MỤC LỤC Trang MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Chương Các kiến thức chuẩn bị Chương Sự ổn định tổng quát ánh xạ đẳng cự không gian Banach thực 10 §1 Một số ví dụ không gian Banach 10 §2 Sự ổn định tổng quát ánh xạ đẳng cự không gian Banach thực 15 KẾT LUẬN 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 LỜI NÓI ĐẦU Không gian Banach đối tượng nghiên cứu môn Giải tích hàm, có nhiều ứng dụng giải tích nhiều ứng dụng khác Toán học Nếu dừng lại chưa đủ Có kết kinh điển biết đến Mazun Ulam [5] đẳng cự f từ không gian Banach thực X lên không gian Banach thực Y với f (0) = 0, ánh xạ tuyến tính, ánh xạ f : X −→ Y gọi (ε, p) đẳng cự | f (x) − f (y) − x − y ≤ ε x − y p ∀x, y ∈ X Vào năm 1983 J Gevirtz [2] T : X −→ Y toàn ánh (ε, 0) đẳng cự tồn đẳng cự I : X −→ Y để √ T (x) − I(x) ≤ 20( − 1)−1 ((ε x ) + 40ε) với x ∈ X Sử dụng kết P.M.Graber [3] tồn toàn ánh đẳng cự I : X −→ Y cho T (x) − I(x) ≤ 5ε, x ∈ X Vào năm 1995, M.Omladic P Semrl [6] với (ε, 0) đẳng cự f : X −→ Y tồn toàn ánh đẳng cự I : X −→ Y để f (x) − I(x) ≤ 2ε, với x ∈ X Như vậy, mục đích khoá luận nghiên cứu ổn định tổng quát ánh xạ đẳng cự không gian Banach thực Với mục đích dựa vào tài liệu tham khảo, khoá luận trình bày thành chương Chương Các kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số khái niệm định nghĩa, định lý, hệ quả.v.v có nội dung liên quan cần dùng cho chương 2 Chương Sự ổn định tổng quát ánh xạ đẳng cự không gian Banach thực Khoá luận thực Trường Đại học Vinh hướng dẫn thầy giáo PGS.TS Tạ Khắc Cư Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy nhiệt tình hướng dẫn giúp đỡ Đồng thời, tác giả xin trân trọng cám ơn thầy, cô giáo tổ Giải tích khoa Toán tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành khoá luận Vinh, tháng năm 2009 Sinh viên CHƯƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương ta trình bày số khái niệm kết cần dùng khoá luận 1.1 Định nghĩa Giả sử E không gian tuyến tính trường K (R C), hàm thực : E −→ R x→ x gọi chuẩn E thỏa mãn điều kiện sau (i) x ≥ 0, ∀x ∈ E x =0⇔x=0 (ii) λx =| λ | x , ∀λ ∈ K, ∀x ∈ E (iii) x + y ≤ x + y , ∀x, y ∈ E 1.2 Định nghĩa Không gian tuyến tính E với chuẩn gọi không gian định chuẩn, kí hiệu (E, ) hay E 1.3 Định nghĩa Giả sử E = ∅, hàm d : E × E −→ R gọi mêtric E ánh xạ (x, y) → d(x, y) thỏa mãn ba điều kiện (i) d(x, y) ≥ 0, d(x, y) = ⇔ x = y , (ii) d(x, y) = d(y, x), (iii) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), với x, y, z ∈ E 