Giáo trình môn Giải tích Hàm

Tìm tập hợp phổ s(A) của A: Với ? ? K ta thấy ? / ? s(A) khi và chỉ khi với mỗi y ? L2[0; 1] ph-ơng trình ?x - Ax = y có nghiệm duy nhất x ? L2[0; 1]. Ph-ơng trình này chính là (?-t)x(t) = y(t) h.k.n. trên [0; 1] với độ đo Lebesgue, có nghiệm duy nhất x(t) = y(t) ? - t khi và chỉ khi ? - t = 0 với mọi t ? [0; 1]. Điều này xảy ra khi và chỉ khi ? / ? [0; 1]. Suy ra s(A) = [0; 1]. Tìm tập giá trị riêng của A: Vì mọi giá trị riêng đều là giá trị phổ nên nếu ? là giá trị riêng của A thì ? ? [0; 1] và tồn tại x ? L2[0; 1], x = 0 sao cho (? - t)x(t) = 0 h.k.n. trên [0; 1]. Điều này không thể xảy ra với x = 0 h.k.n. trên [0; 1]. Vậy tập các giá trị riêng của A là tập trống.

pdf212 trang | Chia sẻ: nguyenlam99 | Ngày: 15/01/2019 | Lượt xem: 19 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Giáo trình môn Giải tích Hàm, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ng ánh tuyến tính liên tục giữa các không gian Banach nên là đẳng cấu, do đó tồn tại số M > 0 sao cho M‖f‖∞  ‖f‖1, ∀f ∈ C [0; 1] Chọn n ∈ N∗ : M > 1 n+1 thì đẳng thức trên không thoả mãn với hàm f ∈ C [0; 1], f(t) = tn. Ta gặp mâu thuẫn. Mâu thuẫn này chứng tỏ (C [0; 1], ‖.‖1) không phải là không gian Banach. Bài 6. Giả sử M là không gian con đóng bất kì của không gian định chuẩn E, M = E. Khi đó, theo hệ quả của định lý Hahn-Banach, với mỗi v ∈ E \M , 175 tồn tại fv ∈ E ′, fv(v) > 0, sao cho fv ∣∣∣ M = 0. Đặt Hv = kerfv thì Hv là siêu phẳng và do fv liên tục nên Hv đóng trong E. Ta có M ⊂ Hv = kerfv với mọi v ∈ E \M nên M ⊂ ⋂ v∈E\M Hv . Ng−ợc lại, nếu v /∈ M thì v ∈ kerfv = Hv nên v /∈ ⋂ v∈E\M Hv . Vậy ⋂ v∈E\M Hv ⊂ M . Tóm lại ta có: M = ⋂ v∈E\M Hv. Bài 7. a) fn là ánh xạ tuyến tính liên tục: Dễ thấy fn là ánh xạ tuyến tính. Ta có ‖fn(x)‖ = sup t∈[0;1] |fn(x)(t)| = sup t∈[0;1] |x(t1+ 1n )|  sup t∈[0;1] |x(t)| = ‖x‖, ∀x ∈ C [0; 1]. Suy ra fn liên tục và ‖fn‖  1, ∀n ∈ N∗. b) {fn}n∈N∗ hội tụ điểm tới ánh xạ đồng nhất trên C [0; 1]: Tr−ớc hết ta thấy: lim n→∞ (t− t1+ 1n ) = 0, ∀t ∈ [0; 1] Với mỗi x ∈ C [0; 1], do x(t) liên tục và do đó liên tục đều trên [0; 1] nên với mỗi ε > 0 và với n đủ lớn ta có: |x(t1+ 1n )− x(t)| < ε, ∀t ∈ [0; 1] Suy ra, với n đủ lớn ta có: sup t∈[0;1] |x(t1+ 1n )− x(t)|  ε Điều này có nghĩa là: lim n→∞ ‖fn(x)− x‖∞ = lim n→∞ sup t∈[0;1] |x(t1+ 1n )− x(t)| = 0 Hay fn(x) → x = id(x) khi n →∞. 176 Bài 8. Giả sử {(xn, f(xn))}n∈N∗ ⊂ Γf là dãy bất kì, xn → x, f(xn) → y. Do j : F → G liên tục nên (j ◦ f)(xn) = j(f(xn)) → j(y) khi n → ∞. Lại do j◦f : E → G liên tục nên xn → x⇒ (j◦f)(xn) → (j◦f)(x) = j(f(x)). Từ tính duy nhất của giới hạn trong không gian định chuẩn ta suy ra: j(f(x)) == j(y). Theo giả thiết j là đơn ánh nên ta có: y = f(x). Vậy (x, y) ∈ Γf . Từ đó suy ra Γf đóng trong E ì F , nghĩa là f có đồ thị đóng. Bài 9. Điều kiện cần là hiển nhiên. Điều kiện đủ: Giả sử f ◦ϕ ∈ E ′, ∀f ∈ F ′, ta chứng minh ϕ ∈ L(E;F ). Muốn vậy, chỉ cần chứng minh sup x∈E,‖x‖1 ‖ϕ(x)‖ < +∞ Với mỗi x ∈ B[0, 1] ⊂ E cố định, xét ánh xạ: ϕx : F ′ → K f → ϕx(f) := f(ϕ(x)) Dễ thấy ϕx là phiếm hàm tuyến tính trên không gian Banach F ′. Do |ϕx(f)| = |f(ϕ(x))|  ‖ϕ(x)‖.‖f‖, ∀f ∈ F ′ nên ϕx liên tục trên F ′ và ta có: ‖ϕx‖  ‖ϕ(x)‖. Bây giờ xét họ {ϕx : x ∈ B[0, 1] ⊂ E} ⊂ L(F ′;K). Ta chứng minh họ này bị chặn điểm và do đó bị chặn đều. Thật vậy, với mỗi f ∈ F ′ cố định, do f ◦ϕ liên tục nên ta có: sup x∈B[0,1] |ϕx(f)| = sup x∈B[0,1] |f(ϕ(x))|  sup x∈B[0,1] ‖f ◦ ϕ‖.‖x‖ = ‖f ◦ ϕ‖ < +∞. 177 Nh− vậy họ {ϕx : F ′ → K | x ∈ B[0, 1] ⊂ E} ⊂ L(F ′;K) bị chặn điểm. Do F ′,K là các không gian Banach nên theo nguyên lý Banach-Steinhaux, họ đó bị chặn đều, nghĩa là ta có: sup x∈E,‖x‖1 ‖ϕx‖ < +∞. áp dụng đẳng thức: ‖x‖ = sup{|f(x)| : f ∈ E ′, ‖f‖  1}, x ∈ E Ta có: ‖ϕ(x)‖ = sup{|f(ϕ(x))| : f ∈ F ′, ‖f‖  1} = sup f∈F ′,‖f‖1 |ϕx(f)| = ‖ϕx‖, ∀x ∈ E, ‖x‖  1. Từ đó ta có: sup x∈E,‖x‖1 ‖ϕ(x)‖ = sup x∈E,‖x‖1 ‖ϕx‖ < +∞. đpcm Bài 10. a) Hiển nhiên do tính chất tuyến tính của phép lấy đạo hàm. b) f ∈ kerϕ ⇔ (ϕ(x)(t) = x′(t) = 0, ∀t ∈ [0; 1]) ⇔ x ≡ c ∈ K. Suy ra kerϕ = K là không gian con đóng của C [0; 1]. +) Giả sử {(xn, ϕ(xn))}n1 ⊂ Γϕ, (xn, ϕ(xn)) → (x, y) ∈ C1[0; 1]ì C [0; 1]. Khi đó:{ xn → x trong C1[0; 1] ϕ(xn) = x ′ n → y trong C [0; 1] ⇔ { xn(t)⇒ x(t), t ∈ [0; 1] x′n(t)⇒ y(t), t ∈ [0; 1] Suy ra y(t) = x′(t), t ∈ [0; 1] hay y = ϕ(x). Suy ra (x, y) ∈ Γϕ nên Γϕ đóng, tức là ϕ có đồ thị đóng. c) Xét dãy {xn}n1 ⊂ C1[0; 1], xn(t) = tn n , t ∈ [0; 1]. Khi đó xn(t) → x(t) ≡ 0 trong [0; 1] nh−ng lim n→∞ ϕ(xn) = x = ϕ(0) = 0, với ϕ(xn)(t) = t n−1 → x(t) = { 0 nếu 0  t < 1 1 nếu t = 1 178 Nh− vậy ϕ không liên tục tại 0, và do đó không liên tục trên C1[0; 1]. d) Do C [0; 1] là không gian Banach nên nếu C1[0; 1] là không gian Banach thì mọi ánh xạ tuyến tính từ C1[0; 1] đến C [0; 1] có đồ thị đóng đều liên tục. Do ánh xạ tuyến tính ϕ có đồ thị đóng nh−ng ϕ không liên tục, suy ra C1[0; 1] không phải là không gian Banach. Bài 11. Giả sử E có cơ sở Hamel đếm đ−ợc {en}n∈N∗ . Với mỗi n ∈ N∗ ta đặt En = 〈e1; . . . ; en〉 (không gian con sinh bởi {e1; . . . ; en}). Khi đó En là các không gian hữu hạn chiều nên là không gian con Banach, và do đó là các không gian con đóng của E. Hơn nữa ta có E = ∞⋃ n=1 En. Vì E là không gian đầy nên theo định lý Baire, tồn tại n0 ∈ N∗ và tồn tại số r > 0, tồn tại x0 ∈ En0 sao cho B[x0, r] = B[0, r] + x0 ⊂ En0 . Do En0 là không gian con của E và do x0 ∈ En0 nên ta có B[0, r] ⊂ En0 . Khi đó, với mọi x ∈ E, x = 0, do r x ‖x‖ ∈ B[0, r] ⊂ En0 , suy ra x ∈ En0 . Vậy E = En0 , điều này mâu thuẫn với giả thiết dimE = +∞. Bài 12. Cần: Giả sử L là đa tạp tuyến tính trong E, nghĩa là L = x0 + M , trong đó M là không gian con của E. Khi đó, với x = x0 + x1 ∈ L, y = x0 + x2 ∈ L, (x1, x2 ∈ M) và α ∈ K, rõ ràng ta có: αx + (1− α)y = x0 + [αx1 + (1− α)x2]︸ ︷︷ ︸ ∈M ∈ x0 + M = L Đủ: Lấy điểm tuỳ ý x0 ∈ L. Ta chứng minh M = L− x0 là không gian con của E. Thật vậy, Hiển nhiên 0 = x0 − x0 ∈ M nên M = ∅. Với x = x1 − x0 ∈ M, y = x2 − x0 ∈ M,λ ∈ K ta có: λx = λ(x1 − x0) = λx1 + (1− λ)x0︸ ︷︷ ︸ ∈L −x0 ∈ L− x0 = M, x + y = 2 ( 1 2 x + 1 2 y ) = 2 ( 1 2 (x1 − x0) + 1 2 (x2 − x0) ) = 2 ([ 1 2 x1 + 1 2 x2︸ ︷︷ ︸ ∈L ] − x0) ∈ M 179 Vậy M = L − x0 là không gian con của E, do đó L = x0 + M là đa tạp tuyến tính trong E. Bài 13. Cần: Giả sử L = x0 + H, trong đó H là siêu phẳng thuần nhất trong E. Khi đó tồn tại phiếm hàm uyến tính khác không f trên E sao cho kerf = H. Đặt α = f(x0) ta có: x ∈ L ⇔ f(x) = α hay là L = {x ∈ E | f(x) = α}. Đủ: Chọn x0 ∈ L ta có f(x0) = α. Đặt H = L− x0 ta có ker f = H nên H là siêu phẳng thuần nhất trong E. Vậy L = x0 + H là siêu phẳng trong E. Bài 14. Giả sử dimE < +∞ và f : E → K là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên E. Khi đó công thức: ‖x‖1 := ‖x‖+ |f(x)|, x ∈ E xác định một chuẩn trên E. Vì rằng trong không gian véctơ hữu hạn chiều mọi chuẩn đều t−ơng đ−ơng nên ‖.