Tài liệu Tài liệu tham khảo – giải thích doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (450.45 KB, 12 trang )
Tài liệu tham khảo – giải ch thực – Lớp giải ch K19
Chương 1:
1 .Mệnh đề 1.4: Gọi (ℝ
) là tập hợp các hàm bậc thang xác định trên ℝ
.
a. Nếu , ∈(ℝ
) thì + , . ∈(ℝ
)
b. Cho : ℝ→ℂ thỏa
(
0
)
= 0. Nếu ∈(ℝ
) thì () ∈(ℝ
)
c. Với
,
, … ,
∈(ℝ
) ta có max
{
,
, … ,
}
∈
(
ℝ
)
, min {
,
, … ,
} ∈(ℝ
)
Chứng minh:
a .Nếu , ∈(ℝ
) thì + , . ∈(ℝ
)
Theo giả thiết ta có thể biểu diễn , dưới dạng chính tắc như sau:
(
)
=
∑
,
(
)
=
∑
Và do đó:
+ =
∑
+
∑
∈(ℝ
)
. =
∑
∑
=
∑ ∑
=
∑ ∑
∩
∈(ℝ
)
b .Cho : ℝ→ℂ thỏa
(
0
)
= 0. Nếu ∈(ℝ
) thì () ∈(ℝ
)
Với cách biểu diễn chính tắc của , ta dễ thấy rằng:
(
)
=
∑
=
∑
(
)
∈(ℝ
)
c .Với
,
, … ,
∈(ℝ
) ta có max
{
,
, … ,
}
∈
(
ℝ
)
, min {
,
, … ,
} ∈(ℝ
)
Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp = 2.
Ta đã có
+
,
−
∈(ℝ
). Biểu diễn
−
dưới dạng chính tắc
−
=
∑
Và
|
−
|
=
∑ |
|
∈
(
ℝ
)
Ta được: max
{
,
}
=
|
|
∈
(
ℝ
)
và min
{
,
}
=
|
|
∈
(
ℝ
)
2 .Mệnh đề 1.7: Cho , là hàm bậc thang trên ℝ
, và cho ∈ℂ. Khi đó:
a.
∫
(
+
)
ℝ
=
∫
+
∫
ℝ
ℝ
b. Nếu ≥ thì
∫
ℝ
≥
∫
ℝ
Chứng minh:
a .Chứng minh
∫
(
+
)
ℝ
=
∫
+
∫
ℝ
ℝ
Trước hết từ định nghĩa ch phân hàm bậc thang ta chứng minh được nếu ≥0 thì
∫
ℝ
≥0 (1)
Giả sử: =
∑
,
∩
= ∅ nếu ≠ ; =
∑
,
∩
= ∅ nếu ≠
⋃
=
⋃
(có thể có một số
,
bằng 0)
Đặt
=
∩
, 1 ≤≤, 1 ≤≤ . Khi đó:
|
|
=
∑
,
=
∑
Vậy:
∫
(
+
)
ℝ
=
∑
+
(
tổng trên các = 1,2, … , ; = 1,2, … ,
)
=
∑ ∑
+
∑ ∑
=
∑
|
|
+
∑
|
|
=
∫
+
∫
ℝ
ℝ
b .Chứng minh: nếu ≥ thì
∫
ℝ
≥
∫
ℝ
Thật vậy: nếu ≥⇔−≥0. Theo (1) ta có:
∫
−
ℝ
≥0 ⇒
∫
ℝ
−
∫
ℝ
≥0 ⇒
∫
ℝ
≥
∫
ℝ
3 .Mệnh đề 1.8: Cho , : ℝ
→ ℂ là hai hàm khả ch Lebesgue. Khi đó , < ∞ hkn và +
(
∈ℂ
)
,
|
|
là các hàm khả ch Lebesgue và
∫
(+ )
ℝ
=
∫
ℝ
+
∫
ℝ
,
∫
ℝ
≤
∫
|
|
ℝ
Chứng minh:
Chứng minh: , < ∞ hkn
Giả sử ngược lại tức là tồn tại có
(
)
> 0 sao cho
(
)
= ∞, ∀∈. Khi đó:
∫
ℝ
(
)
≥
∫
|
|
= ∞
Ta có mâu thuẫn. Vậy < ∞ hkn
Chứng minh tương tự ta cũng có < ∞ hkn
Chứng minh : + khả ch Lebesgue
Ta có
∫
|
+
|
ℝ
≤
∫
(|
|
+
