Nguyễn Trung Kiên

2008

Trang 1 Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 2

Lời nói đầu
Đề tài này, với đặc trưng là có số lượng bài tập phong phú, đa dạng và có kết
cấu chặt chẽ, chính là thành quả làm việc hơn ba tháng của em. Ngoài ra, nó cũng
chính là kết tinh của những kết quả mẫu mực, là sự liên hệ giữa cái đã biết và cái chưa
biết và còn nhiều, nhiều nữa mà những điều này không thể không nhắc đến những
thầy, cô đã đưa em đi trên con đường chinh phục tri thức. Vì lý do đó, em xin trân
trọng gửi lời cám ơn đến Bộ Môn Toán- Khoa Sư Phạm- Trường Đại Học Cần Thơ,
đặc biệt là bộ môn Giải tích: thầy Đỗ Quang Huy, thầy Lê Hồng Đức, cô Trần Thị
Thanh Thúy, thầy Phạm Gia Khánh, cô Dương Thị Xuân An đã tạo điều kiện để em
hoàn thành luận văn này. Trong đó, thầy Lê Hồng Đức là giảng viên giảng dạy môn
Giải tích hàm và cũng là giáo viên hướng dẫn đề tài đã giúp em vượt qua một số khó
khăn, trở ngạy về vấn đề chuyên môn cũng như về phương pháp nghiên cứu. Bên cạnh
đó, thầy Phạm Gia Khánh và cô Dương Thị Xuân An, là cán bộ giảng dạy môn Giải
tích, đã cung cấp cho em những kiến thức nền tảng về Giải tích thông qua những giờ
mà thầy, cô đã trực tiếp giảng dạy ở lớp Sư Phạm Toán K30. Ngoài ra, cô Trần Thị
Thanh Thúy và thầy Đỗ Quang Huy cũng là những người có ảnh hưởng rất lớn đến
thành tựu về tư duy toán học mà em đã đạt được trong những năm học ỏ bậc Đại học.
Điều đó chính là niềm khích lệ để em hoàn thành đề tài.


định lý. Cho nên việc ghi nhớ các định lý, tính chất này trở nên khó khăn. Mà việc
khai thác này chủ yếu nằm ở khâu giải bài tập của sinh viên.
Chính vì vậy, việc khắc phục những khó khăn trên là hết sức cần thiết. Với lý
do đó, em quyết định chọn đề tài: Một số dạng toán trong Giải tích hàm.

2) Lịch sử vấn đề
Giải tích hàm là một ngành toán học ra đời cách đây một khoảng thời gian
khoảng trên dưới 80 năm. Vì vậy, giải tích hàm đã tích lũy được một số kết quả hết
sức mẫu mực và đặc thù. Những kết quả đó ảnh hưởng ít nhiều đến các ngành toán học
lý thuyết và ứng dụng khác. Do đó, nó mở ra chân trời mới để nghiên cứu và học tập
toán học.
Tuy nhiên, dù có phát triển đến mức độ nào đi chăng nữa thì những kết quả ban
đầu vẫn đóng một vai trò quan trọng trong việc xây dựng những mẫu toán học tổng
quát và trừu tượng. Nói một cách khác, những kết quả “thô sơ” này là những viên gạch
đầu tiên để xây dựng nên một lâu đài toán học nguy nga, đồ sộ. Với lý do đó, những
quyển sách về giải tích hàm vẫn tiếp tục được biên soạn và ra mắt bạn đọc, nhưng với
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 4

mức độ hiện đại ngày càng cao. Dựa trên tinh thần này, sinh viên cũng nên nắm bắt
môn học giải tích hàm theo hướng tinh giản hóa và hiện đại hóa. Cho nên, em nghĩ
rằng đề tài này một mặt giúp cho em làm quen với việc nghiên cứu toán học theo
hướng hiện đại, mặt khác nó có thể làm một tài liệu tham khảo cho các bạn yêu thích
môn giải tích hàm.

3) Mục đích nghiên cứu
Em nghiên cứu đề tài này với mục đích:
+ Tổng hợp các tính chất, định lý của giải tích hàm một cách có hệ thống.