‖1 t−ơng đ−ơng với chuẩn ‖.‖ của E, do đó tồn tại số M > 0 sao cho: ‖x‖+ |f(x)| M‖x‖ hay |f(x)|  C‖x‖, ∀x ∈ E, (C = M − 1) Chứng tỏ f liên tục trên E. Giả sử mọi dạng tuyến tính trên E đều liên tục nh−ng E vô hạn chiều. Gọi {eα}α∈I là cơ sở của E. Chọn từ cơ sở đó ra một hệ đếm đ−ợc S = {en}n∈N∗ . Xét phiếm hàm tuyến tính f trên E xác định bởi: f(en) = n, n ∈ N∗, f(eα) = 1 nếu α ∈ {eα}α∈I \S. Ta thấy f không liên tục. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy E hữu hạn chiều. Bài 15. Giả sử M là tập compact t−ơng đối trong lp, khi đó M hoàn toàn bị chặn trong lp nên với ε > 0 bất kì, tồn tại y1 = (y1n), . . . y k = (ykn) ∈ M là một ε2 - l−ới 180 của M . Chọn n0 ∈ N∗ sao cho:( ∞∑ n=n0+1 |yjn|p ) 1 p < ε 2 , ∀j = 1, k Với mỗi x = (xn) ∈ lp, chọn 1  j  k sao cho ‖x− yj‖p < ε2 . Khi đó ta có:( ∞∑ n=n0+1 |xn|p ) 1 p  ( ∞∑ n=n0+1 |xn − yjn|p ) 1 p + ( ∞∑ n=n0+1 |yjn|p ) 1 p < ‖x− yj‖p + ε 2 < ε. Ng−ợc lại, với mỗi ε > 0, xét tập: L = {(x1, . . . , xn0) ∈ Kn0 | ∃x = (x1, . . . , xn0 , xn0+1, . . .) ∈ M}, trong đó n0 ∈ N∗ đ−ợc chọn sao cho( ∞∑ n=n0+1 |xn|p ) 1 p < ε 2 , ∀x = (xn) ∈ M. Rõ ràng tập L hoàn toàn bị chặn trong Kn0 nên tồn tại một ε 2 - l−ới A của L gồm các phần tử của L, chẳng hạn A = {x1, . . . , xk}, xj = (xj1, . . . , xjn0), j = 1, k T−ơng ứng ta chọn đ−ợc cho M một ε- l−ới gồm các phần tử của L mà mỗi phần tử trong ε - l−ới đó là một dãy có n0 thành phần đầu tiên lập thành phần tử của A. Nh− vậy, M hoàn toàn bị chặn và do đó là một tập compact t−ơng đối trong lp. 181 3 Ch−ơng 3 Bài 1. a) Giả sử u ∈ kerA′. Khi đó A′(u) = u ◦ A = 0 ∈ E ′, nghĩa là u(Ax) = 0, ∀x ∈ E. Do A : E → F là toàn ánh ta suy ra: Với mọi y ∈ F, u(y) = 0. Điều đó chứng tỏ u = 0 ∈ F ′. Vậy kerA′ = {0} nên A′ là đơn ánh. b) Giả sử x ∈ kerA. Khi đó Ax = 0. Ta sẽ chứng minh x = 0, muốn vậy, nhờ định lý Hahn-Banach, ta chỉ cần chứng minh f(x) = 0 với mọi f ∈ E ′ (vì khi đó ta suy ra x = 0 vì nếu x = 0 thì có f ∈ E ′ : f(x) = ‖x‖ = 0). Thật vậy, Do A′ : F ′ → E ′ là toàn ánh nên với mỗi f ∈ E ′, tồn tại g ∈ F ′ sao cho g ◦ A = A′(g) = f . Từ đó ta có: f(x) = g(Ax) = g(0) = 0 Nh− vậy ta đã chứng minh kerA = {0}, tức là A là đơn ánh. Bài 2. Giả sử f : E → F là toán tử tuyến tính liên tục hữu hạn chiều, tức là Im f là không gian con hữu hạn chiều và do đó là không gian con Banach của F nên đóng trong F . Do BE [0, 1] = {x ∈ E | ‖x‖  1} là tập bị chặn trong E và f liên tục nên f(BE [0, 1]) là tập bị chặn trong Im f . Ta đã biết, mọi tập bị chặn trong không gian hữu hạn chiều đều là tập compact t−ơng đối nên f(BE [0, 1]) là tập compact t−ơng đối trong Im f và do đó là compact t−ơng đối trong F , tức là f là toán tử compact. Bài 3. Giả sử E là không gian định chuẩn hữu hạn chiều và f : E → F là toán tử tuyến tính liên tục, khi đó dễ thấy dim Im f  dim f nên Im f là không gian con hữu hạn chiều của F nên f là toán tử hữu hạn chiều. Theo bài tập 2 ch−ơng 3, f là toán tử compact. Tr−ờng hợp F hữu hạn chiều thì mọi toán tử tuyến tính liên tục từ E đến F đều là toán tử hữu hạn chiều, dó đó là toán tử compact. 182 Bài 4. Giả sử E là không gian định chuẩn hữu hạn chiều. Khi đó B[0, 1] là tập đóng, bị chặn và do đó là tập compact trong E. Nh−ng ta có 1E(B[0, 1]) = B[0, 1], nghĩa là 1E(B[0, 1]) là tập compact trong E nên 1E là toán tử compact. Ng−ợc lại, nếu 1E là toán tử compact thì hình cầu đóng đơn vị B[0, 1] = 1E(B[0, 1]) là tập compact trong E, do đó B[0, 1] hoàn toàn bị chặn trong E. Theo định lý Riesz về đặc tr−ng của không gian định chuẩn hữu hạn chiều ta suy ra E hữu hạn chiều. Bài 5. Nếu E là không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì, theo bài tập 4, 1E là toán tử compact, lại theo định lý Schauder ta có 1E′ là toán tử compact, dó đó E ′ hữu hạn chiều. Giả sử E ′ hữu hạn chiều, theo chứng minh trên ta suy ra E ′′ hữu hạn chiều. Mặt khác ta có E là không gian con của E ′′ qua phép nhúng đẳng cự ηE : E → E ′′ nên E hữu hạn chiều. Bài 6. Giả sử E là không gian tuyến tính định chuẩn và A : E → E là toán tử compact bất kì. Nếu A có toán tử ng−ợc A−1 liên tục thì 1E = A ◦ A−1 là toán tử compact, theo bài tập 4, A là không gian hữu hạn chiều. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy A không có toán tử ng−ợc liên tục. Bài 7. Nếu toán tử A : lp → lp xác định bởi: Ax = (anxn) ∞ n=1, x = (xn) ∞ n=1 ∈ lp là toán tử compact thì A(B[0, 1]) ⊂ K, với K là tập compact trong lp. Xét dãy {en}∞n=1 ⊂ B[0, 1] ⊂ lp với en = (δnk)∞k=1, (δnk là kí hiệu Kronecker) Ta thấy tập {A(en), n = 1, 2, . . .} = {(0, . . . , 0, an︸︷︷︸ thứ n , 0, . . .) | n = 1, 2, . . .} ⊂ K 183 là tập hoàn toàn bị chặn trong lp, nhờ định nghĩa tính hoàn toàn bị chặn và có thể chọn ε- l−ới hữu hạn gồm toàn các phần tử của tập hợp đó, bằng đánh giá đơn giản ta suy ra: (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N∗) | (∀n ∈ N∗)(n > n0 ⇒ |an| < ε) Chứng tỏ lim n→∞ an = 0. Ng−ợc lại, giả sử lim n→∞ an = 0. Gọi K = A(B[0, 1]) và x = (xn)∞n=1 ∈ B[0, 1] ⊂ lp ta có: ‖x‖p = ( ∞∑ n=1 |xn|p ) 1 p  1. Do dãy (an) hội tụ nên bị chặn, tức là tồn tại số M > 0 sao cho |an|  M với mọi n  1. Khi đó, với mọi x ∈ B[0; 1] ta có: ‖Ax‖p = ( ∞∑ n=1 |anxn|p ) 1 p = |an|.