Chương Không gian metric 3.1 Metric Nếu ta từ Chợ Bến Thành đến sân bay Tân sơn nhất, có lẽ ta quan tâm đến khoảng cách sau: • Khoảng cách ngắn (km) theo đường chim bay từ chợ Bến Thành đến sân bay Tần Sơn Nhất • Khoảng cách nhắn (km) di chuyển xe bánh từ chợ Bến Thành đến sân bay Tần Sơn Nhất • Khoảng cách nhắn (km) di chuyển xe khách 48 chỗ từ Bến Thành đến sân bay Tần Sơn Nhất Mỗi khoảng cách quan trọng đối tượng khác Chúng có thuộc tính mà ta khái hóa sau Định nghĩa 3.1 Cho X tập hợp d : X × X → R ánh xạ có tính chất sau: (i) d(x, y) ≥ với x, y ∈ X (ii) d(x, y) = x = y (iii) d(x, y) = d(y, x) với x, y ∈ X (iv) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) với x, y, z ∈ X (tính chất gọi bất đẳng thức tam giác hình học Euclidean, tổng độ dài hai cạnh tam giác lớn hay độ dài cạnh lại) Ta nói d metric X (X, d) không gian metric Ta đơn giản hóa để dể nhớ sau (i) Khoảng cách không âm (ii) Khoảng cách hai điểm không hai điểm trùng (iii) Khoảng cách từ A đến B khoảng cách từ B đến A 41 CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 42 (iv) Quảng đường từ A đến B mà ghé qua C ngắn khoảng cách trực tiếp từ A đến B Ví dụ 3.2 (i) Metric quen thuộc R đựợc xác định d (x, y) = |x − y| với x, y ∈ R (ii) Công thức khoảng cách mặt phẳng thu đựợc từ định lý Pythagorean cho ta metric R2 Ta định nghĩa metric d R2 sau: Nếu P1 = (x1 , y1 ) P2 = (x2 , y2 ) hai điểm R2 , d (P1 , P2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 (iii) Ta xác định vài metric khác tập hợp • Trên R2 , ta xác định metric d1 nhı sau: d1 (P1 , P2 ) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | • Một metric khác R2 d∞ đựợc xác định d∞ (P1 , P2 ) = sup {|x1 − x2 | , |y1 − y2 |} Bài tập 3.1.1 Cho d : X × X → R ánh xạ có tính chất sau: (ii) d(x, y) = x = y (iii) d(x, y) = d(y, x) với x, y ∈ X (iv) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) với x, y, z ∈ X Hãy chứng minh d metric X Điều có nghĩa điều kiện (i) "dư" Chứng minh Thay z = x điều kiện (iv) sử dụng (ii) (iii), ta có: 2d(x, y) = d(x, y) + d(y, x) ≥ d(x, x) = Vậy d(x, y) ≥ Bài tập 3.1.2 Cho tập hợp X = {a, b, c} với a, b c phần tử khác Hãy viết ánh xạ dj : X × X → R thỏa định nghĩa (i) định nghĩa 3.1 cho d1 thỏa điều kiện (ii) (iii) không thỏa (iv) d2 thỏa điều kiện (iii) (iv) d2 (x, y) = ⇒ x = y, x = y ⇒ d2 (x, y) = d3 thỏa điều kiện (iii) (iv) x = y ⇒ d3 (x, y) = 0, d3 (x, y) = ⇒ x = y d4 thỏa điều kiện (ii) (iv) không thỏa (iii) Giải 3.2 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC 43 Lấy d1 (x, x) = với x ∈ X, d1 (a, b) = d1 (b, a) = d1 (a, c) = d1 (c, a) = d1 (b, c) = d1 (c, b) = Các điều kiện (ii) (iii) thỏa, d1 (b, a) + d1 (a, c) = < = d1 (b, c) Lấy d2 (x, x) = d2 (x, y) = x = y Điều kiện (ii) không thỏa điều kiện (iii) thỏa Hơn nữa, ta có d2 (x, y) + d2 (y, z) ≥ + = ≥ d2 (x, z) nên d thỏa bất dẳng thức tam giác Lấy d2 (x, y) = với x, y ∈ X Lấy d4 (x, x) = với x ∈ X, d4 (a, b) = d4 (b, a) = d4 (a, c) = d4 (c, a) = d1 (b, c) = 1, d1 (c, b) = Điều kiện (ii) thỏa, điều kiện (iii) không thỏa d(x, y) + d(y, z) = d(x, y) = d(x, z) ≥ d(x, z) y = z, d(x, y) + d(y, z) = d(y, z) = d(x, z) ≥ d(x, z) x = y, d(x, y) + d(y, z) ≥ + = ≥ ≥ d(x, z) x = y y = z, nên d4 thỏa bất đẳng thức tam giác Bài tập 3.1.3 Cho tập hợp X ánh xạ ρ : X × X → R có tính chất sau (i) ρ(x, y) ≥ với x, y ∈ X (ii) ρ(x, y) = x = y (iii) ρ(x, y) + ρ(y, z) ≥ ρ(x, z) với x, y, z ∈ X Hãy chứng minh rằng: ta đặt d(x, y) = ρ(x, y) + ρ(y, x), (X, d) không gian metric 3.2 Một số ví dụ không gian Metric Bây nghiên cứu số ví dụ cụ thể (Từ Định nghĩa 3.3 đến Định lý 3.10 giải thích chi tiết học phần "Giải tích hàm".) 