Trong toàn bộ đề tài này, K là trường số thực hay trường số phức.
0.1 Không gian vectơ tôpô
0.1.0 Định nghĩa
Cho tập E
≠
ø. E được gọi là không gian vectơ tôpô nếu:
i) E là không gian vectơ trên trường K.
ii) E là không gian tôpô.
iii) Các phép toán:
yxyx
EEE
+
→
×
+
a
),(
:
và
xx
EE
.),(
:
λλ
a
→
×
⋅
K


.
iii) A được gọi là tuyệt đối lồi nếu A lồi và cân.
iv) A được gọi là hút x
E
∈
nếu:

):(:0 λµµµλ ≥∈∀∈>∃ KAx

Hay
):(:0 λµµµλ ≤∈∀∈>∃ KAx

A được gọi là hút nếu A hút mọi x
E
∈
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 6

0.1.2 Các tập lồi, cân, tuyệt đối lồi và hút cụ thể
Ta có thể xem R
2
là không gian vectơ trên R.
+ Tập lồi:
Ta xét tập S(0,1)=
{
}
1),(

22222
<+⇒<++≤+ ztxytzyxytxz ).
Vậy S(0,1) là tập lồi.
+ Tập cân:
Ta xét tập S’(0,1)=
{
}
1),(
2
<+∈ yxyx R
.



≤∀
∈∀
1:
)1,0('),(
λλ
Syx

Ta có: ),(),( yxyx
λ
λ
λ
=
mà
(
)
1<+=+ yxyx λλλ

( )
),(,
µµ
µ
vu
vu =
mà
2
2
22
2
22
22
r
vuvuvu
=
+
≤
+
=








+


∈
U.
iii) Với mỗi
∈
U U tồn tại lân cận cân W của gốc sao cho W
⊂
U.
Chứng minh
i) Với x
0

∈
X, ta xét:
0
:
x
Ef
λλ
a
→
K

Hiển nhiên f liên tục tại
λ
=0 vì phép nhân liên tục.
Do đó tồn tại một lận cận
{
}
ελλ
ε

∈
∀
thì )(: xfyEx
=
∈
∃
(Vì f là toàn ánh).
Vì U là tập hút nên
):(:0 λµµµλ >∈∀∈>∃ KUx

Ta có:
)()()( UfUfxfyUx
µ
µ
µ
=
∈
=
⇒
∈
(Vì f tuyến tính).
Hay
):()(:0 λµµµλ >∀∈>∃ Ufy
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 8

Do đó f(U) là tập hút.

V U:
21
VVV ∩⊂
UVV
⊂
+
⇒
.
iii) Xét ánh xạ:

xx
EEh
λλ
a
),(
:
→
×
K
.
Khi đó h liên tục tại 0,0
=
=
x
λ
vì phép nhân liên tục.
Do đó tồn tại lân cận V và 0
>
ε
sao cho: Ux

.
Ta đặt
I
1≥
=
µ
µUW .
Khi đó WV
⊂
ε

Vì V
ε
là lân cận của gốc nên W cũng là một lân cận của gốc.
Ta chứng minh W là lận cận cân.
Nếu Wx
∈
và
10 ≤< λ
, với
1≥µ
ta có:
Ux
λ
µ
∈ (do 1≥
λ
µ
).
Ux

Chứng minh
Vì A đóng nên tồn tại lân cận V của x sao cho AV
∩
= ø.
Ta lại có tồn tại lân cận W của gốc sao cho: x+W
⊂
V.
AWx
∩
+
⇒
)( = ø.
Vì E là không gian vectơ tôpô nên tồn tại lân cận cân
Ω
của gốc sao cho
W
⊂
Ω
+
Ω
.
Khi đó đặt: U=x+
Ω
và V=A+
Ω
.
Ta có U, V lần lượt là lân cận của x và A mà
=
∩
VU ø.