‖x‖p  |an|  |an| < M Nh− vậy, tập K = A(B[0, 1]) bị chặn trong lp. Mặt khác, vì lim n→∞ an = 0 nên với mỗi ε > 0 bất kì cho tr−ớc, tồn tại số n0 ∈ N∗ sao cho |an| < ε với mọi n  n0. Khi đó ta có:( ∞∑ n=n0+1 |anxn|p )1 p = |an| ( ∞∑ n=n0+1 |xn|p ) 1 p  |an| ( ∞∑ n=1 |xn|p ) 1 p  |an| < ε. Theo bài tập 15 ch−ơng 2 ta suy ra K là tập compact t−ơng đối trong lp, tức là A là toán tử compact. Bài 8. Xét tập L = {f ∈ C [0, 1] : f ∣∣∣ [0, 1 2 ] = 0} 184 Nếu A là toán tử compact thì A ∣∣∣ L cũng là toán tử compact. Tuy nhiên ta thấy A ∣∣∣ L có toán tử ng−ợc. Thật vậy: Nếu Af = g thì g(t) = tf(t) = { 0 nếu 0  t  1 2 tf(t) nếu 1 2 < t  1 do đó g ∈ L và từ biểu thức trên ta suy ra A là đơn ánh. Ng−ợc lại, với g ∈ L ta có thể chọn f ∈ L với f(t) = { 0 nếu 0  t  1 2 1 t g(t) nếu 1 2 < t  1 khi đó ta có A−1g = f . Hơn nữa, nếu {gn} ⊂ L, gn → g thì dễ thấy ‖A−1gn − A−1g‖∞  2‖gn − g‖∞ → 0 khi n →∞ nên A−1 liên tục. Từ đó ta suy ra 1L = A ◦ A−1 là toán tử compact, suy ra L là không gian hữu hạn chiều. Điều này không thể xảy ra, chứng tỏ A không thể là toán tử compact. Bài 9. a) Hiển nhiên An, n = 1, 2, . . . là các toán tử tuyến tính. Ta có: ‖Anx‖2 = ‖ n∑ k=1 xkek‖2 = ‖(x1, . . . , xk, 0, . . .)‖2 = √√√√ n∑ k=1 |xk|2  ‖x‖2, ∀x = (xn) ∈ B[0, 1] ⊂ l2 Suy ra An liên tục và ‖An‖  1, ∀n  1. Do ‖en‖ = 1 nên ‖An‖  ‖Anen‖2 = 1, ∀n  1. Từ đó ta có ‖An‖ = 1, ∀n ∈ N∗. b) Với mỗi x = (xn) ∈ l2 cố định, do ∞∑ n=1 |xn|2 0 bất kì cho tr−ớc, tồn tại n0 ∈ N∗ sao cho ∞∑ k=n+1 |xk|2 < ε2, ∀n  n0. 185 Khi đó, với mọi n  n0 ta có: ‖Anx− x‖2 = ‖(x1, . . . , xn, 0, . . .)− (x1, . . . , xn, xn+1, . . .)‖2 = ‖(0, . . . , 0, xn+1, xn+2, . . .)‖2 = √√√√ ∞∑ k=n+1 |xk|2 < ε. Chứng tỏ dãy {Anx} hội tụ đến x trong l2. Nói cách khác, dãy {An}n∈N∗ hội tụ điểm đến ánh xạ đồng nhất I của l2. Bây giờ ta chứng minh dãy {An} không hội tụ đều đến ánh xạ đồng nhất I trên l2. Giả sử ng−ợc lại, An ⇒ I trên l2. Khi đó, với ε = 12 , tồn tại n0 ∈ N∗ sao cho khi n  n0 ta có: ‖An1 − I‖ < ε = 1 2 nên ‖Anx− x‖2 < 1 2 với mọi x = (xn) ∈ B[0, 1] Cố định n1 > n0 và xét x = en1+1 ∈ B[0, 1] ta có ‖x‖2 = 1 nên: ‖An − I‖  ‖An1x− x‖2 = ‖(0, . . . , 0, 1︸︷︷︸ thứ n + 1 , 0, . . .)‖2 = 1 Các khẳng định trên mâu thuẫn, chứng tỏ dãy {An} không hội tụ đều đến I trên l2. Bài 10. Từ điều kiện ‖x‖  m‖Ax‖ ta suy ra A là đơn ánh và ánh xạ ng−ợc A−1 : ImA → E là ánh xạ tuyến tính liên tục, do đó A : E → ImA là phép đẳng cấu, tức là ImA đẳng cấu với E. Theo giả thiết E là không gian Banach nên ImA là một không gian Banach và là không gian con Banach của F , vì vậy ImA đóng trong F . Bài 11. Cần: Nếu A′ : F ′ → E ′ là toàn ánh thì A là đơn ánh (Xem bài tập 1 ch−ơng 3). Ta chứng minh ImA đóng trong F . Thật vậy, để ý rằng A′ : F ′ → E ′ là toán tử tuyến tính liên tục giữa các không gian Banach nên theo định lý ánh xạ mở, A′ 186 là ánh xạ mở, vì vậy A′(BF ′ [0, 1]) là lân cận của 0 ∈ E ′, nghĩa là tồn tại δ > 0 sao cho {f ∈ E ′ | ‖f‖  δ} ⊂ A′(BF ′[0, 1]) Do A′ là ánh xạ tuyến tính ta suy ra: {f ∈ E ′ | ‖f‖  1} ⊂ A′(BF ′ [0, 1 δ ]) Với mọi x ∈ E ta có: ‖x‖ = sup{|f(x)| : f ∈ E ′, ‖f‖  1}  sup{|(A′g)x| : g ∈ F ′, ‖g‖  1 δ }  1 δ sup{|(A′g)x| : g ∈ F ′, ‖g‖  1} = 1 δ sup{|g(Ax)| : g ∈ F ′, ‖g‖  1} = 1 δ ‖Ax‖ Bây giờ giả sử {yn}n∈N∗ ⊂ ImF : yn → y ∈ F . Khi đó, tồn tại {xn}n∈N∗ ⊂ E sao cho Axn = yn, ∀n. Do dãy {Axn} hội tụ đến y ∈ F nên dãy đó là dãy Cauchy. Theo trên ta có: ‖xn − xm‖  1 δ ‖Axn− Axm‖ → 0 khi n,m →∞. Nh− vậy dãy {xn}n∈N∗ là dãy Cauchy trong E. Vì E là không gian Banach nên xn → x ∈ E. Lại do A liên tục và tính duy nhất của giới hạn trong không gian định chuẩn ta suy ra Ax = y. Vậy y ∈ ImA nên ImA đóng trong F . Đủ: Giả sử A : E → F là đơn ánh tuyến tính liên tục từ không gian Banach E đến không gian Banach F và ImA là không gian con đóng của F . Ta chứng minh toán tử liên hợp A′ : F ′ → E ′ là toàn ánh. Thật vậy, vì ImA đóng trong không gian Banach F nên ImA là không gian con Banach của F . Nhờ định lý Banach về ánh xạ mở ta thấy ánh xạ A : E → ImF là đẳng cấu tuyến tính giữa các không gian Banach nên A : E → ImF là đẳng cấu, vì vậy tồn tại số C > 0 sao cho: ‖x‖  C‖Ax‖, ∀x ∈ E. 187 Cho f ∈ E ′. Xét ánh xạ ϕ : ImA → K xác định bởi: Với y ∈ ImA, ∃!x ∈ E : Ax = y, đặt ϕ(y) = ϕ(Ax) := f(x), x ∈ E. Dễ thấy ϕ là ánh xạ tuyến tính. Ta có: |ϕ(y)| = |ϕ(Ax)| = |f(x)|  ‖f‖‖x‖  C‖f‖.‖Ax‖ = C‖f‖‖y‖, ∀y ∈ F. Suy ra ϕ liên tục. Theo định lý Hahn-Banach, tồn tại g ∈ F ′ sao cho: g ∣∣∣ ImF = ϕ Khi đó ta có: (A′g)(x) = g(Ax) = ϕ(Ax) = f(x) với mọi x ∈ E, tức là A′(g) = f . Từ đó suy ra A′ : F ′ → E ′ là toàn ánh. Bài 12. Đặt C = inf{‖Ax‖ : x ∈ E, ‖x‖ = 1}. Xét hai tr−ờng hợp: +) Nếu C = 0 thì theo định nghĩa inf, tồn tại dãy {xn} ⊂ E : ‖xn‖ = 1 và lim n→∞ Axn = 0, tức là ta có điều phải chứng minh. +) Nếu C > 0 thì với mọi x ∈ E, x = 0 ta có: ‖Ax‖  C‖x‖. Nh− vậy ta có: ‖Ax‖  C‖x‖, với mọi x ∈ E. Từ đó suy ra A là đơn ánh và ánh xạ ng−ợc A−1 : ImA → E là ánh xạ tuyến tính liên tục, do đó A : E → ImA là phép đẳng cấu, tứclà ImA đẳng cấu với E. Theo giả thiết E là không gian Banach nên ImA là một không gian Banach và là không gian con Banach của F ,. Từ đó, nhờ giả thiết A là toán tử compact ta suy ra 1E = A−1 ◦ A : E → ImA → E là toán tử compact nên E là không gian hữu hạn chiều. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy không thể xảy ra tr−ờng hợp C > 0. 188 Tóm lại, ta có inf{‖Ax‖ : x ∈ E, ‖x‖ = 1} = 0 nên tồn tại dãy {xn} ⊂ E : ‖xn‖ = 1 và lim n→∞ Axn = 0. Bài 13. Xét ánh xạ đồng nhất id : ( C [0; 1], ‖.‖∞ )→ (C [0; 1], ‖.‖). Ta thấy id là song ánh tuyến tính giữa các không gian Banach nên nếu id liên tục thì id là phép đẳng cấu và ta có điều phải chứng minh. Để chứng minh id liên tục, ta chứng minh id có đồ thị đóng: Giả sử {(fn, fn)}n∈N∗ ⊂ Γid sao cho (fn, fn) → (f, g) ∈ ( C [0; 1], ‖.‖∞ ) ì( C [0; 1], ‖.‖) khi n →∞. Khi đó ta có: ‖fn − f‖∞ → 0 và ‖fn − g‖ → 0. +) Từ đẳng thức ‖fn − f‖∞ → 0 ta suy ra: lim n→∞ fn(x) = f(x), ∀x ∈ [0; 1] (1) +) Do ‖fn − g‖ → 0 nên từ giả thiết b) ta có lim n→∞ (fn − g)(x) = 0, ∀x ∈ E, suy ra lim n→∞ fn(x) = g(x), ∀x ∈ [0; 1] (2) Do tính duy nhất của giới hạn trong K nên từ (1)&(2) ta suy ra: f(x) = g(x) với mọi x ∈ [0; 1], tức là g = f , từ đó suy ra (f, g) ∈ Γid, suy ra id có đồ thị đóng. Nhờ định lý đồ thị đóng ta suy ra id liên tục. Nh− vậy id là song ánh tuyến tính liên tục giữa các không gian Banach nên theo nguyên lý Banach về ánh xạ mở, id là phép đẳng cấu giữa ( C [0; 1], ‖.‖∞ ) và( C [0; 1], ‖.