NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU(LÝ THUYẾT + BÀI TẬP)

140 113 0
  • Loading ...
1/140 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 03/05/2017, 01:12

Giải tích hàm là một ngành của giải tích toán học nghiên cứu các không gian vector được trang bị thêm một cấu trúc tôpô phù hợp và các toán tử tuyến tính liên tục giữa chúng. Chính việc nghiên cứu phổ của các toán tử đã dẫn đến việc nghiên cứu các đại số topo, một đối tượng khác của giải tích hàm. Các kết quả và phương pháp của nó thâm nhập vào nhiều ngành khác nhau như lý thuyết phương trình vi phân thường, phương trình đạo hàm riêng, lý thuyết các bài toán cực trị và biến phân, phương pháp tính, lý thuyết biểu diễn,... Ra đời vào những năm đầu của thế kỷ 20, bắt nguồn từ các công trình về phương trình tích phân của Hilbert, Fredholm,..., đến nay giải tích hàm tích lũy được những thành tựu quan trọng và nó đã trở thành chuẩn mực trong việc nghiên cứu và trình bày các kiến thức toán học. CHƯƠNG : NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU I Lý thuyết 1.1 Định lý: Cho X không gian Banach, Y không gian định chuẩn, U i :X → Y,i ∈ I tức là, ∀x ∈ X dãy hàm toán tử tuyến tính liên tục bị chặn điểm, {Ui (x) i ∈ I} , tập tiêu chuẩn bị chặn Dãy ( Ui ) i∈I bị chặn sup Ui < ∞ i∈I 1.2 Định lý Banach-Stcinhaus Cho X không gian Banach, Y không gian định chuẩn Nếu : dãy toán tử tuyến tính liên tục cho: (U n ) n∈¥ ∀x ∈ X U n :X → Y.n ∈ ¥ lim U n x =: Ux ∈ Y , n →∞ dãy sup U n < ∞ bị chặn khi: n∈¥ II Bài tập Dạng 1: Ánh xạ dãy không hội tụ bị chặn tới dãy không hội tụ 1.i) Cho dãy vô hướng (a n )n∈¥ mà ∀(x n )n∈¥ ∈ c0 (a n xn ) n∈¥ ∈ c0 Chứng minh rằng: (a n )n∈¥ ∈ l∞ ii) Cho dãy vô hướng (a n )n∈¥ ∈ c0 (a n ) n∈¥ mà ∀(x n )n∈¥ ∈ l∞ (a n xn ) n∈¥ ∈ c0 Chứng minh rằng: Dạng 2: Ánh xạ dãy không hội tụ theo chuẩn tới dãy không hội tụ theo chuẩn i) Cho X không gian Banach, Y không gian định chuẩn dãy toán tử tuyến tính liên tục cho ∀(y n ) n∈¥ ⊆ Y Bn :Y → Z n ∈ ¥ , yn → với , Bn (yn ) → sup Bn < ∞ Chứng minh rẳng: ii) Giả sử n∈¥ φ n : [ 0,1] → ¡ n ∈ ¥ dãy hàm liên tục Sử dụng (i) chứng minh điều kiện cần đủ để với dãy [0; 1] iii) Giả sử ∫ n φnfn → f n : [ 0,1] → ¡ , n ∈ ¥ n∈¥ [0; 1] φ n : [ 0,1] → ¡ , n ∈ ¥ n∈¥ x∈[ 0,1] dãy hàm đo bị chặn Lebesgue Dùng (i) chứng minh rằng: n L∞ sup supφ (n x) < ∞ f n (x)dx → supφ liên tục, fn → ∫ n ϕ n (x)f n (x)dx → λ→∞ Do ℜx* ( y ) ≥ 0∀y ∈ X  n  ℜ  ∑ ck zk ÷ ≥ 0, ∀z ∈ C , z ≤  k =1   n  ℜ  ∑ ck eikθ ÷ ≥  k =1  2π  n  ck eikθ ÷dθ = ∫0  ∑ k =1  ℜ x* (λ y ) ≥ t / λ ∀y ∈ X , ∀ λ > Bây cho bấ kì θ ∈ [0, 2π ] ℜx* ( y ) ≥ 02 , , z n ) ∈ C n , z ≤ θ ∈ [0, 2π ] Nhưng đến giới hạn ta có eiθ = 2π ∫e ikθ , suy dθ = k ∈ Z \ {0} Do  n  ℜ  ∑ ck eikθ ÷ ≥ 0, ∀θ ∈ [0, 2π ]  k =1   n  ℜ  ∑ ck eikθ ÷ = 0, ∀θ ∈ [0, 2π ]  k =1  minh Vì X hình nón lồi ta có f ( z ) = e P ( z )∀ ∈ £  2π  n   ℜ  ∫  ∑ ck eikθ ÷dθ ÷ =     k =1 , tức 2π  n  ℜ ck eikθ ÷dθ = ∫0  ∑ k =1  Vì , tính chất đẳng Riamann tách rời theo Cho n P( z ) = ∑ ck z , z ∈ £ k f ( z ) = e P ( z )∀ ∈ £ Ta chứng k =1 với z =1 nguyên tắc modun tối đại sau sau f ( z ) ≤ 1∀z ∈ £ f ( z ) = eℜP ( z ) = 1∀z ∈ £ với z ≤1 với f ( z) ≠ z =1 Bởi D, áp dụng nguyên tắc modun tối thiểu theo f ( z ) = 1, ∀z ∈ £ , z ≤ , f ( z ) ≥ 1, ∀z ∈ £ , z ≤ ℜP( z ) = 0, ∀z ∈ £ , z ≤ Riemann phương trình theo ℜP ( z ) Từ bất đẳng thức Cauchy- tập không đổi đóng mặt phẳng phức từ P đa thức sau P số hình thức £ Điều mâu thuẫn với tất =0, n P, P( z ) = ∑ ck z , c1 , , cn ∈ £ k k =1 ∀x0 ∈ £ n \ X , ∀r > Cho T :£n → ¡ 2n ta có X ⊆ £n T(X ) ⊆ ¡ ¡ 2n Thì T :£ → ¡ n 2n ¡ trù mật Nếu ta xét tuyến tính Khi £n X ⊆£ ¡ n 2n không lồi Điều lồi Ngoài ra, T phép đồng phôi, kể từ trù mật sau T (X ) ⊆ ¡ chương I sau suy 19 X ⊆ £n T ( z1 , , z n ) = (ℜz1 , ℜz2 , , ℜz n , ℑz n ) gian tuyến tính hàm ý tức X I B ( z0 , r ) ≠ ∅ 2n trù mật Chúng ta áp dụng tập 43(i) T(X ) = ¡ 2n , sau X = £n Từ A≠ X theo { CA ≠ ∅ , A = x ∈ X | x* ( x) ≤ sup x* (a)∀x* ∈ E a∈A M x* = sup x* (a)∀x* ∈ E Thì a∈ A C A = *U [ x* > M x* ] } d ( x, C A ) có nghĩa Sử dụng tập 17 có Trong { } E = x ∈ X | sup x* (a ) < ∞ a∈A { } A = x ∈ X | x* ( x) ≤ M x* , ∀x* ∈ E = *I [ x * ≤ M x* ] Y = U Bi , với i∈I lõm A, hàm ta x ∈E Ta quan sát X không gian định chuẩn , x ∈E , kí hiệu ∀y ∈ X \ Y , d ( y , Y ) = inf d ( y, Bi ) ( Bi )i∈I ⊆ X Ta quan sát thấy rằng, hàm i∈I g: A→ ¡ ε > 0, t ∈ [0,1], x, y ∈ A xác định g ( x) = inf ( f i ) lõm Thật vậy, cho i∈I g (tx + (1 − t ) y ) = inf f i (tx + (1 − t ) y ) fi (tx + (1 − t ) y ) ≤ g (tx + (1 − t ) y ) + ε Do i∈I , từ đầu, fi i0 ∈ I cho lõm, g (tx + (1 − t ) y ) ≥ tf i ( x) + (1 − t ) f i y ) ≥ tg ( x) + (1 − t ) g ( y ) g (tx + (1 − t ) y ) ≥ tg ( x ) + (1 − t ) g ( y ), ∀x, y ∈ A.