1

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài.
Trong các giáo trình học ở Đại học người ta thường quan tâm đến
các không gian metric tuyến tính lồi địa phương, nhiều định lí liên quan
đến không gian metric tuyến tính lồi địa phương không mở rộng được
cho các không gian metric tuyến tính không lồi địa phương, nên mục đích
của đề tài này là tìm hiểu về các không gian metric tuyến tính không lồi
địa phương và các tính chất của nó.
Định nghĩa về không gian metric tuyến tính được đưa ra bởi Fréchet
vào năm 1926, và hầu hết các định lý trong không gian metric tuyến
tính đã được chứng minh trước năm 1940 bởi phần lớn là do Banach và
cộng sự. Vào thời gian đầu của quá trình nghiên cứu, người ta chỉ quan
tâm đến các định lý trong không gian định chuẩn, và sự xuất hiện của
định lý về điểm cực biên đã góp phần phát triển nhanh chóng hướng
nghiên cứu các định lý trong không gian topo lồi địa phương. Cụ thể vào
năm 1940, sự ra đời của định lý Krein-Milman về điểm cực biên đã góp
phần không nhỏ vào lĩnh vực giải tích, đặc biệt là giải tích lồi. Đến năm
1976, Roberts phát biểu định lý khá nổi tiếng, ông đã xây dựng một F −
không gian, chứa một tập compact nhưng không có điểm cực biên, do
đó định lý Krein-Milman không còn đúng cho không gian không lồi địa
phương.
Với mục đích tìm hiểu, cụ thể hóa các chứng minh, các ví dụ, cũng
như trình bày chi tiết và bổ sung những ý nhỏ trong quá trình chứng
minh định lý, góp phần bổ sung kiến thức về không gian metric tuyến


2

tính vốn không có cơ hội tiếp cận trong quá trình học đại học, đây là

mục tiêu chính của khóa luận này.
2. Mục đích nghiên cứu.
- Tìm hiểu một số các không gian metric tuyến tính không lồi địa
phương và một số tính chất của nó.
- Tìm hiểu định lí Krein-Milman về điểm cực biên.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
- Nghiên cứu không gian metric tuyến tính và các tính chất.
- Nghiên cứu về điểm cực biên và các ví dụ của Roberts.
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Tham khảo tài liệu và hệ thống hóa các kiến thức.
- Thu thập các bài báo khoa học của các tác giả nghiên cứu liên
quan đến “Không gian metric tuyến tính không lồi địa phương”.
- Thể hiện tường minh các kết quả nghiên cứu trong đề tài.
- Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn.
5. Cấu trúc luận văn.
Luận văn được trình bày qua ba chương:
- Chương 1 trình bày các khái niệm về không gian metric tuyến
tính, không gian modular, mối liên hệ giữa F − chuẩn và không gian
modular, các ví dụ về không gian metric tuyến tính.
- Chương 2 trình bày một số ví dụ về không gian metric tuyến
tính không lồi địa phương.
- Chương 3 chủ yếu mô tả nguyên tắc xây dựng không gian F −
chuẩn chứa tập compact lồi nhưng không có điểm cực biên của Roberts


3

đưa ra năm 1976, trình bày chi tiết và bổ sung những ý nhỏ trong chứng
minh định lý Roberts.



4

CHƯƠNG 1

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
VỀ KHÔNG GIAN METRIC TUYẾN TÍNH
1.1

ĐỊNH NGHĨA VỀ KHÔNG GIAN METRIC TUYẾN
TÍNH VÀ ĐỊNH LÍ TỒN TẠI METRIC BẤT BIẾN
Cho X là một không gian tuyến tính trên trường số thực.

Phép toán cộng của hai phần tử x và y được kí hiệu: x + y
Phép toán nhân một phần tử x với một tích vô hướng t được kí hiệu: tx
Cho A, B là các tập con của X. Khi đó:
∆

A + B = {a + b/a ∈ A, b ∈ B}
Cho t ∈ R:
∆

tA = {ta/a ∈ A}
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử trên X có một metric ρ. Không gian X được
gọi là không gian metric tuyến tính nếu phép toán cộng và phép toán
nhân với một số là liên tục đối với metric ρ. Tức là:
(i) ∀x0 , y0 ∈ X, ∀ε > 0, ∃δ1 , δ2 > 0 : ∀x ∈ X mà ρ(x, x0 ) < δ1 , ∀y ∈ X
mà ρ(y, y0 ) < δ2 thì ρ(x + y, x0 + y0 ) < ε.
(ii) ∀x0 ∈ X, ∀t0 ∈ R, ∀ε > 0, ∃δ1 , δ2 > 0 : ∀t ∈ R mà |t − t0 | < δ1 ,
∀x ∈ X mà ρ(x, x0 ) < δ2 thì ρ(tx, t0 x0 ) < ε

Có thể gọi X là không gian metric tuyến tính hoặc (X, ρ) là không
gian metric tuyến tính.