3.2.1 Không gian định chuẩn Có lẽ bạn tiếp xúc với khái niệm không gian vector định chuẩn môn đại số giải tích trước Định nghĩa 3.3 Cho V không gian vector trường số F (với F = R hay F = C) N : V → R với N (u) = u ánh xạ có tính chất sau: (i) u ≥ với u ∈ V CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 44 (ii) Nếu u = 0, u = (iii) Nếu λ ∈ F u ∈ V , λu = |λ| u (iv) (Bất đẳng thức tam giác) Nếu u, v ∈ V , u + v ≥ u + v Khi đó, ta gọi chuẩn chuẩn nói (V, · ) không gian vector định · Bài tập 3.2.1 Bằng cách đặt λ = định nghĩa 3.3 (iii), chứng tỏ = Mọi không gian vector định chuẩn xem không gian metric Bổ Đề 3.4 Nếu (V, · ) không gian vector định chuẩn, ta đặt d(u, v) = u − v d metric V Chứng minh Ta nhận thấy rằng, với u, v ∈ V , ta có d(u, v) = u − v ≥ d(u, u) = = · = |0| · = · = Hơn nữa, d(u, v) = 0, u − v = 0, từ ta có u − v = u = v Áp dụng (iii), ta có d(u, v) = u − v = (−1)(v − u) = | − 1| v − u = d(v, u) Sử dụng (iv), ta thu d(u, v) + d(v, w) = u − v + v − w ≥ (u − v) + (v − w) = u − w = d(u, w) 3.2.2 Không gian tiền Hilbert Khái niệm tích vô hướng xuất học phần đại số lẫn học phần vật lý Sau nhắc lại khái niệm tích vô hướng không gian vector Định nghĩa 3.5 Cho V không gian vector trường số thực R ánh xạ M : V × V → R, với M (u, v) = u, v , thỏa tính chất sau với u, v, w ∈ V , λ ∈ R (i) u, u ≥ (ii) Nếu u, u = 0, u = 3.2 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC 45 (iii) u, v = v, u (iv) u + w, v = u, v + w, v (v) λu, v = λ u, v Khi đó, ta gọi tiền Hilbert , tích vô hướng V nói (V, , ) không gian Bổ Đề 3.6 Cho (V, , ) không gian tiền Hilbert Ta đặt u = u, u đó, ta có 1/2 Khi (i) (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz) Nếu u, v ∈ V , v ≥ | u, v | u (ii) (V, ) không gian vector định chuẩn Chứng minh (i) Nếu u = v = 0, ta có điều cần chứng minh Vì thế, ta giả sử u, v = Ta nhận thầy rằng, λ ∈ R, ta có ≤ u + λv, u + λv = u, u + 2λ u, v + λ2 v, v = λ v, v 1/2 u, v + v, v 1/2 u, v − v, v + u, u Chọn λ=− u, v ( v, v v, v )1/2 ta thu u, u − u, v v, v ≥0 Từ ta thu bất đẳng thức Cauchy–Schwarz (ii) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có u+v = u + v, u + v = u ≤ u +2 u v + v + u, v + v 2 = ( u + v )2 Lấy bậc hai, ta thu bất đẳng thức tam giác Nhận xét Ta chứng minh (1) tam thức bậc hai Lấy u, v ∈ V (tùy ý) Nếu u = ta có: u v = = u, v Nếu u = 0, ta xét f (α) : = αu + v 2 = αu + v, αu + v = u α + u, v α + v với α ∈ R Vì f (α) ≥ với α ∈ R nên biệt thức f (α) phải nhỏ hay không, i.e 2 v ≤ Từ ta suy ra: u v ≥ | u, v | u, v − u CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 46 Bổ Đề 3.7 Nếu ta xem Rn không gian vector thông thường n xj y j x, y = j=1 tích vô hướng Rn Chứng minh Bạn đọc