Các câu a, b đúng; c, d, e sai.
Chứng minh:
a) Vì T tuyến tính liên tục nên kerT đóng trong topo mạnh. Mà kerT là không gian con của E nên là tập lồi. Vậy kerT cũng đóng trong topo yếu.
b) Xuất phát từ tính chất sau : X phản xạ khi và chỉ khi X' phản xạ.
Vì E'' phản xạ nên E' phản xạ, từ đó E phản xạ.
c) $l^1$ là không gian vô hạn chiều với cơ sở $(f_i)_{i\in\mathbb{N}}$ với $f_i(j)=\delta_{ij}$ (ký hiệu Kronecker). Do đó một tập mở chứa 0 trong topo yếu phải chứa một đường thẳng đi qua 0. Như vậy quả cầu mở trong $l^1$ không mở trong topo yếu.
d) Lấy E là không gian Hilbert khả ly. Khi đó E' = E. Gọi $(e_n)_{n\in\mathbb{N}}$ là một cơ sở trực chuẩn đầy đủ của E. Dãy $(e_n)$ hội tụ yếu về 0 nhưng không hội tụ mạnh.
e) Lấy E là không gian như ở câu d. Ta có $e_n\rightharpoonup 0$ nhưng $||e_n||=1$.
pnt
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 208
- Lượt xem: 3123
- Danh hiệu: Thượng sĩ
- Tuổi: 35 tuổi
- Ngày sinh: Tháng năm 14, 1988
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
TP.hcm
-
Sở thích
Giải tích, Đại số, Hình học, Số học, Lượng giác, Topo, Toán rời rạc, Toán thông kê.
31
Trung bình
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
Trong chủ đề: Các vấn đề tôpô!
03-11-2011 - 21:31
Trong chủ đề: Tập Compact trong l^p
03-11-2011 - 19:38
Chiều đảo của bài toán không đúng. Chiều thuận có thể tổng quát như thế này:
Cho $\mu$ là một độ đo $\sigma$-hữu hạn trên $\Omega$, và $p\in[1,\infty]$. $A$ là tập con tiền compact của $L^p(\Omega)$. Khi đó với mỗi $\epsilon>0$, tồn tại tập đo được $K_\epsilon $ với độ đo hữu hạn sao cho
$\int_{\Omega\backslash K}|f|^pd\mu<\epsilon ~~\forall f\in A$.
Bài toán của cuonglan là trường hợp đặc biệt với $\Omega=\mathbb{N}$ và $\mu$ là độ đo đếm.
Chứng minh:
Ở đây ta chỉ chứng minh với $p=1$. Trường hợp $p$ bất kỳ là gần như y hệt.
Giả sử ngược lại, rằng tồn tại $\epsilon>0$ sao cho với mọi tập đo được $K$ với độ đo hữu hạn trong $\Omega$, tồn tại $f_K\in A$ sao cho
$\int_{\Omega\backslash K}|f_{K}|d\mu\ge\epsilon $
Vì $\mu$ là độ đo $\sigma$-hữu hạn nên có một dãy tăng các tập đo được $(K_n)$ trong $\Omega$ sao cho $\mu(K_n)<\infty$ và
$\bigcup_{n=1}^{\infty}K_n=\Omega$
Với mỗi $n\in\mathbb{N}$, tồn tại $f_n\in A$ sao cho
$\int_{\Omega\backslash K_n}|f_{n}|d\mu\ge\epsilon $
Vì $A$ tiền compact nên $(f_n)$ có một dãy con hội tụ trong $L^p(\Omega)$. Không mất tính tổng quát ta ký hiệu dãy con này là chính dãy $(f_n)$
$f_n\to f\in L^1(\Omega)$
Ta có
$||f_n-f||=\int_{\Omega}|f_n-f|d\mu\ge\int_{\Omega\backslash K_n}|f_n-f|d\mu\ge\int_{\Omega\backslash K_n}|f_n|d\mu-\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu\ge\epsilon -\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu$ (*)
Hơn nữa, theo định lý hội tụ bị chặn thì
$\int_{K_n}|f|d\mu\to\int_{\Omega}|f|d\mu$, tức là $\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu\to 0$.