5

Chúng ta nói rằng một tập U ⊂ X là cân (hay cân bằng) nếu với mỗi
t ∈ R, |t|

1 thì tU ⊂ U . Từ đó ta có các nhận xét sau:

Nhận xét 1.1.1. U cân ⇔ ∀t ∈ [−1, 1], ∀u ∈ U, tu ∈ U .
Chứng minh.
"⇒": ∀t ∈ [−1, 1], ∀u ∈ U ⇒ tU ⊂ U
Ta có: u ∈ U ⇒ tu ∈ tU ⊂ U
⇒ tu ∈ U
"⇐": ∀t ∈ [−1, 1] phải chứng minh tU ⊂ U :
∀z ∈ tU ⇒ ∃u ∈ U : z = tu. Từ giả thiết ta suy ra:
tu ∈ U ⇒ z ∈ U
⇒ tU ⊂ U ⇒ U cân
Nhận xét 1.1.2. Mỗi lân cận W của zero đều chứa một lân cận cân U
của zero.
Chứng minh.
Để chứng minh điều này trước hết ta sẽ chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.1. Cho X là một không gian metric tuyến tính. ∀t ∈ R, t = 0,
V mở trong X thì tV mở trong X.
Chứng minh.
Cho ϕ : X −→ X xác định bởi:
x −→ tx
⇒ ϕ là liên tục (do định nghĩa của không gian metric tuyến tính)

và:
ψ : X −→ X xác định bởi:


6

1
y −→ .y
t
⇒ ψ là liên tục (do phép nhân một số với một vectơ)
ψo ϕ = idX
ϕo ψ = idX
⇒ ϕ là một phép đồng phôi.
Ta có: ϕ(V ) = tV
⇒ tV mở trong X
Bổ đề 1.1.2. Cho X là không gian metric tuyến tính, V mở trong X,
x0 ∈ X, U ⊂ X thì x0 + V = {x0 + x|x ∈ V } mở trong X, và U + V mở
trong X.
Chứng minh.
Cho ϕ : X −→ X được xác định bởi:
x −→ x + x0
⇒ ϕ liên tục
và ψ : X −→ X được xác định bởi:
y −→ y − x0
⇒ ψ liên tục.
ψo ϕ = idX
ϕo ψ = idX
⇒ ϕ là phép đồng phôi
⇒ ϕ(V ) mở
⇒ x0 + V = ϕ(V ) mở trong X

Ta lại có U + V =

(x + V )
x∈U

⇒ U + V mở trong X


7

Ta chứng minh nhận xét
Cho W là một lân cận của 0 trong X ⇒ ∃ε > 0 : B(0, ε) ⊂ W
∆

Đặt W1 = B(0, ε)
Ta có: o.0 = 0 (do phép nhân một vectơ và một tích vô hướng liên tục).
⇒ ∃δ1 , δ2 > 0 : ∀t ∈ R mà |t| < δ1 , ∀x ∈ X mà ρ(x, 0) < δ2 thì
ρ(tx, 0) < ε
tV ⇒ U mở do tV mở và là lân cận của

Đặt V = B(0, δ2 ), U =
0<|t|<δ1

điểm 0
+ Chứng minh U ⊂ W :
∀x ∈ U ⇒ x ∈

tV
0<|t|<δ1


⇒ ∃t0 ∈ R : 0 < |t| < δ1 mà x ∈ t0 V
⇒ ∃v ∈ V : x = t0 v
⇒ ρ(v, 0) < δ2
⇒ ρ(t0 v, 0) < ε
⇒ t0 v ∈ B(0, ε) ⊂ W
⇒x∈W
⇒U ∈W
+ Chứng minh U cân:
∀λ ∈ [−1, 1] , ∀u ∈ U chứng minh: λu ∈ U
Ta có: ∀u ∈ U =

tV
0<|t|<δ1

⇒ ∃t ∈ R : 0 < |t| < δ1 : u ∈ tV
⇒ ∃v ∈ V : u = tv
⇒ λu = λtv ∈ λtV


8

Mà λt

|t| < δ1

+ Nếu λ = 0 ⇒ λu = 0 ∈ U (do U là lân cận của 0)
+ Nếu λ = 0 ⇒ 0 < |λt| < δ1 ⇒ λu ∈

tV = U
0<|t|<δ1


⇒ U cân ⇒ đpcm.