kiểm tra trực tiếp định nghĩa Ta gọi chuẩn 1/2 n x x2j = , j=1 tạo thành từ tích vô hướng bên chuẩn Euclidean (đôi gọi "chuẩn thông thường") Một số chuẩn quan trọng tạo thành từ tích vô hướng, phần lớn chuẩn khác không Bổ Đề 3.8 (Quy tắc hình bình hành) Dùng tính chất ký hiệu bổ đề 3.6, ta có 2 2 u+v + u−v =2 u +2 v Chứng minh Bằng cách tính toán trực tiếp, ta có: u+v u−v 2 = u + v, u + v = u = u − v, u − v = u 2 + u, v + v − u, v + v 2 Cộng hai đẳng thức trên, ta thu u+v + u−v =2 u 2 +2 v Ta cần bổ đề trước ta chứng minh số kết quan trọng Bổ Đề 3.9 Giả sử a < b, hàm số f : [a, b] → R liên tục f (t) ≥ với t ∈ [a, b] Khi đó, b f (t) dt = 0, a f (t) = với t ∈ [a, b] Chứng minh Giả sử ta có b f (t) dt = 0, a f (x) > với x ∈ [a, b] Vì f hàm liên tục [a, b], nên tồn δ với b−a > δ > cho |f (t) − f (x)| ≤ f (x)/2 với t ∈ [a, b] ∩ [x − δ, x + δ] Vì thế, f (t) ≥ f (x)/2 với t ∈ [a, b] ∩ [x − δ, x + δ] Từ ta có b f (t) dt ≥ a f (t) dt ≥ δf (x)/2 > t∈[a,b]∩[x−δ,x+δ] 3.2 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC 47 Bài tập 3.2.2 Chứng minh kết bổ đề 3.9 không ta thay điều kiện‘f liên tục’ ‘f khả tích Riemann’ Hướng dẫn Lấy a = 0, b = Chọn f (t) = t = 1/2, f (1/2) = Định Lý 3.10 Giả sử a < b, ta gọi C([a, b]) không gian hàm liên tục f : [a, b] → R (đây không gian vector theo cách thông thường) Khi đó, b (i) f, g = f (t)g(t) dt tích vô hướng C([a, b]) a f = f, f 1/2 b 1/2 = f (t) dt chuẩn C([a, b]) a b (ii) f |f (t)| dt chuẩn C([a, b]) = a Chuẩn không thỏa quy tắc hình bình hành (iii) f ∞ = sup |f (t)| chuẩn C([a, b]) t∈[a,b] Chuẩn không thỏa quy tắc hình bình hành Chứng minh b (i) Ta có f, f = f (t)2 dt ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]) a b Nếu f, f = 0, f (t)2 dt = Từ bổ đề 3.9, ta có f (t)2 = với t Vì thế, a f (t) = với t, hay f = Với f, g ∈ C([a, b]), λ ∈ R, ta có b f, g b f (t)g(t) dt = = a g(t)f (t) dt = g, f a b f + g, h = (f (t) + g(t))h(t) dt a b = b f (t)h(t) dt + a g(t)h(t) dt = f, h + g, h a b λf, g b λf (t)g(t) dt = λ = a f (t)g(t) dt = λ f, g , a Vậy , tích vô hướng · chuẩn C([a, b]) Theo Bổ đề 3.8, chuẩn · thỏa quy tắc hình bình hành b (ii) Ta có f Nếu f 1 |f (t)| dt ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]) = a b = 0, |f (t)| dt = Từ bổ đề 3.9, ta có |f (t)| = với t, nên a f (t) = với t, hay f = Với λ ∈ R, f ∈ C([a, b]), ta có b λf b |λ||f (t)| dt = |λ| = a |f (t)| dt = |λ| f a CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 48 Vì |f (t) + g(t)| ≤ |f (t)| + |g(t)| với f, g ∈ C([a, b]), nên b f +g Vậy · |f (t) + g(t)| dt ≤ = b a |f (t)| + |g(t)| dt = f a + g 1, chuẩn C([a, b]) Nếu ta chọn a = 0, b = 1, g(t) = f (1 − t), f +g   ≤ t ≤ 1/4 t f (t) = 1/2 − t 1/4 ≤ t ≤ 1/2   1/2 ≤ t ≤ + f −g = (1/8)2 + (1/8)2 = 1/32 = 2((1/16)2 + (1/16)2 ) = 2( f 2 + g ) Vậy · không thỏa quy tắc hình bình hành Điều có nghĩa sinh từ tích vô hướng (iii) Vì |f (t)| ≥ nên f Hơn nữa, f ∞ ∞ · không = sup |f (t)| ≥ 0, ∀f ∈ C([a, b]) t∈[a,b] = 0, i.e sup |f (t)| = 0, |f (t)| = ∀t, hay f = t∈[a,b] Với λ ∈ R, f ∈ C([a, b]), ta có λf ∞ = sup |λf (t)| = sup |λ||f (t)| = |λ| sup |f (t)| = |λ| f t∈[a,b] t∈[a,b] t∈[a,b] ∞ Vì |f (t) + g(t)| ≤ |f (t)| + |g(t)| với