Do đó (*) vô lý vì $||f_n-f||\to 0$.
Cho $\mu$ là một độ đo $\sigma$-hữu hạn trên $\Omega$, và $p\in[1,\infty]$. $A$ là tập con tiền compact của $L^p(\Omega)$. Khi đó với mỗi $\epsilon>0$, tồn tại tập đo được $K_\epsilon $ với độ đo hữu hạn sao cho
$\int_{\Omega\backslash K}|f|^pd\mu<\epsilon ~~\forall f\in A$.
Bài toán của cuonglan là trường hợp đặc biệt với $\Omega=\mathbb{N}$ và $\mu$ là độ đo đếm.
Chứng minh:
Ở đây ta chỉ chứng minh với $p=1$. Trường hợp $p$ bất kỳ là gần như y hệt.
Giả sử ngược lại, rằng tồn tại $\epsilon>0$ sao cho với mọi tập đo được $K$ với độ đo hữu hạn trong $\Omega$, tồn tại $f_K\in A$ sao cho
$\int_{\Omega\backslash K}|f_{K}|d\mu\ge\epsilon $
Vì $\mu$ là độ đo $\sigma$-hữu hạn nên có một dãy tăng các tập đo được $(K_n)$ trong $\Omega$ sao cho $\mu(K_n)<\infty$ và
$\bigcup_{n=1}^{\infty}K_n=\Omega$
Với mỗi $n\in\mathbb{N}$, tồn tại $f_n\in A$ sao cho
$\int_{\Omega\backslash K_n}|f_{n}|d\mu\ge\epsilon $
Vì $A$ tiền compact nên $(f_n)$ có một dãy con hội tụ trong $L^p(\Omega)$. Không mất tính tổng quát ta ký hiệu dãy con này là chính dãy $(f_n)$
$f_n\to f\in L^1(\Omega)$
Ta có
$||f_n-f||=\int_{\Omega}|f_n-f|d\mu\ge\int_{\Omega\backslash K_n}|f_n-f|d\mu\ge\int_{\Omega\backslash K_n}|f_n|d\mu-\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu\ge\epsilon -\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu$ (*)
Hơn nữa, theo định lý hội tụ bị chặn thì
$\int_{K_n}|f|d\mu\to\int_{\Omega}|f|d\mu$, tức là $\int_{\Omega\backslash K_n}|f|d\mu\to 0$.
Do đó (*) vô lý vì $||f_n-f||\to 0$.
Trong chủ đề: Giải tích hàm $$x= \sum_{n=1}^{\infty}x_ne_n$$
03-11-2011 - 12:39
Nếu chuẩn trên H được cảm sinh từ tích vô hướng $<.,.>$ thì
$||x+y||^2=<x+y,x+y>=||x||^2+||y||^2+2Re<x,y>$
$||x-y||^2=<x-y,x-y>=||x||^2+||y||^2-2Re<x,y>$
Do đó
$Re<x,y>=\dfrac{1}{4}\left (||x+y||^2-||x-y||^2\right)$ (1)
và
$Im<x,y>=Re<x,iy>=\dfrac{1}{4}\left (||x+iy||^2-||x-iy||^2\right)$ (2)
Ta sẽ chứng minh rằng ánh xạ $<.,.>:H\times H\to \mathbb{C}$ với $<x,y>=Re<x,y>+iIm<x,y>$, trong đó hàm $Re$ và $Im$ được cho bởi (1) và (2), thực sự là một tích vô hướng trên H.
* Xác định dương:
$Im<x,x>=0$, $Re<x,x>=||x||^2$. Do đó $<x,x>=||x||^2\ge 0$. Đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=0$.