Ta nói rằng hai metric ρ(x, y) và ρ (x, y) là tương đương nếu topo cảm
sinh bởi chúng là trùng nhau hay nói cách khác:
∀x ∈ X, ∀ε > 0, ∃δ, δ > 0 sao cho:
{y : ρ (x, y) < δ} ⊂ {y : ρ(x, y) < ε},
{y : ρ(x, y) < δ } ⊂ {y : ρ (x, y) < ε}.
Một dãy {xn } được gọi là tiến đến một phần tử x ∈ X (hay hội tụ
đến x) đối với metric ρ(x, y) nếu:

lim ρ(xn , x) = 0

n→∞

Ta cũng có thể viết: xn −→ x
ρ

Định nghĩa 1.1.2. Một metric ρ(x, y) được gọi là bất biến nếu:
ρ(x + z, y + z) = ρ(x, y)

∀x, y, z ∈ X

Định lý 1.1.1. (Kakutani,1936). Cho (X, ρ) là không gian metric tuyến
tính. Khi đó tồn tại một metric bất biến ρ (x, y) tương đương với metric
ρ(x, y)
Để chứng minh Định lí Kakutani, ta sẽ chứng minh một định lí tổng
quát hơn:
Định lý 1.1.2. Cho X là một không gian topo tuyến tính, nếu tồn tại



9

một hệ cơ bản, đếm được các lân cận của 0 thì có một metric bất biến
trong X tương ứng với topo đã cho.(ở đây tồn tại một hệ cơ bản, đếm
được các lân cận của 0 có nghĩa là tồn tại một họ {Un }n∈N gồm các lân
cận của 0 trong X mà với mỗi lân cận V trong X của 0 ta đều tìm được
một số n ∈ N sao cho Un ⊂ V ).
Nhận xét 1.1.3. Nếu X là một không gian topo tuyến tính khả metric,
gọi d là một metric trên X tương thích với topo đã cho trên X. Khi đó
xét {Un }n∈N với:
1
n
là một hệ cơ bản đếm được các lân cận của 0.
Un =

Rõ ràng {Un }n∈N

x ∈ X/d(0, x) <

Ta thấy rằng định lí Kakutani là một hệ quả trực tiếp của định lí trên.

Chứng minh.
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.3. Cho X là một không gian topo tuyến tính. Khi đó với mỗi
lân cận V của 0 ta đều tìm được một lân cận cân, mở U của 0 mà U ⊂ V
Chứng minh.
Xét ánh xạ f : R × X → X xác định bởi:

f (t, x) = tx, ∀(t, x) ∈ R × X

Khi đó ánh xạ này liên tục do định nghĩa của một không gian topo tuyến
tính.
Do đó nó liên tục tại (0,0) ⇒ ∃δ > 0 và một lân cận mở U1 của 0
trong X mà ∀t ∈ (−δ, δ), ∀x ∈ U1 ta đều có tx ∈ V . Bây giờ ta đặt


10

U=

tU1
t∈(−δ,δ)\{0}

Khi đó U là lân cận mở cân phải tìm.

Ta tiếp tục chứng minh định lí.
Gọi {Un }n∈N là hệ cơ bản các lân cận của 0, ứng với U1 ta có thể tìm
được một lân cận mở, cân V1 của 0 mà V1 ⊂ U1 (do bổ đề trên). Do V1
và U2 là các lân cận của 0 cho nên U2 ∩ V1 cũng là một lân cận của 0.
Do tính chất của không gian topo tuyến tính ta tìm được một lân cận
V2 của 0 sao cho:
V2 + V2 ⊂ U 2 ∩ V1
Sử dụng bổ đề trên ta tìm được một lân cận mở, cân V2 của 0 mà
V2 ⊂ V2 . Khi đó ta có:
V2 + V2 ⊂ V2 + V2 ⊂ U2 ∩ V1
Tiếp tục quá trình này ta xây dựng được một họ đếm được {Vn }n∈N
gồm các lân cận mở, cân của 0 và thỏa mãn các tính chất sau:
(i) Vn ⊂ Un ; ∀n ∈ N
(ii) Vn+1 + Vn+1 ⊂ Vn ; ∀n ∈ N
Ta sẽ xây dựng metric bất biến nhờ họ {Vn }: Với mỗi tập con hữu

Vn

hạn khác rỗng H của N, ta đặt tương ứng với một lân cận VH =
n∈H

2−n . Khi đó VH là một lân cận của 0. Ta gọi H là họ

và với số PH =
n∈H

tất cả các tập hữu hạn khác rỗng của N. Dễ dàng chứng minh:
(iii) Nếu PH < 2−n thì n < h, ∀h ∈ H. Từ đó VH ⊂ Vn , ∀n ∈ N.
Ta lập một hàm thực | . |như sau:


11

|x| =



1

nếu x ∈
/ VH , ∀H ∈ H

(1.1)


inf {P : H ∈ H, x ∈ V } nếu ∃H ∈ H : x ∈ V

H
H
H
ta thấy hàm | . | là một hàm không âm và có các tính chất sau:
(1)|x| = 0 ⇔ x = 0, ở đây x là một phần tử bất kì của X.
|x|, ∀x ∈ X; λ ∈ R mà |λ| ≤ 1.

(2)|λx|
(3)|x + y|

|x| + |y|; ∀x, y ∈ X.