f, g ∈ C([a, b]), nên f +g ∞ = sup |f (t) + g(t)| ≤ sup (|f (t)| + |g(t)|) t∈[a,b] t∈[a,b] ≤ sup (|f (t)| + |g(s)|) = f t,s∈[a,b] Do đó, · ∞ ∞ + g ∞ , chuẩn C([a, b]) Nếu ta chọn a = 0, b = 1, g(t) = f (1 − t), f +g ∞ + f −g   ≤ t ≤ 1/4 t f (t) = 1/2 − t 1/4 ≤ t ≤ 1/2   1/2 ≤ t ≤ ∞ 1 1 = ( )2 + ( )2 = ( )2 + ( )2 = 4 4 f ∞ + g Vậy · ∞ không thỏa quy tắc hình bình hành Điều có nghĩa không sinh từ tích vô hướng ∞ · ∞ 3.2 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC 49 Không phải metric có nguồn gốc từ chuẩn Sau metric quan trọng dù công thức đơn giản Định nghĩa 3.11 Nếu X tập hợp ta định nghĩa ánh xạ d : X × X → R sau x = y, d(x, y) = x = y, Khi đó, d gọi metric rời rạc X Bổ Đề 3.12 Metric rời rạc X thực metric X Chứng minh Ta cần kểm tra bất đẳng thức tam giác Ta có: d(x, y) + d(y, z) = d(x, y) = d(x, z) ≥ d(x, z) y = z, d(x, y) + d(y, z) = d(y, z) = d(x, z) ≥ d(x, z) x = y, d(x, y) + d(y, z) ≥ + = ≥ ≥ d(x, z) x = y y = z Bài tập 3.2.3 (i) Cho V không gian vector trường số R d metric tạo thành từ chuẩn V Hãy chứng tỏ rằng, u ∈ V d(0, 2u) = 2d(0, u) (ii) Cho V không gian vector không tầm thường (i.e., dim V ≥ 1) trường số R d metric rời rạc V Hãy chứng tỏ d tạo từ chuẩn V Để kiểm tra tính chất giả định không gian metric, ta nên kiểm tra chúng không Rn với Euclidean metric mà Rn với metric rời rạc Bài tập 3.2.4 [Metric đếm] Cho E tập hữu hạn E tập hợp tất tập E, ta ký hiệu card C số phần tử C d(A, B) = card A△B = card (A\B) ∪ (B\A) Hãy chứng tỏ d metric E (Hamming metric) Có nhiều metric "lạ độc", nhiên chúng thường sử dụng số metric hữu dụng sau: • Rn với chuẩn Euclidean thông thường, • C([a, b]) với ba chuẩn định nghĩa định lý 3.10, • Metric đếm (Hamming metric), • Metric rời rạc, • p-adic metric (sử dụng nhiều lý thuyết số) định nghĩa tập 5.1.23, • metric định nghĩa tập 5.1.21 • nhiều metric khác CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 50 3.3 3.3.1 Tập mở ánh xạ liên tục không gian metric Ánh xạ liên tục Một số định nghĩa kết giữ nguyên ta chuyển từ giải tích cổ điển R sang không gian metric Bây giờ, ta nhắc lại số định nghĩa tính liên tục R Định nghĩa 3.13 [Định nghĩa R] (i) Một ánh xạ f : R → R gọi liên tục t ∈ R nếu, với ǫ > 0, ta tìm δ(t, ǫ) > cho |f (t) − f (s)| < ǫ với s ∈ R : |t − s| < δ(t, ǫ) (ii) Một ánh xạ f : R → R gọi liên tục R f liên tục điểm t ∈ R, i.e với t ∈ R cho trước với ǫ > 0, ta tìm δ(t, ǫ) > cho |f (t) − f (s)| < ǫ với s ∈ R : |t − s| < δ(t, ǫ) Ta mở rộng định nghĩa cho không gian metric Định nghĩa 3.14 [Định nghĩa mới] Cho (X, d) (Y, ρ) không gian metric ánh xạ f : X → Y f gọi liên tục t ∈ X nếu, với ǫ > 0, ta tìm δ(t, ǫ) > cho ρ(f (t), f (s)) < ǫ với s ∈ X : d(t, s) < δ(t, ǫ) f gọi liên tục X f liên tục điểm t ∈ X, i.e với t ∈ X ǫ > 0, ta tìm δ(t, ǫ) > cho ρ(f (t), f (s)) < ǫ với s ∈ X : d(t, s) < δ(t, ǫ) Định nghĩa dễ nhớ ta đọc ‘ρ(f (t), f (s))’ ‘khoảng cách từ f (t) đến f (s) Y ’ ; ‘d(t, s)’ thành ‘khảng cách từ t đến s X’ Bổ Đề 3.15 [Tính liên tục ánh xạ hợp.] Nếu (X, d), (Y, ρ) (Z, σ) không gian metric g : X → Y , f : Y → Z ánh xạ liên tục, ánh xạ hợp f ◦ g : X → Z liên tục Chứng minh Chứng minh cho bổ đề hoàn toàn tương tự