|
||
|)
ℝ
=
∫
|
|
ℝ
+
|
|
∫
|
|
ℝ
< ∞
Vậy + khả ch Lebesgue
Chứng minh:
|
|
khả ch Lebesgue
Đặt ℎ
(
)
=
|
()
|
thì
∫
|
ℎ()
|
ℝ
=
∫
|
()
|
ℝ
< ∞
Vậy
|
|
khả ch Lebesgue
Chứng minh:
∫
(+ )
ℝ
=
∫
ℝ
+
∫
ℝ
Do , khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang {
} đơn điệu tăng hội tụ đến hkn và có
dãy hàm bậc thang {
} đơn điệu tăng hội tụ đến hkn. Do đó:
∫
ℝ
+
∫
ℝ
= lim
→
∫
(
+
)
ℝ
=
∫
(+ )
ℝ
(Do
+
là dãy hàm bậc thang đơn điệu tăng đến + )
Chứng minh:
∫
ℝ
≤
∫
|
|
ℝ
Do khả ch Lebesgue nên có dãy hàm bậc thang {
} đơn điệu tăng hội tụ đến hkn. Do đó:
∫
ℝ
=
lim
→
∫
ℝ
≤ lim
→
∫
|
|
=
ℝ
∫
|
|
ℝ
Chương 2:
1 .Bất đẳng thức Holder: Cho , đo được trên một tập đo được Ω;
+
= 1, 1 < < ∞
Nếu ∈
(
Ω
)
, ∈
(Ω) thì
‖
‖
=
∫
|
|
≤
∫
|
|
∫
|
|
=
‖
‖
‖
‖
Nếu ∈
(
Ω
)
, ∈
(Ω) thì
‖
‖
≤
‖
‖
‖
‖
Chứng minh:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Young như sau:
Cho hai số thực
1, 1
p q
thoả
1 1
1
p q
, với hai số thực
0, 0
ta luôn có:
.
p q
p q
(*)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
p q
Với
0
hoặc
0
thì bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng
Với
0
và
0
, ta xét hàm số ( )
p q
t t
f t
p q
.
( )
f t
xác định với mọi t > 0 và có đạo hàm
1 1
1
1
'( )
p q
p q
q
t
f t t t
t
Ta có:
'( ) 0 1
f t t
Với
1
t
thì
'( ) 0
f t
Với
1
t
thì
'( ) 0
f t
Suy ra hàm
( )
f t
đạt cực ểu trong khoảng
(0, )
tại
1
t
Từ đó suy ra với
0
t
ta có
1 1
( ) (1) 1
f t f
p q
Với =
ta có:
1 1
1 1
. .
. (1) 1
p q
q p
q p
f f
p q
Nhân hai vế bất đẳng thức trên cho
.
ta được
1 1
1
p q
q p
p q
Từ
1 1
1
p q
ta suy ra được 1
p
p
q
và 1
q
q
p
Vì vậy ta được bất đẳng thức cần chứng minh .
p q
p q
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 1 1 1 1 1
1
pq pq
p q
q p q p q q
Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức Holder
Nếu
0
p
f
hoặc
0
g
g
thì
( ). ( ) 0
f x g x hkn
trên
X
Do đó
1
0
fg
suy ra bất đẳng thức Holder đúng trong trường hợp này.
Nếu
0
p
f
và
0
q
g
thì theo chứng minh trên với mọi
x
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
.