1.4 Định nghĩa Cho E không gian mêtric Một dãy {xn } E gọi dãy cauchy ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n, m ≥ n0 d(xn , xm ) < ε Không gian mêtric E gọi đầy đủ dãy cauchy E hội tụ điểm thuộc 1.5 Định nghĩa Giả sử E, F hai không gian định chuẩn, E × F không gian tuyến tính Ta xét hàm : E × F −→ R với (x, y) = x + y , ∀(x, y) ∈ E × F (1) Khi (1) xác định chuẩn E × F Ta gọi E × F với chuẩn (1) không gian định chuẩn tích đề E F Với (x, y) ∈ E × F , đặt (x, y) (x, y) = max( x , y ) =( x + y 2) (2) (3) (2) (3) hai chuẩn E × F 1.6 Định nghĩa Đặt L(E, F ) = {ánh xạ tuyến tính, liên tục: E→F } Khi L(E, F ) không gian tuyến tính với phép cộng hai hàm nhân vô hướng hàm với số thông thường Đặt f = inf{k : f (x) ≤ k x , ∀x ∈ E} Ta có xác định chuẩn L(E, F ) 1.7 Bổ đề Nếu f ∈ L(E, F ) ta có f = sup x=0 f (x) = sup f (x) = sup f (x) x x ≤1 x =1 (4) xác định chuẩn L(E, F ) Chứng minh Rõ ràng f ≥ 0, với f ∈ L(E, F ) f = ⇔ sup f (x) = ⇔ f (x) = 0, |x =1 với x ∈ E, x = (4) Suy f (x) = 0, với x ∈ E, x = (∗) Lấy x ∈ E , x = f (0) = ⇒ f = Nếu x = 0, ta có f (x) = f x x x = x f( x ) = 0, x (vì (*)) Vậy f = suy f = Với f, g ∈ L(E, F ), λ ∈ K , ta có λf = sup λf (x) =| λ | sup x =1 f (x) =| λ | f x =1 Với f, g ∈ L(E, F ), ta có: f + g = sup (f + g)(x) ≤ sup ( g(x) + f (x) ) x =1 x =1 ≤ sup ( f (x) ) + sup ( g(x) ) x =1 x =1 ≤ f + g Kết luận f chuẩn L(E, F ) 1.8 Định nghĩa Không gian Banach không gian định chuẩn đầy đủ (với mêtric sinh chuẩn) Không gian định chuẩn E không gian Banach dãy cauchy E hội tụ 1.9 Ví dụ a) Không gian R với chuẩn thông thường không gian Banach gọi không gian Banach thực b) Không gian C với chuẩn thông thường không gian Banach c) Không gian K n với chuẩn thông thường không gian Banach 1.10 Định lý Giả sử E không gian định chuẩn Khi với a ∈ E , ánh xạ f : x → a + x phép đồng phôi đẳng cự từ E lên F với λ ∈ K, λ = 0, ánh xạ g : x → λx phép đồng phôi từ E lên F Chứng minh Để chứng minh f, g đồng phôi, ta chứng minh f, g song ánh liên tục hai chiều Ta có f (x) − f (y) = (a + x) − (a + y) = x − y g(x) − g(y) = λx − λy =| λ | x − y Ngoài dễ thấy f, g song ánh 1.11 Định lý Giả sử E không gian định chuẩn Khi ánh xạ f : E × E→E (x, y) → x + y g : K × →E (λ, x) → λx liên tục Chứng minh Giả sử (xo , yo ), (x, y) ∈ E × E Ta có f (x, y) − f (xo , yo )| = (x + y) − (xo + yo ) = (x − xo ) + (y + yo ) ≤ x − xo + y − yo Từ suy f liên tục (xo , yo ) hay f liên tục Với (λo , xo ), (λ, x) ∈ K × E , ta có