Dễ dàng chứng minh được tính chất (1).
Tính chất (2) được suy ra từ tính cân của tập VH , ∀H ∈ H.
Bây giờ ta chứng minh tính chất (3)
∀x, y ∈ X nếu |x| + |y|
⇒ |x + y|

1 thì |x + y| luôn luôn nhỏ hơn hay bằng 1

|x||y|. Do đó ta giả thiết |x| + |y| < 1

∀ε > 0 mà |x| + |y| + 2ε < 1. Do định nghĩa của hàm | . | ta tìm được
H, K ∈ H mà x ∈ VH , y ∈ VK và PH < |x| + ε, P (K) < |y| + ε.
Bởi vì PH + PK < 1 nên ta tìm được phần tử M ∈ H :
P M = PH + PK
Do (ii) ta có VH + VK ⊂ VM ⇒ x + y ∈ VM . Từ đó:
|x + y|

PM = PH + PK < |x| + |y| + 2ε


qua giới hạn khi ε → 0 ta được |x + y|

|x| + |y| ⇒ (3) được chứng

minh.
Từ (2) khi cho λ = −1 ta được | − x|
của bất đẳng thức mới thu được | − (−x)|

|x|; ∀x ∈ X. Thay −x vào x
| − x| ⇒ |x| < | − x| từ đó

ta có:
| − x| = |x|; ∀x ∈ X


12

Bây giờ ta đặt d(x, y) = |x − y|; ∀x, y ∈ X. Do các khảo sát ở trên d
là một metric trên X.
Ta thấy d(x+z, y +z) = d(x, y); ∀x, y, z ∈ X. Từ đó để kết thúc chứng
minh định lí này ta chỉ cần chứng minh metric d tương thích với topo
đã cho trên X. Do tính chất của một không gian topo tuyến tính và do
tính bất biến của metric d nên ta chỉ cần chứng minh metric d tương
thích với topo của X tại điểm gốc (tức là ∀ε > 0, tồn tại mỗi lân cận mở
V của 0 (đối với topo cho trước trên X) mà V ⊂ {x ∈ X/d(0, x) < ε})
và với mỗi lân cận V của 0 đều tồn tại một số ε > 0 sao cho:
{x ∈ X : d(0, x) < ε } ⊂ V
Ta hãy để ý rằng nếu chứng minh được:
2−n−1 } ⊂ Vn ⊂ {x ∈ X/d(0, x)


(*) {x ∈ X/d(0, x)

2−n } thì

metric tương thích với topo của X tại điểm gốc.
Do định nghĩa của metric d theo | . | nên (*) có thể viết:
(**) {x ∈ X/|x|

2−n−1 } ⇒ |x|

2n ⇒ ∃H ∈ H : x ∈ VH và

PH < 2n .
Do (iii) ta có VH ⊂ Vn ⇒ x ∈ Vn ⇒ điều phải chứng minh.
Định nghĩa 1.1.3. Cho X là không gian vectơ, một hàm thực không
âm trên X: . : X → R+ được gọi là F -chuẩn nếu:
(1) x = 0 ⇔ x = 0
(2) αx = x , khi α ∈ {−1, 1}; ∀x ∈ X.
(3) x + y

x + y ,

∀x, y ∈ X

(4) ∀x ∈ X : ∀{αn } → 0 thì αn x → 0.
(5) ∀α ∈ R, ∀xn ⊂ X mà xn → 0 thì αxn → 0.


13


(6) ∀{αn } ⊂ R, ∀{xn } ⊂ X mà αn → 0, xn → 0 thì αn xn → 0.
Mệnh đề 1.1.1. Nếu xn − x → 0 và αn → α thì αn xn − αx → 0
Chứng minh.
αn xn − αx = αn xn − αn x + αn x − αx
αn xn − αn x + αn x − αx
= αn (xn − x) + (αn − α)x
= αn (xn − x) − α(xn − x) + α(xn − x) + (αn − α)x
(αn − α)(xn − x) + α(xn − x) + (αn − α)x .
Vế bên phải tiến về 0 nên ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.4. Đặt ρ(x, y) = x − y , ∀x, y ∈ X thì ρ là một metric.
Chứng minh.
Ta có:
(1) ∀x, y ∈ X, ρ(x, y) = x − y

0

ρ(x, y) = 0 ⇔ x − y = 0
⇔x−y =0
⇔ x = y.
(2) ρ(x, y) = x − y = − 1(y − x) = y − x = ρ(y, x), ∀x, y ∈ X.
(3) ∀x, y, z ∈ X.
ρ(x, z) = x − z = x − y + y − z
x−y + y−z
ρ(x, y) + ρ(y, z)
⇒ ρ là một metric.
Nhận xét 1.1.5. Nếu X là một không gian metric tuyến tính ρ là metric
bất biến trên X. Khi đó x

ρ(x, 0); ∀x ∈ X, . là một F- chuẩn.



14

Chứng minh.
Ta có:
(1) x = 0 ⇔ ρ(x, 0) = 0 ⇔ x = 0.
(2) Chứng minh x = − x
Ta có x = ρ(x, 0)
− x = ρ(−x, 0) = ρ(−x + x, 0 + x) (ρ là metric bất biến)
= ρ(0, x) = ρ(x, 0) (tính đối xứng của metric)
= x
(3) Chứng minh x + y

∀x, y ∈ X

x + y ,

⇔ ρ(x + y, 0)
Ta có: ρ(x + y, 0) = ρ(x, −y)

ρ(x, 0) + ρ(y, 0)
ρ(x, 0) + ρ(0, −y)
= ρ(x, 0) + ρ(y, 0)
= x + y

⇒ x+y

x + y


(4) ∀x ∈ X, αn → 0 chứng minh αn x → 0:
Do phép nhân một vectơ với một vô hướng là liên tục nên
αn x → 0x = 0
⇒ ρ(αn x, 0) → 0
⇒ αn x → 0
(5) ∀α ∈ R, ∀{xn } ⊂ X, xn → 0. Chứng minh: αxn → 0.
Do phép nhân một vectơ với một vô hướng liên tục:
αxn → α.0 = 0
⇒ ρ(αxn ) → 0
⇒ αxn → 0.


15

(6) ∀αn ∈ R, ∀xn ∈ X mà αn → 0, xn → 0.
Chứng minh: αn xn → 0.
Do phép nhân một vectơ với một vô hướng là liên tục nên:
αn xn → 0.0 = 0
⇒ ρ(αn xn , 0) → 0
⇒ αn xn → 0
Vậy . là một F ∗ - chuẩn.

Một không gian tuyến tính trang bị một F - chuẩn được gọi là một
F ∗ − không gian.
Một F ∗ − không gian trang bị một F − chuẩn x chúng ta ký hiệu là
(X,

) hoặc ngắn gọn là X.

Hai chuẩn


và

gọi là mạnh hơn

1

xác định trên không gian X. Chuẩn

( tương đương với chuẩn

1

được

) nếu metric bất biến

tương ứng ρ1 mạnh hơn (tương đương với) metric bất biến tương ứng ρ.
Giả sử X là một F ∗ − không gian và Y là một không gian con tuyến
tính của X. Rõ ràng rằng Y là một F ∗ − không gian với F ∗ − chuẩn thu
được bởi sự hạn chế của F ∗ − chuẩn của X trên Y . Những không gian
con tuyến tính đóng được gọi là không gian con.
Giả sử (X,

) là một F ∗ − không gian và Y là một không gian con của

X. X/Y được gọi là không gian thương (∀x, y ∈ X, XR Y ⇔ x − y ∈ Y )
Với mỗi Z ∈ X/Y . Chúng ta định nghĩa chuẩn của lớp Z như sau:
Z = inf { z : z ∈ Z}
Ở đây X là một F ∗ − không gian, Y là một không gian con đóng của X.



16

∀x, y ∈ X, xRy

x−y ∈Y

⇒ R là một quan hệ tương đương, X/Y

X/R

Ta có X/R là một không gian vectơ
∀Z ∈ X/Y, Z = inf z
z∈Z

Chứng minh Z là một F ∗ − chuẩn:
1)

Z

0

- ∀Z ∈ X/Y, ∀z ∈ Z, z

0 ⇒ inf z
z∈Z

0, ⇒ Z


0

- Nếu Z = 0 ⇒ Z = Y , do Y là không gian vectơ con của X.
⇒ 0 ∈ Y, 0 = 0 ⇒ 0 = 0

inf z

z∈Z

0, ⇒ inf z = 0 ⇒ Z = 0
z∈Z

- ∀Z ∈ X/Y mà Z = 0 chứng minh Z = 0 (có nghĩa Z = Y )
Z ∈ X/Y ⇒ ∃x0 ∈ X : x0 + Y = Z
do Z = 0 ⇒ inf z = 0
z∈Z

⇒ ∃{zn } ⊂ Z, zn → 0 ⇒ zn → 0
∀n ∈ N∗ , zn ∈ Z = xo + Y
⇒ ∃yn ∈ Y : zn = xo + yn ⇒ yn = zn − xo → 0 − xo = −xo
Do Y là đóng trong X, yn ∈ Y ; ∀n ∈ N∗ ⇒ −xo ∈ Y ⇒ xo ∈ Y
∀y ∈ Y, y = xo + (y − xo ) ⇒ y ∈ xo + Y = Z (do y − xo ∈ Y )
⇒y∈Z⇒Y ⊂Z
∀z ∈ Z ⇒ z ∈ xo + Y ⇒ ∃y ∈ Y : z = xo + y
do xo ∈ Y ⇒ xo + y ∈ Y ⇒ z ∈ Y ⇒ Z ⊂ Y
Từ đó suy ra Z = Y
2)

