BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Trương Thị Ngọc Mai ĐỐI NGẪU TRONG MỘT SỐ KHƠNG GIAN HÀM KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội - Năm 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Trương Thị Ngọc Mai ĐỐI NGẪU TRONG MỘT SỐ KHƠNG GIAN HÀM Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã sinh viên: 145D1402090089 KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS BÙI KIÊN CƯỜNG Hà Nội - Năm 2018 LỜI CẢM ƠN Trong q trình nghiên cứu thực khóa luận, với cố gắng thân hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình thầy giáo bạn sinh viên, em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy cơng tác Khoa Tốn, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội thầy cô trực tiếp giảng dạy, truyền đạt cho em kiến thức quý báu chuyên môn kinh nghiệm nghiên cứu thời gian vừa qua Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo, tiến sĩ Bùi Kiên Cường, người tận tình giúp đỡ, bảo cung cấp cho em kiến thức tảng để em hoàn thành khóa luận Em xin chân thành cám ơn! Hà Nội, ngày 10 tháng năm 2018 Sinh viên Trương Thị Ngọc Mai LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Bùi Kiên Cường khóa luận em hồn thành khơng trùng với đề tài khác Trong thực đề tài em sử dụng tham khảo thành tựu nhà khoa học với lòng biết ơn trân trọng Hà Nội, ngày 10 tháng năm 2018 Sinh Viên Trương Thị Ngọc Mai ii Mục lục MỞ ĐẦU 1 Đối ngẫu không gian Hilbert 1.1 Khơng gian tích vơ hướng 1.2 Không gian Hilbert 1.2.1 Một số ví dụ 1.3 Phiếm hàm tuyến tính khơng gian Hilbert 1.4 Đối ngẫu không gian Hilbert 11 Đối ngẫu không gian định chuẩn 2.1 13 Không gian định chuẩn, không gian Banach 13 2.1.1 Không gian định chuẩn 13 2.1.2 Không gian Banach 14 2.2 Phiếm hàm tuyến tính không gian định chuẩn 14 2.3 Không gian đối ngẫu 15 2.3.1 Không gian đối ngẫu thứ hai 18 Định lý Hahn-Banach 19 2.4.1 19 Đối ngẫu số không gian Banach 26 Đối ngẫu Rn 26 2.4 2.5 2.5.1 Định lý Hahn-Banach thực phức i Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai p (1 ≤ p < ∞) 2.5.2 Đối ngẫu 27 2.5.3 Không gian đối ngẫu Lp (1 ≤ p < ∞) 31 2.5.4 Đối ngẫu C [a, b] 33 KẾT LUẬN 36 Tài liệu tham khảo 37 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Cho X không gian định chuẩn Không gian đối ngẫu X, ký hiệu X ∗ tập hợp tất phiếm hàm tuyến tính liên tục X Với phép toán cộng phiếm hàm nhân phiếm hàm với vô hướng X ∗ không gian vectơ Hơn nữa, với phần tử f thuộc X ∗ , công thức f = sup |f (x)| f = x∈X, x =1 sup |f (x)| x∈X, x =1 làm X ∗ trở thành không gian định chuẩn đầy đủ, tức không gian Banach Mối liên hệ X X ∗ không rõ ràng lắm, trừ trường hợp X khơng gian định chuẩn có số chiều hữu hạn X không gian Hilbert Để nghiên cứu sâu thêm không gian đối ngẫu lớp