chứng minh giải tích cổ điển R Với x ∈ X, ǫ > 0, f ánh xạ liên tục g(x), nên ta tìm δ1 > (phụ thuộc vào ǫ) cho σ(f (g(x)), f (y)) < ǫ với y ∈ Y thỏa ρ(g(x), y) < δ1 Hơn nữa, g liên tục x, nên ta tìm δ2 > cho ρ(g(x), g(t)) < δ1 với t ∈ X thỏa d(x, t) < δ2 3.3 TẬP MỞ VÀ ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRONG CÁC KHÔNG GIAN METRIC 51 Tóm lại, ta có: σ(f (g(x)), f (g(t))) < ǫ với t ∈ X thỏa d(x, t) < δ2 Vậy f ◦ g ánh xạ liên tục Bài tập 3.3.1 Xét không gian R R2 với (Euclidean) metric thông thường (i) Giả sử f : R → R g : R → R ánh xạ liên tục Hãy chứng tỏ (f, g) : R2 → R2 ánh xạ liên tục (ii) Hãy chứng tỏ M : R2 → R định nghĩa M (x, y) = xy ánh xạ liên tục (iii) Dùng tính liên tục ánh xạ hợp để chứng tỏ ánh xạ m : R2 → R với m(x, y) = f (x)g(y) ánh xạ liên tục Giải (i) Lấy (x, y) ∈ R2 tùy ý Với ǫ > 0, ta tìm δ1 > cho |f (x) − f (s)| < ǫ/2 với s ∈ R thỏa |x − s| < δ1 δ2 > cho |g(y) − g(t)| < ǫ/2 với t ∈ R thỏa |y − t| < δ2 Nếu ta chọn δ = min(δ1 , δ2 ), với (s, t) ∈ R2 thỏa (x, y) − (s, t) < δ, ta có |x − s| < δ ≤ δ1 |y − t| < δ ≤ δ2 Khi đó, |f (x) − f (s)| < ǫ/2 |g(y) − g(t)| < ǫ/2 Từ đó, với (s, t) ∈ R2 thỏa (x, y) − (s, t) (f (x), g(y)) − (f (s), g(t)) < δ, ta có ≤ (f (x), g(y)) − (f (s), g(y)) + (f (s), g(y)) − (f (s), g(t)) = |f (x) − f (s)| + |g(y) − g(t)| < ǫ Vậy (f, g) ánh xạ liên tục (ii) Ta sử dụng Euclidean metric d thông thường R2 Với (x, y) ∈ R2 ǫ > 0, ta chọn min{ǫ, 1} δ= |x| + |y| + Khi đó, d (x, y), (u, v) < δ, |x − u|, |y − v| < δ, |M (x, y) − M (u, v)| = |xy − uv| ≤ |xy − xv| + |xv − uv| ≤ |x||y − v| + |v||x − u| ≤ |x||y − v| + |y − v| + |y| |x − u| ≤ δ|x| + (|y| + δ)δ ≤ (|x| + |y| + 1)δ < ǫ Vậy M ánh xạ liên tục (iii) m = M ◦ Q với Q(x, y) = (f (x), g(y)) Vì M Q ánh xạ liên tục, nên ánh xạ hợp m ánh xạ liên tục CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 52 3.3.2 Tập mở Định nghĩa 3.16 Cho (X, d) không gian metric Ta nói tập E ⊂ X mở X nếu, với e ∈ E, ta tìm δ > (phụ thuộc vào e) cho x ∈ E với x ∈ X : d(x, e) < δ Xét R2 với Euclidean metric thông thường, E tập mở với e E tâm đĩa với bán kính dương nằm hẳn E Tính chất thực chìa khóa cho nhiều chứng minh giải tích cổ điển giải tích phức Sau vài ví dụ đơn giản tập mở không mở Ví dụ 3.17 (i) Cho (X, d) không gian metric Nếu x ∈ X, r > 0, B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} tập mở (ii) Trong không gian metric Rn với Euclidean metric thông thường, với x ∈ Rn , tập {x} tập mở (iii) Nếu (X, d) không gian metric với metric rời rạc, {x} = B(x, 1/2) tất tập X tập mở Chứng minh (i) Với y ∈ B(x, r), chọn δ = r − d(x, y) > Khi đó, với z ∈ X cho d(z, y) < δ, ta có d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < r nên z ∈ B(x, r) Do đó, B(x, r) tập mở (ii) Chọn e ∈ Rn cho e = (ta chọn e = e1 := (1, 0, 0, , 0).) Với δ > 0, , ta xét y = x + (δ/2)e, ta có x − y < δ, điều có nghĩa y ∈ / {x} Vì {x} không mở (iii) Ta nhận thấy d(x, x) = < 1/2 d(x, y) = > 1/2 với x = y Vì thế, x ∈ E, từ d(x, y) < 1/2 ta suy y = x ∈ E Do đó, {x} mở Hơn nữa, ta suy ra: tập E mở Ta gọi B(x, r) cầu mở với tâm x bán kính r Để ngắn gọn hơn, ta phát biểu lại định nghĩa 3.16 sau: Định nghĩa 3.16’ Cho (X, d) không