‖). Do id và id−1 liên tục ta suy ra tồn tại các số m,M > 0 sao cho: m‖f‖∞  ‖f‖  M‖f‖∞ với mọi f ∈ C [0; 1]. Bài 14. Giả sử M là tập compact, khi đó M hoàn toàn bị chặn trong lp nên với ε > 0 bất kì, tồn tại y1 = (y1n), . . . y k = (ykn) ∈ M là một ε2 - l−ới của M . Chọn n0 ∈ N∗ sao cho: ( ∞∑ n=n0+1 |yjn|p ) 1 p < ε 2 , ∀j = 1, k 189 Với mỗi x = (xn) ∈ lp, chọn 1  j  k sao cho ‖x− yj‖p < ε2 . Khi đó ta có:( ∞∑ n=n0+1 |xn|p ) 1 p  ( ∞∑ n=n0+1 |xn − yjn|p ) 1 p + ( ∞∑ n=n0+1 |yjn|p ) 1 p < ‖x− yj‖p + ε 2 < ε. Ng−ợc lại, với mỗi ε > 0, xét tập: L = {(x1, . . . , xn0) ∈ Kn0 | ∃x = (x1, . . . , xn0 , xn0+1, . . .) ∈ M}, trong đó n0 ∈ N∗ đ−ợc chọn sao cho( ∞∑ n=n0+1 |xn|p ) 1 p < ε 2 , ∀x = (xn) ∈ M. Rõ ràng tập L hoàn toàn bị chặn trong Kn0 nên tồn tại một ε 2 - l−ới A của L gồm các phần tử của L, chẳng hạn A = {x1, . . . , xk}, xj = (xj1, . . . , xjn0), j = 1, k T−ơng ứng ta chọn đ−ợc cho M một ε- l−ới gồm các phần tử của L mà mỗi phần tử trong ε - l−ới đó là một dãy có n0 thành phần đầu tiên lập thành phần tử của A. Nh− vậy, M hoàn toàn bị chặn và do đó là một tập compact t−ơng đối trong lp. Bài 15. Nếu λ là giá trị riêng của f ∈ L(E) thì tồn tại x ∈ E, x = 0 sao cho f(x) = λx hay (f − λ idE)(x) = 0. suy ra x ∈ ker(f − λ idE), do đó ker(f − λ idE) = {0}. Vậy f − λ idE không phải là đơn ánh nên không là song ánh, do đó không tồn tại (f − λ idE)−1. Theo định nghĩa phổ của toán tử, λ là giá trị phổ của f . Bài 16. Theo bài tập 15, mọi giá trị riêng của f đều là giá trị phổ của f . Ta chỉ cần chứng minh nếu E hữu hạn chiều thì mọi giá trị phổ của f đều là giá trị 190 riêng của f . Thật vậy, nếu λ không phải là giá trị riêng của f thì không tồn tại x ∈ E, x = 0 sao cho (f − λ idE)(x) = 0, nói cách khác, f − λ idE : E → E là đơn cấu. Do E < +∞ nên f − λ idE là song ánh tuyến tính và do đó là đẳng cấu. Suy ra λ không là giá trị phổ của f . Nh− vậy ta đã chứng minh mọi giá trị riêng của f đều là giá trị phổ và mọi giá trị phổ của f đều là giá trị riêng, tức là tập giá trị phổ của toán tử tuyến tính trên không gian hữu hạn chiều chính là tập các giá trị riêng của toán tử tuyến tính đó. Bài 17. Nếu số 0 không là giá trị phổ của f thì f khả nghịch trong L(E), nghĩa là tồn tại ánh xạ ng−ợc f−1 ∈ L(E). Do f là toán tử compact nên idE = f−1 ◦ f là toán tử compact. Theo bài tập 4, E là không gian hữu hạn chiều. Điều này mâu thuẫn với giả thiết E vô hạn chiều. Vậy 0 /∈ σ(f). Bài 18. a) Tr−ớc hết ta thấy dãy (αn) hội tụ nên sup n αn < +∞. Với x = (xn) ∈ l2 thì ∞∑ n=1 |αnxn|2  sup n |αn|2. ∞∑ n=1 |xn|2 < +∞ nên ϕα(x) = (αnxn) ∈ l2. Việc kiểm tra ϕα là toán tử tuyến tính là hoàn toàn đơn giản. Do ‖ϕα(x)‖2 = √√√√ ∞∑ n=1 |αnxn|2  sup n |α|n ∞∑ n=1 |xn|2 = ‖α‖∞.‖x‖2, ∀x ∈ l2 nên ϕα liên tục và ‖ϕα‖  ‖α‖∞. b) Nếu ϕα(x) = (αnxn) = 0 ∈ l2 thì αnxn = 0 với mọi n. Theo giả thiết αn = 0, ∀n nên ta có xn = 0, ∀n, nghĩa là x = 0. Vậy ϕα là đơn cấu nên số 0 không phải là giá trị riêng của ϕα. Do l2 là không gian Banach vô hạn chiều nên để chứng minh số 0 là giá trị phổ của ϕα, theo bài tập 17, ta chứng minh ϕα là toán tử compact. Thật vậy, xét tập ϕα(B[0, 1]), trong đó B[0, 1] là hình cầu đóng đơn vị trong l2. Do lim n→∞ αn = 0 nên với ε > 0 bất kì cho tr−ớc, tồn tại n0 ∈ N∗ sao cho với mọi n  n0 ta có 191 |αn| < √ε. Khi đó, với mọi ϕα(x) = (αnxn) ∈ ϕα(B[0, 1]), x = (xn) ∈ B[0, 1], ta có: ∞∑ k=n+1 |αnxn|2  |αn|2 ∞∑ k=n+1 |xn|2  ε ∞∑ k=1 |αnxn|2  ε Theo tiêu chuẩn về tính compact t−ơng đối trong lp, p  1 (Bài tập 14), ta suy ra ϕα(B[0, 1]) là tập compact t−ơng đối trong l2. Vậy ϕα là toán tử compact. Từ đó suy ra 0 ∈ σ(ϕα). Bài 19. Nhờ các bài tập 15 : Mọi giá trị riêng của A đều là giá trị phổ của A; Nhờ bài tập 17: Số 0 là giá trị phổ của A. Vậy ta chỉ cần chứng minh mọi giá trị phổ khác 0 của A đều là giá trị riêng của A. Thật vậy, giả sử λ = 0 là giá trị phổ của A nh−ng λ không phải là giá trị riêng của A. Khi đó Aλ := A − λ là song ánh tuyến tính liên tục từ E lên ImAλ = Rλ, mà nó là không gian con đóng của E bởi định lý 4.7. Từ định lý ánh xạ mở Banach ta suy ra Aλ : E → ImAλ là đẳng cấu. Với n  0, đặt Xn = ImA n λ. Ta có Xn+1  Xn, ∀n  0. Thật vậy hiển nhiên Xn+1 ⊂ Xn, ∀n  0 và X1 = X0 = 1E (A0λ = E). Giả sử Xn+1  Xn, ∀0  n  m nh−ng Xm+2 = Xm+1. Chọn x ∈ Xm \Xm+1. Do Xm+2 = Xm+1, tồn tại y ∈ Xm+1 để Aλy = Aλx. Vậy thì Aλ(x − y) = 0. Do Aλ là đơn ánh, x = y ∈ Xm+1. Trái giả thiết x /∈ Xm+1. Mặt khác do Aλ : E ∼= ImAλ, suy ra Xn = ImAnλ là không gian con đóng của E với mọi n  0. Bởi hệ quả 3.5, Ch II, với mọi n  0 tồn tại fn ∈ E ′ sao cho fn ∣∣ Xn+1 = 0 và ‖f ∣∣∣ Xn ‖ = 1 Nh− vậy tồn tại xn ∈ Xn sao cho ‖xn‖ = 1 và f(xn)  1 2 Suy ra ‖xn − x‖  |f(xn − x)|  1 2 , ∀x ∈ Xn+1 192 Bởi vì Axn − Axm = λxn + Aλxn − λxm − Aλxm, Aλxn − λxm − Aλxm ∈ Xn+1 nên ta có ‖Axn − Axm‖ = ‖λxn + Aλxn − λxm −Aλxm‖ = |λ|‖xn + Aλxn − λxm − Aλxn λ ‖  |λ| 2 , ∀0  n < m (Chú ý rằng Aλxn − λxm − Aλxn λ ∈ Xn+1). Nh− vậy, dãy {Axn} không thể có dãy con nào hội tụ, điều này trái với tính compact của A. Bài 20. Giả sử ng−ợc lại, λ /∈ σ(A), khi đó Aλ = A − λ idE : E → E là một phép đẳng cấu nên A−1λ là toán tử tuyến tính liên tục, do đó tồn tại số m > 0 sao cho m‖x‖  ‖Aλx‖ = ‖Ax− λx‖, ∀x ∈ E. (1) Theo giả thiết, tồn tại dãy {xn} ⊂ E, ‖xn‖ = 1 sao cho lim n→∞ (Axn − λxn) = 0, do đó: lim n→∞ ‖Axn − λxn‖ = 0 (2) Mặt khác, từ (1) và giả thiết ‖xn‖ = 1, ∀n, ta suy ra: lim n→∞ ‖Axn − λxn‖  m > 0 (3) Các hệ thức (2) và (3) mâu thuẫn với nhau, chứng tỏ λ ∈ σ(A). Bài 21. Ta sẽ chứng minh mệnh đề t−ơng đ−ơng: Nếu tồn tại số nguyên d−ơng n sao cho λn /∈ σ(An) thì λ /∈ σ(A). Thật vậy, nếu đặt B = An−1 + λAn−2 + . . . + λn−2A + λn−11E thì ta có: An − λn1E = (A− λ1E)B = B(A− λ1E). 193 Từ đó, nếu λn /∈ σ(An) thì tồn tại C ∈ L(E) sao cho: (An − λn1E)C = C(An − λn1E) = 1E . Hay là (A− λ1E)(BC) = (CB)(A− λ1E) = 1E . Suy ra A − λ1E có toán tử ng−ợc liên tục và (A − λ1E)−1 = BC = CB, nghĩa là λ /∈ σ(A). Bài 22. Ta sẽ chứng minh nếu λ−1 /∈ σ(A−1) thì λ /∈ σ(A). Thật vậy, nếu λ−1 là giá trị chính quy của A−1 thì A−1−λ−11E là phép đẳng cấu. Theo giả thiết A,và do đó −λA, λ = 0, cũng là phép đẳng cấu. Suy ra A− λ1E = (−λA)(A−1 − λ−11E) là phép đẳng cấu, nghĩa là λ /∈ σ(A). Bài 23. a) Kiểm tra trực tiếp thấy A là ánh xạ tuyến tính liên tục và ‖A‖  1. b) Do C [0; 2π] là không gian Banach và với mọi λ ∈ C, toán tử A − λI : C [0; 2π]→ C [0; 2π] là tuyến tính liên tục (I là toán tử đồng nhất của C [0; 2π]), ta suy ra λ /∈ σ(A) khi và chỉ khi: Với mỗi y ∈ C [0; 2π], ph−ơng trình Ax−λx = y có nghiệm duy nhất x ∈ C [0; 2π], tức là ph−ơng trình: eitx(t)− λx(t) = y(t) hay [eit − λ]x(t) = y(t), ∀t ∈ [0; 2π] có nghiệm duy nhất x = x(t), t ∈ [0; 2π]. Điều này xảy khi và chỉ khi λ = eit với mọi t ∈ [0; 2π] hay |λ| = 1. Từ đó suy ra: σ(A) = {λ ∈ C : |λ| = 1}. Bài 24. Tr−ớc hết ta thấy: +) λ = 0 là giá trị riêng của A ứng với véc tơ riêng x = x(t) = (t− 1)2 − 1, t ∈ [0; 1]; 194 +) λ = 1 là giá trị riêng của A ứng với véctơ riêng x = x(t) = t, t ∈ [0; 1]. Từ đó {0; 1} ⊂ σ(A). Giả sử λ ∈ C, λ = 0, λ = 1. Với mỗi y ∈ C [0; 1], xét ph−ơng trình: Ax− λx = y ⇔ x(0) + tx(1)− λx(t) = y(t), ∀t ∈ [0; 1] (1) Trong ph−ơng trình (1) lần l−ợt cho t = 0; t = 1 ta đ−ợc: x(0) = y(0) 1− λ ; x(1) = y(1) 1− λ − y(0) (1− λ)2 Thay vào (1) ta đ−ợc ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với (1) là: y(0) 1− λ + ty(1) 1− λ − ty(0) (1− λ)2 − λx(t) = y(t), t ∈ [0; 1]. (2) Rõ ràng, với mỗi y ∈ C [0; 1] ph−ơng trình (2) có nghiệm duy nhất: x(t) = −1 λ y(t) + y(0) λ(1− λ) + ty(1) λ(1− λ) − ty(0) λ(1− λ)2 Điều đó chứng tỏ ánh xạ A− λI : C [0; 1] → C [0; 1] là song ánh tuyến tính liên tục. Do C [0; 1] là không gian Banach nên A− λI là đẳng cấu. Theo định nghĩa λ /∈ σ(A). Nh− vậy, với mọi λ ∈ C, nếu λ = 0, λ = 1 thì λ ∈ s(A) = C \ σ(A). Suy ra σ(A) = {0; 1}. Ta có r(A) = sup{|λ‖ : λ ∈ σ(A)} = 1. Theo kết quả trên ta có: R(A, λ) = (A− λI)−1 : C [0; 1] → C [0; 1] là toán tử xác định bởi: R(A, λ)(x)(t) = −1 λ x(t) + x(0) λ(1− λ) + tx(1) λ(1− λ) − tx(0) λ(1− λ)2 , t ∈ [0; 1]. trong đó λ = 0, λ = 1, x ∈ C [0; 1]. 195 Bài 25. Cho λ ∈ C, ta đi tìm điều kiện của λ để với mỗi y ∈ C [0; 1] ph−ơng trình Ax− λx = y có nghiệm duy nhất x ∈ C [0; 1]. Ta có: Ax− λx = y ⇔ t∫ 0 x(s)ds− λx(t) = y(t), ∀t ∈ [0; 1] (1) Ta thấy: +) Với λ = 0 và y(t) là hàm liên tục nh−ng không khả vi trên đoạn [0; 1] thì ph−ơng trình (1) không có nghiệm x(t), chứng tỏ 0 ∈ σ(A). Giả sử λ = 0, đặt u(t) = t∫ 0 x(s)dx, t ∈ [0; 1], khi đó u(t) khả vi trên đoạn [0; 1] và u′(t) = x(t), t ∈ [0; 1]. Ph−ơng trình (1) t−ơng đ−ơng với ph−ơng trình: u(t)− λu′(t) = y(t), u(0) = 0 hay u′(t)− 1 λ u(t) = −1 λ y(t), u(0) = 0 (2) Ph−ơng trình (2) là ph−ơng trình vi phân tuyến tính, với mỗi y ∈ C [0; 1] ph−ơng trình đó có nghiệm duy nhất u(t) thoả mãn điều kiện ban đầu u(0) = 0 là: u(t) = −1 λ t∫ 0 e t−s λ y(s)ds, t ∈ [0; 1]. Do đó ph−ơng trình (1) có nghiệm duy nhất x(t) = u′(t) = R(A, λ)(y)(t) Nh− vậy, ta đã chứng minh 0 ∈ σ(A) và ∀λ ∈ C, λ = 0 ⇒ λ /∈ σ(A), nghĩa là σ(A) = {0}. Từ chứng minh trên, với λ = 0 ta có: R(A, λ)(x)(t) = ⎛ ⎝−1 λ t∫ 0 e t−s λ x(s)ds ⎞ ⎠′ t , t ∈ [0; 1]. 196 4 Ch−ơng 4 Bài 1. a) Do ϕ(x, y) ∈ R nên ta có: VP = ϕ(x, x) + ϕ(x, y) + ϕ(y, x) + ϕ(y, y) − [ϕ(x, x)− ϕ(x, y)− ϕ(y, x) + ϕ(y, y)] = 2ϕ(x, y) + 2ϕ(x, y) = 2ϕ(x, y) + 2ϕ(x, y) = 4ϕ(x, y) = VT b) Ta có V P = ϕ(x, x) + ϕ(x, y) + ϕ(y, x) + ϕ(y, y) − [ϕ(x, x)− ϕ(x, y)− ϕ(y, x) + ϕ(y, y)] + i[ϕ(x, x) + iϕ(x, y) + iϕ(y, x) + iiϕ(y, y)] − i[ϕ(x, x)− iϕ(x, y)− iϕ(y, x) + iiϕ(y, y)] = 2ϕ(x, y) + 2ϕ(y, x) + 2iiϕ(x, y) + 2i2ϕ(y, x) = 4ϕ(x, y) = VT Bài 2. +) Tr−ớc hết, do ϕ(x, y) ∈ R và từ công thức xác định ϕ ta có: ϕ(x, y) = ϕ(y, x) = ϕ(y, x), ∀x, y ∈ E. +) Từ điều kiện đã cho ta có: ϕ(x, y) = 1 2 (‖x + y‖2 − ‖x− y‖2), ∀x, y ∈ E nên với mọi x1, x2, y ∈ E ta có: ϕ(x1 + x2, y) = 1 2 (‖x1 + x2 + y‖2 − ‖x1 + x2 − y‖2) = 1 2 (‖(x1 + y) + x2‖2 + ‖(x1 + y)− x2‖2) − 1 2 (‖x1 + (x2 − y)‖2 + ‖x1 − (x2 − y)‖2) = (‖x1 + y‖2 + ‖x2‖2)− (‖x1‖2 + ‖x2 − y‖2) = (‖x1 + y‖2 − ‖x1‖2 − ‖y2‖) + (‖y‖2 + ‖x2‖2)− ‖x2 − y‖2) = (‖x1 + y‖2 − ‖x1‖2 − ‖y2‖) + (‖x2 + y‖2 − ‖x2‖2 − ‖y2‖) = ϕ(x1, y) + ϕ(x2, y) 197 +) Với x, y ∈ E cố định, do |‖λ1x + y‖ − ‖λ2x + y‖|  |λ1 − λ2|‖x‖ nên hàm số R  λ → ‖λx + y‖ liên tục. Đặt g(λ) = ϕ(λx, y) = 1 2 (‖λx + y‖2 − ‖λx− y‖2), λ ∈ R ta đ−ợc g : R → R là hàm số liên tục. Theo chứng minh trên ta có: g(λ1 + λ2) = ϕ(λ1x + λ2x, y) = ϕ(λ1x, y) + ϕ(λ2x, y) = g(λ1) + g(λ2), ∀λ1, λ2 ∈ R. Suy ra g(λ) = aλ, λ ∈ R, (a ∈ R cố định) Nh−ng do g(1) = a = ϕ(x, y) nên ta có: ϕ(λx, y) = g(λ) = λa = λϕ(x, y), ∀x, y ∈ E, ∀λ ∈ R. Chứng tỏ ϕ là dạng Hermite trên E. +) Cuối cùng ϕ(x, x) = ‖2x‖2 − ‖x‖2 − ‖x‖2 = 2‖x‖2  0, ∀x ∈ E. và ϕ(x, x) = 0 chỉ khi x = 0 ∈ E nên ϕ là tích vô h−ớng trên E. Bài 3. +) Giả sử G(x1, . . . , xn) = 0, ta chứng minh hệ vector {x1; x2; . . . ; xn} độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu λ1, λ2, . . . , λn ∈ C sao cho λ1x1+λ2x2+. . .+λnxn = 0. Khi đó: ⎧⎪⎪⎪⎨ ⎪⎪⎪⎩ λ1〈x1, x1〉+ λ2〈x2, x1〉 + . . . + λn〈xn, x1〉 = 0 λ1〈x1, x2〉+ λ2〈x2, x2〉 + . . . + λn〈xn, x2〉 = 0 ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã ã λ1〈x1, xn〉 + λ2〈x2, xn〉+ . . . + λn〈xn, xn〉 = 0 (1) 198 Hệ (1) là hệ ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất n ph−ơng trình n ẩn λ1, . . . , λn và có định thức hệ số chính là định thức Gram G(x1, . . . , xn) của hệ vector {x1; x2; . . . ; xn}, vì vậy, với G(x1, . . . , xn) = 0 thì hệ (1) có nghiệm duy nhất λ1 = λ2 = . . . = λn = 0. Điều này chứng tỏ hệ vector {x1; x2; . . . ; xn} độc lập tuyến tính. +) Ng−ợc lại, giả sử G(x1, . . . , xn) = 0. Xét hệ ph−ơng trình (1) với các ẩn λ1, λ2, . . . , λn. Vì định thức của ma trận hệ số của của hệ llà định thức Gram G(x1, . . . , xn) = 0 nên hệ (1) có nghiệm không tầm th−ờng (λ1, λ2, . . . , λn). Khi đó, từ hệ (1) ta có n∑ i=1 〈λixi, xj〉 = 0 ⇒ 〈 n∑ i=1 λixi, λjxj〉 = λj n∑ i=1 〈λixi, xj〉 = 0, ∀j = 1, n Suy ra: 〈 n∑ i=1 λixi, n∑ j=1 λjxj 〉 = ∥∥∥ n∑ i=1 λixi ∥∥∥2 = 0 Chứng tỏ có sự biểu diễn n∑ i=1 λixi = 0 với các hệ số λ1, λ2, . . . , λn không đồng thời bằng không, nghĩa là hệ vector {x1; x2; . . . ; xn} phụ thuộc tuyến tính. Bài 4. Tr−ớc hết ta chứng minh nếu x = (xn), y = (yn) ∈ l1 thì (xnyn) ∈ l1. Thật vậy, do các chuỗi số d−ơng ∞∑ n=1 |xn|, ∞∑ n=1 |yn| hội tụ nên lim n→∞ |xn| = lim n→∞ |yn| = 0, vì vậy, tồn tại số n0 sao cho |xn| < 1, |yn| < 1 với mọi n  n0. Suy ra |xn|2  |xn| và |yn|2  |yn| với mọi n  n0. Theo dấu hiệu so sánh, các chuỗi ∞∑ n=1 |xn|2, ∞∑ n=1 |yn|2 hội tụ, từ đó, nhờ bất đẳng thức |xnyn|  |xn|2 + |yn|2 với mọi n ∈ N, ta suy ra chuỗi số ∞∑ n=1 |xnyn| hội tụ. Hơn nữa, nhờ định nghĩa, dễ dàng kiểm tra đ−ợc rằng ánh xạ (x; y) → 〈x, y〉 = ∞∑ n=1 |xnyn| là tích vô h−ớng trên l1, đồng thời, chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng này xác định bởi công thức: ‖x‖ = √√√√ ∞∑ n=1 |xn|2, x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ l1. 