g(λ, x) − g(λo , xo ) = λ.x − λo xo = λo (x − xo ) + (λ − λo )xo + (λ − λo )(x − xo ) ≤| λo | x − xo + | λ − λo | xo + | λ − λo | x − xo suy g liên tục (λo , xo ) g liên tục 1.12 Định nghĩa Giả sử E, F hai không gian định chuẩn f : E→F gọi ánh xạ đẳng cự f (x) = x ; x ∈ E f gọi ánh xạ đồng phôi f song ánh liên tục hai chiều 1.13 Định nghĩa Giả sử E, F hai không gian tuyến tính, f : E→F gọi ánh xạ tuyến tính với x, y ∈ E; α, β ∈ K ta có f (αx + βy) = αf (x) + βf (y) 1.14 Định lý Giả sử E, F hai không gian định chuẩn, f : E→F ánh xạ tuyến tính Khi điều kiện sau tương đương: 1) f liên tục đều, 2) f liên tục E , 3) f liên tục O ∈ E , 4) f bị chặn Chứng minh Rõ ràng 1) ⇒ 2) ⇒ 3) Ta chứng minh 3) ⇒ 4) Giả sử 3) thỏa mãn 4) không đúng, tức giả sử f liên tục ∈ E f không bị chặn Khi đó, với n tồn x ∈ E cho f (x) > n x Từ ta có với n = 1, 2, tồn xn ∈ E cho f (xn ) > n x (*) Từ (*) suy xn = (vì xn = f (xn ) = 0) ⇒ f (xn ) = 0) Lấy yn = n xn xn , n = 1, 2, suy {yn } ⊂ E, yn = n −→ n→∞ Vậy yn →0=⇒f (yn )→0 ⇒ f (yn ) →0 Hay f n xn xn −→ Từ suy n xn f(xn ) −→ Mặt khác, theo (*) ta có: n xn f (xn ) ≥ n xn = 1, với n ∈ N n xn Đây điều mâu thuẫn, 4) thỏa mãn Chứng minh 4) ⇒ 1) Giả sử f bị chặn, tức tồn số k cho f (x) ≤ k x , ta chứng minh f liên tục Tức cần chứng minh với ε > 0, tồn δ > cho với x, y ∈ E mà x − y < δ f (x) − f (y) < ε Thật vậy, với x, y ∈ E , ta có: f (x) − f (y) = f (x − y) ≤ k x − y (**) Nếu k = theo giả thiết tồn số k để f (x) ≤ k x Ta suy f (x) = 0, với x ∈ E Vậy ta f liên tục Giả sử k = 0, từ (**) suy với ε > 0, chọn δ = x, y ∈ E mà x − y < δ = ε k ε k với f (x) − f (y) < ε, tức f liên tục CHƯƠNG SỰ ỔN ĐỊNH TỔNG QUÁT CỦA ÁNH XẠ ĐẲNG CỰ TRÊN CÁC KHÔNG GIAN BANACH THỰC §1 MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN BANACH 2.1.1 Ví dụ C[a,b] = { hàm liên tục [a, b] −→ K}.Với f ∈ C[a,b] , đặt f = sup | f (x) |= max | f (x) | x∈[a,b] x∈[a,b] b f | f (x) | dx = a Khi , hai chuẩn C[a,b] (C[a,b] , ) không gian Banach Chứng minh Để chứng minh (C[a,b] , x ) không gian Banach, ta chứng minh dãy cauchy C[a,b] hội tụ Thật vậy, giả sử {fn } dãy cauchy C[a,b] ta chứng minh {fn } hội tụ tới f ∈ C[a,b] Điều tương đương với chứng minh tồn f ∈ C[a,b] fn −→ f Thật vậy, {fn } dãy cauchy nên với ε > tồn số tự nhiên n(ε) ∈ N, cho với n ≥ n(ε); p ∈ N ta có fn+p − fn < ε hay sup | fn+p (x) − fn (x) |< ε x∈[a,b] Từ suy | fn+p (x) − fn (x) |< ε, ∀x ∈ [a, b]; n ≥ n(ε); p ∈ N Theo tiêu chuẩn cauchy dãy hàm hội tụ fn ⇒ f [a, b] 