* Đối xứng liên hợp:
$Re<x,y>=Re<y,x>$
Dùng tính chất $||tu||=|t|.||u||$ với mọi $t\in \mathbb{C},u\in H$, ta có $Im<y,x>=-Im<x,y>$. Do đó
$<y,x>=\overline{<x,y>}$
* Cộng tính theo biến thứ nhất:
Với $x_1,x_2,y\in H$, ta đặt
$A(x_1,x_2,y)=4[Re<x_1+x_2,y>-Re<x_1,y>-Re<x_2,y>] = A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)$ với
$A_1(x_1,x_2,y)=||x_1+x_2+y||^2+||x_1-y||^2+||x_2-y||^2$.
Nếu $A(x_1,x_2,y)=0$ với mọi $x_1,x_2,y\in H$ thì $Re<x_1+x_2,y>=Re<x_1,y>+Re<x_2,y>$. Thay $y$ bởi $iy$ ta thu được đẳng thức tương tự cho $Im$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $A(x_1,x_2,y)=0$. Từ đẳng thức hình bình hành ta có
$||u||^2+||v||^2+||w||^2=||\dfrac{u+v+w}{2}||^2+||\dfrac{u+v-w}{2}||^2+||\dfrac{u-v+w}{2}||^2+||\dfrac{u-v-w}{2}||^2$ (3)
Áp dụng (3) cho $u=x_1+x_2+y$, $v=x_1-y$, $w=x_2-y$ ta được
$A_1(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})+||3y/2||^2$ (4)
Thay y bởi -y ở (4), ta được
$A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})+||-3y/2||^2$ (5)
Từ (4) và (5), ta có
$A(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})-A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})=-A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})$.
Bằng phép quy nạp đơn giản, ta có
$A(x_1,x_2,y)=(-1)^nA(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})$ với mọi $n\in\mathbb{N}$.
Do $A$ liên tục theo biến $y$ nên
$\lim_{n\to\infty}A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})=A(x_1,x_2,0)=0$
Vì vậy $A(x_1,x_2,y)=0$.
* Nhân tính đối với biến thứ nhất:
Từ (1) và (2), ta có
$Re<ix,y>=-Im<x,y>$ và $Im<ix,y>=Re<x,y>$. Do đó, $<ix,y>=i<x,y>$.
Vì $<.,>$ cộng tính theo biến thứ nhất nên ta chỉ cần chứng minh $<cx,y>=c<x,y>$ với mọi $x,y\in H, c\in \mathbb{R}$.
Với mỗi $c\in \mathbb{R}$, ta đặt $ f ( c )=<cx,y>$. Khi đó $f$ là hàm cộng tính và liên tục. Do đó f©=cf(1). Điều này có thể chứng minh bằng cách đầu tiên xét $c\in\mathbb{N}$, sau đó $c\in\mathbb{Z}$, rồi $c\in\mathbb{Q}$, cuối cùng đẩy qua giới hạn để có $c\in\mathbb{R}$.
$||x+y||^2=<x+y,x+y>=||x||^2+||y||^2+2Re<x,y>$
$||x-y||^2=<x-y,x-y>=||x||^2+||y||^2-2Re<x,y>$
Do đó
$Re<x,y>=\dfrac{1}{4}\left (||x+y||^2-||x-y||^2\right)$ (1)
và
$Im<x,y>=Re<x,iy>=\dfrac{1}{4}\left (||x+iy||^2-||x-iy||^2\right)$ (2)
Ta sẽ chứng minh rằng ánh xạ $<.,.>:H\times H\to \mathbb{C}$ với $<x,y>=Re<x,y>+iIm<x,y>$, trong đó hàm $Re$ và $Im$ được cho bởi (1) và (2), thực sự là một tích vô hướng trên H.
* Xác định dương:
$Im<x,x>=0$, $Re<x,x>=||x||^2$. Do đó $<x,x>=||x||^2\ge 0$. Đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=0$.