AWxvux
∩
+
∈
−
+
⇒
)()( (vô lý)
Vậy
=
∩
VU ø.
Ø Nhận xét:
Không gian vectơ tôpô là không gian tách.
Thật vậy yx,
∀
thuộc không gian vectơ tôpô mà x
≠
y thì
{
}
yx ∉
. Nên theo tính
chất trên ta có đpcm.
0.1.3.3. Giả sử E là không gian vectơ tôpô và A, B là các tập con của E.
Hãy chứng minh:
i) Nếu A mở, B tùy ý thì A+B là tập mở.
ii) Nếu A là tập đóng, B là tập compact thì A+B là tập đóng.
Chứng minh
i) Giả sử x+y

∈
ta có
{
}
=∩− Abx
ø.
Từ giả thiết A đóng nên tồn tại lân cận U
b
của gốc sao cho
=∩+− AUbx
b
)( ø.
Chọn lân cận cân V
b
của gốc sao cho
bbb
UVV ⊂+ .
Ta có
)(
U
Bb
b
VbB
∈
+⊂
trong đó b+V
b
là các tập mở.
Vì B compact nên tồn tại
{

−
∈
∈
:, .
Vì Bb
∈
nên từ (1) suy ra
b-b
i

∈
i
b
V ( ni 1
=
∀
)
Do đó: x-(a+b
i
)=[x-(a+b)]+(b-b
i
)
iiii
bbbb
UVVVV ⊂+⊂+∈
≠∩+−⇒ AUbx
i
bi
)( ø. (Vô lý)
Vậy E\(A+B) là tập mở nên A+B là tập đóng.

Nhưng dãy
BA
n
n
+⊂






∞= 1
1
có giới hạn là 0 BA
+
∉
.
Do đó A+B không là tập đóng.
0.1.3.4. Giả sử A
1
, A
2
,…,A
n
là các tập lồi còn
n
λλλ , ,,
21
là các hằng số.
Chứng minh rằng tập

A.
Khi đó với 1:0,
=
+
≥
β
α
β
α

Thì
α
x+
β
y= AAbaba
n
i
ii
n
i
iii
n
i
ii
n
i
ii
=∈+=+
∑∑∑∑
==== 1111

∈
UUuux
+
∈
+
=
⇒
UUU
+
⊂
⇒
2 .
Vậy U+U=2U
Ø Nhận xét:
Nếu U là tập lồi và
µ
λ
, là các số dương thì UUU )(
µ
λ
µ
λ
+
=
+
.
Chứng minh tương tự như 0.1.4.5
0.1.3.6. Nếu một không gian vectơ tôpô E có một không gian con tuyến
tính M là tập mở thì M=E.
Chứng minh

Ef : là một hàm tuyến
tính.
Khi đó:
i) Kerf hoặc là tập đóng hoặc là tập trù mật trong E.
ii) f liên tục nếu và chỉ nếu Kerf là tập đóng.
Chứng minh
i) Giả sử Kerf không là tập đóng, ta chứng minh Kerf trù mật trong E.
Vì Kerf không là tập đóng nên
KerfKerfy \∈∃
0)(
≠
⇒
yf .
Với mỗi Ex
∈
ta có:
0)(
)(
)(
)(
)(
)(
=−=








là không gian con tuyến tính của E.
Thật vậy:
{
}
{
}
K∈∀
==⊂∃⊂∃⇒∈∀
∞→∞→
βα,
.lim,lim,, vvuuchosaoKerfvKerfuKerfvu
n
n
n
n
nn

Ta có:
)(limlimlim
nn
n
n
n
n
n
vuvuvu βαβαβα +=+=+
∞→∞→∞→
.