p q
p q
p q
p q
f x g x f x g x
f g p q
f g
Lấy ch phân hai vế bất đẳng thức trên ta được
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
p q
p q
p q
p q
f x g x dx f x dx g x dx
f g
p f q g
1 1 1
( ) ( )
p q
f x g x dx
f g p q
1
( ) ( ) 1
p q
f x g x dx
f g
( ) ( )
p q
f x g x dx f g
Hay
1
p q
fg f g
2. Định lý: Không gian định chuẩn là Banach ⇔ Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ
Chứng minh:
Thuận: Giả sử KG định chuẩn là Banach. Chứng minh mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ
Xét chuỗi
∑
là chuỗi hội tụ tuyệt đối ⇒
∑ ‖
‖
hội tụ nên theo nh chất Cauchy ta có:
∀> 0, ∃
∈ℕ, ∀>
, ∀≥1 ta có :
−
=
∑
−
∑
=
+
+ ⋯+
≤
‖
‖
+
‖
‖
+ ⋯+
<
Vậy dãy {
} Cauchy trong , mà Banach nên dãy {
} hội tụ
Suy ra
∑
là chuỗi hội tụ
Nghịch: Giả sử mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối đều hội tụ. Chứng minh là không gian Banach
Giả sử {
} là dãy Cauchy trong . Khi đó với mọi số tự nhiên tồn tại số tự nhiên
(
>
)
sao cho với mọi , >
ta có
‖
−
‖
<
Đặc biệt
−
<
Xét chuỗi (*):
+
−
+
−
+ ⋯
Vì chuỗi
∑
−
hội tụ nên chuỗi (*) hội tụ về phần tử ∈. Khi đó:
= lim
→
= lim
→
+
−
+ ⋯+
−
= lim
→
∈
Ta có:
‖
−
‖
≤
−
+
−
Cho →∞ thì
→∞. Do đó lim
→
= ∈
Vậy dãy {
} hội tụ hay là không gian Banach
3. Chứng minh ∀≥,
() là không gian Banach
Chứng minh:
Ta chứng minh nếu ≠0 hkn thì
∫
|
|
> 0, ≥1. Do đó hàm
‖
.
‖
: →
‖
‖
là một chuẩn
trong không gian
(
Ω
)
Thật vậy: ∀, ∈
(Ω), ∈ℂ
i) Ta có
‖
‖
≥0;
‖
‖
= 0 ⇔
∫
|
|
= 0 ⇔= 0
ii)
‖
‖
=
∫
|
|
=
∫
|
|
|
|
=
|
|
∫
|
|
=
|
|‖
‖
iii) Chứng minh
‖
+
‖
≤
‖
‖
+
‖
‖
- Với = 1 ta có:
‖
+
‖
=
∫
|+ |
≤
∫
|
|
+
∫
|
|
=
‖
‖
+
‖
‖
- Với > 1. Giả sử
+
= 1 ⇔−1 =
Do đó
|
+
|
∈
(
Ω
)
Khi đó theo BĐT Holder ta có
∫
|
||
+
|
≤
‖
‖
∫
|
+
|
(
)
=
‖
‖
‖
+
‖
Tương tự ta có:
|
||
+
|
≤
‖
‖
‖
+
‖
Khi đó:
‖
+
‖
=
∫
|
+
|
=
∫
|
+
|
=
∫
|+ |
|
+
|
≤
∫
|
||
+
|
+
∫
|
||
+
|
≤
‖
‖
+
‖
‖
‖
+
‖
Nhân hai vế của BĐT trên với
‖
+
‖
ta được điều phải chứng minh.
Vậy
‖
.
‖
là một chuẩn trong không gian
(
Ω
)
Lấy chuỗi tùy ý
∑
trong
(
Ω
)
và giả sử
∑ |
|
= < ∞. Ta cần chứng minh
∑
hội
tụ trong
(
Ω
)
Đặt
()
=
∑ |
()
|
, ∀∈ℕ, ∈Ω. Khi đó ta có các hàm:
()
∈
(
Ω
)
à
‖
‖
≤
∑ ‖
‖
≤
Từ đó suy ra
∫
|
|
≤
Với ∀∈Ω thì (
) là dãy tăng và bị chận trên nên tồn tại hàm () sao cho lim
→
(
)
= ()
Vì hàm đo được và đơn điệu tăng đến nên là hàm đo được trên Ω
Theo bổ đề Fator ta có
∫
=
∫
lim
→
= lim
→
∫
≤
Suy ra hữu hạn hkn
Như vậy với ∀∈Ω, () hữu hạn nên chuỗi
∑
hội tụ trong
(
Ω
)
Xây dựng hàm () như sau: : →ℂ
(
)
=
∑
(
)
ế
(
)
ℎℎ
0 ế
(
)
= +∞
- Chứng minh ∈
(
Ω
)
Kí hiệu:
(
)
=
∑
(
)
. Khi đó lim
→
(
)
= () hkn
Suy ra () là hàm đo được
Mặt khác ta có:
|∑
(
)|
≤
∑ |
(
)|
⇒
|
|
≤
(
)
, ∀∈ Ω
Khi đó:
∫
|
|
≤
∫
≤
< ∞⇒∈
(
Ω
)
- Ta chứng minh
(
)
→() khi →∞ trong
(
Ω
)
Ta có
|
−
|
≤(
+ )
≤2
Vì hàm 2
khả ch trong
(
Ω
)
nên theo định lý hội tụ bị chận ta có
∫
|
−
|
→0 ℎ →∞
Nghĩa là:
‖
−
‖
→0 khi →∞. Suy ra
‖
−
‖
→0 khi →∞
Vậy
(
Ω
)
là không gian Banach
4 .Định lý tập các hàm bậc thang trù mật trong
()
Với ∀∈
(
Ω
)
(1 ≤ < ∞) thì tồn tại dãy (
) các hàm bậc thang sao cho
→ trong
(
Ω
)
.
