Đề cương ôn thi cao học môn: Giải tích - Chuyên ngành: Khoa học tự nhiên

1 
ĐỀ CƢƠNG ÔN THI CAO HỌC 
Môn: GIẢI TÍCH 
Chuyên ngành: KHOA HỌC TỰ NHIÊN 
Phần A: PHÉP TÍNH VI PHÂN TÍCH PHÂN CỦA HÀM SỐ 
I. Chuỗi số, chuỗi hàm 
1.1. Định nghĩa và các tính chất của dãy số hội tụ 
Định nghĩa 1: Giả sử ( )
n n
x là một dãy số. Ta lập một dãy mới kí hiệu là ( )
n n
S 
được xác định bởi: 
1 1
s x 
1 1 2
s x x 
1 1 2
.............
n
s x x x 
Khi đó dãy số ( )
n n
S được gọi là chuỗi số. 
Kí hiệu: 
1
n
i
i
x hay 1 2 ...... nx x x 
+ Ta gọi: 
n
s là tổng riêng thứ n của chuỗi 
n
x là số hạng tổng quát (thứ n) của chuỗi 
+ Chuỗi số 
1
n
i
i
x được gọi là hội tụ nếu dãy tổng riêng ( )
n n
s hội tụ 
Lúc đó đặt lim
n
n
s s và s là tổng của chuỗi: 
1
n
n
s x 
Tính chất: 
1. Nếu chỗi 
1
n
n
x hội tụ thì lim 0
n
n
x 
2 
2. Điều kiện cần và đủ để chuỗi 
1
n
n
x hội tụ là 00; n sao cho 
0
1
 ; m > n > n
m
i
i n
x (Tiêu chuẩn Cauchy) 
3. Cho chuỗi hàm: 
1 1
;
n n
n n
x y hội tụ và R . 
Khi đó: 
1
( )
n n
n
x y ;
1 1
n n
n n
x y hội tụ và 
1
( )
n n
n
x y
1 1
n n
n n
x y 
1 1
( )
n n
n n
x x 
4. Cho chuỗi số 
1
i
i
x . Ta viết 
0
01 1 1
n
i i i
i i i n
x x x khi đó chuỗi 
1
i
i
x hội tụ 
0 1
i
i n
x hội tụ. 
5. Giả sử 
1
n
n
x là chuỗi hội tụ và ( )k kn là một dãy tăng thực sự các số nguyên. Khi 
đó chuỗi 
1
k
k
y hội tụ và 
1 1
k n
k n
y x trong đó: 
11 1
......
n
y x x 
1 22 1
......
n n
y x x 
1 1
......
k kk n n
y x x 
1.2. Dấu hiệu hội tụ của chuỗi số dƣơng, chuỗi đan dấu 
Định nghĩa 1: Chuỗi 
1
n
n
x (1) với 
*0,
n
x n được gọi là chuỗi dương (hay 
chuỗi không âm) 
1. Chuỗi dương 
1
n
n
x hội tụ ( )n nS bị chặn trên 
3 
2. Cho hai chuỗi dương 
1 1
;
n n
n n
x y 
Giả sử 0c sao cho: 
*. n
n n
x c y 
Khi đó: 
1
n
n
x phân kỳ 
1
n
n
y phân kỳ 
1
n
n
y hội tụ 
1
n
n
x hội tụ 
3. Cho hai chuỗi dương 
1 1
;
n n
n n
x y . Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn: lim n
n
n
y
K
x
thì hai chuỗi đó đồng thời hữu hạn hoặc phân kỳ. 
4. Chuỗi dương 
1
n
n
x (1). Giả sử lim n
n
n
x l . 
Khi đó: 1 (1)l hội tụ 
 1 (1)l phân kỳ 
 1l Chưa kết luận được gì 
5. Chuỗi dương 
1
n
n
x (1). Giả sử 1lim n
n
n
x
l
x
. 
Khi đó: 1 (1)l hội tụ 
 1 (1)l phân kỳ 
 1l Chưa kết luận được gì 
6. Cho : ªn tôc, ®¬n ®iÖu gi¶m
 n ( )
n
f
f n x
[1;+ ) (0;+ ) li
Giả sử: lim ( )
x
F x
1
lim ( )
x
x
f t dt l . 
4 
Khi đó: l hữu hạn 
1
n
n
x hội tụ 
1
n
n
l x phân kỳ 
Nói cách khác 
1
( )f t dt và 
1
n
n
x cùng tính hội tụ. 
Định nghĩa 2: Ta gọi chuỗi 1
1 1
( 1) ; ( 1)n n
n n
n n
a a
*( 0, )
n
a n là chuỗi 
đan dấu. 