−Z = Z


Ta có

− Z = inf t
t∈−Z

Z = inf z
z∈Z


17

+ ∀t ∈ −Z ⇒ ∃z ∈ Z
t = −z ⇒ t = − z = z
⇒ inf t

inf z

z∈Z

inf z

t∈−Z

z∈Z

⇒ −Z

Z (1)

+ ∀z ∈ Z ⇒ ∃ − z ∈ −Z

−z

inf t

t∈−Z

⇒ z = −z
⇒ inf z

inf t

z∈Z

⇒ Z

inf t

t∈−Z

t∈−Z

− Z (2)

Từ (1) và (2) suy ra Z = − Z
3)

Z + T , ∀Z, T ∈ X/Y

Z +T


Cho z ∈ Z, t ∈ T , Z + T = z + t
ε
∀ε > 0 ⇒ > 0
2
ε
⇒ z ∈ Z : z < Z + do ( Z = inf z )
z∈Z
2
ε
∀ε > 0 ⇒ > 0
2
ε
⇒ ∃t ∈ T : t < T +
2
⇒ z+t
z + t
Z + T +ε
⇒ ε+ Z + T
⇒ Z + T

z+t

Z +T

Z + T − ε, ∀ε > 0

Qua giới hạn khi ε → 0
⇒ Z + T

Z +T


4) Cho αn → 0, chứng minh: αn Z → 0
chọn zo ∈ Z, αn Z = αn zo
⇒ αn Z

αn zo → 0

⇒ αn Z → 0.


18

5) Cho Zn → 0, α ∈ R, chứng minh: αZn → 0
∀n ∈ N∗ , chọn zn ∈ Zn
1
zn
Zn +
n
⇒ zn → 0
⇒ αzn → 0
∀n ∈ N∗ , αZn

αzn → 0

⇒ αZn → 0
6) Cho αn → 0, Zn → 0, chứng minh αn Zn → 0
1
∀n ∈ N∗ , chọn zn ∈ Zn zn
Zn +
n

⇒ zn → 0
⇒ αn zn → 0
αn zn , ∀n ∈ N∗

mà αn Zn
⇒ αn Zn → 0

Do đó X/Y là một F ∗ − không gian.

Cho n F ∗ - không gian (Xi ,

i, i

= 1..n). Khi đó:

X1 × X2 . . . × Xn = {(x1 , x2 , ..., xn )/x1 ∈ X1 , x2 ∈ X2 , ..., xn ∈ Xn }
là F ∗ - không gian với :
(x1 , x2 , ..., xn ) = x1 1 + x2

2

+ ...+ xn

Chứng minh x là một F ∗ − chuẩn:
n

+ Ta có x =

xi
i=1


0

i
n

x =0⇔

xi

i

=0

i=1

⇔ xi

i

= 0, ∀i = 1..n

⇔ xi = 0, ∀i = 1..n

n


19

⇔ x = (0, 0, . . . , 0)

(+) α = −1, − x = − (x1 , x2 , . . . , xn )
= (−x1 , −x2 , . . . , −xn )
n

− xi

=

i

=0

i=1
n

=

xi

i

=0

i=1

= x
(+) ∀x = (x1 , x2 , . . . , xn )
y = (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ X1 × X2 × . . . × Xn
n


x+y =

xi + y i

i

=0

i=1

x1 + y1 1 + x2 + y2

2

+ . . . + x n + yn

x1 1 + y1 1 + x2 2 + y2
n

2

n

+ . . . + xn n + yn

n

n

xi


i

+

i=1

yi

i

i=1

= x + y
(+) ∀xk = (xk1 , ..., xkn ) ∈ X1 × X2 × . . . × Xn mà xk → 0, ∀α ∈ R
phải chứng minh αxk = (αxk1 , ..., αxkn ) → 0
Do x

k

n

→0⇒

xki

i

→ 0, ∀i ∈ {1 . . . n}


i=1

mà xki

xk → 0

i

⇒ xki → 0 khi k → ∞
⇒ αxki → 0 khi k → ∞
n

⇒

αxki

i

→ 0 khi k → ∞

i=1

⇒ αxk → 0 khi k → ∞
(+) αk → 0
∀xk = (xk1 , . . . , xkn ) ∈ X1 × X2 × . . . × Xn ⇒ αk xk = (αk xk1 , . . . , αk xkn )
mà xk → 0 phải chứng minh αk xk → 0 khi k → ∞


20


Ta có xk → 0 ⇒
⇒

n

xki

i=1
xki i

→0

i

→ 0, ∀i ∈ {1, .., n}

⇒ αk xki → 0
n

⇒

αk xki

i

→0

i=1

⇒ αk xk → 0 khi k → ∞

1.2

KHÔNG GIAN MODULAR

Cho X là không gian tuyến tính. Một modular là hàm không âm
ρ : X → [0; +∞) thỏa mãn:
(1) ρ(x) = 0 ⇔ x = 0.
(2) ρ(αx) = ρ(x) nếu |α| = 1.
(3)ρ(αx + βy)

ρ(x) + ρ(y) nếu α, β

0, α + β = 1.