10 Nhưng fn liên tục [a, b] nên suy f liên tục [a, b], tức f ∈ C[a,b] Mặt khác, fn ⇒ f [a, b] nên suy fn → f theo chuẩn sup C[a,b] Vậy C[a,b] không gian Banach ∞ 2.1.2 Ví dụ lp = {{xn } ⊂ K : | xn |p < ∞, p ≥ 1} không gian n=1 ∞ tuyến tính Với x = {xn } ∈ lp Đặt x p = | xn |p p Khi p n=1 chuẩn lp (lp, p ) không gian Banach Chứng minh Giả sử {xk }k∈N dãy cauchy lp, xk = {xkn }n ∈ lp, ta chứng minh {xk } hội tụ hay chứng minh tồn x ∈ lp xk →x Ta có x1 = {x11 , x12 , , x1n , } x2 = {x21 , x22 , , x2n , } xk = {xk1 , xk2 , , xkn , } Vì {xk } dãy cauchy nên với ε > 0, tồn ko ∈ N cho với k ≥ ko ; l ∈ N ta có xk+l − xk p < ε Điều tương đương với p ∞ k p | xk+l n − xn | < ε, ∀k ≥ ko , l ∈ N n=1 Tức ∞ k p p | xk+l n − xn | < ε , ∀k ≥ ko , l ∈ N (1) n=1 k p p Suy với n = 1, 2, | xk+l n − xn | < ε , ∀k ≥ ko , l ∈ N Tức với n = 1, 2, {xkn }k dãy cauchy K , mà K không gian Banach nên {xkn } hội tụ 11 Ta có lim xkn := xn ∈ K , với n = 1, 2, k→∞ Đặt x = {x1 , x2 , } = {xn } Trong (1) cố định k ≥ ko , cho l→∞ lấy giới hạn hai vế ta có ∞ | xn − xkn |p ≤ εp , ∀k ≥ k0 n=1 ∞ Đặt y = {xn − xkno } ⇒ suy y ∈ lp n=1 (2) | xn − xkno |p ≤ εp < ∞, Mặt khác, lp không gian tuyến tính xkno ∈ lp, nên x = {xn } = {xn − xkno + xkno } = y + xko ∈ lp Từ (2) suy p ∞ | xn − xkn |p < ε, ∀k ≥ ko n=1 x − xk ≤ ε, ∀k ≥ ko x − xk →0; k→∞ xk →x Vậy (lp, p ) không gian Banach 2.1.3 Ví dụ Co = {{xn } | xn →0, xn ∈ K} không gian tuyến tính Với x = {xn } ∈ Co , đặt x = sup | xn | (1) n≥1 , ta có (1) chuẩn Co Khi (Co , ) không gian Banach Chứng minh Giả sử {xk } dãy cauchy Co Khi đó, với ε > 0, tồn ko ∈ N cho với k > ko ; m ∈ N xk+m − xk < ε Ta suy sup | xk+m − xkn |< ε, với n = 1, 2, n 12 (*) Với n = 1, 2, | xk+m − xkn |< ε n n = 1, 2, {xkn } dãy cauchy K Mặt khác, K không gian đầy đủ nên {xkn } dãy hội tụ, suy tồn xn cho lim xkn = xn , n = 1, 2, k→∞ Đặt x = {x1 , x2 , , xn , } Trong (*) cố định giá trị k > ko , cho m→∞ ta có sup | xn − xkn |< ε n≥1 Từ ta có | xn − xkn |< ε, n = 1, 2, | xkn − xn |< ε, n = 1, 2, Mặt khác, no , tồn p ∈ N cho xn+p − xnk k ∞ < ε Ta suy sup | xn+p − xnk |< εk k (*) n≥1 Từ ta có | xn+p − xnk |< ε, n = 1, 2, k Vậy ta có với n = 1, 2, {xnk } dãy cauchy R, mà R đầy đủ nên ta có {xnk } dãy hội tụ R Tức xnk →xn k→∞ Đặt x = (x1 , x2 , , xn , ) = {xn }∞ n=1 cố định n (*) (p ≥ po ) cho p→∞ ta có lim sup | xn+p − xnk |< ε k p→∞ p≥1 Từ ta có sup | xn − xnk |< ε Suy n≥1 (xn − xnk ) ∈ l∞ {xn − xnk } ∈ l∞ mà {xnk } ∈ l∞ {xn } ∈ l∞ Hay dãy