+ Cho chuỗi 1
1
( 1)n
n
n
a (1); *0,
n
a n . Nếu *( )n n Na giảm dàn tới 0: 
*
1
 n
lim 0
n n
n
n
a a
a
 thì (1) hội tụ 
1.3. Chuỗi hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ 
Định nghĩa 1: Cho 
1
n
n
a (1). Chuỗi (1) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi 
dương 
1
n
n
a hội tụ. Kí hiệu: 
0
n
X
f f 
+ Một chuỗi hội tụ tuyệt đối thì hội tụ. 
Định nghĩa 2: Một chuỗi họi tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối gọi là chuỗi bán hội 
tụ. 
+ Xét chuỗi 
1
.n n
n
a b Giả sử 1
 cã d·y tæng riªng bÞ chÆn
0
n
n
n
a
b
 (1) hội tụ. 
+ Xét chuỗi 
1
( )n n
n
a b Giả sử 
*
1
 héi tô
( ) ®¬n ®iÖu vµ bÞ chÆn
n
n
n n N
a
b
 (1) hội tụ. 
5 
1.4. Chuỗi hàm 
1
( )
n
n
u t 
Định nghĩa 1: Điểm t0 được gọi là hội tụ của chuỗi hàm nếu 
1
( )
n
n
u t hội tụ. 
+ Tập hợp tất cả các điểm hội tụ của chuỗi hàm được gọi là miền hội tụ của chuỗi 
hàm. 
+ Cho dãy hàm ( ( ))
n n
f x xác định trên X . 
 Dãy hàm 
n
f được gọi là hội tụ đều về hàm f trên 
0
X X nếu: 
*
0
0; n sao cho: 
0 0
 ; n n x X thì ( ) ( )nf x f x 
+ Nếu 
n
f hội tụ đều về f trên X0 thì nf hội tụ về 0, xf X 
+ Cho ( ( ))
n
f x là một dãy hàm xác định trên X. Điều kiện cần và đủ để 
( ) ( )
n
f x f x là: 
0
0 ; :n 
0
 , ;m n n
0
 x X : ( ) ( )m nf x f x 
(Tiêu chuẩn Cauchy) 
+ Cho chuỗi hàm 
1
( )
n
n
u t xác định trên X . Gỉa sử tồn tại dãy số dương ( )n na 
sao cho: 
1
: ( )
 héi tô
n n
n
n
x X u t a
a
. Khi đó, chuỗi hàm 
1
( )
n
n
u t hội tụ tuyệt đối và hội tụ 
đều trên 
0
X X (Tiêu chuẩn Weiers trass) 
1.6. Chuỗi luỹ thừa 
Định nghĩa 1: Chuỗi luỹ thừa là chỗi hàm có dạng 
1
0
1
 (1)
( )
n
n
n
n
n
n
a x
a x x
Miền hội tụ: 
6 
1. Giả sử chuỗi (1) hội tụ tại 
0
0x . Khi đó: (1) hội tụ tuyệt đối tại mọi x thoả 
mãn 0x x 
2. Đặt 
1
sup héi tôn
n
n
R x a x 
 R: là bán kính hội tụ 
 (-R,R): là khoảng hội tụ 
3. Giả sử lim n
n
n
x l 
Khi đó bán kính hội tụ của chuỗi được xác định: 
1
 nÕu 0
0 nÕu 
 nÕu 0
l
l
R l
l
5. Giả sử 1lim n
n
n
x
l
x
1
 nÕu 0
0 nÕu 
 nÕu 0
l
l
R l
l
Tính chất 
1. Giả sử 0R là bán kính hội tụ của (1). Khi đó, 0 r R , chuỗi hàm (1) hội tụ 
đều [ , ]r r 
2. Giả sử 0R là bán kính hội tụ của (1). Khi đó 
1
( ) n
n n
n
u x a x là hàm liên tục 
trên [-R,R]. 
7 
3. Tổng ( )u x của chuỗi hàm (1) là một hàm khả vi vô hạn trên [-R,R] và với 
1,2,......k ta có: 
 ( ) ( 1)......( 1)k n k
n
n k
u x n n n k a x (2) 
Hơn nữa, bán kính hội tụ của (2) cũng bằng R. 
Bài tập về chuỗi. 
Bài 1: Tìm miền hội tụ và tính tổng của chuỗi hàm: 
0
2
( 2)
n
n
n x
 (1) 
Giải 
+ Đặt 
1
2
X
x
(1) trở thành: 
0
2 .n n
n
X (2) (2) là chuỗi luỹ thừa 
+ Tìm miền hội tụ: 
Ta có 
1
1 2 1lim lim 2
2 2
n
n
nn n
n
a
R
a
Tại 
1
2
X
0 0 0
1
2 2 1
2
n
n n n n
n n n
X Phân kì 
Tại 
1
2
X
0 0 0
1
2 2 ( 1)
2
n
n n n n
n n n
X Phân kì 
Do vậy miền hội tụ của chuỗi (2) là 
1 1
( ; )
2 2
Ta có 
01 1 1
2 2 2 4
x
x x
Vậy miền hội tụ của (1) ( ; 4) (0; ) 
+ Tính tổng: 
8 
Xét (2): 
0 0
( ) 2 (2 )n n n
n n
s x X X 
1
1 1 (2 )( ) 1 (2 ) ... (2 ) =
1 2
n
n
n
X
s x X X
X
11 (2 ) 1
( ) lim ( ) lim
1 2 1 2
n
n
n n
X
s x s x
X X
 (Vì 
1 1
( ; )
2 2
X ) 
2 21( )
1 2
s x a b
X
 (*) 
Xét (1): Thay 
1
2
X
x
 vào (*) 
1 1 2
( )
11 2
1 2
2
x
s x
X x
x
Bài 2: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm : 
2
1
n
n
n
n
x
n d
(1) 
Giải 
Xét n
n
a
n d
Ta có: 
1 1
lim lim lim
n
n
n n dn n n
n
a
n d en d
n
 dR e 
Tại: dx e
2 2 2
1 1 1
( ) ( 1) ( )
n n n
n d n n d n
n n n
n n n
x e e
n d n d n d
 lim 1 0n
n
n
a 
Vậy miền hội tụ của chuỗi:( ; )d de e 
9 
Bài 3: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm luỹ thừa : 
( 1)
1
2
1
n n
n
n
n
x
n
 (1) 
Giải 
Xét 
1
1
1
1
n
n
n
a
n
Ta có
1
1
lim lim 1
1
n
n
n
n n
a e
n
1
R
e
Tại 
1
x
e
( 1)
1
2 1
1
nn n
n
n
n e
1
1
1 1
1 ( 1)
1
n
n n
n
n n e
1
1 1 1
lim lim 1 . . 1 0
1
n
n
n
n n
a e
n e e
Vậy miền hội tụ của chuỗi(1): 
1 1
,
e e
Bài 4: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỷ thừa: 
1
1
( 2)
2
n
n
n
n
x
n
 (1) 
Giải 
Đặt 2X x 
Ta được chuổi
1
1
3 2
n
n
n
n
X
n
 (2) với 
1
3 2
n
n
n
a
n
Xét 
1 1
lim lim
3 2 3
n
n
n n
n
a
n
3R 
Tại 3X ta được 
1
1
( 3)
3 2
n
n
n
n
n 1
3 3
( 1)
3 2
n
n
n
n
n
3 3
lim lim 1 0
3 2
n
n
n n
n
u
n
Nên tại 3X chuỗi không hội tụ 
Vậy miền hội tụ của chuỗi (2) là ( 3,3) Do đó miền hội tụ của chuỗi (1) là ( 1,5) 
10 
Bài 5: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa
2
2
1
( 1)
(ln )
n
n
x
n n
 (1) 
Giải 
Đặt 1X x ta được
2
2
1
(ln )
n
n
X
n n
 (2) 
Xét 
2
1
(ln )
n
a
n n
1 2
1
( 1)(ln( 1))
n
a
n n
Ta có:
2
1
2
(ln )
lim lim
( 1)[ ln( 1)]
n
n n
n
a n n
a n n
Tính 
2 Lopi tan
2
1
2ln .
(ln )
lim lim
1( 1)[ ln( 1)]
2ln( 1).
1
n n
n
n n n
n n
n
n
1 ln
lim
ln( 1)n
n n
n n
Tính 
Lopi tan
1
ln
lim lim 1
1ln( 1)
1
n n
n n
n
n
 Nên 1R 
Tại 1X ta được chuỗi 
2
2
1
( 1)
(ln )
n
n n n
 (*) 
Từ đó ta có 
2
1
2
(ln )
lim lim 1
( 1)[ ln( 1)]
n
n n
n
a n n
a n n
 Chuỗi (*) phân kỳ 
Vậy miền hội tụ của (2) là (-1,1) Miền hội cụ của (1) là (-2,0). 
Bài 6: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 2
0
1
( 2)
2 3
n
n
n
n
x
n
 (1) 
Giải 
Đặt 2( 2)X x Điều kiện 0X 
Ta tìm miền hội tụ của chuỗi: 
0
1
2 3
n
n
n
n
X
n
Xét 
1
2 3
n
n
a
n
11 
Ta có 
1 1
lim lim
2 3 2
n
n
n n
n
a
n
2R
Xét tại: 2X 
Chuỗi trở thành 
0
1
( 1) 2
2 3
n
n n
n
n
n 0
2 2
( 1)
2 3
n
n
n
n
n
2 2
lim lim 1 0
2 3
n
n
n n
n
a
n
 Nên chuỗi phân kỳ 
Vậy miền hội tụ theo X là (-2,2) 
 Miền hội tụ 2 2x 2 2 2x 
Bài 7: Cho chuỗi luỹ thừa 
1
1
( 1) ( 2)
.2
n n
n
n
x
n
 (1) 
a. Tìm miền hội tụ của chuỗi (1) 
b. Tính tổng của chuỗi 
1
n
n
nx trong MHT của nó. 
Giải 
a) Ta có 
1( 1) ( 2)
( )
.2
n n
n n
x
u x
n
Tính lim ( )n
n
n
u x
1 2
lim
2nn
x
n
2
2
x
C 
Theo tiêu chuẩn Cauchy nếu chuỗi hội tụ khi 0C tức là 
2
1 4 0
2
x
x 
Tại 2 2x ta có chuỗi 
1 1
1 1
( 1) .2 ( 1)
.2
n n n
n
n nn n
 hội tụ 
Tại 2 2x ta có chuỗi 
1 1 2
1 1 1
( 1) .( 2) ( 1) ( 1) ( 1)
.2
n n n n n
n
n n nn n n
 hội tụ 
Vậy Miền hội tụ là [-4;0] 
b) Tính tổng của chuỗi hàm 
1
n
n
nx trong MHT của nó 
Ta tìm được khoảng hội tụ là (-1,1) 
12 
Ta có 1
1 1
1
( ) n n
n n
S x nx nx
x
Đặt: 1
1
1
( ) n
n
S x nx (1) 
Lấy tích phân 2 vế của (1) trên đoạn [0,x] ta được 
1
1
10 0
( )
x x
n
n
S t dt nt dt 
1
1 0
x
n
n
nt dt
1
1
1
n
n
t
t
 (2) là CSN 
Đạo hàm 2 vế của (2) ta được 
1 2
1
( )
(1 )
S x
x
Vậy 2
1
 nÕu 1
( ) (1 )
 1 nÕu 1
x
S x x x
x
II. Hàm nhiều biến số. 
2.1. Các khái niệm cơ bản 
Định nghĩa 1: Cho : ; 
n
f A A 
Ta nói hàm số f có giới hạn là l khi x dần tới a (Kí hiệu: lim ( )
x a
f x l ). 
Nếu: lim ( )
x a
f x l sao cho x A mà ( , )d x a thì ( )f x l 
Định nghĩa 2: : ; 
n
f A A 
Hàm số f được gọi là liên tục tại a A nếu: lim ( )
x a
f x ( )f a 
Hàm số f được gọi là liên tục trên A tại nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc A 
Định nghĩa 3: : ; 
n
f A A 
Hàm số f được gọi là liên tục đều trên a nếu: 
0 ; 0 sao cho ,x y A mà ( , )d x y thì ( ) ( )f x f y 
13 
Định nghĩa 4: 
ë
2: ; 
m
f A A 
( , ) :x y A ( , ) ( , ) ( , )f f x y f x x y y f x y 
Hàm số f được gọi là khả vi tại (x,y) nếu tồn tại A,B sao cho: 
2 20
0
( , ) . .
lim 0
x
y
f x y A x B y
x y
Tính chất 
1. Với dãy kx A mà lim k
k
x a thì lim ( ) ( )k
k
f x f a 
2. Giả sử ,f g liên tục tại a A : thì f g ; .f g ; ( ( ) 0)
f
g a
g
 liên tục tại a. 
3. f liên tục tại a thì f liên tục theo từng biến tại a. 
2.2. Mối liên hệ giữa tính liên tục, khả vi, đạo hàm của hàm nhiều biến 
1. Nếu f khả vi tại ( , )x y A thì: 
 f liên tục tại (x,y) 
 f có đạo hàm riêng tại (x,y) và 
' ( , )
x
f x y A , 
'( , )
y
f x y B 
2. Nếu f có đạo hàm riêng trong lân cận của 
0 0
( , )x y A và đạo hàm riêng liên tục 
tại (x0,y0) thì f khả vi tại (x0,y0). 
2.3. Đạo hàm, vi phân của hàm hợp 
Định nghĩa 1: Cho hàm số :f G ; ( ) ; y=y(t)x x t xác định trên D sao 
cho: ( ( ), ( )) ; t Dx t y t G khi đó hàm hợp ( ( ), ( ))f x t y t xác định trên D. 
Nếu f khả vi trên G; x(t), y(t) khả vi trên ...  6. Chứng minh f liên
tục trên X khi và chỉ khi f−1(a) = {x ∈ X|f(x) = a} đóng trong X.
Giải. Nếu f liên tục thì hiển nhiên f−1(a) là tập đóng.
Ngược lại, giả sử f−1(a) là tập đóng và f không liên tục tại 0. Khi đó có ε0 > 0 sao
cho
∀n ∈ N, ∃xn ∈ X : ||xn|| < 1
n
và |f(xn)| ≥ ε0
Đặt
yn =
{
a xnf(xn) nếu a 6= 0
xn
f(xn)
− x1f(x1) nếu a = 0
Khi đó yn ∈ f−1(a), với mọi n. Tuy nhiên dãy (yn) hội tụ về y /∈ f−1(a) 7. Điều này
mâu thuẩn với f−1(a) là tập đóng.
Vậy f liên tục trên X.
Bài 10. Cho X là một không gian định chuẩn và f ∈ X∗, a là một số thực bất kì.
Chứng minh f liên tục trên X khi và chỉ khi f−1([a,+∞)) = {x ∈ X|f(x) ≥ a} đóng
trong X.
Giải. Nếu f liên tục thì hiển nhiên f−1([a,+∞)) là tập đóng trong X.
Ngược lại, lập luận tương tự Bài 9 với dãy yn = (a − 1) x1f(x1) + xnf(xn) . Ta có f(yn) = a
nên yn ∈ f−1([a,+∞)), với mọi n. Tuy nhiên yn −→ y = (a− 1) x1f(x1) /∈ f−1([a,+∞)) (vì
f(y) = a− 1 /∈ [a,+∞)).
6K = R hoặc K = C
7y = 0 khi a 6= 0 , y = − x1f(x1) khi a = 0
35
Bài 11. Cho f : X −→ K là một phiếm hàm tuyến tính thỏa mãn
sup
x,y∈B′(0,1)
|f(x)− f(y)| = r
Chứng minh f ∈ X∗ và tính ||f ||.
Giải. Với mọi x ∈ B′(0, 1) thì −x ∈ B′(0, 1) nên:
2|f(x)| = |f(x)− f(−x)| ≤ sup
x,y∈B′(0,1)
|f(x)− f(y)| = r
⇒ |f(x)| ≤ r
2
8 ⇒ ||f || = sup
x∈B′(0,1)
|f(x)| ≤ r
2
Mặt khác, với mọi x, y ∈ B′(0, 1) ta có:
|f(x)− f(y)| = |f(x− y)| ≤ ||f ||||x− y|| ≤ ||f ||(||x||+ ||y||) ≤ 2||f ||
Suy ra r = sup
x,y∈B′(0,1)
|f(x)− f(y)| ≤ 2||f ||, do đó: r2 ≤ ||f ||. Vậy ||f || = r2 .
Bài 12. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Đặt α = inf{||x|||x ∈ X, f(x) = 1}. Chứng minh
||f || = 1α .
Giải. Đặt A = {x ∈ X|f(x) = 1}. Với mọi x ∈ A ta có:
1 = f(x) ≤ ||f ||||x|| ⇒ 1||f || ≤ ||x||
Suy ra 1||f || ≤ infx∈A ||x|| = α. Do đó
1
α ≤ ||f ||.
Mặt khác, với mọi x ∈ X mà ||x|| = 1 và f(x) 6= 0 ta có f( xf(x)) = 1 nên xf(x) ∈ A. Do
đó
α ≤ || x
f(x)
|| = ||x|||f(x)| ⇒ |f(x)| ≤
1
α
||x|| = 1
α
9
Do vậy ||f || = sup
||x||=1
|f(x)| ≤ 1α .
Bài 13. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0. Chứng minh rằng với mọi a ∈ X ta có d(a,N) = |f(a)|||f || ,
trong đó N = Kerf .
Giải. 10 Nếu a ∈ N thì đẳng thức hiển nhiên đúng. Xét a /∈ N .
Với mọi y ∈ N , ta có
|f(a)| = |f(a)− f(y)| = |f(a− y)| ≤ ||f ||||a− y||
f(a)|⇒ |||f || ≤ d(a,N)
8Từ đây suy ra f liên tục
9Khi f(x) = 0 thì bất đẳng thức này hiển nhiên đúng
10Bài này có khá nhiều cách giải, một trong số đó nằm ở trang 111 - sách Bài tập Giải tích hàm của
Nguyễn Xuân Liêm
36
Với mọi x ∈ X mà ||x|| = 1 và f(x) 6= 0 , ta đặt y = a − f(a)f(x) .x. Khi đó f(y) = 0 nên
y ∈ N . Do đó
d(a,N) ≤ ||a− y|| = ||f(a)
f(x)
.x|| = |f(a)||f(x)| (do ||x|| = 1)
Suy ra |f(x)| ≤ |f(a)|d(a,N) 11. Từ đó ||f || ≤
|f(a)|
d(a,N) , hay d(a,N) ≤
|f(a)|
||f || .
Ta còn gặp một số biến tướng của bài tập này như sau
Bài 14. Cho f ∈ X∗ và f 6= 0, đặt N = Kerf , x /∈ N . Giả sử tồn tại y ∈ N sao cho
d(x,N) = ||x− y||. Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ X, ||x0|| = 1 sao cho ||f || = |f(x0)|.
Giải. Theo Bài 13 thì
f(x)|||x− y|| = d(x,N) = | ||f || =
12 |f(x)− f(y)|
||f ||
Suy ra |f(x− y)| = ||f ||.||x− y||. Đặt x0 = x−y||x−y|| ta được |f(x0)| = ||f ||.
Bài 15. Cho X là không gian Hilbert, a ∈ X, a 6= 0. Khi đó với mọi x ∈ X ta có
d(x,N) = |〈x,a〉|||a|| , trong đó N = 〈{a}〉⊥.
Giải. Đây là hệ quả trực tiếp của Bài 13. Tuy nhiên ta có thể giải một cách ngắn
gọn như sau.
∀y ∈ N , ta có:
|〈x, a〉| = 13|〈x− y, a〉| ≤ ||x− y||||a||
Suy ra |〈x,a〉|||a|| ≤ ||x− y||. Do đó
|〈x,a〉|
||a|| ≤ d(x,N).
Mặt khác, nếu đặt z = x− 〈x,a〉||a||2 a thì z ∈ N vì 〈z, a〉 = 0. Do đó
x, a〉
d(x,N) ≤ ||x− z|| = ||〈||a||2
x, a〉|
a|| = |〈||a|| .
2 Nguyên lý bị chặn đều
Bài 16. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến
tính liên tục từ X vào Y . Chứng minh các khẳng định sau là tương đương14
a) ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ X, ∀α ∈ I, ||x|| < δ ⇒ ||Aα(x)|| < ε
b) ∃N > 0 : ∀α ∈ I, ||Aα|| ≤ N
11Do x /∈ N và N đóng nên d(x.N) > 0
12Để ý y ∈ Kerf
13Để ý y ∈ N nên 〈y, a〉 = 0
14Như vậy hai khái niệm đồng liên tục đều và bị chặn đều là tương đương
27
Giải. a) ⇒ b) Lấy cố định ε0 > 0. Khi đó, tồn tại δ0 > 0 sao cho
||x|| < δ0 ⇒ ||Aα(x)|| < ε0
Đặt δ = min(1, δ0) thì δ ≤ 1 và δ ≤ δ0. Do đó
||Aα|| = 15 sup
||x||<δ
||Aα(x)|| ≤ ε0
Đặt N = ε0 thì ta có b).
b) ⇒ a) ∀ε > 0, đặt δ = εN . Khi đó, nếu ||x|| < δ thì
Aα(x)|| ≤ ||Aα||||x|| ≤ N ||x|| < Nδ = N ε
N
= ε
Bài 17. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến
tính liên tục từ X vào Y . Chứng minh các khẳng định sau là tương đương
a) ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ Y ∗ : sup y∗(Aαx)| < +∞
α∈I
|
b) ∀x ∈ X : sup
α∈I
||Ax|| < +∞
Giải. a) ⇒ b) Để ý y∗(Aαx) = Aαx(y∗). Lấy bất kì x ∈ X, theo giả thiết thì dãy
(Aαx)α∈I 16 là một dãy bị chặn từng điểm. Do Y ∗ Banach 17 nên dãy (Aαx)α∈I bị chặn
đều, tức sup
α∈I
||Ax|| < +∞.
b) ⇒ a) Hiển nhiên. (Bị chặn đều suy ra bị chặn từng điểm).
Bài 18. Cho X là một không gian Banach, Y là không gian định chuẩn, và M là một
tập con của L(X, Y ). Chứng minh các khẳng định sau là tương đương
a) ∀x ∈ X, ∀y∗ ∈ Y ∗ : sup y∗(Ax)| < +∞
A∈M
|
b) M là tập bị chặn trong L(X, Y )
Giải. b) ⇒ a) Hiển nhiên.
a) ⇒ b) Theo Bài 17, từ giả thiết ta suy ra sup
A∈M
||Ax|| < +∞,∀x ∈ X.
Do X Banach nên theo nguyên lý bị chặn đều ta có sup
A∈M
||A|| < +∞, nghĩa là M là
tập bị chặn trong L(X, Y ).
Bài 19. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn, (Aα)α∈I là một họ các toán tử tuyến
tính liên tục từ X vào Y . Với mỗi n ∈ N∗, đặt Cn = {x ∈ X| sup
α∈I
||Aαx)|| < n}. Chứng
minh nếu sup
α∈I
||Aα|| = +∞ thì int(Cn) = ∅, ∀n ∈ N∗.
15Có thể chứng minh được rằng nếu δ ≤ 1 thì ||A|| = sup
||x||<δ
||A(x)||
16Xem như là một dãy trong Y ∗∗ vì Y ⊂ Y ∗∗
17K Banach nên Y ∗ = L(Y,K) Banach
38
Giải. Giả sử có n0 ∈ N∗ sao cho int(Cn0) 6= ∅. Khi đó có hình cầu mở B(x0, r) ⊂ Cn0.
∀x ∈ X, x 6= 0, ta có x0 + rx2||x|| ∈ B(x0, r). Suy ra
||Aα(x0 + rx
2||x||)|| < n0
⇒ ||Aα( rx
2||x||)|| < n0 + ||Aα(x0)|| < 2n0
⇒ ||Aα(x)|| < 4n0
r
||x|| ⇒ ||Aα|| ≤ 4n0
r
Do đó sup
α∈I
||Aα|| < +∞. Điều này mâu thuẩn với giả thiết. Vậy int(Cn) = ∅, ∀n ∈
N∗.
Bài 20. Cho X, Y là hai không gian định chuẩn và (Aα)α∈I ⊂ L(X, Y ). Đặt A = {x ∈
X| sup
α∈I
||Aαx|| < 1}. Chứng minh rằng
a) Nếu int(A) 6= ∅ thì sup
α∈I
||Aα|| < +∞ (tức (Aα)α∈I bị chặn đều).
b) Nếu int(A) 6= ∅ thì 0 ∈ int(A).
Giải.
a) Hoàn toàn tương tự Bài 19.
b) 18 Theo câu a) ta có K = sup
α∈I
||Aα|| < +∞.
Giả sử 0 /∈ int(A), khi đó có x ∈ B(0, 12K ) và x /∈ A. Suy ra
∃α ∈ I : ||Aα(x)|| ≥ 1
Do đó
1 ≤ ||Aα(x)|| ≤ ||Aα||||x|| ≤ K||x|| < K 1
2K
=
1
2
Điều này mâu thuẩn. Vậy 0 ∈ int(A).
Bài 21. Cho X là một không gian Banach, F là một tập đóng, hấp thụ 19 chứa trong
X. Chứng minh int(F ) 6= ∅.
Giải. Do F hấp thụ nên với mọi x ∈ X, ta có thể chọn nx ∈ N sao cho x ∈ nxF . Suy
ra
X =
⋃
x∈X
nxF.
Để ý rằng {nx|x ∈ X} ⊂ N nên hợp trên là đếm được. Do X là không gian Banach
nên nó thuộc phạm trù II, vì vậy tồn tại n0 sao cho int(n0F ) 6= ∅.
Do F đóng nên n0F đóng, suy ra int(n0F ) 6= ∅, tức có hình cầu mở B(x0, r) ⊂ n0F, r > 0.
Từ đây ta có B(x0n0 ,
r
n0
) ⊂ F . Vì vậy int(F ) 6= ∅.
18Đậu Anh Hùng - K16
19Tập F ⊂ X được gọi là hấp thụ nếu với mọi x ∈ X, tồn tại λ > 0 sao cho với mọi α ∈ K, |α| ≥ λ thì
x ∈ αF
39
3 Nguyên lý ánh xạ mở - Định lí đồ thị đóng
Bài 22. Cho X là một không gian Banach, f là một phiếm hàm tuyến tính lên tục
khác 0. Chứng minh f là ánh xạ mở.
Giải. Theo nguyên lý ánh xạ mở, ta chỉ cần chứng minh f toàn ánh là đủ.
Do f 6= 0 nên có x0 ∈ X sao cho f(x0) 6= 0.
∀r ∈ K, đặt x = rf(x0) .x0 thì f(x) = rf(x0) .f(x0) = r.
Vậy f là toàn ánh.
Bài 23. Giả sử ||.||1 và ||.||2 là hai chuẩn trên X sao cho với mỗi chuẩn đó X là
không gian Banach và ||.||1 ≤ K.||.||2, với K là một số dương. Chứng minh hai chuẩn
này tương đương. 20
Giải. Do ||.||1 ≤ K.||.||2 nên id : (X, ||.||1) −→ (X, ||.||2) liên tục trên X. Mặt khác, id
là song ánh. Theo hệ quả của nguyên lý ánh xạ mở thì id là một phép đồng phôi. Do
đó hai chuẩn này tương đương.
Bài 24. Kí hiệu X = C1[0,1] là không gian gồm các hàm số khả vi liên tục trên [0, 1].
