = [1, 2] 5 ii) Trường hợp X = R2 . Chọn    A = x2 + y 2 < 4 ∪ 9 < x2 + y 2 < 16 và B = 1 < x2 + y 2 < 9 Khi đó   A = x2 + y 2 6 4 ∪ 9 6 x2 + y 2 6 16   B = 1 6 x2 + y 2 6 9 và A ∩ B = 1 < x2 + y 2 < 4 Suy ra   A ∩ B = 1 < x2 + y 2 6 4 ,A ∩ B = 1 6 x2 + y 2 < 4    A ∩ B = 1 6 x2 + y 2 6 4 ,A ∩ B = 1 6 x2 + y 2 6 4 ∪ x2 + y 2 = 9 2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a, b] với mêtric d(x, y) = max{|x(t)−y(t)| : t ∈ [a, b]}. Cho a 6 α 6 β 6 b, đặt D = {x ∈ X : x(t) > 0, t ∈ [α, β]} A = {x ∈ X : x(t) > 0, t ∈ [α, β]} Chứng minh D là tập mở, A là tập đóng. Giải: Với x ∈ D, đặt m = min{x(t) : t ∈ [α, β]} thì m > 0. Với y ∈ B(x, m2 ), do: d(x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [a, b]} < Suy ra y(t) > x(t) − |x(t) − y(t)| > m 2 m > 0, ∀t ∈ [α, β] 2 Dẫn đến: B(x, m2 ) ⊂ D. Vậy D là tập mở. Tương tự, ta cũng có tập U = {x ∈ X : x(t) < 0, t ∈ [α, β]}. Đặc biệt, khi α = β = t ta có Ut = {x ∈ X : x(t) < 0} là tập mở. Suy ra At = {x ∈ X : x(t) > 0} là tập đóng. Do A = 4 T α6t6β At nên A là tập đóng. Sự hội tụ 4.1 Định nghĩa Cho (X, d) là không gian mêtric, (xn )n là dãy trong X và x ∈ X. Ta nói: Dãy (xn )n hội tụ về x ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 ⇒ d(xn , x) < ε ⇔ lim d(xn , x) = 0 n→∞ Ta có các quan hệ sau: • A là tập đóng ⇔ Với mọi dãy (xn )n trong A, limn→∞ xn = x thì x ∈ A. • x ∈ ∂A ⇔ Có dãy (xn )n trong A và dãy (yn )n trong X \ A sao cho limn→∞ xn = limn→∞ yn = x. • x ∈ A ⇔ Có dãy (xn )n trong A sao cho limn→∞ xn = x. 6 Bài tập 1) Cho (X, d) là không gian mêtric. Với x, y ∈ X đặt d1 (x, y) = d(x, y) , d2 (x, y) = arctg d(x, y), d3 (x, y) = ln(1 + d(x, y)) 1 + d(x, y) Chứng minh: lim xn = x trong (X, d) ⇔ lim xn = x trong (X, di ), i = 1, 2, 3. n→∞ n→∞ Hướng dẫn: d(x, y) = d1 (x, y) , d(x, y) = tg d2 (x, y), d(x, y) = ed3 (x,y) − 1 1 − d1 (x, y) 2) Cho X là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [0, 1]. Với x, y ∈ X đặt Z 1 d1 (x, y) = |x(t) − y(t)| dt, d2 (x, y) = max{|x(t) − y(t)| : t ∈ [0, 1]} 0 a) Chứng minh: Nếu limn→∞ xn = x trong (X, d2 ) thì limn→∞ xn = x trong (X, d1 ). b) Cho xn (t) = tn − t2n . Tính d1 (0, xn ), d2 (0, xn ). Suy ra: limn→∞ xn = 0 trong (X, d1 ) nhưng (xn )n không hội tụ về 0 trong (X, d2 ). Hướng dẫn: a) d1 (x, xn ) = R1 b) d1 (0, xn ) = 1 n+1 0 |x(t) − xn (t)| dt 6 d2 (x, xn ). − 1 , 2n+1 d2 (0, xn ) = max{tn (1 − tn ) : t ∈ [0, 1]} = 14 . 3) Cho (X, dX ), (Y, dY ) là không gian mêtric. Đặt Z = X × Y , với z1 = (x1 , y1 ), z2 = (x2 , y2 ), đặt d(z1 , z2 ) = dX (x1 , x2 ) + dY (y1 , y2 ) • Chứng minh d là mêtric trên Z. • Cho zn = (xn , yn ) và z = (x, y) trong Z. Chứng minh  limn→∞ xn = x trong (X, dX ) lim zn = z trong (Z, d) ⇔ limn→∞ yn = y trong (Y, dY ) n→∞ (Z, d) là không gian mêtric tích của hai không gian mêtric (X, dX ) và (Y, dY ). 7
- Xem thêm -