cauchy l∞ hội tụ Vậy (l∞ , Banach 14 ∞) không gian §2 SỰ ỔN ĐỊNH TỔNG QUÁT CỦA ÁNH XẠ ĐẲNG CỰ TRÊN CÁC KHÔNG GIAN BANACH THỰC Trong suốt ta xem X, Y không gian Banach thực 2.2.1 Định lý Giả sử f song ánh từ không gian Banach thực X lên không gian Banach thực Y Giả sử α ≥ φ hàm đơn điệu tăng thỏa mãn φ(2t) ≤ 2α φ(t), t ∈ R, t ≥ | f (x) − f (y) − x − y |≤ φ( x − y ), với x, y ∈ X Với δ > cho trước, giả sử ψ ánh xạ thoã mãn | f (x) − f (y) − x − y |≤ ψ( f (x) − f (y) ), với x, y ∈ X mà f (x) − f (y) ≤ δ Giả sử d = x − y ≤ δ n số nguyên dương cho 2n ≥ d 4(φ(d) + ψ(d)) Lúc ta đạt f x+y ≤ 8ψ(d) + 8φ(d) + − f (x) + f (y) n−1 φ 1−k max(1, 2α−1 )d k=−1 Trước chứng minh định lý này, ta định nghĩa số ký hiệu chứng minh số bổ đề sau Cho x, y ∈ X , với d = x − y ≤ δ Giả sử u= x+y f (x) + f (y) , v= , 2 xác định hai dãy +∞ {uj }j=−∞ ⊂ X, {vj }+∞ j=−∞ ⊂ Y 15 cách đặt uo = u, vo = v, uj+1 = f −1 (v−j ), vj+1 = f (u−j ), j = 0, 1, 2, u−j = auj ; v−j = bvj ; (1) a b đẳng cự X Y thỏa mãn ax = 2u − x , by = 2v − y với x ∈ X y ∈ Y Chúng ta thu số kết sau δ2j = max{ u2k − u2l | k − l |= j, −j ≤ k, l ≤ j} (2) ∆2j = max { u2i − x , u2i − y }, j = 0, 1, 2, 0≤i≤j 2.2.2 Bổ đề δ2m+1 ≥ δ2m − 2m φ(δ2m ), m = 1, 2, 3, với φ hàm đơn điệu tăng thỏa mãn φ(2t) ≤ 2α φ(t), t ∈ R, t ≥ Chứng minh Giả sử −j + ≤ k, l ≤ j với | k − l |= j Ta có f (u−2k+2 ) − f (u−2l+2 = v2k−1 − v2l−1 = bv2k−1 − bv2l−1 = v−2k+1 − v−2l+1 = f (u2k ) − f (u2l ) (3) Từ (1), (2) (3) ta có | u2k−2 − u2l−2 − u2k − u2l | = | au−2k+2 − au−2l+2 − u2k − u2l | = | u−2k+2 − au−2l+2 − u2k − u2l | ≤ | u−2k+2 − u−2l+2 − f (u−2k+2 ) − f (u−2l+2 ) | + | f (u−2k+2 ) − f (u−2l+2 ) − f (u2k ) − f (u2l ) | + | f (u2k ) − f (u2l ) − u2k − u2l | ≤φ( u−2k+2 − u−2l+2 ) + φ( u2k − u2l ) ≤ 2φ(δ2j ) (4) 16 Giả sử k, l số thỏa mãn −2m−1 ≤ k, l ≤ 2m−1 với | k − l |= 2m−1 δ2m = u2k − u2l (5) Khi u2k − u2l = u−2k − u−2l , 2m−2 ≤| k |≤ 2m − 2m−2 ≤| l |≤ 2m − Không tính tổng quát ta giả thiết k ≥ 2m−2 Áp dụng (4) có | u2k − u2l | − u2m − uo | ≤ | u2k − u2l − u2k+2 − u2l+2 + · · · + + | u2m−2 − u−2 − u2m − uo | ≤(2m−1 − k)φ(δ2m ) ≤2m−1 φ(δ2m ) Do có u2k − u2l − 2m−1 φ(δ2m ) ≤ u2m − uo Từ (5) (6) ta có δ2m+1 ≥ u2−m − u2m = u2m − uo ≥ 2δ2m − 2m φ(δ2m ), với m = 1, 2, 3, 2.2.3 Bổ đề Nếu j ≤ d , 4(φ(d)+ψ(d)) ∆2j ≤ 3d Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử φ(d) ≤ Từ ∆0 ≤ d ≤ 3d d d ψ(d) ≤ 4 ta giả thiết ∆2k ≤ 3d 4, với < k < j u−2k − y = au−2k − ay = u2k − x 17 (6) ≤ ∆2k ≤ 3d (7) Do có | f (u−2k ) − f (y) − u−2k − y |≤ φ( u−2k − y ≤ φ(d) Theo (7) giả thiết, ta suy f (u−2k ) − f (y) ≤ u−2k − y + φ(d) ≤ d (8) Vì ta thu f (u2k+2 ) − f (x) = v−2k−1 − f (x) = bv−2k−1 − bf (x) = v2k+1 − f (y) = f (u−2k ) − f (y) (9) Từ (8) (9) có | u2k+2 − x − f (u2k+2 ) − f (x) | ≤ ψ( f (u2k+2 ) − f (x) ) ≤ ψ(d) (10) Từ (9) (10) ta suy | u2k+2 − x − u2k − x | = | u2k+2 − x − au2k − ax | = | u2k+2 − x − u−2k − y | ≤ | u2k+2 − x − f (u2k+2 ) − f (x) | + | f (u2k+2 ) − f (x) − f (u−2k ) − y | + | f (u−2k ) − f (y) − u−2k − y = φ(d)+ψ(d) Thay x y (11) ta có ∆2k+2 ≤ ∆2k + φ(d) + ψ(d)) Từ ∆0 = d2 , sử dụng phương pháp quy nạp ta có ∆2k+2 ≤ d + (k + 1)(φ(d) + ψ(d)) 18 (11) Từ k + ≤ j , suy ∆2k+2 ≤ 43 d Vậy bổ đề chứng minh Bây ta chứng minh Định lý Giả sử tồn số nguyên dương lớn m cho 2m ≤ d 4(φ(d) + ψ(d)) Theo Bổ đề 2, ∆2m+1 ≤ d, từ δ2j ≤ 2∆2j có δ2m−k ≤ δ2m+1 ≤ 2∆2m+1 ≤ 2d, (12) với k = −1, 0, 1, , m − Theo Bổ đề 1, ta có δ2m−k ≤ δ2m−k+1 + 2m−k+1 φ(δ2m−k ) (13) Chúng ta chứng tỏ δ2m−k ≤ 1−k max(1, 2α−1 )d, với k = −1, 0, 1, , m − Nếu k = −1, từ (12) có δ2m+1 ≤ 2d ≤ max(1, 2α−1 )d Giả sử (14) với k − 1, ≤ k ≤ m − Sử dụng (12) (13) ta có δ2m−k ≤ δ2m−k+1 + 2m−k−1 φ(δ2m−k ) d ≤ δ2m−k+1 + 2−k−1 φ(2d) 4(φ(d) + ψ(d)) ≤ δ2m−k+1 + 2−k−3 2α d k −k−6 ≤ −2 max(1, 2α−1 ) + 2 2α d ≤2 1−k max(1, 2α−1 )d 19 (14) Sử dụng Bổ đề 1, m ≥ 1, m = 1, 2, 3, ta có m−1 m δ2m+1 ≥ δ2 − m φ(δ2m−k ) k=0 Như có δ2 + φ(δ2 ) ≤ 2−m δ2m+1 + m−1 φ(δ2m−k ) + φ(δ2 ) k=0 Từ d 8(φ(d) + ψ(d)) ≤ 2m+1 , 2−m ≤ 4(φ(d) + ψ(d)) d Thì theo (12) (14) ta có m−1 δ2 + φ(δ2 ) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + φ(2 1−k max(1, 2α−1 )d), (16) k=−1 với m = 1, 2, 3, Nếu d 4(φ(d)+ψ(d)) < theo (12) (14) ta có δ2 + φ(δ2 ) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + φ(2 max(1, 2α−1 )d) (17) Từ n > m, (16),(17) ta có n−1 δ2 + φ(δ2 ) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + φ(2 1−k max(1, 2α−1 )d) k=−1 Cuối ta có f (u) − v = vo − v1 = v−1 − v1 = f (u2 ) − f (uo ) Định lý chứng minh ≤ (δ2 + φ(δ2 )) 2.2.4 Định lý Giả sử X Y không gian Banach thực ε > 0, p > Giả sử f : X −→ Y song ánh (ε, p) đẳng cự với f (0) = giả sử f −1 : Y −→ X hàm liên tục Khi tồn số δ > N (ε, p) cho lim N (ε, p) = tồn toàn ánh đẳng cự I : X −→ Y ε→0 thỏa mãn f (x) − I(x) ≤ N (ε, p) x p , ∀x ∈ X, x ≤ δ 20 Chứng minh Từ t ≤ 2(t − εtp ) với t ≤ (2ε) 1−p , có | f (x) − f (y) − x − y |≤ ε2p f (x) − f (y) p , x, y ∈ X ; x − y ≤ (2ε) 1−p Theo giả thiết f −1 hàm liên tục nêú tồn δ > cho