gian metric Ta nói tập E ⊂ X mở X nếu, với e ∈ E, ta tìm δ > (phụ thuộc vào e) cho B(e, δ) ⊂ E 3.3 TẬP MỞ VÀ ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRONG CÁC KHÔNG GIAN METRIC 53 Tính chất sau quan trọng dễ chứng minh Định Lý 3.18 Nếu (X, d) không gian metric, ta có: (i) Tập rỗng ∅ tập X tập mở (ii) Nếu {Uα }α∈A họ tập mở, i.e Uα mở với α ∈ A, Uα α∈A tập mở (Hay nói cách khác, hợp tập mở tập mở) n (iii) Nếu Uj mở với ≤ j ≤ n, Uj tập mở j=1 Chứng minh (i) Vì tập rỗng ∅ không chứa phần tử nào, nên mệnh đề ∀x ∈ ∅, B(x, 1) ⊂ ∅ đúng, i.e ∅ tập mở Vì tập X chứa phần tử nằm nên ∀x ∈ X, B(x, 1) ⊂ X Vậy X tập mở (ii) Với e ∈ Uα , tồn α1 ∈ A cho e ∈ Uα1 Vì Uα1 mở, nên ta tìm α∈A Uα δ > cho B(e, δ) ⊂ Uα1 ⊆ α∈A Vậy Uα tập mở α∈A n (iii) Nếu e ∈ Uj , e ∈ Uj với ≤ j ≤ n Vì tập Uj tập mở nên ta j=1 tìm δj > cho x ∈ Uj với x ∈ X thỏa d(x, e) < δj Ta chọn δ = δj Khi đó, với ≤ j ≤ n, ta có δ > 1≤j≤n x ∈ Uj với x ∈ X thỏa d(x, e) < δ Do đó, n Uj với x ∈ X thỏa d(x, e) < δ x∈ j=1 n Vậy Uj mở j=1 Chú ý tập A (ii) không bị ràng buộc gì, nghĩa A tập không đếm Trong đó, ta cần tính hữu hạn (iii) CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 54 Ví dụ 3.19 Trong Rn với metric thông thường, cầu B(x, 1/j) mở với ∞ B(x, 1/j) = {x} tập mở j ∈ N, j=1 Chứng minh Xem ví dụ 3.17 Định lý sau thể mối liên hệ tính liên tục tập mở Định Lý 3.20 Cho (X, d) (Y, ρ) không gian metric Ánh xạ f : X → Y liên tục f −1 (V )là mở X với V mở Y Chứng minh Trước hết ta giả sử f ánh xạ liên tục U mở Y Nếu x ∈ f −1 (U ), ta tìm y ∈ U cho f (x) = y Vì U mở Y , nên tồn ǫ > cho B(y, ǫ) ⊂ U Vì f liên tục x, nên ta tìm δ > cho ρ(y, f (w)) = ρ(f (x), f (w)) < ǫ với w ∈ X thỏa d(x, w) < δ Do đó, f (w) ∈ U với w ∈ X thỏa d(x, w) < δ Hay nói cách khác, w ∈ f −1 (U ) với w ∈ X thỏa d(x, w) < δ Vậy f −1 (U ) mở X Bây ta chứng minh chiều ngược lại Giả sử f −1 (U ) mở X với U mở Y Giả sử x ∈ X (tùy ý) ǫ > Vì cầu mở B(f (x), ǫ) = {y ∈ Y : ρ(f (x), y) < ǫ} mở Y nên f −1 B(f (x), ǫ) mở X Do x ∈ f −1 B(f (x), ǫ) nên tồn δ > cho B(x, δ) ⊂ f −1 B(f (x), ǫ) hay nói cách khác, ρ(f (x), f (w)) < ǫ với w ∈ X thỏa d(x, w) < δ Vậy f hàm liên tục Chú ý ‘chiều ngược lại’ định lý chưa đúng, i.e ánh xạ f liên tục ‘U mở X’ suy ‘f (U ) mở Y ’; ngược lại, ánh xạ f có tính chất: f (U ) mở Y với U mở X, ánh xạ f lại không liên tục Ví dụ 3.21 Lấy X = R d metric rời rạc X Lấy Y = R ρ (Euclidean) meric thông thường Y (i) Nếu ánh xạ f : X → Y định nghĩa f (x) = x, f liên tục có tập mở U X cho f (U ) không mở Y (ii) Nếu ta đặt g : Y → X ánh xạ định nghĩa g(y) = y, g không liên tục g(V ) mở X với V mở trongY 3.4 TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC 55 Chứng minh Vì tập mở X, nên f −1 (V ) = g(V )là mở với V Y Vì f hàm liên tục Ta có U = {0} mở X g −1 (U ) = f (U ) = U = {0} không mở Y Do đó, g không liên tục Định lý 3.20 cho ta chứng minh tính liên tục hàm hợp Theorem 3.15 Nếu (X, d), (Y, ρ), (Z, σ) không gian metric g : X → Y , f : Y → Z ánh xạ liên tục, ánh xạ hợp f ◦ g ánh xạ liên tục Chứng minh khác Nếu U mở Z, tính liên tục f , ta có f −1 (U ) mở Y Do tính liên tục g, ta có (f ◦ g)−1 (U ) = g −1 f −1 (U ) mở X Vậy f ◦ g