Với mỗi x ∈ X, ta đặt
||x||1 = max
t∈[0,1]
|x′(t)|+ |x(0)|, ||x||2 = (
1∫
0
(|x(t)|2 + |x′(t)|2)dt)1/2
Chứng minh (X, ||.||1) là một không gian Banach và hai chuẩn đã cho không tương
đương. Suy ra (X, ||.||2) không phải là một không gian Banach.
Giải. Ta dễ dàng kiểm tra được (X, ||.||1) là một không gian Banach.
Với mỗi n ∈ N∗, đặt xn(t) = tn√n , t ∈ [0; 1] thì xn ∈ X. Và ta có
||xn||1 = max
t∈[0;1]
|√ntn−1|+ |0| = √n −→∞ khi n→∞.
Tuy nhiên
||xn||2 = (
1∫
0
(
t2n
n
+ nt2n−2)dt)1/2 =
√
1
n(2n+ 1)
+
n
2n− 1 −→
1√
2
khi n→∞.
Vậy dãy (xn)n bị chặn trong (X, ||.||2) nhưng không bị chặn trong (X, ||.||1). Do đó hai
chuẩn này không tương đương.
Tiếp theo, áp dụng công thức số gia hữu hạn ta chứng minh được
∀x ∈ X, ||x||2 ≤
√
2 ||x||1.
Sử dụng Bài 23 ta suy ra được (X, ||.||2) không phải là một không gian Banach.
20Ta hay dùng một kết quả tương đương với bài tập này là: Nếu hai chuẩn đó không tương đương thì
(X, ||.||1), (X, ||.||2) không thể cùng Banach
40
Bài 25. Cho X, Y là hai không gian Banach, A : X −→ Y là ánh xạ tuyến tính sao
cho y∗A ∈ X∗, với mọi y∗ ∈ Y ∗ 21. Chứng minh A liên tục.
Giải. Ta chứng minh A có đồ thị GA đóng.
Lấy dãy (xn, Axn) −→ (x, y). Giả sử y 6= Ax. Khi đó theo hệ quả của định lí Hahn-
Banach, tồn tại g ∈ Y ∗ sao cho g(Ax− y) 6= 0.
Mặt khác ta có
g(Ax− y) = g(Ax− lim
n→∞Axn) = g( limn→∞(Ax− Axn)) = limn→∞ gA(x− xn) = 0.
Điều này mâu thuẩn. Vậy y = Ax. Suy ra GA đóng. Theo Định lí đồ thị đóng thì A
liên tục.
4 Định lí Hahn - Banach
Bài 26. Cho X là không gian định chuẩn. Chứng minh rằng
⋂
f∈X∗
Kerf = {0}.
Giải. Lấy bất kì x ∈ ⋂
f∈X∗
Kerf . Khi đó ta có f(x) = 0 , với mọi f ∈ X∗. Theo hệ quả
của Định lí Hahn - Banach ta có x = 0.
Bài 27. Cho x1, x2, ..., xn là n vectơ độc lập tuyến tính trong không gian định chuẩn
X. Chứng minh rằng tồn tại f ∈ X∗ sao cho f(xi) 6= f(xj) khi i 6= j.
Giải. Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n}, đặt Li = 〈{xj |j 6= i}〉 thì Li là không gian hữu hạn
chiều nên là không gian con đóng của X. Do hệ {x1, x2, ..., xn} độc lập tuyến tính nên
xi /∈ Li. Theo định lí Hahn - Banach, tồn tại fi ∈ X∗ sao cho
fi(xi) = i và fi(xj) = 0, ∀j 6= i22
Đặt f = f1 + f2 + ... + fn, ta có f(xi) = i, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}. Do đó f(xi) 6= f(xj) khi
i 6= j.
Bài 28. Cho M là một tập con của X và x0 ∈ X. Chứng tỏ rằng x0 ∈ 〈M〉 khi và chỉ
khi với mọi x∗ ∈ X∗ thỏa điều kiện x∗(M) = {0} thì x∗(x0) = 0.
Giải. (⇒) : hiển nhiên.
(⇐) : Đặt Y = 〈M〉. Giả sử x0 /∈ Y , khi đó d(x0, Y ) > 0. Theo Định lí Hahn - Banach,
tồn tại x∗ ∈ X∗ sao cho x∗(Y ) = {0} và x∗(x0) = 1. Do M ⊂ Y nên x∗(M) = {0} và
x∗(x0) = 1. Điều này mâu thuẩn với giả thiết. Vậy x0 ∈ Y
21Có thể hạn chế điều kiện này thành: Mọi dãy (xn) trongX sao cho xn −→ 0 thì y∗(Axn) −→ 0, ∀y∗ ∈ Y ∗
22Trong Định lí Hahn - Banach người ta chọn phiếm hàm gi ∈ X∗ sao cho gi(xi) = 1. Khi đó, nếu đặt
fi = igi thì ta được phiếm hàm fi như trên
41