x − y ≤ (2ε) 1−p nu f (x) − f (y) ≤ δ Do có | f (x) − f (y) − x − y |≤ ε2p f (x) − f (y) p , với x, y ∈ X mà f (x) − f (y) ≤ δ Và x − y = d ≤ δ , với x, y ∈ X Theo Định lý 1, có x+y f f (x) + f (y) − ≤8εd + 8ε2 d + p n−1 p p ε 1−k 2p−1 p dp k=−1 p =M (ε, p) x − y , p p2 − −1 p 2 −1 với M (ε, p) = ε 8(1 + 2p ) + Từ f (0) = 0, có f f (x) x ≤ M (ε, p) x p , − 2 với x ∈ X, x ≤ δ Với x ∈ X tồn số nguyên dương n cho 2−n x ≤ δ Nếu m > n, thay x 2−m x (18) có f (2−m−1 x) − f (2−m x) ≤ M ((ε, p) 2−m x p Do có m −m f (2 n x) − f (2 −n 2M (ε, p)2n(1−p) x) ≤ x p 1−p 1−2 21 (18) Vì vậy, {2n f (2−n x)} dãy cauchy Ta đặt I : X −→ Y xác định I(x) = lim 2n f (2−n x), với x ∈ X Khi có n→∞ f (x) − I(x) ≤ N (ε, p) x p , (19) với x ∈ X, x ≤ δ N (ε, p) = 2M (ε, p) , − 21−p từ ta có f (ε, p)- đẳng cự | 2n f (2−n x) − 2n f (2−n y) − x − y |≤ ε2(1−p)n x − y p , n ∈ N Vậy I đẳng cự Tiếp theo ta I ánh xạ thỏa mãn (19) Giả sử tồn I đẳng cự thỏa mãn (19), lúc I I ánh xạ tuyến tính, lấy x ∈ X ta có ≤ I(x) − I (x) = 2n I(2−n x) − 2n I (2−n x) ≤ 2N (ε, p)2n(1−p) x p p>1 −−−→ n→∞ Vậy I ≡ I Cuối cùng, I toàn ánh Giả sử tồn y ∈ Y, y = cho y − I(x) ≥ a > 0, x ∈ X Khi tồn dãy {xn } cho f (xn ) = n1 y Vì f −1 ánh xạ liên tục nên xn →0 f (xn ) − I(xn ) ≥ a, với n ∈ N n Từ f (ε, p) đẳng cự, có | xn − y |≤ ε x p , n ∈ N n 22 (20) Vì xn = O n ⇒ xn p =O n Từ f (xn ) − I(xn ) ≤ N (ε, p) xn p ; với n đủ lớn, n ∈ N , thu f (xn ) − I(xn ) = O Điều mâu thuẫn với (20) Vậy Định lý chứng minh 23 n KẾT LUẬN Khoá luận đạt kết sau - Làm rõ mối quan hệ không gian định chuẩn không gian Banach - Chứng minh chi tiết số không gian Banach - Nêu lên mối quan hệ không gian Banach thực 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1 ] TS Đậu Thế Cấp (2000), Giải tích hàm, Nxb Giáo dục [2 ] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2003), Cơ sở lý thuyết giải tích hàm, Nxb Giáo dục [3 ] Eun Hwi Lee and Dal - wonpark (2006), Generalized stability of Isometries on real Banach spaces 25 [...]... định n trong (*) (p ≥ po ) cho p→∞ ta có lim sup | xn+p − xnk |< ε k p→∞ p≥1 Từ đó ta có sup | xn − xnk |< ε Suy ra n≥1 (xn − xnk ) ∈ l∞ {xn − xnk } ∈ l∞ mà {xnk } ∈ l∞ {xn } ∈ l∞ Hay mọi dãy cauchy trong l∞ đều hội tụ Vậy (l∞ , Banach 14 ∞) là không gian §2 SỰ ỔN ĐỊNH TỔNG QUÁT CỦA ÁNH XẠ ĐẲNG CỰ TRÊN CÁC KHÔNG GIAN BANACH THỰC Trong suốt bài này ta xem X, Y là các không gian Banach thực 2.2.1 Định. .. − v1 1 = v−1 − v1 2 1 = f (u2 ) − f (uo ) 2 Định lý được chứng minh 1 ≤ (δ2 + φ(δ2 )) 2 2.2.4 Định lý 2 Giả sử X và Y là các không gian Banach thực và ε > 0, p > 1 Giả sử f : X −→ Y là song ánh (ε, p) đẳng cự với f (0) = 0 và giả sử f −1 : Y −→ X là hàm liên tục đều Khi đó tồn tại hằng số δ > 0 và N (ε, p) sao cho lim N (ε, p) = 0 và tồn tại toàn ánh đẳng cự duy nhất I : X −→ Y ε→0 thỏa mãn f (x) −... chúng ta thu được f (xn ) − I(xn ) = O Điều này mâu thuẫn với (20) Vậy Định lý được chứng minh 23 1 n KẾT LUẬN Khoá luận đã đạt được các kết quả chính sau đây - Làm rõ mối quan hệ giữa không gian định chuẩn và không gian Banach - Chứng minh chi tiết một số không gian Banach - Nêu lên được mối quan hệ giữa các không gian Banach thực 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1 ] TS Đậu Thế Cấp (2000), Giải tích hàm, Nxb...Nhưng do fn liên tục trên [a, b] nên suy ra f liên tục trên [a, b], tức f ∈ C[a,b] Mặt khác, fn ⇒ f trên [a, b] nên suy ra fn → f theo chuẩn sup trong C[a,b] Vậy C[a,b] là không gian Banach ∞ 2.1.2 Ví dụ 2 lp = {{xn } ⊂ K : | xn |p < ∞, p ≥ 1} là không gian n=1 ∞ tuyến tính Với mọi x = {xn } ∈ lp Đặt x p = | xn |p 1 p Khi đó p n=1 là một chuẩn trên lp và (lp, p ) là không gian Banach Chứng minh Giả... X −→ Y xác định bởi I(x) = lim 2n f (2−n x), với mọi x ∈ X Khi đó chúng ta có n→∞ f (x) − I(x) ≤ N (ε, p) x p , (19) với mọi x ∈ X, x ≤ δ và N (ε, p) = 2M (ε, p) , 1 − 21−p từ đó ta có f là (ε, p)- đẳng cự và | 2n f (2−n x) − 2n f (2−n y) − x − y |≤ ε2(1−p)n x − y p , n ∈ N Vậy I là một đẳng cự Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng I là ánh xạ duy nhất thỏa mãn (19) Giả sử tồn tại I là một đẳng cự thỏa mãn... này ta xem X, Y là các không gian Banach thực 2.2.1 Định lý 1 Giả sử f là một song ánh từ không gian Banach thực X lên không gian Banach thực Y Giả sử α ≥ 0 và φ là hàm đơn điệu tăng thỏa mãn φ(2t) ≤ 2α φ(t), t ∈ R, t ≥ 0 và | f (x) − f (y) − x − y |≤ φ( x − y ), với mọi x, y ∈ X Với δ > 0 cho trước, giả sử ψ là ánh xạ thoã mãn | f (x) − f (y) − x − y |≤ ψ( f (x) − f (y) ), với mọi x, y ∈ X mà f (x)... các ánh xạ tuyến tính, lấy x ∈ X ta có 0 ≤ I(x) − I (x) = 2n I(2−n x) − 2n I (2−n x) ≤ 2N (ε, p)2n(1−p) x p p>1 −−−→ 0 n→∞ Vậy I ≡ I Cuối cùng, chúng ta sẽ chỉ ra rằng I là toàn ánh Giả sử tồn tại y ∈ Y, y = 0 sao cho y − I(x) ≥ a > 0, x ∈ X Khi đó tồn tại dãy {xn } sao cho f (xn ) = n1 y Vì f −1 là ánh xạ liên tục nên khi xn →0 thì f (xn ) − I(xn ) ≥ 1 a, với mọi n ∈ N n Từ f là một (ε, p) đẳng cự, ... 0 0, tồn tại ko ∈ N sao cho