Kerfvu ∈+⇒ βα

n
→ . Ta chứng minh Kerfx
∈
. Thật vậy:
0)(lim)lim()(0)( ===⇒=⇒∈
∞→∞→
n
n
n
n
nn
xfxfxfxfKerfx

Kerfx
∈
⇒
.
Do đó Kerf là tập đóng.
Ngược lại, ta có Kerf là tập đóng.
Nếu f là hàm 0 thì đương nhiên f liên tục.
Nếu f khác 0.
Đầu tiên ta chứng minh f liên tục tại 0.
0
>
∀
ε
. Vì f khác 0 nên 0)(:
≠
∈
∃

xf
zf
xf
x
zf ∈−⇒=−=−
)(
0)(
)(
)()
)(
(
ε
ε
ε
.
Mặt khác:
V
xf
x
∈
)(
ε
(Vì
1
)(
≤
xf
ε
và V là tập cân).
Vz

n

Do đó: )()()0()()()()( xfxffxfxxfxxxfxf
nnn
=+→+−=+−= (Vì f liên tục tại 0).
Vậy f liên tục trên E.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 14

0.2 Không gian lồi địa phương
Trong các không gian vectơ tôpô thì không gian lồi địa phương đóng một
vai trò quan trọng.
0.2.1. Định nghĩa 0.2.1
Không gian vectơ tôpô E được gọi là không gian lồi địa phương nếu trong
E có một cơ sở lân cận của gốc gồm toàn các tập lồi.
Vì khi tịnh tiến một tập lồi ta lại được một tập lồi, do đó trong không gian
lồi địa phương, mỗi điểm đều có một cơ sở lân cận lồi.
0.2.2. Không gian lồi địa phương cụ thể
n
R
là một không gian lồi địa phương vì nó là không gian vectơ tôpô có một
cơ sở lân cận gốc U
n
V= ( trong đó
(
)
+
∈−= Rεεε ,,V ) gồm toàn các tập lồi.

≤
λ
và 1
2
1
10 ≤
+
−≤
λ
.
Ta lại có
'Vx
∈
thì 'Vx
∈
−
.
Do đó:
Nguyễn Trung Kiên

2008

Trang 15

'))(
2
1
1()
2
1

được gọi là một chuẩn nếu nó thỏa các tính chất sau:
i)
Exx ∈∀≥ 0
và
00 =⇔= xx

ii)
K∈∀∈∀= λλλ ,Exxx

iii)
Eyxyxyx ∈∀+≤+ ,

Nếu
.
là một chuẩn trên E, ta nói
).,(E
là một không gian định chuẩn.Viết
ngắn gọn là E.
* Số chiều của không gian định chuẩn là số chiều của không gian vectơ sinh ra
không gian định chuẩn đó.
1.1.2. Định lý 1.1.1
Không gian định chuẩn là không gian vectơ tôpô.
Chứng minh
Giả sử E là không gian định chuẩn. Ta chứng minh E là không gian vectơ tôpô.
Với Eyx
∈
, ta đặt
yxyxd −=),(
thì d là một mêtric trên E. Khi đó ),( dE là
không gian mêtric. Việc chứng minh là khá dễ dàng.

⇒
tồn tại quả cầu mở ),( ryxB
+
sao
cho WryxB
⊂
+
),( .
Lúc này, ta lấy các quả cầu
)
2
,(
r
xB
và )
2
,(
r
yB , chúng lần lượt là lân cận của x và
y và thỏa mãn ),()
2
,()
2
,( ryxB
r
yB
r
xB +⊂+ .
Thật vậy, lấy )
2

∈
⇒
.
Do đó WryxB
r
yB
r
xB ⊂+⊂+ ),()
2
,()
2
,( .
Vậy phép cộng trong E là liên tục.
- Lấy
K
∈
λ
, Ex
∈
và V là lân cận của x
λ
⇒
tồn tại quả cầu mở ),( rxB
λ
sao
cho VrxB
⊂
),(
λ
.

u
t
µ
=
với
)
12
,(
+
∈
µ
r
xBu
.
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 18

Ta được:
rx
x
rr
xxuxxxuxuxt <
+
+
+
<−+−≤−+−=−=−
1212
)()(

.
. Lúc đó ta
nói:
● Chuẩn
1
.
mạnh hơn chuẩn
2
.
nếu tồn tại số dương c sao cho
12
xcx ≤
.
● Chuẩn
1
.
và chuẩn
2
.
là tương đương nhau nếu tồn tại các số thực dương
β
α
, sao cho
121
xxx βα ≤≤
Ex
∈
∀
.
Theo kết quả trên, ta đã biết gian định chuẩn là không gian vectơ tôpô. Vấn đề

2
.
và
),(
1
rxB
,
),(
2
rxB
lần lượt là các
quả cầu mở tâm x bán kính r trong
).,(
1
E
,
).,(
2
E
.
- Nếu chuẩn
1
.
mạnh hơn chuẩn
2
.
thì tồn tại số dương c sao cho
12
xcx ≤
.