* Đối xứng liên hợp:
$Re<x,y>=Re<y,x>$
Dùng tính chất $||tu||=|t|.||u||$ với mọi $t\in \mathbb{C},u\in H$, ta có $Im<y,x>=-Im<x,y>$. Do đó
$<y,x>=\overline{<x,y>}$
* Cộng tính theo biến thứ nhất:
Với $x_1,x_2,y\in H$, ta đặt
$A(x_1,x_2,y)=4[Re<x_1+x_2,y>-Re<x_1,y>-Re<x_2,y>] = A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)$ với
$A_1(x_1,x_2,y)=||x_1+x_2+y||^2+||x_1-y||^2+||x_2-y||^2$.
Nếu $A(x_1,x_2,y)=0$ với mọi $x_1,x_2,y\in H$ thì $Re<x_1+x_2,y>=Re<x_1,y>+Re<x_2,y>$. Thay $y$ bởi $iy$ ta thu được đẳng thức tương tự cho $Im$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $A(x_1,x_2,y)=0$. Từ đẳng thức hình bình hành ta có
$||u||^2+||v||^2+||w||^2=||\dfrac{u+v+w}{2}||^2+||\dfrac{u+v-w}{2}||^2+||\dfrac{u-v+w}{2}||^2+||\dfrac{u-v-w}{2}||^2$ (3)
Áp dụng (3) cho $u=x_1+x_2+y$, $v=x_1-y$, $w=x_2-y$ ta được
$A_1(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})+||3y/2||^2$ (4)
Thay y bởi -y ở (4), ta được
$A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})+||-3y/2||^2$ (5)
Từ (4) và (5), ta có
$A(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})-A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})=-A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})$.
Bằng phép quy nạp đơn giản, ta có
$A(x_1,x_2,y)=(-1)^nA(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})$ với mọi $n\in\mathbb{N}$.
Do $A$ liên tục theo biến $y$ nên
$\lim_{n\to\infty}A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})=A(x_1,x_2,0)=0$
Vì vậy $A(x_1,x_2,y)=0$.
* Nhân tính đối với biến thứ nhất:
Từ (1) và (2), ta có
$Re<ix,y>=-Im<x,y>$ và $Im<ix,y>=Re<x,y>$. Do đó, $<ix,y>=i<x,y>$.
Vì $<.,>$ cộng tính theo biến thứ nhất nên ta chỉ cần chứng minh $<cx,y>=c<x,y>$ với mọi $x,y\in H, c\in \mathbb{R}$.
Với mỗi $c\in \mathbb{R}$, ta đặt $ f ( c )=<cx,y>$. Khi đó $f$ là hàm cộng tính và liên tục. Do đó f©=cf(1). Điều này có thể chứng minh bằng cách đầu tiên xét $c\in\mathbb{N}$, sau đó $c\in\mathbb{Z}$, rồi $c\in\mathbb{Q}$, cuối cùng đẩy qua giới hạn để có $c\in\mathbb{R}$.
Trong chủ đề: 1 bài cũ
20-01-2008 - 22:04
Ta có thể dùng phần mềm Maple 9.0 để giải quyết bài toán này:
with(numtheory):
> MaxNumberOfDivisors:=proc(n::posint)
> local i,x::posint;
> x:=1;
> for i from 1 to n
> do
> x:=`if`(tau(x)>tau(i),x,i);
> end do;
> print(x);
> end proc;
>MaxNumberOfDivisors(777);
720
Vậy số cần tìm là 720
with(numtheory):
> MaxNumberOfDivisors:=proc(n::posint)
> local i,x::posint;
> x:=1;
> for i from 1 to n
> do
> x:=`if`(tau(x)>tau(i),x,i);
> end do;
> print(x);
> end proc;
>MaxNumberOfDivisors(777);
720
Vậy số cần tìm là 720
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: pnt