199 Tiếp theo, theo chứng minh trên ta thấy l1 ⊂ l2, hơn nữa, l1 là không gian vector con của l2 và chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng trên l1 trùng với chuẩn của không gian Banach l2. Vì vậy, nếu với tích vô h−ớng trên, l1 là không gian Hilbert, thì bản thân nó là không gian Banach con của l2 nên sẽ là không gian con đóng của l2. Nh−ng ở đây chúng ta sẽ chỉ ra l1 không phải là không gian con đóng của l2, và do vậy không thể không gian Hilbert. Thật vậy, chọn dãy (xk)k∈N∗ ⊂ l1 xác định bởi: xk = (xkn) ∞ n=1 với xkn = 1 n1+ 1 k , n = 1,+∞ , k = 1, 2, . . . Rõ ràng, vì chuỗi Riemann ∞∑ n=1 1 ns hội tụ khi s > 1 nên, với mỗi k ∈ N∗, chuỗi số ∞∑ n=1 1 n 1+ 1 k hội tụ, nghĩa là xk = ( 1 n 1+ 1 k )+∞ n=1 ∈ l1 với mọi k = 1, 2, . . . Nói cách khác, dãy (xk)∞k=1 ⊂ l1 Vì rằng, nếu dãy l1  yk = (ξkn)∞n=1 hội tụ đến phần tử y = (ξn)∞n=1 ∈ l1, khi k → ∞, theo chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng trong l1 (tức là chuẩn trong không gian Banach l2) thì sự hội tụ đó là sự hội tụ theo từng thành phần, nghĩa là lim k→∞ ξkn = ξn, ∀n = 1, 2, . . . nên nếu dãy (xk)k∈N∗ ⊂ l1 xác định ở trên hội tụ đến phần tử x = (ξn) ∈ l2 thì do lim k→∞ 1 n1+ 1 k = 1 n , n = 1, 2, . . . ta suy ra x = (1 n )∞ n=1 ∈ l2. Nh−ng lại do chuỗi số d−ơng ∞∑ n=1 1 n không hội tụ nên x = ( 1 n )∞ n=1 /∈ l1. Điều này chứng tỏ l1 không phải là không gian con đóng của l2 theo chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng đang xét. Bài 5. Nếu chuẩn sup đã cho sinh bởi tích vô h−ớng nào đó trong C [0; 2π] thì bất đẳng thức hình bình hành sau phải luôn thoả mãn với mọi f, g ∈ C [0; 2π]: ‖f + g‖2 + ‖f − g‖2 = 2(‖f‖2 + ‖g‖2) (1) 200 Bằng cách chọn f(t) = max(sin t; 0), g(t) = max(− sin t; 0), t ∈ [0; 2π] ta thấy ‖f + g‖ = ‖f − g‖ = ‖f‖ = ‖g‖ = 1. Nh− vậy, với các hàm f, g vừa chọn thì bất đẳng thức hình bình hành (1) không thể thoả mãn. Chứng tỏ chuẩn đã cho không thể đ−ợc sinh bởi tích vô h−ớng nào trên C [0; 2π]. Bài 6. Bằng định nghĩa tích vô h−ớng, dễ dàng kiểm tra đ−ợc rằng công thức 〈f, g〉 := 1∫ −1 f(x)g(x)dx (1) xác định một tích vô h−ớng trên C [−1; 1] nên C [−1; 1] là không gian tiền Hilbert và chuẩn trên C [−1; 1] sinh bởi tích vô h−ớng này là: ‖f‖ = ( 1∫ −1 |f(x)|2dx ) 1 2 , f ∈ C [0; 1] (2) Ta chứng minh C [−1; 1] với chuẩn (2) không phải là không gian Banach, tức là C [−1; 1] với tích vô h−ớng (1) không phải là không gian Hilbert. Xét dãy hàm số liên tục {fn}n1 xác định bởi: fn(t) = ⎧⎪⎨ ⎪⎩ 0 nếu − 1  t  0 nt nếu 0  t  1 n 1 nếu 1 n  t  1 Khi đó dãy ({fn}n1 là dãy Cauchy vì |fm(t)− fn(t)| = ⎧⎪⎨ ⎪⎩ 0 khi − 1  t  0 |fm(t)− fn(t)|  1 khi 0  t  max{ 1m ; 1n} 0 khi max{ 1 m ; 1 n }  t  1 201 ‖fm − fn‖2 = ∫ 1 −1 |fm(t)− fn(t)|2dt = ∫ 0 −1 |fm(t)− fn(t)|2dt + + ∫ max{ 1 m ; 1 n } 0 |fm(t)− fn(t)|2dt + ∫ 1 max{ 1 m ; 1 n } |fm(t)− fn(t)|2dt  0 + max{ 1 m ; 1 n }+ 0 = max{ 1 m ; 1 n } → 0 khi m,n→∞. Từ đó, nếu f là một hàm liên tục trên [−1; 1] sao cho lim n→∞ ‖fn − f‖2 = lim n→∞ ∫ 1 −1 |fn(t)− f(t)|2dt = 0 thì ắt phải có giới hạn điểm lim n→∞ |fn(t)− f(t)| = 0, t ∈ [−1; 1], từ đó suy ra: f(t) = lim n→∞ fn(t) = { 0 khi − 1  t  0 1 khi 0  t  1 Điều này trái với tính liên tục của f . Bài 7. Vì F là không gian vector con thực sự của E nên tồn tại 0 = a ∈ E \ F . Xét không gian vector con một chiều L sinh bởi a: L = {λa, λ ∈ C}. Gọi H = L⊥ ∩F . Khi đó, H là siêu phẳng đóng trong F và mọi phần tử b ∈ F \ {0} đều không trực giao với H, vì nếu b trực giao với H thì b = λa, λ = 0 nên a ∈ F , mâu thuẫn ! 202 Bài 8. a) Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, với mọi n ∈ N∗ ta có:{ |〈xn, yn〉|  ‖xn‖.‖yn‖  ‖xn‖  1 |〈xn, yn〉|  ‖xn‖.‖yn‖  ‖yn‖  1 ⇒ { |〈xn, yn〉|  ‖xn‖  1 |〈xn, yn〉|  ‖yn‖  1 (1) Theo giả thiết, lim n→∞ = 1 nên trong (1) cho n → ∞ ta đ−ợc lim n→∞ ‖xn‖ = 1, lim n→∞ ‖yn‖ = 1. b) Với mọi n ∈ N∗ ta có: ‖xn − yn‖2 = 〈xn − yn, xn − yn〉 = ‖xn‖2 + ‖yn‖2 − 〈xn, yn〉 − 〈xn, yn〉 (2) Do lim n→∞ 〈xn, yn〉 = 1 suy ra lim n→∞ 〈xn, yn〉 = 1. Lấy giới hạn hai vế của (2) khi n→∞ ta đ−ợc lim n→∞ ‖xn − yn‖2 = 0, suy ra lim n→∞ ‖xn − yn‖ = 0. Bài 9. Cách 1: Do E là không gian Hilbert, tức là với chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng thì E là một không gian Banach, nên để chứng minh ánh xạ A : E → E liên tục, áp dụng kết quả bài tập 9 ch−ơng 2, ta chỉ cần chứng minh A ◦ f liên tục với mọi f ∈ E ′. Thật vậy, vì f ∈ E ′ nên theo Định lý Riesz về sự biểu diễn phiếm hàm tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert, tồn tại a ∈ E sao cho f(y) = 〈y, a〉 với mọi y =∈ E. Do đó (u ◦ A)(x) = u(Ax)〈Ax, a〉 = 〈x,Aa〉, ∀x ∈ E. Suy ra ‖(u ◦ A)(x)‖ = |〈x,Aa〉|  ‖Aa‖.‖x‖ với mọi x ∈ E. Bất đẳng thức này chứng tỏ u ◦ A liên tục và ‖u ◦ A‖  ‖Aa‖. Cách 2: Với chuẩn sinh bởi tích vô h−ớng, E là một không gian Banach. Để chứng minh toán tử tuyến tính A : E → E liên tục, áp dụng định lý đồ thị đóng, ta chỉ cần chứng minh A có đồ thị đóng. Thật vậy, giả sử {xn}n∈N∗ là dãy phần tử bất kỳ của E sao cho (xn, Axn) → (x, y) ∈ EìE, khi đó xn → x, Axn → y. Lại do hàm E ì E  (x, y) → 〈x, y〉 là hàm liên tục nên ta có (∀u ∈ E) lim n→∞ 〈Axn, u〉 = 〈y, u〉 (1) 203 Kết hợp với giả thiết ta suy ra: (∀u ∈ E) lim n→∞ 〈Axn, u〉 = lim n→∞ 〈xn, Au〉 = 〈x,Au〉 = 〈Ax, u〉 (2) Từ (1) và (2), do tính duy nhất của giới hạn trong C ta suy ra: (∀u ∈ E) 〈Ax, u〉 = 〈y, u〉 ⇔ (∀u ∈ E) 〈Ax− y, u〉 = 0 (3) Từ (3) ta suy ra Ax− y = 0 hay là Ax = y, chứng tỏ A có đồ thị đóng. Bài 10. T−ơng tự nh− Bài 10, ta chứng minh A có đồ thị đóng. Thật vậy, giả sử {xn}n∈N∗ là dãy phần tử bất kỳ của E sao cho (xn, Axn) → (x, y) ∈ E ì E, khi đó xn → x, Axn → y. Khi đó, do tính liên tục của tích vô h−ớng ta suy ra: (∀u ∈ E) lim n→∞ 〈Axn, u〉 = 〈y, u〉 (4) Từ giả thiết về tính liên tục của phiếm hàm x → 〈Ax, u〉, (∀u ∈ E), ta suy ra (∀u ∈ E) lim n→∞ 〈Axn, u〉 = 〈Ax, u〉 (5) Từ (4) và (5), do tính duy nhất của giới hạn trong C ta suy ra: (∀u ∈ E) 〈Ax, u〉 = 〈y, u〉 ⇔ (∀u ∈ E) 〈Ax− y, u〉 = 0 (6) Từ (6) ta suy ra Ax− y = 0 hay Ax = y, chứng tỏ A có đồ thị đóng. Bài 11. Do L là không gian con đóng của E nên E = L⊕L⊥. Khi đó, mỗi phần tử x ∈ E đều biểu diễn đ−ợc duy nhất d−ới dạng x = u + v với u ∈ L, v ∈ L⊥. Ngoài ra, theo chứng minh Định lý 