Nghĩa là tập các hàm bậc thang trù mật trong
(
Ω
)
Chứng minh:
a. Trường hợp ≥0
Theo giả thiết thì tồn tại các hàm , ∈
sao cho
= −. Khi đó có 2 dãy hàm bậc thang
(
) và (
) sao cho
↗;
↗
Đặt Φ
= max {
(
−
)
, 0}
Dùng định lý hội tụ bị chận ta chứng minh Φ
→ hkn trong
(
Ω
)
Ta có Φ
() = max{
(
−
)
, 0}
Vì
↗;
↗ và > nên với đủ lớn ta có Φ
(
)
=
(
)
−
(
)
> 0
Do đó Φ
(
)
→
(
)
−
(
)
=
() hkn
Suy ra Φ
() →() hkn
Ta có
(
)
−
(
)
≤
(
)
−
()
Do đó Φ
(
)
= max {
(
−
)
, 0} ≤max {
(
)
−
(
)
, 0}
Đặt
(
)
= max {
(
)
−
(
)
, 0}
Rõ ràng
|
|
khả ch trong
(
Ω
)
và
|
Φ
()
|
≤()
Theo định lý hội tụ bị chận ta có
‖
Φ
−
‖
→0 khi →∞
b. Trường hợp tổng quát =
+
với
,
là các hàm thực
Đặt
=
−
;
= ℎ
−ℎ
với
,
, ℎ
, ℎ
> 0
Khi đó =
−
+ ℎ
−ℎ
Theo câu a tồn tại các dãy hàm bậc thang Φ
, Φ
, Φ
, Φ
Sao cho Φ
→
, Φ
→
, Φ
→ℎ
, Φ
→ℎ
trong
(
Ω
)
Đặt Φ
= Φ
−Φ
+ Φ
−Φ
Rõ ràng Φ
là hàm bậc thang và Φ
→
−
+ ℎ
−ℎ
= khi →∞ trong
(
Ω
)
Chương 3:
1 .Định lý 3.2: Giả sử
M
là không gian con đóng của không gian Hilbert. Khi đó: với
x H
tồn tại
duy nhất
y M
được gọi là hình chiếu trực giao của
x
trên
M
sao cho:
( , ) in f
y M
x y d x M x y
Chứng minh
Đặt
( , )
d x M
. Lấy dãy
( )
n
y M
sao cho
n
x y
.
Ta sẽ chứng minh
n
y
là dãy Cauchy.
Áp dụng bất đẳng thức hình bình hành cho cặp vectơ
m
x y
và
n
x y
ta có:
2 2 2 2
2 ( ) 2
m n m n m n
y y x y y x y x y
Suy ra:
2
2 2 2
1
2 4
2
m n m n m n
y y x y x y x y y
Vì
1
2
m n
y y M
nên
2
2
1
2
m n
x y y
Mặt khác, vì
n
x y
khi
n
nên
0
0, n
sao cho
0
n n
ta có
2
2
n
x y
Vậy ta có:
2
2 2 2
0 0
0, , 2 4 4
ta coù
m n
n sao cho n m n y y
Do đó
n
y
là dãy Cauchy trong
M
. Vì
M
là đầy đủ nên
n
y y M
và
( , )
x y d x M
Ta chứng minh
y
là duy nhất.
