Luận văn Sự hội tụ không điều kiện trong không gian Banach

- sao cho và Với bất kỳ hoán vị π của N, áp dụng định lý 4.2 ta đƣợc Mà nên Tƣơng tự, ta cũng có Định lý đƣợc chứng minh 4.4. Định lý (Định lý Riemann) Cho chuỗi số thực hội tụ nhƣng không hội tụ tuyệt đối. i. là số thực hay I = ±∞ Khi đó Tồn tại hoán vị π của N sao Chứng minh Gọi A = {a1, a2,...}, B = {b1, b2,...} là hai tập con của N sao cho xak ≥ 0 và xbk <0 ∀k Nhận xét là Nếu và thì Nếu và , hay nếu Trang 4 và thì phân kỳ Do đó với giả thiết hội tụ nhƣng không hội tụ tuyệt đối, ta suy ra đƣợc và Trƣờng hợp L∈ R Giả sử L > 0. Ta xây dựng hoán vị K nhƣ sau : sao cho với 1 ≤ j ≤ j1-1 và Sj1 > L Sau đó ta cộng vào những số hạng âm : Xác định sao cho với 1 ≤ j ≤ j2-1 và Sj2 < L ..... Theo cách xây dựng hoán vị π nhƣ vậy, ta có ∀k Dẫn đến Cũng theo cách xây dựng hoán vị π, với mọi n tồn tại k sao cho hay Từ dó : Vậy Trƣờng hợp L ≤ 0 , ta chứng minh tƣơng tự. - Trƣờng hợp L = ± ∞ Ta xây dựng hoán vị π sao cho nhƣ sau: sao cho Trang 5 . Đặt π ( j1 +1) = b1 Chúng ta cộng lại thêm các số hạng dƣơng cho đến Sj2 > 2 - xb2. Đặt π(j2 + 1) = b2 .... Theo cách xây dựng hoán vị nhƣ vậy, ta có Suy ra Trƣờng hợp L = - ∞, ta chứng minh tƣơng tự §2. Không gian khả ly - không gian compact 1. Định nghĩa Không gian mêtric X đƣợc gọi là khả ly nếu trong X tồn tại một tập hợp không quá đếm đƣợc và trù mật. Ví dụ : 1) Tập các số hữu tỷ trù mật trong R do đó R là khả ly. 2) lp (1 ≤ p < ∞) là không gian khả ly. Ta chứng minh cho trƣờng hợp lplà không gian vectơ phức. Gọi D là tập hợp các dãy số (p1 + iq1 ,..., pn + iqn, 0, ...) với pk, qk ∈ Q, k= 1.2,...,n. D là tập con đếm đƣợc của lp .Ta chứng minh D trù mật trong lp. Giả sử x = (an)∈ lp Với bất kỳ ɛ > 0 cho trƣớc, vì chuỗi hội tụ nên có số tự nhiên N sao cho Tồn tại z1 = p1 + iq1,...,zn= pn + iqN với p1,...,pN, q1 ,...,qN ∈ Q sao cho Từ đó ||x-z|| < ɛ với z = (z1,...,zN, 0,...) ∈ D 3) Từ hai định lý sau đây ta suy ra đƣợc Lp[a,b] (1≤ p< ∞) là không gian khả ly. Định lý: Tập hợp các hàm liên tục trù mật trong Lp[a.b] Định lý: Với mọi hàm số f ∈ C [a.b] , với mọi ɛ > 0 cho trƣớc đều tồn tại đa thức g. với những hệ số hữu tỷ sao cho. Trang 6 Ta có thể xem chứng minh các định lý này ở [7]. 2. Định nghĩa Không gian mêtric X đƣợc gọi là compact nếu với mọi phủ (Ui)i∈I của X gồm những lập mở đều tồn tại một họ con hữu hạn (Ui)i∈I ( J ⊂ I và hữu hạn ) cũng là một phủ của X. Định nghĩa Không gian mêtric X đƣợc gọi là hoàn toàn bị chặn nếu với mọi ɛ > 0 đều tồn tại tập hợp hữu hạn H ⊂ X sao cho d(x, H) ≤ ɛ với mọi x ∈ X. 2.1. Định lý Cho X là không gian mêtric. Ta có X compact ⟺ X đầy đủ và hoàn toàn bị chặn. 2.2. Định lý Cho X, Y là hai không gian mêtric và ánh xạ liên tục f: X → Y. Ta có Nếu A ⊂ X là compact thì f(A) compact Hệ quả Cho X là không gian mêtric compact và ánh xạ liên tục f: X → R. Khi đó f(X) bị chặn và tồn tại x1, x2 ∈ X sao cho Ta có thể xem chứng minh các định lý này ở [6]. §3. Không gian Banach 1. Định nghĩa Không gian Banach là một không gian định chuẩn đầy đủ. 2. Ví dụ 1) Không giian lp(1 ≤ p ≤ ∞) không gian tất cả các dãy số thực (hay phức) X = (an) sao cho 2) Không gian Co: không gian tất cả các dãy số thực (hay phức) x = (an) hội tụ đến () Trang 7 3) Không gian C[a,b] : không gian tất cả các hàm số thực (hay phức) f liên tục trên [a.b] 4) Không gian Lp[a.b] (1 ≤ p <∞): không gian tất cả các hàm số thực (hay phức) f có lũy thừa bậc p của môđun khả tích trên [a,b], tức là 5) Không gian C0(R): không gian tất cả các hàm liên tục trên R và triệt tiêu ở vô cùng. 3. Không gian định chuẩn hữu hạn chiều 3.1. Định lý Mọi chuẩn trong Rn đều tƣơng đƣơng với nhau. Chứng minh. Ta xét (R n ‖.‖E) Với mỗi x = (x1, x2,...,xn)∈ R n, đặt Giả sử ‖.‖ là một chuẩn trong Rn. e1 = (1,0,...,0),...,en = (0,...,0,1) Ta có : Xét hàm f: R n → R x → ‖x‖ Do (1) ta có ý là hàm liên tục. Vì B = {x∈Rn/ ‖x‖E = 1 } là tập compact và f(x) > 0 ∀x ∈ B , nên ∃ ̅ ∈ B sao cho f(x) > f( ̅ ) = β > 0 ∀x∈B Từ đó : với mọi 0 ≠ x ∈ Rn Trang 8 Suy ra Bất đẳng thức này cũng đúng với x = 0. Từ (1) và (2) ta có ||.|| tƣơng đƣơng với ||.||E. Suy ra điều phải chứng minh Xét không gian định chuẩn (X,||.||X) có cơ sở là {v1,v2,...,vn} Với mỗi x = (x1, x2,..., xn) ∈ R n, ta đặt với thì ||.|| là một chuẩn trong Rn. Và áp dụng định lý 3.1, ta có hai hệ quả sau đây: Hệ quả 1 Mọi chuẩn trong cùng một không gian định chuẩn hữu hạn chiều đều tƣơng đƣơng với nhau. Hệ quả 2 Mọi không gian định chuẩn hữu hạn chiều đều là khổng gian Banach. 3.2. Định lý Không gian định chuẩn X là hữu hạn chiều nếu và chỉ nếu hình cầu đóng đơn vị Bx trong X là compact. Chứng minh 1) Giả sử (X ,||.||X) là không gian định chuẩn. {v1,v2,..., vn là cơ sở của X. Ta xét song ánh A : X→ Kn (K = R hay K = C) x = x1v1 + ... + xn vn → Ax = (x1,..., xn) Với mỗi x ∈ X, đặt thì ||.|| cũng là chuẩn trên X. Áp dụng hệ quả 1, ta suy ra có β ,α> 0 sao cho Do đó A.A-1 liên tục. A(Bx) đóng trong K n vì A -1 liên tục và Bx đóng. Từ (1) ta cũng có A(Bx) bị chặn. Dẫn đến A(Bx) compact trong K n . Mà A -1 liên tục theo định lý 2.2 ta có Bx = A-1(A(Bx) là compact. 2) Giả sử Bx là compact. Ta chứng minh X hữu hạn chiều hằng phản chứng. Giả sử X là vô hạn chiều. Lấy x1 ∈ X sao cho ‖x1 ‖ = 1, ta xét W1 là không gian con sinh bởi x1. Theo hệ quả 2 thì W1 là không gian Banach, do đó W1 đóng trong X. Do X vô hạn chiều nên có y1 ∉ W1 Trang 9 Đặt d1 > 0 vì W1 là tập đóng. Từ (2), tồn tại ̅ ∈ W1 sao cho Đặt và với mọi x ∈ W1 ta có (Do (2), (3) và Cứ tiếp tục nhƣ vậy ta xây dựng đƣợc dãy vô hạn (xn) những phần tử của Bx thỏa mãn điều kiện. với mọi i ≠ j Điều này mâu thuẫn với Bx là hoàn toàn bị chặn (do Bx là tập compact) 4. Không gian HilBert 4.1. Định nghĩa Cho không gian vectơ H có xác định tích vô hƣớng ( | ) và chuẩn Nếu H là đầy đủ với chuẩn này, thì H đƣợc gọi là không gian HiBert. 4.2. Định lý Nếu {xn} là một dãy những vectơ độc lập tuyến tính của không gian HilBert H thì tồn tại một hệ trực chuẩn {en} trong H sao cho không gian con sinh bởi (e1,...,em} bằng không gian con sinh bởi {x1,...,xm} với mọi m. 4.3. Định lý Mọi không gian HilBert khả ly vô số chiều đều đẳng cấu với L2[0,1]. Ta có thể xem chứng minh các Định lý này ở [7]. 5. Chuỗi trong không gian Banach 5.1. Định nghĩa Cho (xn) là một dãy phần tử của không gian Banach X. Ta lập dãy các tổng (Sn) Sn = x1 + ... + xn với mọi n. Trang 10 Sn đƣợc gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi Nếu (Sn) hội tụ đến phần tử S∈ X thì ta nói chuỗi hội tụ và có tổng là S. 5.2.Tiêu chuẩn Canchy Chuỗi hội tụ nếu và chỉ nếu với mọi ɛ > 0, tồn tại số N sao cho khi n ≥ N và p≥ 1 thì §4. Toán tử tuyến tính 1. Định nghĩa Cho X và Y là hai không gian vectơ trên cùng một trƣờng K(K=C hay R). Ánh xạ A:X → Y đƣợc gọi là toán tử tuyến tính nếu. (i) A(x1 + x2) = Ax1 + Ax2 với mọi x1, x2 ∈ X (ii) A(αx) = αAx với mọi x ∈ X, α ∈ K. 2. Định nghĩa Giả sử X và Y là hai không gian định chuẩn. Toán tử tuyến tính A : X → Y đƣợc gọi là bị chặn nếu tồn tại số K sao cho với mọi x ∈ X Số gọi là chuẩn của toán tử A. Định lý Toán tử tuyến tính A : X →Y là liên tục khi và chỉ khi nó bị chặn Định lý Ta có thể xem chứng minh các định lý này ở [7]. 3. Không gian đối ngẫu 3.1. Định nghĩa Nếu X là không gian vectơ trên trƣờng K thì toán tử tuyến tính A: X → K đƣợc gọi là phiếm hàm tuyến tính trên X. Không gian định chuẩn lập thành hỏi tập hợp các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X, gọi là không gian đối ngẫu của X, đƣợc ký hiệu là X * . Trang 11 Ta chứng minh đƣợc rằng không gian đối ngẫu của bất kỳ không gian định chuẩn nào cũng là không gian Banach. 3.2. Định lý (Riesz) Nếu f là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên không gian HilBert X thì tổn tại một phần tử duy nhất a của X sao cho. f(x) = (a | x) với mọi x ∈ X và ||f|| = ||a|| Ta có thể xem chứng minh định lý này ở [7]. Trang 12 CHƢƠNG 2 CÁC LOẠI HỘI TỤ CỦA CHUỖI TRONG KHÔNG GIAN BANACH §1. Các loại hội tụ 1. Định nghĩa 1.1. Hội tụ tuyệt đối Chuỗi của những phần tử trong một không gian Banach đƣợc gọi là hội tụ tuyệt đối nếu 1.2. Hội tụ không điều kiện Chuỗi đƣợc gọi là hội tụ không điều kiện nếu với bất kỳ hoán vị π của N ta đều có hội tụ. 1.3. Hội tụ có điều kiện Chuỗi đƣợc gọi là hội tụ có điều kiện nếu nó hội tụ nhƣng không hội tụ không điều kiện. 1.4. Hội tụ hoàn hảo Chuỗi đƣợc gọi là hội tụ hoàn hảo nếu những chuỗi hội tụ với bất kỳ cách chọn những hệ số ak = ±1. 2. Sự liên hệ giữa các loại hội tụ 2.1. Dùng tiêu chuẩn Cauchy và các bất đẳng thức Ta có : Định lý : (i) Chuỗi hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ. (ii) Chuỗi hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ hoàn hảo. Trang 13 2.2. Định lý Một chuỗi những phần tử của một không gian Banach hội tụ không điều kiện nếu và chỉ nếu nó hội tụ hoàn hảo. Chứng minh 1) Giả sử chuỗi là không hội tụ không điều kiện khi đó tồn tại hoán vị π của N sao cho phân kỳ. Dùng tiêu chuẩn Cauchy ta suy ra có δ > 0, có dãy những chỉ số k1 < l1 < k2 < l2 < k3 ... sao cho j=1,2... (1) Từ chuỗi ban đầu ta chọn ra dãy các tập hợp ( j =1, 2, ...) sao cho với mỗi j.∆j chứa .Nếu cần, ta chọn dãy con, do đó ta có thể giả sử các ∆j đôi một không giao nhau. Với mỗi j, ta đặt uj là tổng các phần tử trong ∆ ' j và vj là tổng của những phần tử trong ∆j \ ∆ ' j. Từ dó, do cách đặt và do (1) ta có Điều này dẫn đến Ta xây dựng chuỗi phân kỳ nhƣ sau. • Nếu (2) đúng : lấy α1 = 1 với những cũng lấy α1 = 1 với những • Nếu (3) đúng và (2) không đúng: lấy α1 = 1 với những lấy α1 = 1 với những Lấy α1 ± 1 tùy ý cho những phần tử còn lại của chuỗi mà không thuộc bất kỳ một ∆j nào. Với cách chọn các hệ số nhƣ vậy, ta có : Trang 14 Do đó phân kỳ bởi tiêu chuẩn Cauchy. 2) Giả sử chuỗi không hội tụ hoàn hảo. Khi đó tồn tại dãy các hệ số (αi) , αi ± 1 sao cho phân kỳ. Theo tiêu chuẩn Cauchy tồn tại δ > 0, và dãy các chỉ số m1 < n1<m2<n2<... sao cho Xét dãy các tập hợp (∆j) với Gọi ∆ + j là tập hợp các Xi trong ∆j mà αi = 1 và ∆ - j là phần còn lại nhƣ vậy Ta có : hay vì nên ngƣợc lại thì điều này mâu thuẫn với (4) Với mỗi j, ta ký hiệu nếu (5) đúng nếu (6) đúng ∆0 là tập hợp những phần tử của (xn) mà không thuộc bất kỳ ∆ * j nào. Trang 15 Chuỗi phân kỳ với hoán vị π đƣợc xác định sao cho xπ(1) = x1 (1) ,...,xπ(n1)=x1 (1) tƣơng đƣơng với tất cả các π các xi (1) ∈ ∆*1 với một , ... , tƣơng đƣơng với tất cả các xi (2) ∈ ∆ * 2 với một Cứ tiếp tục nhƣ vậy, ta xây dựng đƣợc hoán vị mà mỗi chuỗi tƣơng ứng là phân kỳ theo tiêu chuẩn Cauchy. Định lý đƣợc chứng minh. 2.3. Định lý: Giả sử X là một không gian định chuẩn n - chiều. Khi đó mọi chuỗi hội tụ không điều kiện trong X đều là chuỗi hội tụ tuyệt đối. Chứng minh: Do mọi chuẩn trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều đều tƣơng đƣơng với nhau nên ta có thể giả sử X= l1 (n) , và ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp X là không gian vectơ thực. Gọi f1 = X→R X = (x1,...,xn) ⟼ fi(x) = xi (i= 1,2,...,n) Từ hội tụ không điều kiền ta cũng có chuỗi số hội tụ không điều kiện (i = 1, 2, ... n) Áp dụng định lý 4.4 ở chƣơng 1 ta đƣợc ∀i = 1,2,...n Mà với mọi n Do đó Trang 16 Có nghĩa là chuỗi hội tụ tuyệt đối. Nhận xét: Với định lý 2.3 và hai định lý 2.1; 2.2 ta suy ra rằng trong trƣờng hợp X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì các khái niệm hội tụ tuyệt đối, hội tụ không điều kiện, hội tụ hoàn hảo là tƣơng đƣơng với nhau. 3. Mệnh đề: Trong mỗi không gian Hilbert X vô hạn chiều đều tồn tại chuỗi hội tụ không điều kiện nhƣng không hội tụ tuyệt đối. Chứng minh: Gọi là một hệ trực chuẩn trong X. Đặt xn = 1 n en với mọi n. Do tính trực giao của ta có Cho mọi n, mọi p ≥ 1 và bất kỳ cách chọn ak = ±1. Từ hội tụ và tiêu chuẩn Cauchy ta suy ra chuỗi hội tụ với bất kỳ cách chọn ak = ±1, do đó nó hội tụ không điều kiện theo định lý 2.2. Nhƣng phân kỳ. Từ định lý Dvoretzky - Rogers ở chƣơng 4 ta sẽ có khẳng định tƣơng tự mệnh đề 3 cho một không gian Banach bất kỳ. 4. Định lý : Giả sử chuỗi trong không gian Banach X là hội tụ không điều kiện và có tổng là S. Khi đó với bất kỳ hoán vị π, chuỗi cũng có tổng là S. Chứng minh: Ta chứng minh bằng phản chứng. Trang 17 Giả sử tồn tại hoán vị π sao cho mà S ≠S. Áp dụng định lý hahn- Banach ta suy ra có f ∈ X* sao cho f(S) ≠ f(S ). Vì hoán vị π làm thay đổi tổng của chuỗi nên nó không hội tụ tuyệt đối theo định lý 4.3 ở chƣơng 1. Và từ định lý Riemann (chƣơng 1) ta suy ra có hoán vị σ sao cho phân kỳ. Khi đó do tính liên tục của f thì cũng phân kỳ. Nhƣ vậy chuỗi hội tụ có điều kiện, điều này mâu thuẫn với giả thiết của định lý 5. Định lý (Gelfand): Giả sử chuỗi trong không gian Banach X là hội tụ không điều kiện. Khi đó tập hợp tất cả các tƣơng ứng với những dãy số α = (αk) mà αk = ±1, là tập compact trong X. Chứng minh : Đầu tiên, ta chứng minh với mỗi ɛ > 0 tồn tại chỉ số n = n(ɛ) sao cho với mọi dãy số (αi), α1 = ± 1. Giả sử ngƣợc lại, khi đó tồn lại δ>0, dãy các chỉ số n1<n2<... và dãy các số (ai (j) )i sao cho j = 1,2, .... (1) Ta sẽ chứng tỏ (1) mâu thuẫn với giả thiết hội tụ không điều kiện của chuỗi. Tồn lại dãy các chỉ số (rj)j , rj, > nj ∀j, và nếu cần, ta chọn dãy con của dãy (nj)j do đó ta có thể giả sử rj < nj+1 ∀j, sao cho (3) Xác định dãy các hệ số ( ̅) nhƣ sau Với những i mà nj ≤ i ≤ rj thì α i = αi (j) (j = 1, 2, ...) Với những i còn lại thì ̅ = ± 1 tuỳ ý. Trang 18 Và từ các bài đẳng thức (3) ta có chuỗi phân kỳ , điều này mâu thuẫn với tính hội tụ không điều kiện của chuỗi Nhƣ vậy ta đã chứng minh tập hợp các phần tử là ɛ lƣới hữu hạn của tập {S(α)}. Bây giờ, ta còn chứng minh tập {S(α)} là đóng. Nếu dãy (s(αv)) với α(v) = v = 1,2,.., hội tụ về S, có nghĩa là Ta sẽ chứng minh tồn lại dãy ̅ = ( ̅) , (α1 = ±1) sao cho S( ̅)= S (4), tức là S ∈ {(S(α)}. Với mỗi i ta có αi (v) chỉ nhận giá trị 1 hoặc -1 (v =1,2, ...), do đó tồn lại tập chỉ số I1 sao cho I1 có vô hạn phần tử và a1 (v) bằng nhau với mọi v ∈ I1. Chọn V1 = min I1 Gọi I2 là tập con của I1 sao cho I2 có vô số phần tử và các a2 (v) bằng nhau với mọi V ∈ I2 . Chọn V2 = min I2\{v1} Cứ tiếp tục nhƣ vậy ta chọn đƣợc dãy con ( ( ) )của dãy (α(v)) sao cho với mọi k ≥ i (1) Ta chứng tỏ dãy các hệ số ̅ = ( ̅) thỏa mãn (4) Theo chứng minh ở phần đầu thì với bất kỳ ɛ > 0 cho trƣớc tồn lại N = N(ɛ) sao cho đúng với mọi dãy hệ số α = (αi). Từ (1) và (2), với mọi k ≥ N ta có Dẫn đến mà nên Định lý đƣợc chứng minh. Trang 19 §2. Sự phân kỳ hoàn hảo. 1. Định nghĩa Chuỗi đƣợc gọi là phân kỳ hoàn hảo nếu Chuỗi phân kỳ với mọi cách chọn ak = ±1 2. Mệnh đề Giả sử X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại hằng số M, M chỉ phụ thuộc X, sao cho với mọi dãy hữu hạn x1, x2, .., xp trong quả cầu đóng đơn vị Bx, tồn lại αi = ± 1, i= 1, 2, .., p sao cho với mọi j, 1 ≤ j ≤ p Chứng minh Ta có Bx ⊂ X là tập compact, do đó tồn tại M quả cầu với a1 ,a2,...,aM ∈ Bx sao cho Trong chứng minh ta nói quả cầu là chỉ một trong M quả cầu này Xem dãy hữu hạn x1, x2 ,...,xp bất kỳ trong Bx . • Nếu p ≤ M , với αi = ±1 tùy ý ta có với mọi 1< j < p • Trƣờng hợp p > M Ta chọn α1 = 1 Xét j = 2 (nếu p>1) (2.1) Nếu x2 và x1 cùng thuộc một quả cầu Bi1 Ta chọn α2 = -1, khi đó Trong trƣờng hợp này ta có và α1x1 +α2x2 thuộc một quả cầu nào đó mà ta ký hiệu là (2.2) Nếu x2 và x1 không thuộc một quả cầu Ta suy ra M ≥ 2 , chọn αi = ±1 tùy ý thì Trang 20 Trong trƣờng hợp này Ta ký hiệu là các quả cầu sao cho và (B1 (2) ở đây không liên quan gì với B1 (2) ở (2.1)) Xét j = 3 (nếu p > 2) (3.1) Nếu (2.1) đúng: khi đó và (3.1.1) Nếu x3 thuộc B1 (2) . Ta chon α3 = -1 thì Trong trƣờng hợp này ta ký hiệu B1 (3) = B1 (2) . (3.1.2) Nếu x3 không thuộc B1 (2) ta suy ra M ≥ 2 Chọn α3 = ±1 tùy ý Trong trƣờng hợp này ta ký hiệu B1 (3) = B1 (2) ; B2 (3) sao cho và (3.2) Nếu (2.2) dùng : khi đó , , M ≥ 2 (3.2.1) Nếu x3 không thuộc ta suy ra M ≥ 3. Chọn α3 = ±1 tùy ý thì Trong trƣờng hợp này ta ký hiệu sao cho i =1,2,3 (3.2.2) Nếu x3 thuộc B1 (2) , ta chọn α3 = -1 thì Khi đó Trong trƣờng hợp này ta ký hiệu (3.3.3) Nếu x3 thuộc B2 (2) : tƣơng tự (3.2.2) Giả sử khi j = k ta có các tập hợp Trang 21 I1,...,Ink sao cho I1U...UInk= {1,2,...,k}; và các quả cầu sao cho và M ≥ nk Xét j = k + 1 (nếu p > k) • Nếu xk+1 không thuộc ta suy ra M ≥ nk +1 Chọn αk+1= ±1 tùy ý ta có • Nếu , ta chọn αk+1 = -1 thì Từ đó Mệnh để đƣợc chứng minh Hệ quả Giả sử X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại hằng số M, M chỉ phụ thuộc X, sao cho với mọi dãy hữu hạn x1, x2, ..., xp trong quả cầu đóng B (0,r), tồn tại αi = ±1, i = 1, 2, .., p sao cho với mọi 1 ≤ j ≤ p 3. Mệnh đề Giả sử X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều. Khi đó : Chuỗi trong X là phân kỳ hoàn hảo nếu và chỉ nếu không có Chứng minh Trang 22 1) Giả sử chuỗi không phân kỳ hoàn hảo. Khi đó tồn tại dãy các hệ số ( ̅k). ̅k = ±1, sao cho hội tụ. Dẫn đến Do đó 2)Giả sử . Từ đó : Tồn tại dãy các chỉ số n1 < n2 < ... sao cho với mọi n ≥ nk ta có k = 1, 2, ... Theo hệ quả của mệnh đề 2 ở trên , tồn tại hằng số M, M chỉ phụ thuộc X, tồn tại α1 = ± 1, sao cho với mọi nk < j ≤ nk + l Ta chứng minh hội tụ. Với bất kỳ ɛ > 0 cho trƣớc, do hội tụ nên có N sao cho Với mọi n ≥ nN+1, p ≥ 1 ta chứng minh. Ta chỉ cần xét 3 trƣờng hợp : Trang 23 Vậy có (αi), αi = ± 1 sao cho hội tụ, do đó không phân kỳ hoàn hảo. Mệnh đề đƣợc chứng minh. 4. Ví dụ Sau đây là các ví dụ trong không gian Banach vô hạn chiều đƣợc chỉ ra, mà trong nó tồn lại chuỗi phân kỳ hoàn hảo nhƣng 4.1. Trong không gian C0(R) ta xây dựng dãy hàm (fn) nhƣ sau Áp dụng bổ đề Urysohn ta có hàm số f1(x) liên tục sao cho Vẫn áp dụng bổ đề Urysohn ta có các hàm u1, u2 ∈ Cc(R) ⊂ C0(R) sao cho Đặt thì Trang 24 Và Dùng quy nạp , đến n+1 ta có hàm fn+1(x) sao cho : và trên mỗi đoan Ini mà f(x) = 1 n (hoặc fn(x) =- 1 n ) với mọi x∈ Ini đều có chứa 2 đoạn mỗi đoạn có độ dài 1 3 n+1 sao cho : Từ đó Với mọi M > 0 cho trƣớc, tồn tại k sao cho Do cách xây dựng dãy hàm (fn), với mọi αn = ± 1 , n = 1, 2...k, ta có ̅ sao cho Dẫn đến Ta suy ra đƣợc với mọi (αn), αn= ±1 chuỗi phân kỳ. Nhƣng = 0 4.2. Trong C0, ta xây dựng dãy số (xn) nhƣ sau Trang 25 Dùng quy nạp, đến k ta có k+1 vectơ xnk ,..., xnk + k sao cho trong mỗi vectơ xnk -i (0 ≤ i ≤ k) có 21 +...+ 2k-1 thành phần đầu đều bằng 0, 2k+l thành phần tiếp theo, mỗi thành phần bằng √ hay - √ tƣơng ứng với 2k+1 trƣờng hợp dấu của ma trận cấp (k+1) x 2k+1. Các thành phần còn lại đều bằng 0. Từ đó : Với bất kỳ M >0 cho trƣớc, tồn tại m sao cho √ > M. Khi đó Ta suy ra chuỗi phân kỳ hoàn hảo. 4.3. Trong không gian Hilbert vô hạn chiều bất kỳ. Gọi là hệ trực chuẩn trong X. Đặt k =1,2,... Với mọi n, với mọi ak = ± 1, k = 1, 2, ..,n Ta có chuỗi phân kỳ hoàn hảo nhƣng 4.4. Trong L1[0,1] dãy (xk) xác định nhƣ sau xk = k =1,2,... Ta có chuỗi phân kỳ hoàn hảo và Trang 26 CHƢƠNG 3: CHUỖI HỘI TỤ CÓ ĐIỀU KIỆN ĐỊNH NGHĨA Miền tổng của chuỗi trong không gian Banach X, ký hiệu , tà tập hợp các x ∈ X sao cho tồn tại hoán vị π của N để Theo định lý 4 ở §1 chƣơng 2, nếu chuỗi hội tụ không điều kiện và có tổng là S thì Nếu X = R, từ định lý Riemann ở chƣơng 1 thì với bất kỳ chuỗi hội tụ có điều kiện ta có Trong chƣơng này ta khảo sát cấu trúc miền tổng của các chuỗi hội tụ có điều kiện. §1. Miền tổng của chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều 1. Bổ đề Cho đa diện K trong Rn xác định bởi hệ Nêu ̅ là đỉnh của K thì tập hợp A = {j : gj( ̅) = bj} có ít nhất n - p phần tử. Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử card A < n - p. Xét hệ phƣơng trình (S) (S) có số phƣơng trình p + cardA < p + (n - p) = n (số ẩn) Do đó (S) có nghiệm không tầm thƣờng ̅. Ta chọn ɛ0 > 0 đủ nhỏ sao cho với mọi j mà khi đó ta cũng có Trang 27 fi( ̅ ± ɛ0 ̅) = ai với mọi i =1,2,..., p gi( ̅± ɛ0 ̅) = bj với mọi j mà gj ( ̅) = bj Từ đó ̅ ± ɛ0 ̅ ∈ K mà ̅ = 1 2 ( ̅ + ɛ0 ̅+ ̅- ɛ0 ̅) điều này mâu thuẫn với X là đỉnh của K. Bổ đề đƣợc chứng minh 2. Bổ đề Cho {xi} n 1 là tập con hữu hạn của một không gian định chuẩn m- chiều là những hệ số với 0≤ λi ≤ 1 và Thế thì tồn tại những hệ số {θi} n 1 , θi =0 hay 1 sao cho Chứng minh Nếu n ≤ m, ta chọn nếu λi ≤ 1 2 nếu λi > 1 2 Khi đó Ta xét trƣờng hợp n > m Gọi K là đa diện trong Rn xác định bởi hệ Với ti = λi, thì (t1,t2,...,tn) ∈ K, do đó K không rỗng, tồn tại = ( 1, 2,..., n)là đỉnh của K. Nhận xét là phƣơng trình là một hệ m phƣơng trình vô hƣớng, và điều kiện 0 ≤ ti, ≤ 1 có thể viết lại là i = 1,2, .., n, theo bổ đề 1, ta suy ra có Trang 28 n-m tọa độ của điểm f bằng 0 hay 1. Ta xác nhƣ sau : Nếu i = 0 hay i =1 thì θi = i Nếu 0 < i < 1 2 thì θi = 0 Nếu 1 2 < i < 1 thì θi = 1 Từ đó : Trong các số | θi - i | có n - m số bằng 0, m số còn lại không lớn hơn 1 2 Vậy: 3. Bổ đề Cho là tập con hữu hạn của không gian định chuẩn m-chiều X và Thế thì tồn tại hoán vị π của tập các chỉ số sao cho với mọi số nguyên dƣơng k ≤ n ta có Chứng minh Nếu n ≤ m, với bất kỳ hoán vị π của tập các chỉ số ta có vì k ≤ n ≤ m nên [k -m] = m - k • Trƣờng hợp n > m Trang 29 Ta quy nạp trên k(k = n, n - 1,...,m) bằng cách xây dựng các tập hợp Ak và chọn các số λik (i ∈Ak) thỏa mãn các điều kiện : • Với k = n : ta chọn với mọi i = 1, 2, ..., n khi đó các điều kiện (3), (4), (5) đƣợc thỏa mãn. • Giả sử ta đã xây dựng đƣợc tập Ak+1 và chọn các số thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5) tƣơng ứng với k + 1. Gọi K là tập hợp các vectơ k+1 - chiều μ = {μi: :i∈ Ak+1} thỏa mãn các điều kiện. Ta có thể xem K là tập con của Rk+1, K không rỗng (ta lấy và rong các điều kiện (3), (4), (5) thay k bởi k + 1 thì thỏa mãn (6), (7), (8)). tồn lại = { i: :i∈ Ak+1} là đỉnh của K. Áp dụng bổ đề 1 cho , và nhận xét là phƣơng trình vectơ (8) tƣơng đƣơng với m phƣơng trình vô hƣớng, và phƣơng trình (7) nên ở đây ta có p = m+1 , (6) có thể viết lại , do đó q = 2(k +1). Gọi A = {i: μ1 = 0 hay 1} thì A có ít nhất (k + 1) - (m + 1) = k - m phần tử. Ta chứng tỏ rằng trong các số i, i ∈ A. có ít nhất một số bằng 0. Thật vậy, nếu i =l với mọi i ∈ A, mà cardA ≥ k - m và điều kiện (7) ta suy ra cardA = k-m. Vì cardAk+1= k + 1 > cardA = k-m nên tồn tại i0∈ Ak+1\A và cũng do (7) ta suy ra đƣợc i0 = 0, điều này mâu thuẫn với cách đặt tập hợp A. Trang 30 Gọi j là một chỉ số sao cho j = 0. Ta đặt Ak=Ak+1\{j} và (i ∈ Ak) thì Ak và các số λ i k(i∈Ak) thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5). Nhƣ vậy ta xây dựng đƣợc dãy hữu hạn các tập hợp An ⊃ An-1⊃ ... ⊃Am và các số λ i k (i∈Ak) thỏa mãn các điều kiện (3), (4), (5) (k = m, m+1, .., n) Ta xác định hoán vị π nhƣ sau : Với i = m + 1,...,n đặt π(i) = j , j là chỉ số đọc lấy ra từ tập Ai trong chứng minh quy nạp khi xây dựng Ai-1. Đặt π(i) là tùy ý trong các trƣờng hợp còn lại. Ta chứng tỏ hoán vị π nhƣ vậy thỏa mãn bất đẳng thức (2). Nếu k ≤ m thì tƣơng tự nhƣ chứng minh ở phần đầu ta có (2) đúng. Với k > m : Vì π(i) ∈ Ak khi và chỉ khi 1 ≤ i ≤ k nên Ta có và do cách đặt thì Bổ đề đƣợc chứng minh. Nhận xét Từ bổ đề 3 ta có Trang 31 Ta suy ra (Do k n ≤ 1 và m n ≤ m) 4. Định nghĩa Giá sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện, có tổng là S trong một không gian Banach X. Phiếm hàm tuyết tính f ∈ X* đƣợc gọi là phiếm hàm khả tổng của chuỗi nếu Tập hợp tất cả các phiếm hàm khả tổng của chuỗi là một không gian vectơ con F của X* . Ta gọi Γ0 ⊂ X là linh tử hóa của F Γ0 = {x ∈ X : f(x) = 0 với mọi f∈F} thì Γ0 là không gian con đóng của X. Ta ký hiệu Những phần tử của p đƣợc gọi là những tổng từng phần. Ta có : là tập lồi. Ký hiệu ̅là bao đóng của Trang 32 5. Bổ đề Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian Banach X. Nếu x ∈ ̅ thì x+ Γ0 ⊂ ̅ Chứng minh Với bất kỳ phiếm hàm tuyến tính f ∈ X*\ F ta có chuỗi số hội tụ và tổng là nhƣng không hội tụ tuyệt đối: Tƣơng tự với phần đầu của chứng minh định lý 4.4. Ở §1 chƣơng 1 ta suy ra rằng trong những tổng từng phần của chuỗi có những tổng lớn tùy ý ở cả hai hƣớng: Do nên ta cũng có (1) Bây giờ ta giả sử rằng kết luận của bổ đề là sai, từ đó, tồn tại x ∈ ̅và z ∈Γ0 sao cho x + z ∉ ̅. Q lồi và chứa O do đó ̅ là lồi đóng chứa O trong không gian Banach X. theo định lý Hahn - Banach thì có phiếm hàm tuyến tính f ∈ X* sao cho (2) • Nếu f ∈ F thì (2) sai vì f(z) = 0 do z ∈ Γ0 cho nên f(x) = f(x+z) mà x ∈ ̅. • Nếu t∉ F thì (2) cũng sai vì trong trƣờng hợp này theo (1) ta có Bổ đề đƣợc chứng minh Bổ đề 5 Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian Banach X, S là tập con hữu hạn bất kỳ những phẩn tử của chuỗi . Thế thì với mọi y∈X ta có Nếu thì Chứng minh bổ đề 5' hoàn toàn tƣơng tự chứng minh bổ đề 5. Trang 33 Nhận xét Ta chứng minh bổ đề 5 với giả thiết X là không gian Banach bất kỳ, nhƣng trong phần này ta dùng bổ đề 5 chỉ cho những chuỗi trong không gian định chuẩn m- chiều. 4. Định lý Steinitz Giả sử là một chuỗi hội tụ có điều kiện trong không gian định chuẩn m- chiều E và Thế thì miền tổng của chuỗi là s + Γ0 Chứng minh Với f ∈X* là một phiếm hàm khả tổng của chuỗi , theo định nghĩa ta có hội tụ tuyệt đối. Từ đó, với hoán vị π bất kỳ, nếu chuỗi hội tụ thì Do đóvới mọi f ∈ F Dẫm đến tức là Chứng minh gồm hai phần. Đầu tiên ta chứng minh cho bất kỳ S ∈ s + Γ0 tồn tại hoán vị π0 của chuỗi ban đầu và dãy các chỉ số n1<n2< ... sao cho Sau đó, ta sửa đổi để có hoán vị π sao cho • Ta xét tập hợp ̅ Ta có s ∈ ̅và s ∈ S+ Γ0 , theo bổ đề 5 thì s + Γ0 ⊂ ̅ do đó s ∈ ̅. Gọi (ɛn) là dãy số dƣơng hội tụ về O. Trang 34 Tồn tại sao cho Theo bổ đề 2 có p1∈P({x1}) sao cho trong đó m = dimE, θi bằng 0 hay 1. Từ tổng Σθixi ta chọn ra những xi mà θi = 1 , và thêm vào x1 nếu không có x1, gọi tập hợp này là S1, và tổng của những phần tử trong S1 là s1. Từ (2), (3) và bất đẳng thức tam giác ta có • Xét tập hợp theo bổ đề 5' ta có s - s1 đƣợc xấp xỉ bởi một phần tử q2 đƣợc xấp xỉ bởi một phần tử trong đó θi, bằng 0 hay 1. Ta thêm vào S1 những xi mà θi= 1 trong Σθixi , và x2 nếu x2 không thuộc S1 và không có trong những xi đƣợc thêm vào. Ta gọi lập hợp này là S2 và tổng của những phần tử của S2 là s2 .Ta có Cứ tiếp tục nhƣ vậy, ta xây dựng đƣợc dãy các tập hợp hữu hạn Ta viết ra theo thứ tự những số hạng của các tập hợp Sl,S2\S1,S3\S2,S4\S3, ... và bởi các đánh giá cho thu đƣợc ở trên thì ta có hoán vị của chuỗi thỏa mãn (1). Trang 35 Ta tiếp tục chứng minh phần hai. Nhƣ vậy ta có một chuỗi là hoán vị của chuỗi ban đầu, mà để thuận tiện ta vẫn ký hiệu là , có số hạng tổng quát tiến đến O, thỏa mãn điều kiện. (n1 < n2 < n3 < ...) Điều này dẫn đến Áp dụng bổ đề 3 cho mỗi tập hợp hữu hạn ta có hoán vị tƣơng ứng, và nhƣ vậy ta có hoán vị π của N sao cho và với bất kỳ q, nj < q ≤ nj+1 , do nhận xét sau bổ đề 3 thì Với r là số tự nhiên bất kỳ mà r > n1 , và j sao cho nj < r ≤ nj+1 ta có Ta suy ra , có nghĩa là Định lý đƣợc chứng minh §2. Một trƣờng hợp vô hạn chiều Từ định lý 6 ta suy ra trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì là một tập hợp lồi. Mệnh đề sau đây chỉ ra rằng kết luận tƣơng tự định lý 6 là không gian nêu giả thiết X là không gian Banach vô hạn chiều bất kỳ. Mệnh đề Trong mỗi không gian Lp[0,1] , 1≤ p < ∞, tồn tại chuỗi hội tụ có điều kiện sao cho miền tổng của nó không là tập hợp lồi. Chứng minh Trong Lp[0,1] ta xét dãy hàm Trang 36 và dãy hàm Ta lập chuỗi từ hai dãy hàm trên. Xét tổng tƣơng ứng với mỗi hoán vị sau đây có tổng là O Ta xem chuỗi hoán vị có các tổng riêng đƣợc xác định nhƣ sau : Các tổng riêng thuộc nhóm 1 : Đặt f =1[0,1] thì với mọi j Dùng quy nạp ta chứng minh đƣợc với bất kỳ tổng riêng Smj thuộc nhóm m là các tổng bắt đầu là l[0,1] cộng (tức là , rồi cộng lần lƣợt (k=1,...,1+m).... rồi cộng rồi cộng lần lƣợt (k = (m! - 1)(m + 1) + 1,...,(m!-1)(m + 1) + m + 1 ) . Ta có với mọi j Do đó tổng tƣơng ứng với hoán vị này là f. Đặt g = 1 2 (f+0) thì g(x) = 1 2 Với mọi x∈[0,1] Xét hoán vị bất kỳ của chuỗi, gọi Sn là tổng riêng tƣơng ứng, ta có Sn(x) là số nguyên không âm với mọi x∈[0,1]. Do đó với mọi n, cho nên g không thuộc miền tổng của chuỗi. Vậy miền tổng của chuỗi không là tập hợp lồi. Trang 37 CHƢƠNG 4 CHUỖI HỘI TỤ KHÔNG ĐIỀU KIỆN §1. Định lý Dvoretzky - Rogers Các định lý 2.1, 2.2, 2.3 ở chƣơng 2 cho ta khẳng định là trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì tính hội tụ không điều kiện và hội tụ tuyệt đối của chuỗi là tƣơng đƣơng với nhau. Kết luận này không mở rộng đƣợc cho trƣờng hợp không gian Banach vô hạn chiều. Với định lý Dvoretzky-Rogers ta suy ra rằng trong mỗi không gian Banach vô hạn chiều tồn tại chuỗi hội tụ không điều kiện nhƣng nó không hội tụ tuyệt đối. 1. Bổ đề Cho E là không gian định chuẩn 2n- chiều. Tồn tại y1,...,yn thuộc quả cầu đóng đơn vị BE sao cho với mọi i, và bất kỳ số λ1,...,λn,, ta có: Chứng minh Ký hiệu dùng trong chứng minh này: khi w là ánh xạ tuyết tính từ không gian vectơ k- chiêu vào không gian vectơ k-chiều với các cơ sở tƣơng ứng cho trƣớc, ta ký hiệu det(w) và tr(w) để chỉ định thức và vết của ma trận biểu diễn w tƣơng ứng với cơ sở đã cho. Đầu tiên ta tìm song ánh tuyến tính u: l2 2n → E . sao cho: |tr(u -1 v) ≤ 2n||v|| (1) với mọi ánh xạ tuyến tính v: l2 2n → E Ta chọn u thỏa. mãn điều kiện Tính compact của mặt cầu đơn vị ƣơng L(l2 2n ,E) và tính liên tục của det(.) cho ta sự tồn tại ánh xạ u nhƣ vậy. Với bất kỳ v ∈ L(l2 2n,E ) cho trƣớc, với ɛ≠0 và đủ nhỏ để ‖u+ɛv‖≠0, khi đó 1 ||u+ɛv|| (u+ɛv) thuộc L(l2 2n ,E) và có chuẩn bằng 1. Do cách chọn u và tính chất của định thức ta có Trang 38 Dẫn đến Có bất đẳng thức bên phải là do ‖u‖ = 1 và bất đẳng thức tam giác. Gọi id là ánh xạ đồng nhất trên l2 2n . Vì det(u) = 1 ≠0 nên u có ánh xạ ngƣợc u-1. Từ đó: trong đó khi ɛ → 0 Có dấu "=" ở (*) là do quy nạp trên cấp của ma trận biểu diễn u-1v. Từ đẳng thức ở trên, và do khai triển nhị thức , ta đƣợc Chọn ɛ sao cho và |ɛ| đủ nhỏ sao cho sau khi rút gọn ta đƣợc: Dẫn đến Cho ɛ→0 ta có (1). Tức là |tr(u-1 v) ≤ 2n||v||. Ta áp dụng cho v = uP với p là phép chiếu trực giao trên l2 2n , có hạng của ma trận biểu diễn P bằng m. Khi đó Bây giờ ta chọn các vectơ z1,...,zn đôi một trực giao nhau trong l2 2n , rối từ đó chọn y1,...,yn thỏa mãn bổ đề. Trang 39 Từ ‖u‖ = 1 , do định nghĩa chuẩn của ánh xạ tuyến tính và mặt cầu đơn vị trong l2 2n là compact ta có z1 ∈ l2 2n sao cho ‖z1‖ = 1 và ‖uz1‖=1 Ta ký hiệu [z1]⊥ là phần bù trực giao của không gian con sinh bởi z1. Gọi P1 là phép chiếu trực giao của l2 2n lên [z1]⊥. Do (2) ta có: Mà uP1 bằng u hạn chế trên [z1]⊥ nên có Z2 ∈ [z1]⊥ Sao cho‖z2 ‖= 1 và Gọi P: là phép chiếu trực giao của l2 2n , lên phần bù trực giao [z1,z2]⊥ của không gian con sinh bởi z1 và z2 khi đó, tồn tại z3 ∈ [z1,z2]⊥ sao cho Cứ tiếp tục nhƣ vậy, sau n bƣớc ta có những vectơ trực giao z1,...,zn trong l2 2n sao cho ‖zj‖= 1 và nếu đặt yj=uzj (j=1,2,...,n) thì với mọi j. Với mọi vô hƣớng λ1,...,λn ta có: Do các zj đôi một trực giao với nhau ‖zj ‖ = 1 và ‖u‖ =1 Bổ đề đƣợc chứng minh. 2. Định lý Dvoretzky-Rogers Giả sử X là không gian Banach vô hạn chiều và (an) là dãy số dƣơng thỏa mãn điều kiện .Thế thì tồn tại dãy (xn) trong X sao cho hội tụ không điều kiện và ‖xi‖ = ai với mọi i. Chứng minh Do (an) ∈ I2 nên tồn tại dãy các chỉ số n1 < n2 <... sao cho Trang 40 Vì X vô hạn chiều nên ta có thể lấy trong X dãy các không gian con Xk (k=1,2,...) sao cho dim xk = 2(nk+1 -nk). Với mỗi k, áp dụng bổ đề cho E = Xk ta nhận chọn đƣợc ynk +1 ,...,ynk+1 sao cho Với λi (i = nk +1,....,nk+1) là n vô hƣớng bất kỳ. Theo cách chọn trong bổ đề ta có các yi đều khác 0. Đặt với mọi i. Với i = 1,.., n1 thì y1≠ 0 tùy ý Khi đó Theo phần (b) mệnh để 2. §3 chƣơng này ta có chuỗi hội tụ không điều kiện. Định lý đƣợc chứng minh. Áp dụng định lý Dvoretzky - Rogers cho không gian Banach vô hạn chiều X bất kỳ và an = 1 n với mọi n ta suy ra rằng trong X tồn tại chuỗi hội tụ không diều kiện nhƣng không hội tụ tuyệt đối. §2. Định lý Orlicz . Nhƣ ta đã biết trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì một chuỗi hội tụ không điều kiện cũng hội tụ tuyệt đối. Và theo nhận xét ở trên, trong mỗi không gian Banach vô hạn chiều tồn tại một chuỗi hội tụ không điều kiện nhƣng không hội tụ tuyệt đối. Bài toán đặt ra là có hay không những không gian Banach vô hạn chiều mà trong đó tính hội tụ không điều kiện của một chuỗi Σxi suy ra đƣợc điều kiện hạn chế nào đó cho những chuỗi số có số hạng tổng quát có dạng liên quan với ‖xi‖ , đƣơng nhiên là yếu hơn điều kiện Σ‖xi‖ < ∞. Ta có định lý sau đây : Định lý Orlicz Giả sử chuỗi Σxi trong Lp[0,1] là hội tụ không điều kiện. Khi đó nếu 1≤ p ≤ 2 thì chuỗi Σ‖xi ‖ 2 hội tụ. Trang 41 nếu 2≤ p<∞ thì chuỗi hội tụ Bổ đề Giả sử X là không gian Banach và γ > 0. Hai khẳng định sau đây là tƣơng đƣơng (A) Nếu hội tụ không điều kiện thì hội tụ. (B) Tồn tại số γ > 0 sao cho với bất kỳ tập con hữu hạn {xi}⊂X ta có Chứng minh Ta chứng minh (A) ⇒(B) Giả sử B là sai. Khi đó tồn tại dãy tập con hữu hạn của X và dãy các chỉ số O = n1 < n2 ... sao cho Đặt Khi đó và Theo phần (b) mệnh đề 2. §3, chƣơng này, từ (2) ta có hội tụ không điều kiện, nhƣng từ (1) thì phân kỳ. Điều này mâu thuẫn với (A) Ta chứng minh (B) ⇒ (A). Giả sử (A) là sai. Khi đó tồn tại chuỗi hội tụ không điều kiện mà Theo mệnh đề 3, §3 chƣơng này thì có hằng số M sau cho Trang 42 vì nên có k sao cho dẫn đến Điều này mâu thuẫn với (B). Bổ đề đƣợc chứng minh. Với mỗi x = (x1,x2,...,xn) ∈ R n ta có 2 n số yα có dạng Với mỗi p ≥ 1 cho trƣớc, ta nói p- trung bình của những số yα , ký hiệu Mp(x) xác định nhƣ sau : Cố định x, do tính chất của trung bình ta có với 1≤ q ≤ ∞ Đặc biệt với p = 2 ta có : Do biểu thức (1)khi p = 2 và | A2| = A2 , và 2xixj khử bởi -2xixj Bất đẳng thức Khintchine Nếu 1 ≤ p ≤2 thì Nếu 2 < p < ∞ thì Trong đó các hệ số 0< ap ≤ 1 ≤ Ap <∞ chỉ phụ p (không phụ thuộc n và x). Trang 43 Chứng minh Trƣờng hợp 1 ≤ p ≤2 Bất đẳng thức bên phải đƣợc suy ra từ (2) và tính đơn điệu đối với p của Mp(x) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức bên trái với p = 1. Đầu tiên ta chứng minh có số a > 0 độc lập với xi và n sao cho Chia hai vế của (5) cho và đặt thì (5) có thể viết dƣới dạng Ta tìm một chặn dƣới của vế trái của (6). Bằng cách khảo sát hàm số khi t ≥ 0 và thay t bởi -t ta có bất đẳng thức. |t| ≥ 1 - cost với mọi t ∈ R Từ đó : Có dấu "=" ở (*) là do công thức cộng trong lƣợng giác và quy nạp. Ta chứng minh bị chặn dƣới bởi một số dƣơng không phụ thuộc n. vì cho nên cost1 ≥ 0 với mọi i. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm cost, ..., costn ta đƣợc Xét hàm Trang 44 Do mặt cầu đơn vị trong R" là compact nên f đạt giá trị lớn nhất trên mặt cầu này. Áp dụng phƣơng pháp nhân tử Lagrange ta xét hệ f đạt giá trị lớn nhất tại =( 1,..., n) trên mặt cầu đơn vị, , cho nên 1,..., n không đồng thời bằng 0, và do thỏa mãn hệ (*) , ta suy ra f( ) có dạng với 1 ≤ k ≤ n Mà với mọi 1 ≤ k ≤ n và thuộc mặt cầu đơn vị Dẫn đến Vậy Từ đó hay Dấu "=" xảy ra khi t1 = ... = tn = √ Trang 45 Do đó với mọi và nên tồn tại hằng số mà ta ký hiệu là ap , 0 < ap < 1 , sao cho với mọi n Ta suy ra điều phải chứng minh. Trƣờng hợp 2 ≤ p ≤ ∞ Bất đẳng thức bên trái đƣợc suy ra từ tính đơn điệu của Mp(x) đối với Ta chứng minh bất đẳng thức bên phải, tức là bất đẳng thức Chia 2 vế cho và ký hiệu bất đẳng thức có thể viết dƣới dạng (7) Để tìm một chặn trên của vế trái của (7) ta sử dụng bất đẳng thức Từ đó Trang 46 Áp dụng bất đẳng thức lần lƣợt cho thức theo ( α1= ±1) , rồi cộng 2" bất đẳng thức theo từng vế ta đƣợc Nhận xét là Do đó trong tổng ∑ ( ) có hai số hạng trùng nhau. Ta có : Ta có (8) và dùng quy nạp ta suy ra Dẫn đến Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, phƣơng pháp nhân tử Lagrage và tƣơng tự chứng minh trong trƣờng hợp 1 ≤ p ≤2 ta có: Hơn nữa Từ đó, tồn tại hằng số mà ta ký hiệu là Ap, Ap ≥ 1 sao cho Ta suy ra điều phải chứng minh Chứng minh định lý Orlicz Trƣờng hợp 1 ≤ p ≤ 2 Trang 47 Với bất kỳ tập con hữu hạn {xi} n l của Lp[0,1], ta có Từ đó Dẫn đến Áp dụng bất đẳng thức khintchine cho biểu thức trong dấu tích phân, ta suy ra Ta ký hiệu và ||y(t)||2/p là chuẩn của y(t) trong l (n) 2/n (1≤p≤2) Ta có Từ (8) và (9) ta suy ra Trang 48 Áp dụng bổ đề cho γ = ap , r = 2 , ta suy ra chuỗi hội tụ Trƣờng hợp 2 ≤ p ≤ ∞ Tƣơng tự phần đầu của chứng minh trên, và áp dụng bất đẳng thức khintchine với 2 ≤ p < ∞ ta đƣợc Do tính đơn điệu của lp - chuẩn ta có Áp dụng bổ đề cho γ = 1 , r = p ta suy ra chuỗi hội tụ. §3. Toán tử khả tổng tuyệt đối 1. Định nghĩa Toán tử tuyến tính T: X → Y đƣợc gọi là khả tổng tuyệt đối nếu qua ánh xạ T ảnh của mỗi chuỗi hội tụ không điều kiện Σxi(x1 ∈ X) là một chuỗi hội tụ tuyệt đối (Σ||Txi||< ∞) 2. Mệnh đề Cho chuỗi trong không gian Banach X. a) Nếu I ⊂ J ⊂ N thì b) Nêu tồn tại dãy các chỉ số n1 < n2 < ... sao cho với mọi k = 1, 2, ... thì chuỗi hội tụ không điều kiện Trang 49 Chứng minh Ta có Ta suy ra (a) (b) Với nk < N ≤nk +1 , N ≤ n≤ np+1 Do (a) và bất đẳng thức tam giác ta có với bất kỳ ɛ > 0 cho trƣớc, khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy thì hội tụ, với mọi (αi) , α1 = ± 1 . Do đó chuỗi hội tụ hoàn hảo. Vậy chuỗi hội tụ không điều kiện 3. Mệnh đề Giả sử chuỗi hội tụ không điều kiện trong không gian Banach X. Thế thì tồn tại hằng số M sao cho Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh Tồn tại .V sao cho với mọi n > N ta có Giả sử ngƣợc lại. Khi đó có dãy các chỉ số n1 < n2 < ... sao cho Trang 50 Dẫn đến tồn tại ( ̅i), ̅i = ±1 sao cho Theo tiêu chuẩn Cauchy thì ∑ ̅ x1 phần kỳ. Điều này mâu thuẫn với ∑ hội tụ hoàn hảo ( do ∑ hội tụ không điều kiện ) Nhƣ vậy có N sao cho với mọi n > N thì: Đặt Với M = A + 1 ta có: với mọi n Mệnh đề đƣợc chứng minh. 4. Mệnh đề Cho toán tử tuyến tính T: X → Y với X , Y là hai không gian Banach . Khi đó : T là toán tử khả tổng tuyệt đối nếu và chỉ nếu tồn tại hằng số K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi} ⊂ X ta có : Chứng minh 1) Ta chứng minh nếu T khả tổng tuyệt đối thì tồn tại K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi}⊂X ta có (1). Giả sử ngƣợc lại. Khi đó tồn tại (yi) ⊂ X và dãy các chỉ số n1< n2 < ... sao cho Trang 51 (k=1,2,...) Ta xét dãy (xi) ⊂ X đƣợc xác định nhƣ sau Nếu 1 ≤ i ≤ n1 thì x1 tùy ý. Nếu nk< i ≤ nk+1 thì (k = 1 ,2....) Do (2) thì các y1 i= nk+1,...,nk+1 không đồng thời bằng 0 . Từ đó : Do phần (b) mệnh đề 2 thì hội tụ với mọi αi , αi = ±1. Dẫn đến hội thị hoàn hảo và do đó nó hội tụ k hông điều kiện. Nhƣng từ (2) và do cách đặt x1 ta có (k =1,2....) Nhƣ vậy phân kỳ, điều này mâu thuần với T là toán thử khả tổng tuyệt đối. 2) Giả sử tồn tại hằng số K sao cho với mọi tập con hữu hạn {xi} X ta có (1) Xét chuỗi hội tụ không điều kiện trong X. Theo mệnh đề 3 ta có hằng số M để Do điều này và (1) ta có với mọi m. Ta suy ra hội tụ. Trang 52 Vậy T khả tổng tuyệt đối. Mệnh đề đƣợc chứng minh. Số K nhỏ nhất thỏa mãn (1) đƣợc gọi là chuẩn tổng tuyệt đối của toán tử T và ký hiệu là π(T). Ta có {xi} hữu hạn ⊂ X và không đồng thời bằng o Thật vậy : Với {xi} hữu hạn và không đồng thời bằng 0 ta có Do đó số K nhỏ nhất thỏa mãn (1) cũng là số K nhỏ nhất thỏa mãn (4). Từ định nghĩa của π(T) và định nghĩa của sup ta có (3). 5. Mệnh đề Giả sử X,Y là hai không gian Banach. Gọi π(X,Y) là tập các toán tử khả tổng tuyệt đối từ X vào Y. Thế thì π(X,Y) là không gian Banach với chuẩn π(T). Chứng minh: Trong π(X,Y) ta định nghĩa hai phép toán +,. nhƣ sau: Với mọi U,T ∈ π(X,Y) (U + T)x = Ux + Tx với mọi X ∈ X Với mọi vô hƣớng λ, với mọi T ∈ π(X,Y) (λ.T)x = λ.Tx với mọi x∈X Rõ ràng π(X,Y) với hai phép toán +,. là một không gian vectơ. Với mỗi T ∈ π(X,Y) ta có π(T) là số K nhỏ nhất thỏa mãn với bất kỳ tập con hữu hạn {xi} ⊂ X Từ đó : • π(T) ≥ 0 với mọi T, vì vế trái của (1) luôn luôn ≥ 0 • π(T) = 0 thì Tx = 0 với mọi x, có nghĩa là T là toán tử O. nêu T = 0 hiển nhiên π(T) = 0 • Do (1) và T là toán tử tuyến tính, tính chất của chuẩn trong X,Y, ta có: π(T) = π(T) \λ\ π(T) với mọi vô hƣớng λ. • Với bất kỳ U, T∈ π(X, Y), với mọi tập con hữu hạn {xi} ⊂ X, ta có Trang 53 Cho nên π(U+T) ≤ π(U) + π(T) Ta còn chứng minh π(X,Y) với chuẩn π(.) là không gian đủ. Giả sử (Tn) là dãy Cauchy trong π(X,Y). Từ định nghĩa của π(.) với {xi} = {x} , ta có Mà (Tn) là dãy Cauchy nên π(Tn - Tm) 0 cho trƣớc, khi m, n đủ lớn. Dần đến (Tnx) là dãy Cauchy trong Y, vì Y là không gian đủ nên dãy đó có giới hạn thuộc Y. Từ đó : với mỗi X ∈ X ta đặt Rõ ràng T là toán tử tuyến tính từ X→Y. Ta chứng minh T là khả tổng tuyệt đối. Với bất kỳ ɛ > 0 cho trƣớc, do (Tn) là dãy Cauchy trong π(X,Y) nên có N sao cho với mọi m, n ≥ N thì π(Tn - Tm) < ɛ Khi đó, với bất kỳ tập con hữu hạn {xi} ⊂ X Cho m→∞, ta đƣợc (theo cách đặt thì với mọi n ≥ N Ta suy ra khi n ≥ N thì Tn - T ∈π(X.Y) theo mệnh đề 4. §3 chƣơng này Nhƣ vậy Hơn nữa từ (2) và theo định nghĩa của π(.) ta có π(Tn - T) ≤ với mọi n ≥ N Điều này dẫn đến (Tn) có giới hạn là T ∈π(X.Y) Mệnh đề đƣợc chứng minh 6. Bất đẳng thức Grothendieck Tồn tại hằng số KG sao cho với mọi không gian HilBert H. với mọi n ∈N , với bất kỳ ma trận vô hƣớng (aịj)n x m , và với mọi vectơ vectơ x1,...,xn, y1,...,yn thuộc quả cầu đóng đơn vị BH ,ta có Trang 54 KG chỉ phụ thuộc vào cách chọn trƣờng vô hƣớng là R hay C . Bổ đề Xét hàm Rademacher rn: [0,1]→R , n ∈ N xác định nhƣ sau với mọi t ∈[0,1] Khi đó Với bất kỳ a1,.., am ∈ R ta có Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh nếu p≠n thì Thật vậy : Ta giả sử p < n. Ta có Trên mỗi đoạn thì rp(t) = 1 với mọi t∈ hoặc rp(t) = -1 với mọi t∈ (2) Mỗi đoạn có chứa 2n-p đoạn có độ dài 1 2 n , mà với hai đoạn liên tiếp thì rn thay đổi dấu , cho nên Trang 55 Từ (1) . (2) , (3) ta suy ra Bằng cách chứng minh tƣơng tự và nhận xét là với mọi k thi r2k(t) = 1 với mọi t∈ [0,1] ,ta có Nếu trong bốn số i, j, k, l có hai cặp số bằng nhau hay cả bốn số bằng nhau thì Trong các trƣờng hợp còn lại thì Ta có Có đẳng thức (*) là do chứng minh ở phần đầu và nhận xét là trong mỗi tổng Σ a2i a2j có chứa một tổng ∑ có chƣa một tổng ∑ Từ(*) và do ∑ ≥ 0, ta suy ra Mặt khác , vì ri 2 (t) = 1 với mọi t ∈ [0,l] và với mọi i≠j , ta có Nhƣ vậy : Trang 56 Bổ đề đƣợc chứng minh Chứng minh bất đẳng thức Grothendieck Ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp ma trận thực và không gian HilBert thực. Trong trƣờng hợp phức, bằng cách tách phần thực và phần ảo ta có hằng số KG bằng hai lần hàng số trong trƣờng hợp thực. vì nên bất đẳng thức (G) tƣơng đƣơng với Để đơn giản ta viết và Supremum ở (*) lấy trên tất cả các không gian HilBert H và tất cả các vectơ x1,...,xn. y1,..., yn trong BH . Supremum này tồn tại là do Gọi W là không gian con sinh bởi x1,..., xn, y1,...,yn. W có cơ sở trực chuẩn là {ck}. Khi đó Đặt Thì Xi, Yj thuộc L1[0,1]. Nhận xét là r 2 k (t) = 1 với mọi t và nếu k ≠ m, ta có Trang 57 và Gọi M là hằng số dƣơng nào đó mà ta sẽ xác định. Ta ký hiệu X để chỉ xi hay yj i.j = 1,.., n Ta định nghĩa XL và XU thuộc L2[0,1] nhƣ sau nếu | X(t)| ≤ M trƣờng hợp còn lại và • Theo cách đặt thì • Ta chứng tỏ Thật vậy Với mỗi t ∈ [0,1] thì XU t (t) = 0 hoặc XU t (t)≠0. Nếu XU t(t)≠0 thì X(t) > M khi đó |X U (t)| = |X(t)| - M ( vì X(t) và X L (t) cùng dấu) Cho bất kỳ m, s với m > 0 và do bất đẳng thức 4m2 - 4ms + s2 ≥ 0 ta có với m = M và thì Từ (*) và do bổ đề ta có (Vì Dẫn đến Trang 58 Nhƣ vậy, với x1,...,xn ,y1,...,yn thuộc BH , do Xi = + , Yj = + và bài đẳng thức tam giác ta có Có (*) là do và cách đặt ‖a‖,‖a‖’ Dẫn đến nếu M > √ Bằng khảo sát hàm số khi M > √ thì cách chọn M tốt nhất là M = √ Vậy Ta suy ra Và theo nhận xét ở phần đầu ta có bất đẳng thức (G) 7. Định lý Grothendieck Mọi toán tử tuyến tính liên tục T: l1→l2 là khả tổng tuyệt đối. Trang 59 Sau đây là chứng minh trong [1] mù một số kỹ hiệu được thay đổi thành các ký hiệu quen thuộc đã dùng. Ta sẽ chứng minh chi tiết một kết quả tương tự cho toán tử tuyến tính liên lục T: L1[0,1] → L2[0,1] và thay vì dùng định lý Omnibus ta dùng một kết quả đơn giản hơn là mệnh đề 3 (§3 Chương này) , có một điểm khác nữa là thay đổi hệ tuyến tính trù mật. Tuy nhiên, để có thể áp dụng Bất đẳng thức Grothendierk ta không dùng hệ tuyến tính trù mật quen thuộc trong L1[0,1] là tập các đa thức mà chọn một hệ tuyến tính trù mật khác. Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ||T|| ≤ 1và chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp trƣờng vô hƣớng là R Giả sử hội tụ không điều kiện trong l1, ta cũng có hội tụ hoàn hảo, có nghĩa là hội tụ với mọi dãy (αn). αn = ± 1. Ta có trong đó v là toán tử từ l*1 vào l1 trong định lý Omnibus. Ta cần chứng minh rằng Đầu tiên là ta giảm xuống trƣờng hợp hữu hạn chiều để có thể áp dụng bất đẳng thức Grothendieck. Với m ∈ N và δ> 0 cho trƣớc. Ta chọn n ≥ m và các vectơ y1,...,ym trong l n 1 ⊂ l1 sao cho ||xi - yi|| ≤ δ/2 i với 1≤ i ≤ m . Nếu n > m ta đặt ym+1 = ... = yn =0. Với mỗi I ta có trong đó e1 ,...,en là cơ sở của l n 1 và ‖ej ‖=1 với mọi j. Điều này cho ta ma trận a - (aij) đế áp bất đẳng thức Grothendieck. Chọn αh ,..., αn = ± 1 sao cho: Đây chính là vế phải của bất đẳng thức Grothendieck. Mặt khác Trang 60 Cho δ→ 0 ta suy ra điều phải chứng minh. 8. Mệnh đề Mọi toán tử tuyến tính liên lục T: L1[0,1] → L2[0,1] là toán tử khả tổng tuyệt đối. Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp trƣờng vô hƣớng là R và ta có thể giả sử ||T|| = 1 Xem chuỗi ∑ hội tụ không điều kiện trong L1[0,1]. Với bất kỳ m ∈ N , bất kỳ δ > 0 cho trƣớc, ta có y1,y2,...,ym là các hàm liên lục trên [0,1] sao cho Vì yi liên tục đều trên [0,1] nên tồn tại θi > 0 sao cho Đặt Khi đó tồn tại n ∈ N sao cho 1 n m Đặt i = 1,2,...,m Ta có : Trang 61 Đặt thì Đặt Zm+1 = ... = zn = 0 Nhƣ vậy: i = 1, 2...,n Trong đó Nếu 1 ≤ i ≤ m thì (j = 1, 2,...,n) Nếu m + 1 ≤ i ≤ n thì aij = 0 Với αi = ± 1 Mà Trang 62 Ta viết tích phân trên [0,1] thành tổng các tích phân trên mỗi ,..., . Do cách chọn ej và nên ở (*) có dấu "=" Mặt khác Từ (2) và (3), ta có thể chọn ̅i = ±1 sao cho Ta có Mà Trang 63 vì Nên tồn tại vi , ‖vi ‖2 = 1 sao cho : (Ta có thể chọn vi sao cho Áp dụng bất đẳng thức Grothendieck cho ma trận (aij)n x n H = L2[0,1] ; v1,..., vn, Te1,..., Ten thuộc qua cầu đóng đơn vị. Ta có Từ (l),(4),(5),(6),(7), ta suy ra Cho δ→0 ta có với mọi m Theo mệnh đề 3 ở §3 chƣơng này, ta có hằng số M sao cho với mọi m Vậy hội tụ. Mệnh dề đƣợc chứng minh. Trang 64 9. Mệnh đề Tồn tại đơn cấu φ: l1→L1[0,1] sao cho φ(l1) không là tập đóng trong L1[0,1] và ( )̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = L1[0,1] Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp trƣờng vô hƣớng là R. Ta lập quy tắc φ: với a = (a0,a1 ,....,an,...) = (an) ∈ l1 , φ(a) xác định nhƣ sau Trƣờng hợp 1: tồn tại N sao cho ai= 0 ∀i ≥ N a = (a0 ,a1,...,an, 0,...) Đặt φ(a) = a0 + a1x +...+ anx n Trƣờng hợp 2 : trƣờng hợp còn lại a = (a0, a1,...,an,...) vì nên trên [0,1] chuỗi nguyên có hàm tổng là f(x) liên tục trên [0,1], do đó f∈L1[0,1]. Đặt φ(a) = f Ta có • Sự xác định của φ là hiển nhiên • φ là đồng cấu : ∀a ∈ R , ∀a, b ∈ l1 • φ là đơn ánh Giả sử φ(a) = φ(b) = f với a = (a0, a1 ,..., an,...) b = (b0,b1,...,bn, ...) Ta chỉ cần xét một nƣờng hợp Do tính chất của chuỗi nguyên hội tụ trong một lân cận của O (cơ sở giải tích toán học. G.M.Fichtengôn, tập 2) ta suy ra đƣợc an = bn với mọi n = 0,1, 2, ... dẫn đến a = b • φ(l1) không đóng trong L1[0,1] Xét Rõ ràng f ∈ ( )̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ (hội tụ theo chuẩn sup thì cũng hội tụ theo chuẩn L1) f không thuộc φ(l1). Thật vậy : Nếu f =φ(a) với a=(an)∈ l1 Trang 65 Ta chỉ cần xét một trƣờng hợp Một lần nữa áp dụng kết quả đã dùng ở trên ta đƣợc với mọi n = 1,2, ... Nhƣng không thuộc l1. Vậy f không thuộc φ(l1) • Do tập hợp các đa thức trù mật trong L1[0,1] nên ( )̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = L1[0,1]. Mệnh đề đƣợc chứng minh Bổ sung : Ta chứng minh đƣợc φ liên tục. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. JOE DIESTEL - HANS JARCHOW - ANDREW JONGE Absolutely Summing Operators Cambridge University 1995 [2]. V.M.KADETS - M.I.KADETS Rerangements of Series in Banach Spaces [3]. WALTER RUDIN Real and Complex Analysis [4]. WALTER RUDIN Functial Analysis [5]. G.M.FICH TEN GÔN Cơ Sở Giải Tích Toán Học [6]. JEAN DIEUDONNÉ Cơ Sở Giải Tích Hiện Đại [7]. HOÀNG TỤY Giải Tích Hiện Đại [8]. ĐẬU THẾ CẤP Giáo trình Giải Tích Hàm ĐHSP Vinh 1992