(4) ρ(αn x) → 0 khi αn → 0 và ρ(x) < +∞
và hơn nữa
(5)ρ(αxn ) → 0 khi ρ(xn ) → 0 thì modular ρ(x) được gọi là metric
hóa được.
Nhận xét 1.2.1. Cho 0

α

1 ta có: ρ(αx)

⇒ ρ(γx) là hàm đơn điệu tăng theo γ
Cho 0

γ

δ thì: ρ(γx)


ρ(x)

0. (từ (3) ta suy ra)

ρ(δx).

Thật vậy:
(+) Trường hợp 1: Nếu γ = 0 ⇒ ρ(γx) = 0
(+) Trường hợp 2: Nếu γ > 0 ⇒ δ > 0
γ
ρ(γx) = ρ( .δx) ρ(δx)
δ

ρ(δx)


21

Nhận xét 1.2.2. (5’): ρ(xn ) → 0 ⇔ ρ(2xn ) → 0. Khi đó (5’) ⇔ (5).
Thật vậy:
(+) (5) ⇒ (5’):
ρ(xn ) → 0 ⇒ ρ(2xn ) → 0
1
Cho ρ(2xn ) → 0 ⇒ ρ( .2xn ) → 0 ⇒ ρ(xn ) → 0.
2
(+) (5’) ⇒ (5):
∀α ∈ R, ρ(xn ) → 0
Ta có:
Khi α = 0, ρ(αxn ) = 0 → 0.

Khi α > 0 ⇒ ∃p ∈ N∗ : 2p

α.

ρ(xn ) → 0 ⇒ ρ(2xn ) → 0 ⇒ ρ(22 xn ) ⇒ . . . ⇒ ρ(2p xn ) → 0
⇒ ρ(αxn )

ρ(2p xn ) → 0

⇒ ρ(αxn ) → 0
.

Khi α < 0:
ρ(αxn ) = ρ(−1(αxn )) = ρ((−α)xn ) → 0.

Đặt Xρ = {x ∈ X/∃k > 0 : ρ(kx) < +∞}.
Mệnh đề 1.2.1. Xρ là không gian tuyến tính con của X.
Chứng minh.
(+) ∀x, y ∈ Xρ ta chứng minh x + y ∈ Xρ
Ta phải chứng minh ∃k > 0 : ρ (k(x + y)) < +∞
Do x, y ∈ Xρ ⇒ ∃kx , ky : ρ(kx x) < +∞
ρ(ky y) < +∞
Lấy k = min

kx ky
,
2 2

, k > 0. Khi đó:



22

1
1
2kx + 2ky
2
2
ρ(2kx + 2ky)

ρ(k(x + y)) = ρ(kx + ky) = ρ

ρ(kx x + ky y) < +∞
⇒ x + y ∈ Xρ
(+) ∀x ∈ Xρ , ∀α ∈ R chứng minh: αx ∈ Xρ
Khi α = 0 ⇒ ρ(0x) = 0 < +∞ ⇒ αx ∈ Xρ
Khi α > 0: do x ∈ Xρ ⇒ ∃k > 0 : ρ(kx) < +∞
k
k
αx = ρ(kx) < 0 mà > 0 ⇒ αx ∈ Xρ .
Ta có ρ
α
α
Khi α < 0: x ∈ Xρ chứng minh −x ∈ Xρ .
Do x ∈ Xρ ⇒ ∃k > 0 : ρ(kx) < +∞
⇒ ρ(−kx) = ρ(kx) < +∞
⇒ ρ(k(−x)) < +∞
mà k > 0 ⇒ −x ∈ Xρ
⇒ (−α)(−x) ∈ Xρ
⇒ αx ∈ Xρ

⇒ Xρ là một không gian tuyến tính con của X.
Nhận xét 1.2.3. Cho F- chuẩn

, αx

x khi 0

α

1 thì

F -chuẩn là một modular.
Chứng minh.
Ta dễ dàng kiểm tra được (1), (2). Bây giờ ta đi chứng minh tính chất
sau:
(3) ∀α, β

0, α + β = 1 phải chứng minh ρ(αx + βy)

Ta có : ρ(αx + βy) = αx + βy
αx + βy

ρ(x) + ρ(y)


23

x + y
= ρ(x) + ρ(y)


Bây giờ ta sẽ xem xét hai định lý về mối liên hệ giữa F − chuẩn và
modular
Định lý 1.2.1. Cho (X,
Đặt x

∗

) là một F ∗ − không gian.