Thật vậy, giả sử tồn tại
'
y M
thoả nh chất như trên. Áp dụng đẳng thức hình bình hành cho
x y
và
'
x y
ta được
2 2
2 2 2
2
1 1
' 2 ' 4 ' 4 4 '
2 2
y y x y x y x y y x y y
Vì
1
'
2
y y M
nên
2
2
1
( ')
2
x y y
Khi đó:
2
2 2
' 4 4 0
y y
⇔
' 0
y y
hay
'
y y
2 .Định lý 3.3: Cho
M
là không gian vectơ con đóng của không gian Hilbert
H
. Với mỗi
x H
, tồn
tại
'
x M
,
''
x M
sao cho
' ''
x x x
.
Khi đó:
( , ) ' ''
d x M x x x
và
2 2 2
' ''
x x x
Chứng minh
Lấy tuỳ ý
x H
, đặt
' ( )
M
x P x
. Theo định lí 3.2 ta có: ' ( , )x x d x M
Ta sẽ chứng minh
'' '
x x x M
Với mọi
v M
, với mọi
ta có
'
x v M
. Khi đó ta có:
2 2
2
2 2 2
( ' ) '' '' , ''
'', '' '', , '' . . ,
'' '', '',
x x v x v x v x v
x x x v v x v v
x x v x v v
Vì
2
2
''x
nên từ trên ta suy ra
2 2
'', '', 0 ,x v x v v
Lấy '', ,t x v t
. Ta có:
2
2
'', 2 0 ,t x v t v t
Từ đây suy ra
'', 0
x v
. Vì nếu
'', 0
x v
thì bất đẳng thức trên không thoả với ∈
‖
‖
, 0
.
Vì
'', 0
x v
với
v
tuỳ ý thuộc
M
nên
''
x M
.
Vậy với mọi
x H
ta có
' ( ') ' ''
x x x x x x
với
' , ''
x M x M
3. Định lí 3.4: Giả sử không gian Hilbert
H
có cơ sở trực chuẩn đếm được
( )
n
e
. Khi đó:
i) =
∑ 〈
,
〉
, ∀∈
ii)
〈
,
〉
=
∑ 〈
,
〉〈
,
〉
, ∀, ∈
Chứng minh
i) Theo bổ đề 3.4 phần a) ta có chuỗi
∑
|
〈
,
〉
|
hội tụ. Do đó theo bổ đề 3.4 phần b) ta có
=
∑ 〈
,
〉
∈.
Ta chứng minh =
Thật vậy với mọi
j
ta có:
〈
−,
〉
=
〈
−
∑ 〈
,
〉
,
〉
=
〈
,
〉
−
〈
,
〉
= 0
Do hệ
( )
i
e
là đầy đủ nên suy ra
0
x y
hay
x y
.
ii) Vì ch vô hướng là lien tục nên theo câu a) ta có
〈
,
〉
=
〈∑ 〈
,
〉
,
∑ 〈
,
〉
〉
= lim
→
〈∑ 〈
,
〉
,
∑ 〈
,
〉
〉
= lim
→
∑ 〈
,
〉〈
,
〉
=
∑ 〈
,
〉〈
,
〉
4. Định lí 3.5: Giả sử
( )
n
e
là dãy trực chuẩn trong không gian Hilbert
H
. Khi đó các điều kiện sau là
tương đương:
i) Dảy
( )
n
e
là đầy đủ
ii) =
∑ 〈
,
〉
, ∀∈
iii)
〈
,
〉
=
∑ 〈
,
〉〈
,
〉
, ∀, ∈
iv)
‖
‖
=
∑
|
〈
,
〉
|
Chứng minh
i)
ii) và i)
iii) (chứng minh lại định lý 3.4)
Nếu thay
x y
vào iii) thì ta có iii)
iv)
Ta còn phải chứng minh ii)
i) và iv)
i)
Từ ii) hoặc iv) ta đều suy ra nếu
, 0 ,
i
x e i
thì
0
x
Theo hệ quả 3.1. phần b) ta có dãy
( )
n
e
là đầy đủ.