liên tục 3.4 Tập đóng không gian metric Để định nghĩa tập đóng không gian metric, ta dùng khái niệm giới hạn, khái niệm dễ dàng khái quát hóa từ khái niệm giới hạn giải tích cổ điển R Định nghĩa 3.22 Xét dãy điểm xn n∈N không gian metric (X, d) x ∈ X Ta nói dãy xn hội tụ x không gian metric (X, d) với ǫ > 0, ta tìm số tự nhiên N (ǫ) ≥ (N (ǫ) phụ thuộc vào ǫ) cho d(xn , x) < ǫ với n ≥ N (ǫ), n→∞ ta kí hiệu xn → x n → ∞, hay xn −−−→ x, x = lim xn gọi x giới hạn dãy xn n→∞ n∈N Bổ Đề 3.23 Cho (X, d) không gian metric dãy dãy xn n∈N X Nếu tồn x ∈ X cho dãy xn hội tụ x, giới hạn Chứng minh Giả sử xn → x xn → y Khi đó, với ǫ > 0, ta tìm N1 (ǫ) N2 (ǫ) cho d(xn , x) < ǫ/2 với n ≥ N1 (ǫ) d(xn , y) < ǫ/2 với n ≥ N2 (ǫ) Chọn N (ǫ) = max N1 (ǫ), N2 (ǫ) , ta thu d(x, y) ≤ d(xN (ǫ) , x) + d(xN (ǫ) , y) < ǫ/2 + ǫ/2 = ǫ Vì ǫ tùy ý, nên d(x, y) = 0, i.e x = y Bài tập 3.4.1 Cho (X, d) (Y, ρ) không gian metric Hãy chứng minh ánh xạ f : X → Y liên tục X khi, với x ∈ X, với dãy xn n→∞ n→∞ X cho xn −−−→ x ∈ X, ta có f (xn ) −−−→ f (x) Y CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 56 Chứng minh Giả sử ánh xạ f liên tục X Với x ∈ X với dãy xn X cho xn → x n → ∞, f liên tục x nên với ǫ > 0, tồn δ > cho với z ∈ X thỏa d(z, x) < δ, ta có ρ f (z), f (x) < ǫ n→∞ Vì xn −−−→ x nên ta tìm N cho d(xn , x) < δ với n ≥ N n→∞ Từ đó, ta có ρ f (xn ), f (x) < ǫ với n ≥ N Vậy f (xn ) −−−→ f (x) Nếu f không liên tục X, ∃x ∈ X cho f không liên tục x Khi đó, tồn ǫ > cho với δ > 0, ta tìm z ∈ X cho d(z, x) < δ ρ f (z), f (x) > ǫ Cụ thể hơn, với δ = 1/n, ta tìm xn ∈ X cho n→∞ d(xn , x) < 1/n ρ f (xn ), f (x) > ǫ Khi đó, xn −−−→ x, f (xn ) không hội tụ f (x) Bài tập 3.4.2 Trong tập này, ta khảo sát tính liên tục ánh xạ đồng từ không gian vào ta trang bị cho không gian metric khác Ta xét ba chuẩn (cùng với ba metric tương ứng) định nghĩa C([0, 1]) định lý 3.10 Các ánh xạ jα,β : C([0, 1]), → C([0, 1]), định nghĩa jα,β (f ) = f , α β α, β ∈ {1, 2, ∞} (i) Hãy chứng tỏ ánh xạ j∞,1 j∞,2 liên tục, ánh xạ j1,∞ j2,∞ không liên tục (ii) Hãy dùng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz | f, g | ≤ f g với g = 1, f = 1, để chứng tỏ ánh xạ j2,1 liên tục Chứng minh ánh xạ j1,2 không liên tục [Hướng dẫn: xét hàm số có dạng fR,K (x) = K max{0, − Rx}.] Giải (i) Với f ∈ C([a, b]), ta có f f |f (t)| dt ≤ = f = f 2 ∞ dt = f 1 2 |f (t)| dt = ∞ ≤ f 0 Do đó, fn − f ∞ → 0, fn − f ánh xạ liên tục Tuy nhiên, ta chọn ∞ , fn − f dt f = ∞ = f ∞ → Vì vậy, j∞,1 j∞,2 fn (t) = n1/3 max{0, − nt}, fn − fn − n→∞ fn (t) dt = n−2/3 /2 −−−→ = = = fn − n 2/3 2 fn (t)2 dt = (1 − nt)3 − 3n n2/3 1/n = (1 − nt)2 dt 2 1/n = n−1/3 n→∞ −−−→ 3.4 TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC Trong đó, fn − 57 n→∞ ∞ = n1/3 −−−→ ∞ Vậy j1,∞ j2,∞ không liên tục (ii) Ta có f Do đó, fn − f |f (t)| dt = |f |, ≤ f = n→∞ 2 ≤ f n→∞ −−−→ fn − f −−−→ Vì vậy, j2,1 liên tục Tuy nhiên, ta chọn fn (t) = n2/3 max{0, − nt}, fn − fn − = 2 = n→∞ fn (t) dt = n−1/3 /2 −−−→ 0, 1/n fn (t)2 dt = n4/3 (1 − nt)2 dt = n1/3 n→∞ −−−→ ∞ Vì j1,2 không liên tục Định nghĩa 3.24 Cho (X, d) không gian metric Một tập F X gọi n→∞ đóng nếu, với dãy xn F cho xn −−−→ x X, ta có x ∈ F Các tập sau dễ hửu ích Bài tập 3.4.3 (i) Nếu (X, d) không gian metric, X ∅ vừa mở, vừa đóng (ii) Nếu ta xem R không gian metric với metric thông thường, b > a, [a, b] tập đóng, tập mở; đó, (a, b) tập mở không đóng;và [a, b) vừa không đóng, vừa không mở Bài tập 3.4.4 (i) Nếu (X, d) không gian metric với metric rời rạc d, tập X vừa đóng, vừa mở (ii) Cho V không gian vector trường số thực R ρ metric sinh từ chuẩn V Hãy chứng tỏ rằng, với x ∈ V , tập {x} tập mở (V, ρ) (iii) Từ đó, ta suy metric rời rạc d không gian vector V không tạo thành từ chuẩn không gian vector V Định Lý 3.25 Cho (X, d) không gian metric Một tập F X đóng phần bù F X mở CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 58 Chứng minh Giả sử F đóng X ta đặt E := X \ F Nếu E không mở, ta tìm e ∈ E cho B(e, δ) ⊂ E với δ > Từ ta suy ra, B(e, δ) ∩ F = ∅ với δ > Khi đó, với n ≥ 1, B(e, n1 ) ∩ F = ∅, tức ta tìm xn ∈ F cho n→∞ d(xn , e) < 1/n Và ta có, xn −−−→ e X Vì F đóng X, nên e ∈ F , mâu thuẩn với giả thiết e ∈ E = X \ F Vậy E tập mở Bây ta chứng minh chiều ngược lại Giả sử E tập mở F = X \ E Giả n→∞ sử xn ∈ F xn −−−→ x Nếu x không nằm F x ∈ E Vì E mở, nên tồn δ > cho B(x, δ) ⊆ E Do xn ∈ F = X \ E với n ∈ N nên xn ∈ B(x, δ), ∀n ∈ N, n→∞ i.e d(xn , x) ≥ δ với n ∈ N Điều vô lý xn −−−→ x Vậy x ∈ F F tập đóng Từ định lý trên, ta suy tính chất tập đóng từ tính chất tập mở cách lấy phần bù X Cụ thể, cách sử dụng phần bù, từ định lý 3.18 3.20, ta suy tính chất sau: Định Lý 3.26 Nếu (X, d) không gian metric, ta có: (i) Tập rỗng ∅ tập X tập đóng (ii) Nếu {Fα }α∈A họ tập đóng, i.e Fα đóng với α ∈ A, Fα α∈A đóng (Hay nói cách khác, giao họ tập đóng tập đóng (X, d)) n (iii) Nếu Fj đóng với ≤ j ≤ n, Fj tập đóng j=1 Chứng minh (i) Vì ∅ X tập mở nên ∅ = X \ X X = X \ ∅ tập đóng (ii) Vì Fα đóng, nên X \ Fα mở với α ∈ A Từ đó, ta có X\ α∈A tập mở (X \ Fα ) Fα = α∈A Fα đóng α∈A (iii) Vì Fj đóng, nên X \ Fj mở với ≤ j ≤ n Từ đó, ta có n X\ n Fj đóng j=1 (X \ Fj ) Fj = j=1 mở n j=1 3.4 TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC 59 Định Lý 3.27 Cho (X, d) (Y, ρ) không gian metric Một ánh xạ f : X → Y liên tục f −1 (F ) đóng X với F đóng Y Chứng minh "Chỉ khi:" Giả sử f liên tục Với F đóng Y , ta có Y \ F mở Y Vì thế, X \ f −1 (F ) = f −1 (Y \ F ) tập mở X Do f −1 (F ) tập đóng X với F đóng Y "Khi:" Giả sử f −1 (F ) đóng X với F đóng Y Với tập U mở Y , ta có Y \ U đóng Y Từ đó, ta có X \ f −1 (U ) = f −1 (Y \ U ) tập đóng X Vì thế, f −1 (U ) mở X Vậy f ánh xạ liện tục 60 CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC ... lý thuyết số) định nghĩa tập 5.1. 23, • metric định nghĩa tập 5.1.21 • nhiều metric khác CHƯƠNG KHÔNG GIAN METRIC 50 3. 3 3. 3.1 Tập mở ánh xạ liên tục không gian metric Ánh xạ liên tục Một số định... = n1 /3 max{0, − nt}, fn − fn − n→∞ fn (t) dt = n−2 /3 /2 −−−→ = = = fn − n 2 /3 2 fn (t)2 dt = (1 − nt )3 − 3n n2 /3 1/n = (1 − nt)2 dt 2 1/n = n−1 /3 n→∞ −−−→ 3. 4 TẬP ĐÓNG TRONG KHÔNG GIAN METRIC. .. (X, d) không gian metric 3. 2 Một số ví dụ không gian Metric Bây nghiên cứu số ví dụ cụ thể (Từ Định nghĩa 3. 3 đến Định lý 3. 10 giải thích chi tiết học phần "Giải tích hàm".) 3. 2.1 Không gian định