3.9, Ch−ơng 4 về sự tồn tại phép chiếu trực giao ta có: ‖v‖ = ‖x− u‖ = dist(x, L)  ‖x− y‖ với mọi y ∈ L (∗) Do đó x ⊥ L khi và chỉ khi u = 0 và x = v. Kết hợp với bất đẳng thức (∗) ta suy ra: ‖x‖  ‖x− y‖ với mọi y ∈ L. 204 Bài 12. Theo giả thiết |λn|  M = sup n∈N∗ |λn| < +∞ với mọi n ∈ N∗ nên theo bất đẳng thức Bessel ta có: ∞∑ n=1 |λn〈x, en〉|2  M2 ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2  M2‖x‖2, (∀x ∈ E). Suy ra ‖Ax‖2 = 〈Ax,Ax〉 = ∞∑ n=1 |λn|2|〈x, en〉|2  M2‖x‖2, (∀x ∈ E). Chứng tỏ A liên tục và ‖A‖ M = sup n∈N∗ |λn|. Hơn nữa, có thể chỉ ra đ−ợc ‖A‖ = M . Bài 13. Với mỗi n ∈ N∗ xét ánh xạ An : E → E xác định bởi Anx := n∑ k=1 λk〈x, ek〉ek, x ∈ E. Do dimR(An) < +∞ nên An là toán tử hữu hạn chiều, do đó An là toán tử compact. Mặt khác, với mỗi ε > 0 tồn tại n0 sao cho |λn| < ε với mọi n  n0 và với n  n0 ta có: ‖A− An‖ = sup ‖x‖1 ‖Ax− Anx‖ = sup ‖x‖1 ∥∥ ∞∑ k=n+1 λk〈x, ek〉ek ∥∥ < ε. Chứng tỏ A là giới hạn trong L(E) của dãy toán tử compact nên theo Định lý 2.5 Ch−ơng 3, A là toán tử compact. Bài 14. Giả sử p : E → L là toán tử compact. Do p ∣∣∣ L = idL : L → L là toán tử compact nên dimL < +∞. Ng−ợc lại, nếu dimL < +∞ thì p : E → L là toán tử hữu hạn chiều nên p là toán tử compact. Bài 15. Với mỗi n xét ánh xạ An : E → F xác định bởi Anx = n∑ k=1 〈x, ek〉Aek. (1) Dễ thấy An là toán tử tuyến tính và theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, với mọi x ∈ E ta có ‖Anx‖  n∑ k=1 |〈x, ek〉|‖Aek‖  n∑ k=1 ‖x‖.‖ek‖|‖Aek‖ = ( n∑ k=1 ‖Aek‖ ) .‖x‖ 205 nên An liên tục và ‖An‖  n∑ k=1 ‖Aek‖. Nhờ định nghĩa trong (1) ta có ImAn là không gian con của không gian sinh bởi hệ {Ae1; . . . ;Aen} nên dimAn < +∞, nghĩa là An là toán tử hữu hạn chiều và do vậy là toán tử compact. Hơn nữa, do {en}n∈N∗ là cơ sở trực chuẩn của E nên với mỗi x ∈ E ta có x = ∞∑ n=1 〈x, en〉en nên Ax = ∞∑ n=1 〈x, en〉Aen. Từ đó ta có, với mọi n ∈ N∗ và với mọi x ∈ E ta có: ‖(A− An)x‖ = ∥∥∥ ∞∑ k=n+1 〈x, ek〉Aek ∥∥∥  ∞∑ k=n+1 |〈x, ek〉|.‖Aek‖  √√√√ ∞∑ k=n+1 |〈x, ek〉|2. √√√√ ∞∑ k=n+1 ‖Aek‖2  √√√√ ∞∑ k=n+1 ‖Aek‖2. √√√√ ∞∑ k=1 |〈x, ek〉|2 = (√√√√ ∞∑ k=n+1 ‖Aek‖2 ) .‖x‖ Suy ra ‖An − A‖  √√√√ ∞∑ k=n+1 ‖Aek‖2 với mọi n ∈ N∗. Cho n → ∞, theo giả thiết chuỗi ∞∑ n=1 ‖Aen‖2 hội tụ nên lim n→∞ ∞∑ k=n+1 ‖Aek‖2 = 0, suy ra lim n→∞ ‖An −A‖ = 0 chứng tỏ A là giới hạn của dãy toán tử compact trong L(E;F ) nên A là toán tử compact. Bài 16. Điều kiện cần. Nếu M là tập compact t−ơng đối thì M là tập bị chặn. Đặt sn(x) = n∑ k=1 〈x, ek〉ek thì {sn}n∈N∗ ⊂ L(E;E) và lim n→∞ sn(x) = idE(x), x ∈ E. Theo hệ quả 1.7 ch−ơng 2, dãy {sn}n∈N∗ hội tụ đều trên M đến idE . Điều kiện đủ. Với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại n0 sao cho n > n0 với mọi x ∈ M : ∥∥∥x − n∑ k=1 〈x, ek〉ek ∥∥∥ < ε 3 . Cố định n1 > n0 và xét L = span{e1; . . . ; en1}. Giả sử f : E → L là ánh xạ cho bởi f(x) = n1∑ k=1 〈x, ek〉ek. Dễ thấy f là ánh xạ tuyến tính liên tục. Do đó f(M) là tập bị chặn trong L. Vì dimL < +∞ nên 206 f(M) hoàn toàn bị chặn trong L và do đó tồn tại x1, . . . , xp ∈ M sao cho với x ∈ M : ‖x− f(xi0)‖ < ε 3 với một xi0 nào đó, 0  i0  p. Khi đó, nếu x ∈ M thì ‖x− xi0‖  ∥∥∥x− n1∑ k=1 〈x, ek〉ek ∥∥∥+ ∥∥∥ n1∑ k=1 〈x, ek〉ek − n1∑ k=1 〈xi0 , ek〉ek ∥∥∥ + ∥∥∥ n1∑ k=1 〈xi0, ek〉ek − xi0 ∥∥∥ < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. Nh− vậy M là tập hoàn toàn bị chặn trong E và do đó nó là tập compact t−ơng đối trong E. Bài 17. Gọi B là hình cầu đóng đơn vị trong E. Ta chỉ cần chứng minh {An}n∈N∗ hội tụ đều trên B đến A. Từ giả thiết ta có A(B) là tập compact t−ơng đối trong E nên áp dụng kết quả ở bài 16 ở trên ta thu đ−ợc kết quả cần chứng minh. Bài 18. Tr−ớc hết ta nhắc lại khái niệm hội tụ yếu: Dãy {xn}n∈N∗ trong không gian Hilbert E đ−ợc gọi là hội tụ yếu đến phần tử x0 ∈ E nếu lim n→vc 〈x, xn〉 = 〈x, x0〉 với mọi x ∈ E. Kí hiệu là xn ⇀ x0. Bây giờ, giả sử dãy {en}n∈N∗ là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert E, theo bất đẳng thức Bessel ta có: ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2  ‖x‖2 với mọi x ∈ E. Chứng tỏ chuỗi ∞∑ n=1 |〈x, en〉|2 hội tụ và do đó ắt có lim n→∞ |〈x, en〉| = 0 = 〈x, 0〉 với mọi x ∈ E. Chứng tỏ en ⇀ 0 trong khi đó ‖en‖ = 1  0 nên en  0. Bài 19. Ta có |〈xn, yn〉 − 〈x, y〉|  |〈xn, yn〉 − 〈x, yn〉|+ |〈x, yn〉 − 〈x, y〉| = |〈xn − x, yn〉|+ |〈x, yn〉 − 〈x, y〉|  ‖xn − x‖.‖yn‖+ |〈x, yn〉 − 〈x, y〉| 207 Do yn ⇀ y nên theo định lý Banach - Steinhaux ta có sup n ‖yn‖ < +∞. Lại theo giả thiết ‖xn − x‖ → 0 nên từ đánh giá ở trên ta có |〈xn, yn〉 − 〈x, y〉| → 0 khi n→∞. Chứng tỏ lim n→∞ 〈xn, yn〉 = 〈x, y〉. Tr−ờng hợp xn ⇀ x và yn ⇀ y thì không suy ra đ−ợc 〈xn, yn〉 → 〈x, y〉. Thật vậy, nếu {en}n∈N∗ là hệ trực chuẩn trong E thì với mỗi n ∈ N∗ có thể chọn xn = yn và x = y = 0. Khi đó 〈xn, yn〉 = 1 với mọi n ∈ N∗ nên 〈xn, yn〉  〈x, y〉 = 0. Bài 20. Với mọi n ∈ N∗ ta có: ‖xn − x‖2 = 〈xn − x, xn − x〉 = ‖xn‖2 − 〈xn, x〉 − 〈x, xn〉+ ‖x‖2 (1) Theo giả thiết, xn ⇀ x nên lim n→∞ 〈xn, x〉 = 〈x, x〉 = ‖x‖2 và lim n→∞ 〈x, xn〉 = 〈x, x〉 = ‖x‖2, đồng thời lim n→∞ ‖xn‖ = ‖x‖ nên lim n→∞ ‖xn‖2 = ‖x‖2. Từ đó, chuyển qua giới hạn bất đẳng thức (1) ta đ−ợc lim n→∞ ‖xn − x‖ = 0, chứng tỏ dãy {xn}n∈N∗ hội tụ mạnh đến x ∈ E. Bài 21. Ta sẽ chứng minh Aen → 0 bằng phản chứng: Giả sử ng−ợc lại, Aen  0 khi n → ∞. Khi đó tồn tại ε0 > 0 và tồn tại dãy con {Aekn}n∈N∗ của dãy {Aen}n∈N∗ sao cho ‖Aekn‖  ε0 với mọi n ∈ N∗. (1) Vì A ∈ L(E) là toán tử compact và dãy {ekn}n∈N∗ bị chặn trên E nên dãy {Aekn}n∈N∗ có ít nhất một dãy con {Aejkn}n∈N∗ hội tụ đến phần tử x0 ∈ E nào đó. Khi đó rõ ràng Aejkn ⇀ x0 và từ (1) ta có ‖x0‖  ε. Mặt khác theo bài tập 18 ta có: en ⇀ 0, suy ra Aen ⇀ 0 và do đó Aejkn ⇀ 0. Do tính duy nhất của giới hạn yếu trong không gian Hilbert suy ra x0 = 0. Nh− vậy ta gặp mâu thuẫn với khẳng định ‖x0‖  ε0 > 0. Chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, vậy lim n→∞ Aen = 0. Bài 22. a) ⇒ b): Hiển nhiên nhờ tính liên tục của tích vô h−ớng. b) ⇒ c): Với mỗi n ∈ N∗, xét sn = n∑ k=1 xk. Theo giả thiết chuỗi ∞∑ n=1 xn hội tụ yếu trong E nên với mỗi x ∈ E dãy số {〈sn, x〉}n∈N∗ hội tụ nên bị chặn. Suy ra 208 dãy {〈sn, x〉}n∈N∗ bị chặn điểm trên E. Theo nguyên lý Banach-Steinhaux, dãy đó bị chặn theo chuẩn, nghĩa là ‖sn‖ M với mọi n ∈ N∗. Từ đó ta có: ‖sn‖2 = ∥∥∥ n∑ k=1 xk ∥∥∥2 = n∑ k=1 ‖xk‖2 M2 với mọi n ∈ N∗. Chứng tỏ chuỗi số ∞∑ n=1 ‖xk‖2 hội tụ. c) ⇒ a): Với mọi n, p ∈ N∗, theo đẳng thức Pythagore ta có: ‖sn+p − sn‖2 = ∥∥∥ n+p∑ k=n+1 xk ∥∥∥2 = n+p∑ k=n+1 ‖xk‖2 Theo giả thiết c) chuỗi số ∞∑ n=1 ‖xn‖2 hội tụ nên với mọi p ∈ N∗ ta có lim n→∞ n+p∑ k=n+1 ‖xk‖2 = 0. Suy ra lim n→∞ ‖sn+p − sn‖ = 0 và do đó dãy tổng riêng {sn}n∈N∗ của chuỗi ∞∑ n=1 xn là dãy Cauchy trong không gian Hilbert E nên hội tụ. Theo định nghĩa chuỗi ∞∑ n=1 xn hội tụ trong E Bài 23. Dễ thấy A là toán tử tuyến tính. Với x ∈ L2[0; 1], áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiakovski ta có: ∣∣∣ 1∫ 0 x(s)ds ∣∣∣2  ( 1∫ 0 |x(s)|ds )2  1∫ 0 ‖x(s)‖2ds = ‖x‖2 suy ra, với mọi x ∈ L2[0; 1] ta có: ‖Ax‖ = √√√√√ 1∫ 0 (Ax(t))2dt = √√√√√ 1∫ 0 ( t∫ 0 x(s)ds )2 dt  √√√√√ 1∫ 0 ( 1∫ 0 x(s)ds )2 dt = ‖x‖ Vậy A liên tục. 209 Gọi A∗ là toán tử liên hợp cuả A. Khi đó 〈Ax, y〉 = 〈x,A∗y〉, với mọi x, y ∈ L2[0; 1]. Ta có: 〈Ax, y〉 = 1∫ 0 (Ax)(t)y(t)dt = 1∫ 0 ( t∫ 0 x(s)ds ) y(t)dt = 1∫ 0 t∫ 0 x(s)y(t)dsdt = 1∫ 0 x(s) ( 1∫ s y(t)dt ) ds 〈x,A∗y〉 = 1∫ 0 x(t)(A∗y)(t)dt = 1∫ 0 x(s)(A∗y)(s)ds Từ đó ta có: (A∗y)(s) = 1∫ s y(t)dt, y ∈ L2[0; 1], x ∈ [0; 1]. Bài 24. Với mọi t ∈ [0; 1] ta có: |(Ax)(t)|2 = ∣∣∣ 1∫ 0 tx(s)ds ∣∣∣2 = t2∣∣∣ 1∫ 0 x(s)ds ∣∣∣2  t2 1∫ 0 |x(s)|2ds = t2‖x‖2. (1) Từ đó, với mọi x ∈ L2[0; 1] ta có: 1∫ 0 |(Ax)(t)|2dt = 1∫ 0 ∣∣∣ 1∫ 0 tx(s)ds ∣∣∣2dt  ‖x‖2 1∫ 0 t2dt = 1 3 ‖x‖2 chứng tỏ Ax ∈ L2[0; 1]. Mặt khác, dễ dàng kiểm tra thấy A là toán tử tuyến tính và từ (1) suy ra A liên tục. Bây giờ, với mọi x, y ∈ L2[0; 1] ta có 〈Ax, y〉 = 〈x;A∗y〉. Do 〈Ax, y〉 = 1∫ 0 (Ax)(t)y(t)dt = 1∫ 0 ( 1∫ 0 tx(s)ds ) y(t)dt = 1∫ 0 x(s) ( 1∫ 0 ty(t)dt ) ds 〈x,A∗y〉 = 1∫ 0 x(t)(A∗y)(t)dt = 1∫ 0 x(s)(A∗y)(s)ds 210 suy ra (A∗y)(s) = 1∫ 0 ty(t)dt với mọi y ∈ L2[0; 1], s ∈ [0; 1]. Bài 25. Dễ thấy A là toán tử tuyến tính và do ‖Ax‖ = ‖〈x, u〉v‖ = |〈x, u〉|.‖v‖  (‖u‖.‖v‖).‖x‖ với mọi x ∈ E nên A liên tục. Bây giờ ta tìm toán tử liên hợp A∗ của A. Với x, y ∈ E ta có: 〈Ax, y〉 = 〈〈x, u〉v, y〉 = 〈x, u〉.〈v, y〉 = 〈x, 〈y, v〉u〉 = 〈x,A∗y〉 suy ra A∗x = 〈x, v〉u, x ∈ E. Bài 26. Với mọi x ∈ L2[0; 1] nhờ đánh giá d−ới đây suy ra Ax ∈ L2[0; 1]: 1∫ 0 |tx(t)|2dt  1∫ 0 |x(t)|2dt = ‖x‖2 Dễ thấy A là toán tử tuyến tính và cũng nhờ đánh giá trên suy ra A liên tục và ‖A‖  1. Với mọi x, y ∈ L2[0; 1] ta có:⎧⎪⎪⎨ ⎪⎩ 〈Ax, y〉 = 1∫ 0 tx(t)y(t)dt, 〈x,Ay〉 = 1∫ 0 x(t)ty(t)dt = 1∫ 0 tx(t)y(t)dt ⎫⎪⎪⎬ ⎪⎭⇒ 〈Ax, y〉 = 〈x,Ay〉 Vậy A∗ = A và A là toán tử tự liên hợp. Với mỗi ε ∈ (0, 1) dễ dàng kiểm tra đ−ợc răng hàm xε d−ới đây thuộc L2[0; 1] và ‖xε‖ = ε: xε(t) = { 0 với 0  t  1− ε√ ε với 1− ε < t  1 Suy ra ‖Axε‖2 = 1∫ 0 t2x2ε(t)dt = 1∫ 1−ε εt2dt = ε2(1− ε)2 = ‖xε‖2(1− ε)2 211 Nh− vậy, với mọi ε ∈ (0; 1) ta có: ‖A‖  ‖Axε‖‖xε‖  (1− ε) Cho ε → 0 ta đ−ợc ‖A‖  1. Kết hợp với chứng minh ở trên ta có ‖A‖ = 1. Tìm tập hợp phổ σ(A) của A: Với λ ∈ K ta thấy λ /∈ σ(A) khi và chỉ khi với mỗi y ∈ L2[0; 1] ph−ơng trình λx−Ax = y có nghiệm duy nhất x ∈ L2[0; 1]. Ph−ơng trình này chính là (λ−t)x(t) = y(t) h.k.n. trên [0; 1] với độ đo Lebesgue, có nghiệm duy nhất x(t) = y(t) λ− t khi và chỉ khi λ − t = 0 với mọi t ∈ [0; 1]. Điều này xảy ra khi và chỉ khi λ /∈ [0; 1]. Suy ra σ(A) = [0; 1]. Tìm tập giá trị riêng của A: Vì mọi giá trị riêng đều là giá trị phổ nên nếu λ là giá trị riêng của A thì λ ∈ [0; 1] và tồn tại x ∈ L2[0; 1], x = 0 sao cho (λ − t)x(t) = 0 h.k.n. trên [0; 1]. Điều này không thể xảy ra với x = 0 h.k.n. trên [0; 1]. Vậy tập các giá trị riêng của A là tập trống. Bài 27. Với A ∈ L(A) ta luôn có: ‖A2‖ = sup ‖x‖1 ‖A2x‖ = sup ‖x‖1 ‖A(Ax)‖  sup ‖x‖1 ‖A‖.‖Ax‖ = ‖A‖. sup ‖x‖1 ‖Ax‖ = ‖A‖.‖A‖ = ‖A‖2. ⎫⎪⎬ ⎪⎭⇒ ‖A2‖  ‖A‖2 Ng−ợc lại, với mọi x ∈ E, ‖x‖  1 ta có: ‖Ax‖2 = 〈Ax,Ax〉 = 〈x,A∗Ax〉 = 〈x,A2x〉  ‖x‖.‖A2x‖  ‖A2‖.‖x‖2  ‖A2‖ Suy ra ‖A‖2 = ( sup ‖x‖1 ‖Ax‖ )2 = sup ‖x‖1 ‖Ax‖. sup ‖x‖1 ‖Ax‖ = sup ‖x‖1 ‖Ax‖2  ‖A2‖. Vậy ta có ‖A2‖ = ‖A‖2. Bài 28. Nếu λ là giá trị chính quy của A thì λ − A là đẳng cấu nên tồn tại số C > 0 sao cho ‖(λ− A)−1(y)‖  C‖y‖ với mọi y ∈ E. Vì λ− A là đẳng cấu 212 nên bất đẳng thức này t−ơng đ−ơng với ‖x‖  C‖(λ− A)(x)‖ với mọi x ∈ E. Đặt m = 1/C ta có điều cần chứng minh. Ng−ợc lại, đặt Aλ = λ − A, từ điều kiện đã cho suy ra Aλ là đơn cấu. Do A∗ = A nên R(A∗λ) = R(Aλ), do đó R(Aλ) = E. Vậy với u ∈ E đều tồn tại ít nhất một dãy {xn}n∈N∗ ⊂ E sao cho lim n→∞ Aλxn = u. Với n, p ∈ N∗ ta có: ‖Aλxn+p −Aλxn‖ = ‖Aλ(xn+p − xn)‖  m‖xn+p − xn‖ → 0. Suy ra tồn tại giới hạn lim n→∞ xn = x ∈ E và do Aλ liên tục suy ra Aλx = u. Nh− vậy Aλ : E → E là song ánh tuyến tính liên tục và do đó là đẳng cấu, nghĩa là λ là giá trị chính quy của A. Bài 29. Giả sủ F là không gian con đóng của E và p : E → F là phếp chiếu trực giao từ E lên F . Khi đó, với mọi x ∈ E nếu y = p(x) thì y = x− z, với z ⊥ F . Do đó 〈p(x), x〉 = 〈y, y + z〉 = 〈y, y〉+ 〈z, y〉 = 〈y, y〉  0. Theo định nghĩa, p là toán tử d−ơng. Bài 30. Giả sử A là toán tử d−ơng và λ là giá trị riêng khác không của E, khi đó tồn tại x ∈ E, x = 0 sao cho Ax = λx. Do 〈Ax, x〉 = λ〈x, x〉  0 suy ra λ > 0. Ng−ợc lại, vì A là toán tử compact nên tập phổ, và do đó tập các giá trị riêng của A, cùng lắm là đếm đ−ợc. Gọi {λn} là dãy tất cả các giá trị riêng khác không của A. Khi đó, tồn tại hệ trực chuẩn {en} trong E sao cho mỗi vector en là vector riêng t−ơng ứng với giá trị riêng λn và Ax = ∑ n λn〈x, en〉en suy ra 〈Ax, x〉 = ∑ n λn|〈x, en〉|2  0 chứng tỏ A là toán tử d−ơng. 213 Tài liệu tham khảo [1] Phan Đức Chính. Giải tích hàm. NXBĐH& THCN, Hà nội 1978. [2] Nguyễn Văn Khuê, Bùi Đắc Tắc, Đỗ Đức Thái. Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm. (Tập 1), NXBGD, Hà nội 2001. [3] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, Đỗ Đức Thái. Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm. (Tập 2), NXBGD, Hà nội 2002. [4] Nguyễn Văn Khuê, Bùi Đắc Tắc. Không gian tôpô - Độ đo và lý thuyết tích phân. Tr−ờng đại học s− phạm - Đại học Quốc gia Hà nội, 1996. [5] Hoàng Tụy. Giải tích hiện đại. NXBGD, Hà nội 1979. [6] Nguyễn Xuân Liêm. Giải tích hàm. NXBGD, Hà nội 1998. [7] Nguyễn Xuân Liêm. Bài tập Giải tích hàm. NXBGD, Hà nội 1998. [8] Phạm Minh Thông. Không gian tôpô - Độ đo- Tích phân. NXB Giáo dục Hà nội, 2006. 214

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfgiao_trinh_giai_tich_ham_pham_minh_thong_212_trang_7518.pdf
Tài liệu liên quan