= sup αx thì .

là một F-chuẩn tương đương với x

∗

α∈[0,1]

và αx

x

∗

∗

khi |α|

1⇔ .

∗


là một modular.

Chứng minh.
∀x ∈ X, cho ϕ : [0, 1] → R xác định bởi:
ϕ(α) = αx ; ∀α ∈ [0, 1]
Với mọi dãy {αn } nằm trong [0,1], αo ∈ [0, 1] mà αn → αo
phải chứng minh ϕ(αn ) → ϕ(αo )
∀n ∈ N∗ , |ϕ(αn ) − ϕ(αo )| = | αn x − αo x |
αn x − αo x = (αn − αo )x → 0 khi n → ∞
⇒ ϕ(αn ) → ϕ(αo ) ⇒ ϕ liên tục.
⇒ ∃ sup ϕ(α) = max ϕ(α) = max αx
α∈[0,1]

α∈[0,1]

α∈[0,1]

(1) x

∗

=0⇔x=0

Ta có: x

∗

= 0 ⇔ max αx = 0


⇒ αx = 0; ∀α ∈

α∈[0,1]

[0; 1]
⇔x=0
(2) Cho αx

∗

= x

∗

khi |α| = 1

Chỉ cần xét trường hợp α = −1, chứng minh: − x
Ta có:

−x

∗

= sup
α∈[0,1]

− αx = sup αx
α∈[0,1]

∗


= x

∗


24

x

= sup βx

∗

β∈[0,1]

⇒ −x
(3) x + y
Ta có: x + y

= x

∗

x ∗ + y ∗ , ∀x, y ∈ X

∗
∗

∗


= sup α(x + y)
α∈[0,1]

∀α ∈ [0; 1], α(x + y) = αx + αy
αx + αy
= x ∗+ y
⇒ sup α(x + y)

x ∗+ y

∗

∗

α∈[0,1]

⇒ x+y

x ∗+ y

∗

∗

(4) Khi αn → 0 chứng minh αn x
∀n ∈ N∗ ,

αn x


∗

∗

→0

= max βαn x Chọn βn ∈ [0, 1] : βn αn x = αn x
β∈[0,1]

αn → 0
|βn αn |

αn → 0

⇒ βn αn → 0
⇒ βn αn x → 0
⇒ αn x

∗

→0

(5) Khi xn
Ta có xn

∗

→ 0 thì αxn

∗


→ 0, ∀α ∈ R

→ 0 ⇒ xn → 0

∗

Giả sử αxn

∗

không tiến đến 0

⇒ ∃εo > 0, ∀n ∈ N∗ ; ∃n > no : αxn
⇒ ∃ dãy con {mn } của {n} : αxmn
Hay max βαxmn
β∈[0,1]

εo
∗

εo , ∀n ∈ N∗

εo

⇒ ∃βn ∈ [0, 1] : βn αxmn = αxmn ∗ , ∀n ∈ N∗
⇒ βn αxmn

∗


εo , ∀n ∈ N∗

∗


25

Theo bổ đề Bolzano - Weierstrass suy ra tồn tại dãy con {pn } của {n}
∃βo ∈ [0, 1], βpn → βo
εo , ∀n ∈ N∗

⇒ βpn αxmpn

Mặt khác βpn αxmpn = βpn αxmpn − βo αxmpn + βo αxmpn
(βpn α − βo α)xmpn + βo αxmpn → 0
⇒ Vô lí
⇒ αxn

∗

→0

(6) Nếu αn → 0, xn

∗

→ 0 thì αn xn

∗


→0

Ta có: αn → 0 ⇒ ∃n0 ∈ N∗ ; ∀n > no , |αn | < 1
∀n

n0 , αn xn

do |βαn |

= max βαn xn
β∈[0,1]

1, ∀β ∈ [0, 1], βαn xn

⇒ max βαn xn
β∈[0,1]

⇒ αn xn

∗

xn

∗

∗

xn ∗ , ∀n

∗


xn

no

⇒ αn xn → 0
⇒ .

∗

là một F −chuẩn.

Cho xn → 0 ta phải chứng minh xn
Giả sử xn

∗

∗

→0

không tiến đến 0

⇒ ∃εo > 0 : ∀n ∈ N∗ ; ∃n > no : xn

∗

εo ,

⇒ tồn tại dãy con {xmn } của {xn } sao cho: xmn

∀n ∈ N∗ , ∃αn ∈ [0, 1] : αn xmn = xmn

∗

εo , ∀n ∈ N∗

∗

Theo bổ đề Bolzano -Weierstrass tồn tại một dãy con {pn } của {n}, ∃αo ∈
[0, 1] sao cho αpn → αo và αpn xmpn = xmpn

∗

εo

∀n ∈ N∗ , αpn xmpn = αpn xmpn − αo xmpn + αo xmpn
(αpn − αo )xmpn + αo xmpn → 0