Ta chứng minh ),(),(
21
rxB
c
r
xB ⊂ .
Lấy ),(
1
c
r
xBy ∈ ta có: r
c
r
cxycxy =<−≤−
12
),(
2
rxBy ∈⇒
.
Do đó GrxB
c
r
xB ⊂⊂ ),(),(
21
.
Vì vậy x là
1
τ
- điểm trong của G.
Vậy G là

1
τ
- mở.
Do
)1,0(0
2
B∈
nên 0
>
∃
r sao cho
)1,0(),0(
21
BrB ⊂
.
Khi đó Ex
∈
∀
, 0
≠
x thì
)1,0(),0(
2
21
1
BrB
x
rx
⊂∈
.

mạnh hơn chuẩn
2
.
.
Hệ quả:
Giả sử
1
.
và
2
.
là hai chuẩn xác định trên E. Lúc đó, chuẩn
1
.
và chuẩn
2
.
tương đương khi và chỉ khi tôpô gây nên bởi
1
.
và
2
.
tương đương.
Quá trình giới hạn chính là nội dung nghiên cứu của giải tích, quá trình giới hạn
trong không gian định chuẩn là như thế nào? Ta nghiên cứu định nghĩa sau:
1.1.5. Định nghĩa 1.2
- Dãy
{
}

∀
N,0
ε
sao cho Nmn
≥
∀
, ta có:
ε<−
mn
xx

Sau đây là các ví dụ cụ thể về không gian định chuẩn:
1.1.6. Trên
n
K
, ta xác định các ánh xạ:
nn
xxxxxx +++= ), ,,(
21
1
21

(
)
2
1
22
2
2
1

.
chứng minh tương tự.
Để thuận tiện, ta xem K là trường số phức, trường hợp K là trường số thực là
trường hợp đặc biệt khi phần ảo bằng 0.
Ta có:
- Rõ ràng
(
)
n
nnn
xxxxxxxxx K∈∀≥+++= ), ,,(0 ), ,,(
21
2
1
22
2
2
1
2
21

Và

(
)
)0, ,0,0(), ,,(0 ), ,,(
21
2
1
22

1
2
21
2
21
), ,,(

), ,,(), ,,(
n
n
nnn
xxx
xxx
xxxxxxxxx
λ
λ
λλλλλλλ
=
+++=
+++==

- Ta lại được
n
nn
yyyxxx K∈∀ ), ,,(),, ,,(
2121
thì
( )
2
1

2
1
22
2
2
1
2
1
22
2
2
1
2
1
22
22
2
11

nnnn
yyyxxxyxyxyx +++++++≤++++++
(
)
(
)
2
1
22
2
2

Do đó:
2
21
2
21
2
2121
), ,,(), ,,(), ,,(), ,,(
nnnn
yyyxxxyyyxxx +≤+

Vậy
2
.
là một chuẩn tên
n
K
.
1.1.7. Đặt
{ }






∞<∈==
∑
∞
=

=
=
1n
n
xx .
Chứng minh
(
)
.,Y
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng chứng minh được với phép cộng và phép nhân được định nghĩa như
trên thì Y là không gian vectơ.
Ta chứng minh
.
thỏa mãn các điều kiện của chuẩn. Thật vậy:
- Ta có:
{
}
Yxx
n
∈=∀ , ta có: 0
1
≥=
∑
∞
=n
n
xx
Mặt khác:

=
∞
= 111

- Ngoài ra:
{
}
{
}
Yyyxx
nn
∈==∀ , , ta có:
( )
yxyxyxyxyx
n n
n
n
nnn
n
nn
+=+=+≤+=+
∑ ∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
∞
= 1 111