∀t ∈ [0,1] Từ ε >0 tùy ý ta thu tức nhận định rõ Cho g:A→¡ xác định g ( x) = inf d ( x,[ x > M x* ]) * * g ( x ) = d ( x, C A ) ta có Nhưng M x* − x ( x) x ∈E x* ) sau * d ( x,[ x* > M x* ] = x ∈E ( g ( x) = d x *U [ x > M x* ] * , ∀x ∈ A (Xem ví dụ tập chương 4), sau có g ( x) = inf ( M x* − x* ( x)) / x* * từ hàm số x ∈E g: A→¡ lõm 20 Đầu tiên, giả sử cho M (ϕ ( f1 , f , , f n )) = trường hợp ta chứng minh ϕ ( M ( f1 ), , M ( f n ) ≥ 1, i.e., ( M ( f1 ), , M ( f n ) ∈ A lồi đóng , định lí tách theo có Nếu (α1 , , α n ) ∈ ¡ α1M ( f1 ) + + α n M ( f n ) < t < α1t1 + + α ntn , ∀(t1 , tn ) ∈ A có λ0 = 1/ ϕ (t1 , tn ) > cho λ ≥ λ0 ϕ (λ t1 , , λ tn ) = λϕ (t1 , tn ) ≥ λ0ϕ (t1 , tn ) = t < α1λ t1 + + α n λ tn α1 ≥ lõm ta thu ( M x* − x* (.)) / x* : A → ¡ , tức ϕ α ≥ 0, , α n ≥ cho n t∈¡ (1) Cho , A tập cho (t1 , tn ) ∈ (0, ∞) n từ (i) ta dương đồng nhất, (λ t1 , , λ tn ) ∈ A t / λ ≤ α1t1 + + α n tn , ∀λ ≥ λ0 ≤ α1t1 + + α ntn , ∀(t1 , t n ) ∈ (0, ∞) n ( M ( f1 ), , M ( f n ) ∉ A từ (1) ta có Đi qua giới hạn t2 → 0, t n → 0, α1t1 , ∀t1 > M ( f1 ) ≥ M ( f n ) ≥ λ→∞ ta Khi x∈ X α1 ≥ tương tự α ≥ 0, , α n ≥ Vì λ = ϕ ( f1 ( x ), f ( x ), , f n ( x )) ≠ M ( f1 ) ≥ M ( f n ) ≥ tức f1 ( x) / λ , f ( x) / λ , , f n ( x) / λ ) ∈ A λ >0 , Từ (1) suy t>0 Cho ϕ ( f1 ( x) / λ , f ( x) / λ , , f n ( x) / λ ) = Sử dụng từ (1) nên α f ( x) α f ( x) t ≤ 1 + + n n λ λ λ t ≤ α1 f1 ( x) + + α n f n ( x), tϕ ( f1 ( x), , f n ( x)) ≤ α1 f1 ( x) + + α n f n ( x) thức rõ ràng, α i ≥ 0, f i ( x) ≥ 0, i = 1, n chúng có được: λ =0 Đó bất đẳng Khi M tăng, dương đồng cộng tính tM (ϕ ( f1 , f , , f n )) ≤ α1M ( f1 ) + + α n M ( f n ) t ≤ α1M ( f1 ) + + α n M ( f n ) Nếu , Do tϕ ( f1 ( x), , f n ( x)) ≤ α1 f1 ( x ) + + α n f n ( x )∀x ∈ X tϕ ( f1 ( x), , f n ( x)) ≤ α1 f1 ( x ) + + α n f n ( x) x∈ X , Nhưng mâu thuẫn với mối quan hệ (1), Do bất đẳng thức phát biểu chứng minh Đối với trường hợp tổng quát , M (ϕ ( f1 , f , , f n )) = M (ϕ ( f1 , f , , f n )) ≤ ϕ ( M ( f1 ) + + α n M ( f n )) λ = M (ϕ ( f1 , f , , f n )) > ta có Nếu rõ ràng M (ϕ ( f1 , f , , f n )) ≠ M (ϕ ( g1 , , g n )) = M (ϕ ( f1 , , f n )) / λ = , M ϕ dương đồng nhất, từ trường hợp tính chất cho M ϕ ta thu M (ϕ ( f1 , , f n )) ≤ ϕ ( M ( f1 ), , M ( f n )) 21 i)Xác định T :H → X mở rộng đến T Ta có kéo dài T, T ii) Ta có T =1 Cho T ≥ T λ ≤ ϕ ( M ( f1 ), , M ( f n )) T ( x ) = T (PrG ( x)) , sau T ( x) ≤ x ∀x ∈ l2 sử dụng lại có nghĩa T ( x) = T (PrG ( x)) ≤ T T Vì ≤ ϕ ( M ( g1 ), , M ( g n )) sau T = T T ≤1 Rõ ràng tuyến tính liên tục T PrG ( x) ≤ T x , ∀x ∈ H T ≤ T , từ T (e2 ) ≤ T e2 sau T ≥1 , T : l2 → c0 dãy mở rộng Phillips T Cho PrG ( x)( x) = x − x, e1 e1 ∈ G Từ T ( x − x, e1 e1 ) = x − x, e1 e1 mở rộng sau T kể từ T ( x ) = x − x, e1 e1 + x , e1 T (e1 ), ∀x ∈ l2 x ∈ l2 T (PrG ( x)) = T (PrG ( x)) tuyến tính sau đó: T Nghĩa Ta biểu thị cho T ≤ T a = T (e1 ) T ( x) = x − x, e1 e1 + x, e1 a, ∀x ∈ l2 ta phải tìm a ∈ l2 Cho a=(a1, a2… ) Một phép tính đơn giản cho thấy T ( x1 , x2 ) = x − x, e1 e1 + x, e1 a = ( x1 , x2 ) − ( x1 , 0, ) + x1 (a1 , a2 , ) = (a1 x1 , x2 + a2 x1 , x3 + a3 x1 ) Để tính toán , ta có T a1 x1 ≤ a1 x1 ≤ a1 x1 cho n≥2 , Từ đó, sử dụng định nghĩa chuẩn không xn + an x1 ≤ 2 an + x1 + xn2 ≤ gian định chuẩn suy luận an + x1 T ( x) ≤ max  a1 ,sup an + ÷ x , ∀x ∈ l2 n≥2   Đó T ≤ max  a1 ,sup an + ÷ n≥   Phản đề, ta có sup an ≤ T n ≥1 Và sau a1 ≤ T Đối với T (1, 0, ) ≤ T (1, 0, ) n≥2 T (an , 0, 0, 0,1, ) ≤ T ( an , 0, 0, 0,1, ) Vì vậy, , có (1 vào vị trí nth) sử dụng định nghĩa chuẩn không gian định chuẩn ta có , tức 2 an + ≤ T Do T = max  a1 ,sup an + ÷ n≥   T −T an + ≤ T Kể từ an + sau max  a1 ,sup an + ÷ = n≥2   Nếu , a1 > sup an + 1, a1 = n≥2 , Sau sup an + < Ta có V = {x ∈ G | q( x) < 1} U IG ⊆ V sup an + = n≥2 an = 0∀n ≥ 22 Cho a1 ≤ sup an + 1, a1 n≥2 Suy Thật vậy, G Khi a1 ≤ tức nội dung điều phải chứng minh U = {x ∈ X | p ( x ) ≤ 1} x ∈ U IG q ( x ) ≤ 1, x ∈ G tức x∈G x∈ X tập lồi (p q nửa chuẩn tắc, bằng) Sau n≥2 Khi Cho U⊆X q ( x ) ≤ p ( x), ∀x ∈ G p( x) ≤ Nhưng W = co(U UV ) V ⊆G theo q ( x ) ≤ p ( x) Từ U ,V ⊆ X là tập lồi cân co(U UV ) = {λ x + (1 − λ ) y | x ∈ U , y ∈ V , ≤ λ ≤ 1} Kể từ U ⊆W U hấp thụ (P nửa chuẩn tắc X), sau hấp thụ W Ngoài kể từ U V cân sau W cân bằng( xem tập (i) chương 13) Ngoài W IG = V Thật vậy, ta có V ⊆G V ⊆ W IG Phản đề, Nếu λ≠0 z ∈ W IG z / λ ∈G , sau có Nhưng x ∈ U , y ∈ V ,0 ≤ λ ≤ z 1− λ = x+ y λ λ từ đay G không gian tuyến tính, theo z 1− λ x= − y∈G λ λ Nhưng Nếu x ∈U λ =0 W IG ⊆ V Ta cho tức cho y ∈V z = λ x + (1 − λ ) y sau (1 − λ ) y / G y ∈G , từ sau x ∈ G IU tức x ∈V z = λ x + (1 − λ ) y = y ∈ V Vì y ∈V tập lồi , z = λ x + (1 − λ ) y ∈ V Do hai trường hợp z ∈V , tức q = pw : X → ¡ chứng minh nửa chuẩn tắc Minkowski kết hợp với W, chúng + tất thuộc tính cần thiết Cho q  x q=  q ( x) + ε  q( x) 0 , từ đâu mà sử dụng x∈ X ε >0 q ( x ) ≤ p ( x ) + ε , ∀ε > , tức , 23.Bởi giả thiết xem xét ∀x ∈ A, ∃x* ∈ X * x* ∈ X * , tập mà ℜx* ( x0 ) < ℜx* ( x )(1) Ex* = {x ∈ X | ℜx* ( x0 ) < ℜx* ( x)} với kí hiệu này, mối quan hệ (1) là: A ⊆ *U * Ex* Điều cho ta mà tập mở, Vì a nhỏ gọn có x ∈X mà x∈G q ( x) ≤ q ( x) + ε , ∀ε > Bây cho x ∈ ( p( x) + ε )W Cho q( x) ≤ µ q( x) + ε n Nghĩa A ⊆ U Ex* ∀A∃1 ≤ i ≤ n mà ℜx ( x0 − x) < 0(2) * x* liên tục, x1* , , xn* ∈ X * Điều cho ta i =1 xét xem hình nón đóng lồi tuyến tính liên tục h( x0 − A) I P = ∅ (3) P = {(λ1 , , λn } ∈ ¡ n | λ1 ≥ 0, , λn ≥ 0} h : X → ¡ n , h( x ) = (ℜx1* ( x), , ℜxn* ( x)) toán tử Sau (2) ngụ ý h( x0 − A) I P = ∅ (3) Vì A tập Compact lồi tập không rỗng, va h tuyến tính liên tục, sau h( x0 − A) suy tách rời tập (α1 , , α n ) ∈ ¡ n \{0} t% ∈ ¡ Compact lồi không rỗng đó, (3), h( x0 − A) cho va P ¡ n tức ta tìm n ∑α ξ i i < t , ∀(ξ1 , , ξ n ) ⊂ P(4) i Dùng (4) n t < ∑ α i ℜx ( x0 − x )∀x ⊂ A(5) * i ξ1 = 0, , ξ n = 0, ta có t>0 , từ (5), i n , tức chúng biểu thị n ∑ α ℜx ( x ) − t > ∑α ℜx ( x)∀x ∈ A i * i i i x* = ∑ α i ℜxi* ∈ X * * i i có từ t>0, điều , ta n i ℜx* ( x0 ) > ℜx* ( x0 ) − t > ℜx* ( x ), ∀x ∈ A , tức ℜ x* tách mạnh mẽ x0 A 24 Nếu f , g ∈ Eα (λ f + (1 − λ ) g )(0) = α Nếu f ∈H f , g ∈ C[−1,1], f (0) = g (0) = α , Eα ⊆ H ta tìm thấy Nếu λ ∈ [0,1] tập lồi, tương tự g ∈ C[−1,1] cho f −g L2 ta có E3 ⊆ H
- Xem thêm -

Xem thêm: NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU(LÝ THUYẾT + BÀI TẬP), NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU(LÝ THUYẾT + BÀI TẬP), NGUYÊN LÝ BỊ CHẶN ĐỀU(LÝ THUYẾT + BÀI TẬP)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay