Nghiên cứu sự ổn định tổng quát của ánh xạ đẳng cự trên các không gian Banach thực

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 §1. Một số ví dụ về không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 §2. Sự ổn định tổng quát của ánh xạ đẳng cự trên các không gian Banach thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1 LỜI NÓI ĐẦU Không gian Banach là một trong những đối tượng nghiên cứu cơ bản của bộ môn Giải tích hàm, nó có nhiều ứng dụng trong giải tích và nhiều ứng dụng khác của Toán học. Nếu chỉ dừng lại ở đây thì chưa đủ. Có một kết quả kinh điển được biết đến của Mazun và Ulam [5] là một đẳng cự f từ không gian Banach thực X lên không gian Banach thực Y với f(0) = 0, là ánh xạ tuyến tính, ánh xạ f : X −→ Y được gọi là một (ε, p) đẳng cự nếu | ‖f(x)− f(y)‖ − ‖x− y‖ ≤ ε.‖x− y‖p ∀x, y ∈ X. Vào năm 1983 J. Gevirtz [2] đã chỉ ra rằng nếu T : X −→ Y là một toàn ánh (ε, 0) đẳng cự thì tồn tại đẳng cự duy nhất I : X −→ Y để ‖T (x)− I(x)‖ ≤ 20( √ 2− 1)−1((ε‖x‖) 12 + 40ε) với mọi x ∈ X. Sử dụng kết quả của P.M.Graber [3] tồn tại toàn ánh đẳng cự duy nhất I : X −→ Y sao cho ‖T (x)− I(x)‖ ≤ 5ε, mọi x ∈ X. Vào năm 1995, M.Omladic và P. Semrl [6] đã chỉ ra rằng với một (ε, 0) đẳng cự f : X −→ Y thì tồn tại toàn ánh đẳng cự duy nhất I : X −→ Y để ‖f(x)− I(x)‖ ≤ 2ε, với mọi x ∈ X. Như vậy, mục đích của khoá luận là nghiên cứu sự ổn định tổng quát của ánh xạ đẳng cự trên các không gian Banach thực. Với mục đích này và dựa vào các tài liệu tham khảo, khoá luận được trình bày thành 2 chương. Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày một số khái niệm như định nghĩa, định lý, các hệ quả.v.v... có nội dung liên quan và cần dùng cho chương 2. 2 Chương 2. Sự ổn định tổng quát của ánh xạ đẳng cự trên các không gian Banach thực. Khoá luận được thực hiện tại Trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn của thầy giáo PGS.TS. Tạ Khắc Cư. Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy về sự nhiệt tình hướng dẫn và giúp đỡ. Đồng thời, tác giả xin trân trọng cám ơn các thầy, cô giáo trong tổ Giải tích và trong khoa Toán đã tạo điều kiện cho tác giả được học tập và hoàn thành khoá luận. Vinh, tháng 5 năm 2009 Sinh viên 3 CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này ta sẽ trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản cần dùng trong khoá luận. 1.1. Định nghĩa. Giả sử E là không gian tuyến tính trên trường K (R hoặc C), hàm thực ‖.‖ : E −→ R x 7→ ‖x‖ được gọi là một chuẩn trên E nếu thỏa mãn các điều kiện sau (i) ‖x‖ ≥ 0, ∀x ∈ E ‖x‖ = 0⇔ x = 0 (ii) ‖λx‖ =| λ | ‖x‖, ∀λ ∈ K, ∀x ∈ E (iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, ∀x, y ∈ E. 1.2. Định nghĩa. Không gian tuyến tính E cùng với một chuẩn ‖.‖ trên nó được gọi là không gian định chuẩn, kí hiệu (E, ‖.‖) hay E. 1.3. Định nghĩa. Giả sử E 6= ∅, hàm d : E × E −→ R được gọi là một mêtric trên E nếu ánh xạ (x, y) 7→ d(x, y) thỏa mãn ba điều kiện (i) d(x, y) ≥ 0, d(x, y) = 0⇔ x = y, (ii) d(x, y) = d(y, x), (iii) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y), với mọi x, y, z ∈ E. 1.4. Định nghĩa. Cho E là một không gian mêtric. Một dãy {xn} trong E gọi là dãy cauchy nếu ∀ε > 0,∃n0 : ∀n,m ≥ n0 thì d(xn, xm) < ε. 4 Không gian mêtric E được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy cauchy trong E đều hội tụ về một điểm thuộc nó. 1.5. Định nghĩa. Giả sử E,F là hai không gian định chuẩn, E × F là không gian tuyến tính. Ta xét hàm ‖.‖ : E × F −→ R với ‖(x, y)‖ = ‖x‖+ ‖y‖, ∀(x, y) ∈ E × F. (1) Khi đó (1) xác định một chuẩn trên E × F . Ta gọi E × F với chuẩn (1) là không gian định chuẩn tích đề các của E và F . Với mọi (x, y) ∈ E × F , đặt ‖(x, y)‖2 = max(‖x‖, ‖y‖) (2) ‖(x, y)‖3 = (‖x‖2 + ‖y‖2) 12 (3) thì (2) và (3) cũng là hai chuẩn trên E × F . 1.6. Định nghĩa. Đặt L(E,F ) = {ánh xạ tuyến tính, liên tục: E→F}. Khi đó L(E,F ) là không gian tuyến tính với phép cộng hai hàm và nhân vô hướng một hàm với một số thông thường. Đặt ‖f‖ = inf{k : ‖f(x)‖ ≤ k.‖x‖, ∀x ∈ E}. Ta có ‖.‖ xác định một chuẩn trên L(E,F ). 1.7. Bổ đề. Nếu f ∈ L(E,F ) ta có ‖f‖ = sup x 6=0 ‖f(x)‖ ‖x‖ = sup‖x‖≤1 ‖f(x)‖ = sup ‖x‖=1 ‖f(x)‖ (4) thì (4) xác định một chuẩn trên L(E,F ). Chứng minh. Rõ ràng ‖f‖ ≥ 0, với mọi f ∈ L(E,F ) ‖f‖ = 0⇔ sup |x‖=1 ‖f(x)‖ = 0⇔ ‖f(x)‖ = 0, với mọi x ∈ E, ‖x‖ = 1. 5 Suy ra f(x) = 0, với mọi x ∈ E, ‖x‖ = 1. (∗) Lấy x ∈ E, nếu x = 0 thì f(0) = 0⇒ f = 0. Nếu x 6= 0, ta có ‖f(x)‖ = ∥∥∥f (‖x‖ x‖x‖ )∥∥∥= ‖x‖‖f( x‖x‖)‖ = 0, (vì (*)). Vậy ‖f‖ = 0 suy ra f = 0 Với mọi f, g ∈ L(E,F ), λ ∈ K, ta có ‖λf‖ = sup ‖x‖=1 ‖λf(x)‖ =| λ | sup ‖x‖=1 ‖f(x)‖ =| λ | ‖f‖. Với mọi f, g ∈ L(E,F ), ta có: ‖f + g‖ = sup ‖x‖=1 ‖(f + g)(x)‖ ≤ sup ‖x‖=1 (‖g(x)‖+ ‖f(x)‖) ≤ sup ‖x‖=1 (‖f(x)‖) + sup ‖x‖=1 (‖g(x)‖) ≤ ‖f‖+ ‖g‖. Kết luận ‖f‖ cũng là một chuẩn trên L(E,F ). 1.8. Định nghĩa. Không gian Banach là không gian định chuẩn đầy đủ (với mêtric sinh bởi chuẩn). Không gian định chuẩn E là không gian Banach nếu mọi dãy cauchy trong E đều hội tụ. 1.9. Ví dụ. a) Không gian R với chuẩn thông thường là không gian Banach và được gọi là không gian Banach thực. b) Không gian C với chuẩn thông thường là không gian Banach. c) Không gian Kn với chuẩn thông thường là không gian Banach. 1.10. Định lý. Giả sử E là không gian định chuẩn. Khi đó với mọi a ∈ E, ánh xạ f : x 7→ a + x là phép đồng phôi đẳng cự từ E lên F và với mọi λ ∈ K, λ 6= 0, ánh xạ g : x 7→ λx là phép đồng phôi từ E lên F. Chứng minh. Để chứng minh f, g đồng phôi, ta chứng minh f, g song ánh và liên tục hai chiều. 6 Ta có ‖f(x)− f(y) = ‖(a+ x)− (a+ y)‖ = ‖x− y‖. ‖g(x)− g(y)‖ = ‖λx− λy‖ =| λ | ‖x− y‖. Ngoài ra dễ thấy f, g là các song ánh. 1.11. Định lý. Giả sử E là không gian định chuẩn. Khi đó ánh xạ f : E × E→E (x, y) 7→ x+ y và g : K ×→E (λ, x) 7→ λx là liên tục. Chứng minh. Giả sử (xo, yo), (x, y) ∈ E × E. Ta có ‖f(x, y)− f(xo, yo)| = ‖(x+ y)− (xo + yo)‖ = ‖(x− xo) + (y + yo)‖ ≤ ‖x− xo‖+ ‖y − yo‖. Từ đó suy ra f liên tục tại (xo, yo) hay f liên tục. Với (λo, xo), (λ, x) ∈ K × E, ta có ‖g(λ, x)− g(λo, xo)‖ = ‖λ.x− λoxo‖ = ‖λo(x− xo) + (λ− λo)xo + (λ− λo)(x− xo)‖ ≤| λo | ‖x− xo‖+ | λ− λo | .‖xo‖+ | λ− λo | .‖x− xo‖ suy ra g liên tục tại (λo, xo) và g liên tục. 1.12. Định nghĩa. Giả sử E,F là hai không gian định chuẩn f : E→F được gọi là ánh xạ đẳng cự nếu ‖f(x)‖ = ‖x‖; x ∈ E. f được gọi là ánh xạ đồng phôi nếu f song ánh và liên tục hai chiều. 1.13. Định nghĩa. Giả sử E,F là hai không gian tuyến tính, f : E→F được gọi là ánh xạ tuyến tính nếu với mọi x, y ∈ E; α, β ∈ K ta có f(αx+ βy) = αf(x) + βf(y). 7 1.14. Định lý. Giả sử E,F là hai không gian định chuẩn, f : E→F là ánh xạ tuyến tính. Khi đó các điều kiện sau là tương đương: 1) f liên tục đều, 2) f liên tục trên E, 3) f liên tục tại O ∈ E, 4) f bị chặn. Chứng minh. Rõ ràng 1)⇒ 2)⇒ 3) Ta chứng minh 3)⇒ 4). Giả sử 3) thỏa mãn nhưng 4) không đúng, tức là giả sử f liên tục tại 0 ∈ E nhưng f không bị chặn. Khi đó, với mọi n tồn tại x ∈ E sao cho ‖f(x)‖ > n‖x‖. Từ đó ta có với mọi n = 1, 2, . . . ắt tồn tại xn ∈ E sao cho ‖f(xn)‖ > n‖x‖. (*) Từ (*) suy ra xn 6= 0 (vì nếu xn = 0 thì ‖f(xn)‖ = 0)⇒ f(xn) = 0). Lấy yn = 1 n‖xn‖xn, n = 1, 2, . . . suy ra {yn} ⊂ E, ‖yn‖ = 1n −→ 0 khi n→∞. Vậy yn→0=⇒f(yn)→0⇒ ‖f(yn)‖→0. Hay ∥∥∥f ( 1n‖xn‖xn)∥∥∥−→ 0. Từ đó suy ra 1 n‖xn‖‖f(xn)‖ −→ 0. Mặt khác, theo (*) ta có: 1 n‖xn‖‖f(xn)‖ ≥ 1 n‖xn‖n‖xn‖ = 1, với mọi n ∈ N. Đây là một điều mâu thuẫn, vậy 4) thỏa mãn . Chứng minh 4) ⇒ 1). Giả sử f bị chặn, tức tồn tại hằng số k sao cho ‖f(x)‖ ≤ k‖x‖, ta chứng minh f liên tục đều. 8 Tức cần chứng minh với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E mà ‖x− y‖ < δ thì ‖f(x)− f(y)‖ < ε. Thật vậy, với mọi x, y ∈ E, ta có: ‖f(x)− f(y)‖=‖f(x− y)‖ ≤ k‖x− y‖. (**) Nếu k = 0 thì theo giả thiết tồn tại hằng số k để ‖f(x)‖ ≤ k‖x‖. Ta suy ra ‖f(x)‖ = 0, với mọi x ∈ E. Vậy ta được f liên tục đều. Giả sử k 6= 0, từ (**) suy ra rằng với mọi ε > 0, nếu chọn δ = εk thì với mọi x, y ∈ E mà ‖x− y‖ < δ = εk thì ‖f(x)− f(y)‖ < ε, tức là f liên tục đều. 9 CHƯƠNG 2 SỰ ỔN ĐỊNH TỔNG QUÁT CỦA ÁNH XẠ ĐẲNG CỰ TRÊN CÁC KHÔNG GIAN BANACH THỰC §1. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN BANACH 2.1.1. Ví dụ 1. C[a,b] = { hàm liên tục trên [a, b] −→ K}.Với mọi f ∈ C[a,b], đặt ‖f‖ = sup x∈[a,b] | f(x) |= max x∈[a,b] | f(x) | ‖f‖1 = b∫ a | f(x) | dx. Khi đó ‖.‖, ‖.‖1 là hai chuẩn trên C[a,b] và (C[a,b], ‖.‖) là không gian Banach. Chứng minh. Để chứng minh (C[a,b], ‖x‖) là không gian Banach, ta chứng minh mọi dãy cauchy trong C[a,b] đều hội tụ. Thật vậy, giả sử {fn} là dãy cauchy trong C[a,b] ta chứng minh {fn} hội tụ tới f ∈ C[a,b]. Điều đó tương đương với chứng minh rằng tồn tại f ∈ C[a,b] và fn −→ f . Thật vậy, vì {fn} là dãy cauchy nên với mọi ε > 0 đều tồn tại số tự nhiên n(ε) ∈ N, sao cho với mọi n ≥ n(ε); p ∈ N ta có ‖fn+p − fn‖ < ε hay sup x∈[a,b] | fn+p(x)− fn(x) |< ε. Từ đó suy ra rằng | fn+p(x)− fn(x) |< ε,∀x ∈ [a, b];n ≥ n(ε); p ∈ N. Theo tiêu chuẩn cauchy đối với dãy hàm hội tụ đều thì fn ⇒ f trên [a, b]. 10 Nhưng do fn liên tục trên [a, b] nên suy ra f liên tục trên [a, b], tức f ∈ C[a,b]. Mặt khác, fn ⇒ f trên [a, b] nên suy ra fn → f theo chuẩn sup trong C[a,b]. Vậy C[a,b] là không gian Banach. 2.1.2. Ví dụ 2. lp = {{xn} ⊂ K : ∞∑ n=1 | xn |p<∞, p ≥ 1} là không gian tuyến tính. Với mọi x = {xn} ∈ lp. Đặt ‖x‖p = ( ∞∑ n=1 | xn |p ) 1 p . Khi đó ‖.‖p là một chuẩn trên lp và (lp, ‖.‖p) là không gian Banach. Chứng minh.Giả sử {xk}k∈N là dãy cauchy trong lp, trong đó xk = {xkn}n ∈ lp, ta chứng minh {xk} hội tụ hay chứng minh rằng tồn tại x ∈ lp và xk→x. Ta có x1 = {x11, x12, . . . , x1n, . . . } x2 = {x21, x22, . . . , x2n, . . . } . . . xk = {xk1, xk2, . . . , xkn, . . . }. Vì {xk} là dãy cauchy nên với mọi ε > 0, tồn tại ko ∈ N sao cho với mọi k ≥ ko; l ∈ N ta có ‖xk+l − xk‖p < ε. Điều đó tương đương với( ∞∑ n=1 | xk+ln − xkn |p ) 1 p < ε, ∀k ≥ ko, l ∈ N. Tức ∞∑ n=1 | xk+ln − xkn |p< εp, ∀k ≥ ko, l ∈ N. (1) Suy ra với mỗi n = 1, 2, . . . thì | xk+ln − xkn |p< εp, ∀k ≥ ko, l ∈ N. Tức với mỗi n = 1, 2, . . . thì {xkn}k là dãy cauchy trong K, mà K là không gian Banach nên {xkn} hội tụ. 11 Ta có lim k→∞ xkn := xn ∈ K, với mọi n = 1, 2, . . . Đặt x = {x1, x2, . . . } = {xn}. Trong (1) cố định k ≥ ko, cho l→∞ và lấy giới hạn hai vế ta có ∞∑ n=1 | xn − xkn |p≤ εp, ∀k ≥ k0. (2) Đặt y = {xn − xkon } ⇒ ∞∑ n=1 | xn − xkon |p≤ εp <∞, suy ra y ∈ lp. Mặt khác, vì lp là không gian tuyến tính và xkon ∈ lp, nên x = {xn} = {xn − xkon + xkon } = y + xko ∈ lp. Từ (2) suy ra ( ∞∑ n=1 | xn − xkn |p ) 1 p < ε, ∀k ≥ ko ‖x− xk‖ ≤ ε, ∀k ≥ ko ‖x− xk‖→0; khi k→∞ xk→x. Vậy (lp, ‖.‖p) là không gian Banach. 2.1.3. Ví dụ 3. Co = {{xn} | xn→0, xn ∈ K} là không gian tuyến tính. Với mọi x = {xn} ∈ Co, đặt ‖x‖ = sup n≥1 | xn | (1) , ta có (1) là một chuẩn trên Co. Khi đó (Co, ‖.‖) là không gian Banach. Chứng minh. Giả sử {xk} là một dãy cauchy trong Co. Khi đó, với mọi ε > 0, tồn tại ko ∈ N sao cho với mọi k > ko; m ∈ N thì ‖xk+m − xk‖ < ε. Ta suy ra sup | xk+mn − xkn |< ε, với mọi n = 1, 2, . . . (*) 12 Với mỗi n = 1, 2, . . . thì | xk+mn − xkn |< ε mỗi n = 1, 2, . . . thì {xkn} là dãy cauchy trong K. Mặt khác, K là không gian đầy đủ nên {xkn} là dãy hội tụ, suy ra tồn tại xn sao cho lim k→∞ xkn = xn, n = 1, 2, . . . . Đặt x = {x1, x2, . . . , xn, . . . }. Trong (*) cố định một giá trị k > ko, cho m→∞ ta có sup n≥1 | xn − xkn |< ε. Từ đó ta có | xn − xkn |< ε, n = 1, 2, . . . | xkn − xn |< ε, n = 1, 2, . . . Mặt khác, 0 <| xn |=| xn + xkn − xkn | ≤| xkn | + | xn − xkn |≤| xkn | +ε suy ra 0 <| xn |≤| xkn | +ε. Tức sup n→∞ | xn |= 0, hay xn→0 khi n→∞, vậy xn ∈ Co. Vậy ta có (Co, ‖.‖) là không gian Banach. 2.1.4. Ví dụ 4. l∞ = {{xn} ∈ R; sup | xn |< ∞} là không gian tuyến tính. Với x = {xn} ∈ l∞, đặt‖x‖∞ = sup n≥1 | xn |, (1) ta có (1) là một chuẩn trên l∞. Khi đó (l∞, ‖.‖∞) là không gian Banach. Chứng minh. Giả sử {xnk}∞n=1 là dãy cauchy trong l∞ với xnk = {xnk}∞k=1, thỏa mãn sup k≥1 | xnk |<∞. 13 Do {xnk} là dãy cauchy nên với mọi ε > 0, tồn tại no ∈ N sao cho với mọi n > no, tồn tại p ∈ N sao cho ‖xn+pk − xnk‖∞ < ε. Ta suy ra sup n≥1 | xn+pk − xnk |< εk. (*) Từ đó ta có | xn+pk − xnk |< ε, n = 1, 2, . . . . Vậy ta có với mỗi n = 1, 2, . . . thì {xnk} là dãy cauchy trong R, mà R đầy đủ nên ta có được {xnk} là dãy hội tụ trong R. Tức xnk→xn khi k→∞. Đặt x = (x1, x2, . . . , xn, . . . ) = {xn}∞n=1 cố định n trong (*) (p ≥ po) cho p→∞ ta có lim p→∞ supp≥1 | xn+pk − xnk |< ε. Từ đó ta có sup n≥1 | xn − xnk |< ε. Suy ra (xn − xnk) ∈ l∞ {xn − xnk} ∈ l∞ mà {xnk} ∈ l∞ {xn} ∈ l∞. Hay mọi dãy cauchy trong l∞ đều hội tụ. Vậy (l∞, ‖.‖∞) là không gian Banach. 14 §2. SỰ ỔN ĐỊNH TỔNG QUÁT CỦA ÁNH XẠ ĐẲNG CỰ TRÊN CÁC KHÔNG GIAN BANACH THỰC Trong suốt bài này ta xem X, Y là các không gian Banach thực. 2.2.1. Định lý 1. Giả sử f là một song ánh từ không gian Banach thực X lên không gian Banach thực Y . Giả sử α ≥ 0 và φ là hàm đơn điệu tăng thỏa mãn φ(2t) ≤ 2αφ(t), t ∈ R, t ≥ 0 và | ‖f(x)− f(y)‖ − ‖x− y‖ |≤ φ(‖x− y‖), với mọi x, y ∈ X. Với δ > 0 cho trước, giả sử ψ là ánh xạ thoã mãn | ‖f(x)− f(y)‖ − ‖x− y‖ |≤ ψ(‖f(x)− f(y)‖), với mọi x, y ∈ X mà ‖f(x)− f(y)‖ ≤ δ. Giả sử d = ‖x− y‖ ≤ δ và n là số nguyên dương sao cho 2n ≥ d 4(φ(d) + ψ(d)) . Lúc đó ta đạt được ∥∥∥f (x+ y 2 ) − f(x) + f(y) 2 ∥∥∥ ≤ 8ψ(d) + 8φ(d) + 1 2 n−1∑ k=−1 φ ( 2 1−k 2 max(1, 2α−1)d ) . Trước khi chứng minh định lý này, ta định nghĩa một số ký hiệu và chứng minh một số bổ đề sau. Cho x, y ∈ X, với d = ‖x− y‖ ≤ δ. Giả sử u = x+ y 2 , v = f(x) + f(y) 2 , chúng ta xác định hai dãy {uj}+∞j=−∞ ⊂ X, {vj}+∞j=−∞ ⊂ Y 15 bằng cách đặt uo = u, vo = v, uj+1 = f −1(v−j), vj+1 = f(u−j), j = 0, 1, 2, . . . u−j = auj; v−j = bvj ; (1) a và b là những đẳng cự của X và Y thỏa mãn ax′ = 2u − x′, by′ = 2v − y′ với mọi x′ ∈ X và y′ ∈ Y . Chúng ta thu được một số kết quả sau δ2j = max{‖u2k − u2l‖ | k − l |= j, −j ≤ k, l ≤ j} (2) ∆2j = max 0≤i≤j {‖u2i − x‖, ‖u2i − y‖}, j = 0, 1, 2, . . . . 2.2.2 Bổ đề 1. δ2m+1 ≥ 2 δ2m − 2m φ(δ2m), m = 1, 2, 3, . . . với φ là hàm đơn điệu tăng thỏa mãn φ(2t) ≤ 2αφ(t), t ∈ R, t ≥ 0. Chứng minh. Giả sử −j + 1 ≤ k, l ≤ j với | k − l |= j. Ta có ‖f(u−2k+2)− f(u−2l+2‖ = ‖v2k−1 − v2l−1‖ = ‖bv2k−1 − bv2l−1‖ = ‖v−2k+1 − v−2l+1‖ = ‖f(u2k)− f(u2l)‖ (3) Từ (1), (2) và (3) ta có | ‖u2k−2 − u2l−2‖ − ‖u2k − u2l‖ | = | ‖au−2k+2 − au−2l+2‖ − ‖u2k − u2l‖ | = | ‖u−2k+2 − au−2l+2‖ − ‖u2k − u2l‖ | ≤ | ‖u−2k+2 − u−2l+2‖ − ‖f(u−2k+2)− f(u−2l+2)‖ | + | ‖f(u−2k+2)− f(u−2l+2)‖ − ‖f(u2k)− f(u2l)‖ | + | ‖f(u2k)− f(u2l)‖ − ‖u2k − u2l‖ | ≤φ(‖u−2k+2 − u−2l+2‖) + φ(‖u2k − u2l‖) ≤ 2φ(δ2j). (4) 16 Giả sử k, l là các số thỏa mãn −2m−1 ≤ k, l ≤ 2m−1 với | k − l |= 2m−1 và δ2m = ‖u2k − u2l‖. (5) Khi đó ‖u2k − u2l‖ = ‖u−2k − u−2l‖, 2m−2 ≤| k |≤ 2m− 1 hoặc 2m−2 ≤| l |≤ 2m− 1. Không mất tính tổng quát ta giả thiết rằng k ≥ 2m−2. Áp dụng (4) chúng ta có | ‖u2k − u2l‖ | −‖u2m − uo‖ | ≤ | ‖u2k − u2l‖ − ‖u2k+2 − u2l+2‖+ · · ·+ + | ‖u2m−2 − u−2‖ − ‖u2m − uo‖ | ≤(2m−1 − k)φ(δ2m) ≤2m−1φ(δ2m). Do đó chúng ta có ‖u2k − u2l‖ − 2m−1φ(δ2m) ≤ ‖u2m − uo‖. (6) Từ (5) và (6) ta có δ2m+1 ≥ ‖u2−m − u2m‖ = 2‖u2m − uo‖ ≥ 2δ2m − 2mφ(δ2m), với m = 1, 2, 3, . . . 2.2.3 Bổ đề 2. Nếu j ≤ d4(φ(d)+ψ(d)) , thì ∆2j ≤ 3d4 . Chứng minh. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng φ(d) ≤ d 4 và ψ(d) ≤ d 4 . Từ ∆0 ≤ d2 ≤ 3d4 và ta giả thiết rằng ∆2k ≤ 3d4 , với 0 < k < j. ‖u−2k − y‖ = ‖au−2k − ay‖ = ‖u2k − x‖ 17 ≤ ∆2k ≤ 3d 4 . (7) Do đó chúng ta có | ‖f(u−2k)− f(y)‖ − ‖u−2k − y‖ |≤ φ(‖u−2k − y‖ ≤ φ(d). Theo (7) và giả thiết, ta suy ra ‖f(u−2k)− f(y)‖ ≤ ‖u−2k − y‖+ φ(d) ≤ d. (8) Vì vậy ta thu được ‖f(u2k+2)− f(x)‖ = ‖v−2k−1 − f(x)‖ = ‖bv−2k−1 − bf(x)‖ = ‖v2k+1 − f(y)‖ = ‖f(u−2k)− f(y)‖. (9) Từ (8) và (9) chúng ta có | ‖u2k+2 − x‖ − ‖f(u2k+2)− f(x)‖ | ≤ ψ(‖f(u2k+2)− f(x)‖) ≤ ψ(d). (10) Từ (9) và (10) ta suy ra | ‖u2k+2 − x‖ − ‖u2k − x‖ | = | ‖u2k+2 − x‖ − ‖au2k − ax‖ | = | ‖u2k+2 − x‖ − ‖u−2k − y‖ | ≤ | ‖u2k+2 − x‖ − ‖f(u2k+2)− f(x)‖ | + | ‖f(u2k+2)− f(x)‖ − ‖f(u−2k)− y‖ | + | ‖f(u−2k)− f(y)‖ − ‖u−2k − y‖ = φ(d)+ψ(d). (11) Thay x bởi y trong (11) ta có ∆2k+2 ≤ ∆2k + φ(d) + ψ(d)). Từ ∆0 = d 2 , sử dụng phương pháp quy nạp ta có ∆2k+2 ≤ d 2 + (k + 1)(φ(d) + ψ(d)). 18 Từ k + 1 ≤ j, suy ra ∆2k+2 ≤ 34d. Vậy bổ đề được chứng minh. Bây giờ ta chứng minh Định lý 1. Giả sử tồn tại số nguyên dương lớn nhất m sao cho 2m ≤ d 4(φ(d) + ψ(d)) . Theo Bổ đề 2, ∆2m+1 ≤ d, từ δ2j ≤ 2∆2j chúng ta có δ2m−k ≤ δ2m+1 ≤ 2∆2m+1 ≤ 2d, (12) với k = −1, 0, 1, . . . ,m− 1. Theo Bổ đề 1, ta có δ2m−k ≤ 1 2 δ2m−k+1 + 2 m−k+1φ(δ2m−k). (13) Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng δ2m−k ≤ 2 1−k 2 max(1, 2α−1)d, (14) với mọi k = −1, 0, 1, . . . ,m− 1. Nếu k = −1, từ (12) chúng ta có δ2m+1 ≤ 2d ≤ 2 max(1, 2α−1)d. Giả sử (14) đúng với k − 1, 0 ≤ k ≤ m− 1. Sử dụng (12) và (13) ta có δ2m−k ≤ 1 2 δ2m−k+1 + 2 m−k−1φ(δ2m−k) ≤ 1 2 δ2m−k+1 + d 4(φ(d) + ψ(d)) .2−k−1φ(2d) ≤ 1 2 δ2m−k+1 + 2 −k−32αd ≤ 2 k−2 [ max(1, 2α−1) + 2 −k−6 2 2α ] d ≤ 2 1−k2 max(1, 2α−1)d. 19 Sử dụng Bổ đề 1, nếu m ≥ 1,m = 1, 2, 3, . . . ta có δ2m+1 ≥ 2mδ2 − 2m m−1∑ k=0 φ(δ2m−k). Như vậy chúng ta có δ2 + φ(δ2) ≤ 2−mδ2m+1 + m−1∑ k=0 φ(δ2m−k) + φ(δ2). Từ d 4(φ(d) + ψ(d)) ≤ 2m+1, 2−m ≤ 8(φ(d) + ψ(d)) d . Thì theo (12) và (14) ta có δ2 + φ(δ2) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + m−1∑ k=−1 φ(2 1−k 2 max(1, 2α−1)d), (16) với m = 1, 2, 3, . . . . Nếu d4(φ(d)+ψ(d)) < 2 thì theo (12) và (14) ta có δ2 + φ(δ2) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + φ(2 max(1, 2α−1)d). (17) Từ n > m, (16),(17) ta có δ2 + φ(δ2) ≤ 16φ(d) + 16ψ(d) + n−1∑ k=−1 φ(2 1−k 2 max(1, 2α−1)d). Cuối cùng ta có ‖f(u)− v‖ = ‖vo − v1‖ = 1 2 ‖v−1 − v1‖ = 1 2 ‖f(u2)− f(uo)‖ ≤ 1 2 (δ2 + φ(δ2)). Định lý được chứng minh. 2.2.4. Định lý 2. Giả sử X và Y là các không gian Banach thực và ε > 0, p > 1. Giả sử f : X −→ Y là song ánh (ε, p) đẳng cự với f(0) = 0 và giả sử f−1 : Y −→ X là hàm liên tục đều. Khi đó tồn tại hằng số δ > 0 và N(ε, p) sao cho lim ε→0N(ε, p) = 0 và tồn tại toàn ánh đẳng cự duy nhất I : X −→ Y thỏa mãn ‖f(x)− I(x)‖ ≤ N(ε, p)‖x‖p,∀x ∈ X, ‖x‖ ≤ δ. 20 Chứng minh. Từ t ≤ 2(t− εtp) với t ≤ (2ε) 11−p , chúng ta có | ‖f(x)− f(y)‖−‖x− y‖ |≤ ε2p‖f(x)− f(y)‖p, x, y ∈ X ; ‖x− y‖ ≤ (2ε) 11−p . Theo giả thiết f−1 là hàm liên tục đều nêú tồn tại δ > 0 sao cho ‖x− y‖ ≤ (2ε) 11−p nu ‖f(x)− f(y)‖ ≤ δ. Do đó chúng ta có | ‖f(x)− f(y)‖ − ‖x− y‖ |≤ ε2p.‖f(x)− f(y)‖p, với mọi x, y ∈ X mà ‖f(x)− f(y)‖ ≤ δ. Và ‖x− y‖ = d ≤ δ, với mọi x, y ∈ X. Theo Định lý 1, chúng ta có∥∥∥f (x+ y 2 ) − f(x) + f(y) 2 ∥∥∥ ≤8εdp + 8ε2pdp + 1 2 n−1∑ k=−1 ε ( 2 1−k 2 2p−1 )p dp =M(ε, p)‖x− y‖p, với M(ε, p) = ε [ 8(1 + 2p) + 2 p2−p2−1 2 p 2−1 ] . Từ f(0) = 0, chúng ta có∥∥∥f (x 2 ) − f(x) 2 ∥∥∥≤M(ε, p)‖x‖p, (18) với x ∈ X, ‖x‖ ≤ δ. Với x ∈ X thì tồn tại một số nguyên dương n sao cho ‖2−nx‖ ≤ δ. Nếu m > n, thay x bởi 2−mx trong (18) chúng ta có ‖f(2−m−1x)− 1 2 f(2−mx)‖ ≤M((ε, p)‖2−mx‖p. Do đó chúng ta có ‖2mf(2−mx)− 2nf(2−nx)‖ ≤ 2M(ε, p)2 n(1−p) 1− 21−p ‖x‖ p. 21 Vì vậy, {2nf(2−nx)} là một dãy cauchy. Ta đặt I : X −→ Y xác định bởi I(x) = lim n→∞ 2 nf(2−nx), với mọi x ∈ X. Khi đó chúng ta có ‖f(x)− I(x)‖ ≤ N(ε, p)‖x‖p, (19) với mọi x ∈ X, ‖x‖ ≤ δ và N(ε, p) = 2M(ε, p) 1− 21−p , từ đó ta có f là (ε, p)- đẳng cự và | ‖2nf(2−nx)− 2nf(2−ny)‖ − ‖x− y‖ |≤ ε2(1−p)n‖x− y‖p, n ∈ N. Vậy I là một đẳng cự. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng I là ánh xạ duy nhất thỏa mãn (19). Giả sử tồn tại I ′ là một đẳng cự thỏa mãn (19), lúc đó I và I ′ là các ánh xạ tuyến tính, lấy x ∈ X ta có 0 ≤ ‖I(x)− I ′(x)‖ = ‖2nI(2−nx)− 2nI ′(2−nx)‖ ≤ 2N(ε, p)2n(1−p)‖x‖p p>1−−−→ n→∞ 0 Vậy I ≡ I ′ . Cuối cùng, chúng ta sẽ chỉ ra rằng I là toàn ánh. Giả sử tồn tại y ∈ Y, y 6= 0 sao cho ‖y − I(x)‖ ≥ a > 0, x ∈ X. Khi đó tồn tại dãy {xn} sao cho f(xn) = 1ny. Vì f−1 là ánh xạ liên tục nên khi ‖xn‖→0 thì ‖f(xn)− I(xn)‖ ≥ 1 n a, với mọi n ∈ N. (20) Từ f là một (ε, p) đẳng cự, chúng ta có | ‖xn‖ − 1 n ‖y‖ |≤ ε‖x‖p, n ∈ N. 22 Vì vậy ‖xn‖ = O ( 1 n ) ⇒ ‖xn‖p = O ( 1 n ) . Từ đó ‖f(xn)− I(xn)‖ ≤ N(ε, p)‖xn‖p; với n đủ lớn, n ∈ N , chúng ta thu được ‖f(xn)− I(xn)‖ = O ( 1 n ) . Điều này mâu thuẫn với (20). Vậy Định lý được chứng minh. 23 KẾT LUẬN Khoá luận đã đạt được các kết quả chính sau đây - Làm rõ mối quan hệ giữa không gian định chuẩn và không gian Banach. - Chứng minh chi tiết một số không gian Banach. - Nêu lên được mối quan hệ giữa các không gian Banach thực. 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1 ] TS. Đậu Thế Cấp (2000), Giải tích hàm, Nxb Giáo dục. [2 ] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2003), Cơ sở lý thuyết và giải tích hàm, Nxb Giáo dục. [3 ] Eun Hwi Lee and Dal - wonpark (2006), Generalized stability of Isome- tries on real Banach spaces . 25 ._.