không gian hàm khác nhau, với niềm say mê thân giúp đỡ tận tình thầy Bùi Kiên Cường, em thực khóa luận tốt nghiệp với đề tài: “Đối ngẫu số khơng gian hàm ” Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu đối ngẫu không gian Hilbert số không gian Banach Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý thuyết - Phương pháp giải tích hàm Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối ngẫu không gian Hilbert tổng quát số khơng gian Banach cụ thể Cấu trúc khóa luận Bài khóa luận gồm chương: Chương : Đối ngẫu không gian Hilbert Chương : Đối ngẫu không gian Banach Do làm quen với việc nghiên cứu khoa học nên vấn đề trình bày khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Vì em mong nhận nhiều ý kiến đóng góp thầy bạn đọc, để đề tài hoàn thiện Chương Đối ngẫu không gian Hilbert 1.1 Không gian tích vơ hướng Định nghĩa 1.1 Cho khơng gian véc tơ X trường P (P trường số thực R trường số phức C) Tích vơ hướng X ánh xạ từ tích Descartes X × X vào trường P, kí hiệu (·, ·) thỏa mãn tiên đề: (∀x, y ∈ X)(y, x) = (x, y); (∀x, y, z ∈ X)(x + y, z) = (x, z) + (y, z); (∀x, y ∈ X)(∀α ∈ P)(αx, y) = α(x, y); (∀x ∈ X)(x, x) > 0, x = θ (θ ký hiệu phần tử không), (x, x) = 0, x = Số (x, y) gọi tích vơ hướng hai véc tơ x y Khơng gian X với tích vơ hướng gọi khơng gian tích vơ hướng hay khơng gian tiền Hilbert Ví dụ 1.1.1 Cho Rk không gian véc tơ thực k chiều ∀x, y ∈ Rk : Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai x = (x1 , x2 , xk ) y = (y1 , y2 , yk ) n Đặt x, y = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn = xj yj (1.1) j=1 Thì Rk với hệ thức thỏa mãn tiên đề tích vơ hướng Thật vậy: Kiểm tra tiên đề tích vơ hướng ∀x = (x1 , x2 , xk ) ∈ Rk , ∀y = (y1 , y2 , yk ) ∈ Rk Ta có (y, x) = k j=1 yj xj = (x, y) Vậy tiên đề thỏa mãn ∀x = (x1 , x2 , xk ) ∈ Rk , ∀y = (y1 , y2 , yk ) ∈ Rk ∀z = (z1 , z2 , , zk ) ∈ Rk Ta có (x + y, z) = (x1 , x2 , , xk ) , (z1 , z2 , , zk ) + (y1 , y2 , , yk ) , (z1 , z2 , , zk ) Suy (x + y, z) = k j=1 xj zj + k j=1 yj zj Suy (x + y, z) = (x, z) + (y, z) Vậy tiên đề thỏa mãn ∀x = (x1 , x2 , xk ) ∈ Rk , ∀y = (y1 , y2 , yk ) ∈ Rk , ∀α ∈ R Ta có (αx, y) = (α (x1 , x2 , , xk ) , (y1 , y2 , , yk )) = α (x1 , x2 , ,k ) , (y1 , y2 , , yk ) Suy (αx, y) = α k j=1 xj yj Suy (αx, y) = α (x, y) Vậy tiên đề thoản mãn ∀x = (x1 , x2 , xk ) ∈ Rk , ta có: Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai (ii) Nếu không gian định chuẩn E phản xạ, E phải khơng gian Banach (vì không gian đối ngẫu đầy đủ) Định lý 2.6 Nếu E không gian định chuẩn M ⊂ E khơng gian đóng x0 ∈ E, x0 ∈ / M , tồn tai α ∈ E ∗ với α(x0 ) = α(x) = với x ∈ M Chứng minh Cho d = dist(x0 , M ) = inf{ x − x0 : x ∈ M } Từ M đóng x0 ∈ / M, d > Cho M1 = {x + λx0 : x ∈ M, λ ∈ K} xác định hàm tuyến tính M1 cho α : M1 → K α(x + λx0 ) = λ Ta thấy (λ = 0) x + λx0 = |λ| x + x0 ≥ |λ|d λ |α(x + λx0 )| = |λ| ≤ x + λx0 d (đúng với x + λx0 ∈ M1 , λ = 0) Tức α hàm tuyến tính liên tục M1 , α ∈ M1∗ Theo định lý Hahn-Banach, ta mở rộng α tới phần tử E ∗ với tính chất cần 23 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai thiết Hệ 2.5 ( ∞ ∗ ) = Cụ thể hơn, đồng ( ∞ ∗ Chứng minh Ta biết (c0 )∗ = ∞ c0 = ) với , c0 không gian đóng ∞ Cụ thể hơn, có ánh xạ T : → (c0 )∗ cho ∞ (T (b))(a) = ∞ (T ((bn )∞ n=1 ))((an )n=1 ) = an b n n=1 với b = (bn )∞ n=1 ∈ đẳng cự từ 1 , a = (an )∞ n=1 ∈ c0 Ánh xạ đẳng cấu đến (c0 )∗ Bởi đối s (s dng bt ng thc Hă olders) nh ó làm ví dụ 2.3 để biểu thị T tốn tử tuyến tính bị chặn, từ ta xác định T : tương tự Tương tự T (b) ( đến ( ( ∞ )∗ ∞ , ta biết = b Kết T không ∞ ∗ ) Theo định lý 2.6, tồn α ∈ ( ∞ ∗ ) , α = với α = c0 α đại diện phần tử lọc (bn )n ∈ → (l∞ )∗ công thức ≤ b Từ c0 ⊂ ∞ )∗ biến thức T thỏa mãn T (b) ánh xạ 1 nghĩa khơng có chọn , α((an )n ) = với (an )n ∈ an b n ∞ n Định lý 2.7 Nếu E khơng gian Banach vơ hạn chiều tồn 24 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai ánh xạ tuyến tính khơng liên tục α : E → K Chứng minh Do E khơng gian vectơ trường K, phải có sở đại số (hoặc sở Hamel) Cho {ei : i ∈ I} sở gọi lại x ∈ E biểu thị (theo cách nhất) tổ hợp tuyến tính hữu hạn x = xi1 ei1 + xi2 ei2 + + xin ein phần tử sở Hoặc viết lại dạng xi ei x= i∈I xi = i = ij cho số j Xem xét phiếm hàm hệ số αi : E → K x → xi Khi đó, phép biến đổi tuyến tính αi (i ∈ I) phải không liên tục Thật vậy, αi liên tục, ta lấy dãy vô hạn (in )n phần tử phân biệt I Cho n xn = j=1 eij 2j eij Dễ thấy (xn ) dãy Cauchy E, tồn limn→∞ xn = 25 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai x ∈ E Nếu αij liên tục 2j eij αij (x) = lim αij (xn ) = n khác không với vơ hạn ij Điều mâu thuẫn x= αi (x)ei i∈I tổng hữu hạn 2.5 2.5.1 Đối ngẫu số không gian Banach Đối ngẫu Rn Xét không gian Rn với chuẩn Euclide cho phiếm hàm tuyến tính: n f (x) = αk xk , x = (x1 , , xn ) k=1 Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, cho ta: n n |f (x)| = αk2 x αk x k ≤ k=1 k=1 Vì phiếm hàm f bị chặn đẳng thức đạt với x = (α1 , , αn ), ta có f = n k=1 αk Ngược lại, f ∈ (Rn )∗ , lấy vecto sở ei Với x = (x1 , , xn ) 26 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai n k=1 xk ek viết x = vậy: n n αk x k xk f (ek ) = f (x) = k=1 k=1 với αk = f (ek ) Do đối ngẫu Rn theo nghĩa, tất phiếm hàm tuyến tính bị chặn có dạng f (x) = f = 2.5.2 n k=1 αk xk , với n k=1 αk Đối ngẫu Đối ngẫu p q p (1 ≤ p < ∞) , p1 + 1q = 1, có nghĩa phiếm hàm tuyến tính bị chặn p viết dạng: ∞ f (x) = αk xk với α = {αn } ∈ q f = α q k=1 Mệnh đề 2.3 Nếu E = lp ≤ p < ∞, khơng gian đối ngẫu thỏa mãn 1 + =1 q p (lp )∗ = lq Chính xác hơn, lq đẳng cấu với (lp )∗ theo song ánh sau T : lq → (lp )∗ , 27 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai với b = (bn )n ∈ lq T (b) : lp →K ∞ (an )n → an b n n=1 Chứng minh Điều ta thấy ánh xạ T có nghĩa Nếu ta cố định b = (bn )n ∈ lq bt ng thc Hăolder cho chỳng ta an bn ≤ a b p q n=1 với a = (an )n ∈ lp Điều cho thấy chuỗi (T (b))(a) ln hội tụ T (b) : lp → K hàm số xác định Dễ thấy T (b) ánh xạ tuyến tính T bt ng thc Hăolder ta cú bt ng thc |T (b)(a)| ≤ a p b q Suy T (b) ánh xạ tuyến tính bị chặn T (b) có chuẩn b q Vì T (b) nằm không gian đối ngẫu lp T (b) (lp )∗ ≤ b q Tiếp theo, cần đẳng thức xảy bất đẳng thức Vì ta cần chứng minh T (b) (lp )∗ ≥ b q Nếu b = bất đẳng thức Vì thế, giả sử b = (tức có số n với bn = 0) Khi với < p < ∞, Nếu ta lấy an = |bn |q (bn )−1 (bằng bn = 0), a = (an )n ∈ lp p ∞ a p qp−p |bn | = q |bn | = n=1 (q − 1)p = q Vì T (b)(a) = p ∞ = b q p q n=1 ∞ n=1 an bn 28 = ∞ q n=1 |bn | = b qq Do Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai b = T (b) (lp )∗ b |T (b)(a)| ≥ = a p b Từ đó, ta thấy T (b) = b (lp )∗ q q q q p = b q− pq q = b q q (trong trường hợp p > Nếu p = 1, lấy n0 với bn0 = đặt a = (an )∞ n=1 an = |bn | bn n |an | với n = n0 an = với n lại Vì a = = |an0 | = ∞ an bn = |an0 bn0 | = |bn0 | |T (b)(a)| = n=1 Vậy T (b) (lp )∗ ≥ |T (b)(a)| |bn0 | = = |bn0 | a 1 bất đẳng thức với cách chọn n0 mà bn0 = Do T (b) (l1 )∗ ≥ sup |bn0 | = sup |bn | = b n n0 ,bn0 =0 ∞ Điều đề cập tới trường hợp p = 1, q = ∞ Vì T ánh xạ bảo toàn chuẩn từ tập lq lên tập (lp )∗ Thực tế T ánh xạ tuyến tính (và phép đẳng cấu không gian vecto (lp )∗ ) dễ dàng kiểm tra với b, b ∈ lq λ ∈ K, ta có T (λb + b) = λT (b) + T (b) (Áp dụng hai vế cho tùy ý a ∈ lq thấy đúng.) Lấy α ∈ (lp )∗ xác định b = (bn )n bn = α(en ) với en dãy (0, 0, · · · , 0, 1, 0, · · · ) dãy số ) trừ số vị trí thứ n Ta chứng minh b ∈ lq T (b) = α 29 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai Chú ý với dãy a = (a1 , a2 , · · · , an , 0, 0, · · · ) với hữu hạn số khác 0, a ∈ lp a tổ hợp tuyến tính hữu hạn a = a1 e1 + a2 e2 + · · · + an en số ej Ta sử dụng α hai vế phương trình tính tuyến tính α để chứng minh α(a) = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn Lấy aj = |bj |q (bj )−1 với j = 1, 2, · · · , n (và aj = với j > n) Ta tính cách dễ dàng p n a p |bj |q = j=1 n α(a) = n |bj |q aj b j = j=1 j−1 Vì α (lp )∗ ≥ |α(a)| = a p n q j=1 |bj | n q j=1 |bj | 1− p1 n p |bj |q = q n |bj |q = j=1 j=1 (đến có số bj = với ≤ j ≤ n) Nếu ta cho n → ∞ bất đẳng thức, ta tìm b ∈ lq (tức b Khi p = ta có en q ≤ α (lp )∗ = |bn | = |α(en )| ≤ α (l1 )∗ 30 en = α (l1 )∗ p > 1) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Do b q = b ∞ Trương Thị Ngọc Mai = supn |bn | ≤ α (l1 )∗ b ∈ lq xẩy trường hợp p = Vì ta nói T (b) ∈ (lp )∗ dễ dàng chứng minh T (b)(en ) = bn = α(en ) Theo tính tuyến tính dãy hữu hạn số khác a = n j=1 aj ej ∈ lp ta có T (b)(a) = α(a) Cuối cùng, dãy hữu hạn số khác phủ kín lp x = (xn )n ∈ lp rõ ràng p ∞ x − (x1 , x2 , · · · , xn , 0, 0, · · · ) p |xj |p = → n → j=n+1 Vì T (b) α liên tục lp tập dày, phải T (b) = α 2.5.3 Không gian đối ngẫu Lp (1 ≤ p < ∞) Giả sử ≤ p < ∞ q số mũ liên hợp p, tức 1/p+1/q = 1, Bt ng thc Hăolder cho thy mi hm g ∈ Lq tạo nên phiếm hàm tuyến tính bị chặn Lp l(f ) = f (x)g(x)dµ(x) (2.1) X f ≤ g Lq Do đó, liên kết g với l ta thấy Lq ⊂ (Lp )∗ ≤ p < ∞ Kết phần để chứng minh ≤ p < ∞, phiếm hàm tuyến tính Lp dạng (2.1) với g ∈ Lq Điều nói (Lp )∗ = Lq ≤ p < ∞ Kết không trường hợp p = ∞; đối 31 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai ngẫu L∞ chứa L1 Định lý 2.8 Giả sử ≤ p < ∞, 1/p + 1/q = Thì với B = Lp ta có B ∗ = Lq theo nghĩa với phiếm hàm tuyến tính bị chặn l Lp tồn g ∈ Lq cho l(f ) = f (x)g(x)dµ(x), X f ∈ Lp Hơn nữa, l B∗ = g Lq Để chứng minh Định lý này, ta cần Bổ đề sau: Bổ đề 2.1 Giả sử ≤ p, q ≤ ∞ số mũ liên hợp i) Nếu g ∈ Lq , g Lq = sup | f f g| Lp ≤1 ii) Giả sử g khả tích tập độ đo hữu hạn, sup | f Khi g ∈ Lq g f g| = M < ∞ Lp ≤1 Lq = M Chứng minh Sau ta trình bày chứng minh cho trường hợp khơng gian có độ đo hữu hạn Trong trường hợp này, với l phiếm hàm cho Lp , định nghĩa tập hợp hàm ν ν(E) = l( χE ), E tập độ đo Định nghĩa có nghĩa χE tự động thuộc Lp khơng gian có độ đo hữu hạn Ta quan sát thấy |ν(E)| ≤ c(µ(E))1/p , 32 (2.2) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai c chuẩn phiếm hàm tuyến tính, phải ý đến việc χE Lp = (µ(E))1/p Bây tính chất tuyến tính l suy hàm ν hữu hạn cộng tính Ngồi {En } đếm tính tập đo rời nhau, ta đặt ∗ ∞ E = ∪∞ n=1 En , En = ∪n=N +1 En hiển nhiên N χEN χE = χEN∗ + n=1 N Do ν(E) = ν(EN∗ ) + ν(En ) Tuy nhiên ν(En∗ ) → N → ∞, n=1 (2.2) giả định p < ∞ Điều cho thấy ν cộng tính đếm được, ngồi (2.2) cho thấy ν liên tục tuyệt đối µ Định lí Lebesgue - Radon - Nykodim then chốt độ đo liên tục tuyệt đối, đảm bảo hữu hàm khả tích g cho ν(E) = gdµ tập hợp E đo Do có l(χE ) = X χE gdµ Mở rộng phép biểu diễn l(f ) = f gdµ để hàm f đơn giản, đoạn đến giới hạn, với f ∈ Lp , từ hàm đơn giản trù mật Lp , ≤ p < ∞ Cũng từ Bổ đề ta suy g 2.5.4 Lq = l Đối ngẫu C [a, b] Định nghĩa 2.8 Hàm x : [a, b] → R gọi có biến phân bị chặn đoạn [a, b] có K > cho với phân hoạch đoạn 33 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai [a, b] (có nghĩa tập hữu hạn (t1 , , tn ) cho a = t0 < t1 , < < tn = b) n |x(ti ) − x(ti−1 )| ≤ K i=1 BV [a, b] không gian định chuẩn tất x : [a, b] → R có biến phân bị chặn, với chuẩn x = |x(a)| + T V (x), với T V := sup n i=1 |x(ti ) − x(ti−1 )|, cận tất phân hoạch [a, b] Hệ Định lí Hahn-Banach đối ngẫu C [a, b] BV [a, b] Định lý 2.9 (Định lí biểu diễn Riesz) Cho f ∈ C [a, b]∗ , tồn v ∈ BV [a, b] cho b f (x) = x(t)dv(t), x ∈ C [a, b] (2.3) a f = T V (v) Đảo lại, v ∈ BV [a, b] xác định hàm f ∈ C [a, b]∗ cho công thức (2.3) Chứng minh Cho f ∈ C [a, b]∗ , cần xác định hàm v ∈ BV [a, b] cho f (x) = b a x(t)dv(t) Ý tưởng tự nhiên tập x = us (s ∈ [a, b]), us (t) = 34 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Trương Thị Ngọc Mai với t ∈ [a, b], b f (us ) = s dv(t) = v(s) − v(a) us (t)dv(t) = a a đặt v(a) = v(s) = f (us ), us ∈ / C [a, b] Tuy nhiên, us thuộc không gian B phiếm hàm bị chặn [a, b], C [a, b] ⊆ B, Hahn-Banach, có mở rộng F f từ C [a, b] đến B, chuẩn bảo tồn Nó cho phép xác đinh v(s) = F (us ) Phần lại, khơng khó để với v ∈ BV [a, b], b f (x) = x(t)dv(t), f = T V (v) a Nhận xét 2.2 Định lí biểu diễn Riesz không cung cấp v ∈ BV [a, b], có nghĩa f (x) = x(1/2) biểu diễn v(t) =      α     ≤ t < 1/2 t = 1/2 1/2 < t ≤ Trong α số Để tránh điều này, định nghĩa Định nghĩa 2.9 N BV [a, b] ⊂ BV [a, b] Không gian định chuẩn phiếm hàm biến phân bị chặn v ∈ BV [a, b] cho v(a) = liên tục phải (a, b) Do v = T V (v), N BV [a, b] đối ngẫu C [a, b] 35 KẾT LUẬN Trên toàn khóa luận tốt nghiệp:"Đối ngẫu số khơng gian hàm" em thực Khóa luận giúp em trau dồi thêm kiến thức toán học, bước đầu hình thành tư việc nghiên cứu khoa học Tuy nhiên thời gian có hạn vốn kiến thức hạn chế nên khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn sinh viên để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! 36 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Phụ Hy (2006), Giải tích hàm, NXB Khoa học kĩ thuật, Hà Nội [2] Hoàng Tụy (2004),Hàm thực giải tích hàm, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [3] Elias M Stein, Rami Shakarchi (2011), Functional Analysis: Introduction to Further Topics in Analysis, Princeton Lectures in Analysis, Part IV [4] A N Kolmogorov, S V Fomin (1957), Elements of the Theory of Functions and Functional Analysis, Graylock Press, Rochester, New York 37 ... hướng, H làm thành không gian Banach Ta gọi không gian không gian Hilbert, không gian tuyến tính đóng Ta gọi khơng gian tuyến tính đóng khơng gian Hilbert H không gian Hilbert không gian H Khóa luận... Như vậy, không gian Hilbert tự đối ngẫu 12 Chương Đối ngẫu không gian định chuẩn 2.1 2.1.1 Không gian định chuẩn, không gian Banach Không gian định chuẩn Định nghĩa 2.1 Ta gọi không gian định... 11 Đối ngẫu không gian định chuẩn 2.1 13 Không gian định chuẩn, không gian Banach 13 2.1.1 Không gian định chuẩn 13 2.1.2 Không gian Banach 14 2.2 Phiếm hàm