∞<∈==
∑
∞
=
∞=
1
2
,1
n
nn
n
n
xxxxZ K, . Ta định nghĩa phép cộng và
phép nhân ngoài như ở 1.1.7. Với
{
}
Zxx
n
n
∈= ta đặt
2
1
1
2













=
∑
∞
=n
n
xx

Và
{}
0)(00
2
1
1
2
=⇔∈∀=⇔=






=
∑
∞







=






=






=
∑∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=

1
1
2
2
1
1
2






+






≤






+
∑∑∑
===





+






≤






+
∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
= n
n
n
n
n



+=+
∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2Vậy
(
)
.,Z
là không gian định chuẩn.
Nguyễn Trung Kiên


)())(( xfxf
λ
λ
=

})({sup tff
At∈
∞
=

Chứng minh
).),,((
∞
EAB
là không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân trên thì B(A,E) là một
không gian vectơ.
Ta chứng minh
∞
.
là một chuẩn. Thật vậy:
- Ta có ),( EABf
∈
∀
thì:
00)(sup0)( ≥≥⇒∈∀≥
∞
∈

∈∈∈
∞
==== ftftftff
AtAtAt
λλλλλ )(sup)(sup))((sup

- Ta cũng có: ),(, EABgf
∈
∀
thì
Attgtftgtftgf ∈∀+≤+=+ )()()()())((

gfgf
AtAtAt ∈∈∈
+≤+⇒ supsupsup
(Vì f, g là các hàm bị chặn)
∞∞∞
+≤+⇒ gfgf

Vậy
(
)
∞
.E),B(A,
là một không gian định chuẩn.
1.1.10. Đặt
{ }




yxyx +=+ ,
{
}
n
xx λλ = và
{
}
n
n
xx
N∈
= max
Một số dạng toán trong Giải tích hàm.
2008

Trang 24

Chứng minh
(
)
.,F
là một không gian định chuẩn.
Chứng minh
Ta dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân như trên thì F là không
gian vectơ.
Ta chứng minh
.
là một chuẩn. Thật vậy:
{
}

∈
∀
λ
ta được
{
}
{
}
xxxx
n
n
n
n
λλλλ ===
∈∈ NN
maxmax
{
}
{
}
Fyyxx
nn
∈==∀ , thì
Ta có
nnnn
yxyx +≤+

{
}
{

i
i
,1),.,( =
là n không gian định chuẩn trên trường K. Đặt
n
EEEE ×××=
21
. Với mọi Eyyyyxxxx
nn
∈== ), ,,(),, ,,(
2121
và mọi
K
∈
λ
ta đặt:
), ,,(), ,,(), ,,(
22112121 nnnn
yxyxyxyyyxxx +++=+
), ,,(), ,,(
2121 nn
xxxxxx λλλλ =

(
)
k
k
E
n
k

thay cho
i
E
i
x
Ta chứng minh
k
.
là một chuẩn trên E. Thật vậy:
- Ta có Exxxx
n
∈=∀ ), ,,(
21
thì:
(
)
0 ), ,,(
1
2121
≥+++==
k
k
n
kk
k
n
k
xxxxxxx

Và

=
⇔
x
- Mặt khác
K
∈
∀
λ
ta được:
(
)
( )
k
k
k
n
kk
k
k
n
kk
k
n
k
x
xxx
xxxxxxx
λ
λ
λλλλλλλ

k
n
kk
k
k
nn
kk
yyyxxxyxyxyx
1
21
1
21
1
2211
+++++++≤++++++

Thật vậy:
Với hai số k, q sao cho:
1
11
=+
qk
thì từ bất đẳng thức Hölder ta được:
( ) ( )
q
n
i
q
q
k

+






≤






+
∑∑∑
===
(1)
Và
( ) ( )
q
n
i
q
q
k
ii
k
n
i




≤






+
∑∑∑
===
(2)
Cộng (1) và (2) ta được: