Download miễn phí Luận văn Hàm khả vi, liên tục phi acsimet
LỜI CẢM ƠN0 T.3
0 TMỤC LỤC0 T .4
0 TKÍ HIỆU0 T .5
0 TMỞ ĐẦU0 T.6
0 TCHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN0 T .7
0 T1.1 Các khái niệm cơ bản0 T .7
0 T1.2 Trường các số p-adic0 T .10
0 TCHƯƠNG 2: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC 1 VÀ BẬC 20 T. 14
0 T2.1 Hàm khả vi liên tục0 T.14
0 T2.2 Hàm khả vi liên tục bậc 1 (hàm CP1P)0 T .16
0 T2.3 Một số kết quả về hàm CP1P 0 T.18
0 T2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai0 T.23
0 TCHƯƠNG 3: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC n0 T . 33
0 T3.1 Hàm khả vi liên tục bậc n0 T.33
0 T3.2 Một số tính chất của hàm khả vi liên tục bậc n0 T .34
0 T3.3 Công thức Taylor cho các hàm CPnP 0 T .43
0 T3.4 Một số kết quả của hàm CPnP 0 T .45
0 TKẾT LUẬN0 T.52
0 TTÀI LIỆU THAM KHẢO0 T . 53
0 TDANH MỤC TỪ KHOÁ
Để tải tài liệu này, vui lòng Trả lời bài viết, Mods sẽ gửi Link download cho bạn ngay qua hòm tin nhắn.
Ketnooi -
You must be registered for see links
Ai cần tài liệu gì mà không tìm thấy ở Ketnooi, đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
ề Hensel.
Gọi ( )1BC X K→ là tập tất cả các hàm khả vi liên tục bậc 1 và
11
:f f f
∞ ∞
= ∨ Φ < ∞ ( f thuộc ( )1BC X K→ ), khi đó ( )1BC X K→ sẽ là không gian
Banach với chuẩn
1
U2.3.1 Mệnh đề U( Tính đầy đủ của không gian các hàm CP1P bị chặn)
( )1BC X K→ là K-không gian Banach.
UChứng minh
Để chứng minh mệnh đề 2.3.1) ta sẽ chứng minh mệnh đề sau
U2.3.2 Mệnh đề
Cho 1 2, ,...f f là dãy hàm CP
1
P trên X
Giả sử 1 nfΦ hội tụ đều về g trên 2 X∇ và nf hội tụ về f .Khi đó f là hàm CP
1
P và
1 1nf fΦ →Φ đều.
UChứng minh
Ta chứng minh g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ
Do 1 nfΦ hội tụ đều về g nên
( ) ( ) ( ) 21 1 1 10, : , , , , ,n mN m n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇
Cho m →∞ , ta được
( ) ( ) ( ) 21 1 10, , , , ,nn N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ (1)
Vậy ( )1 ,nf x yΦ 1 f→Φ đều nên g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ
Kế đến ta chứng minh ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ , ( ) 2,x y X∈∇
Vì nf hội tụ về f nên ( ) ( )1, ,n f x y f x yΦ →Φ
( ) ( ), , ,k ka X x y a a∈ → trong đó ( ) 2,k kx y X∈∇
Do (1) nên
( ) ( )0 1 0 1 10, : , ,n k k k kN N n N f x y f x yε ε∀ > ∃ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < (2)
( ) ( )' '1 1, ,k k k kf x y f x yΦ −Φ ≤
( ) ( ) ( ) ( )' '1 1 1 1, , , ,k k n k k n k k n k kf x y f x y f x y f x yΦ −Φ ∨ Φ −Φ
( ) ( )' ' ' '1 1, ,n k k k kf x y f x y∨ Φ −Φ ε
Theo tiêu chuẩn Cauchy ta có ( )1 ,k kf x yΦ hội tụ khi k →∞
Đặt ( ) ( )1 1, : lim ,k kf a a f x yΦ = Φ
Chứng minh 1 1nf fΦ →Φ đều
Hiển nhiên ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ với mọi ( ) 2,x y X∈∇
Với (a,a) X X∈ × , lấy dãy ( ) ( ), ,k kx y a a→ .Khi đó, do (2) ta có
( ) ( ) ( ) 22 2 1 10, : , , ,nN n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇
Vậy ( ) ( )2 1 1: , ,n k k k kn N f x y f x y ε∀ > Φ −Φ < ,
cho k →∞ ta được ( ) ( )1 1 2, ,nf a a f a a n NεΦ −Φ
suy ra 1 1nf fΦ →Φ đều
Chứng minh ( )1BC X K→ là K-không gian Banach
Cho 1 2, ,...f f là dãy Cauchy trong BCP
1
P, khi đó:
nf f→ đều
1 1nf fΦ →Φ đều
Áp dụng mệnh đề 2.3.2, ta được: f là hàm CP1P và 1 1nf fΦ →Φ đều, tính bị chặn
của f suy ra trực tiếp từ tính bị chặn của nf .Vậy ( )1f BC X K∈ → do đó ( )1BC X K→ là
không gian Banach.
U2.3.3 Mệnh đề U(Tính khả nghịch của hàm CP1P)
Cho ( )1f C X K∈ → , ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ . Khi đó:
i) X là hợp của các quả cầu rời nhau ( )
ia i
B r và ( )/ a iiB rf là phép đồng dạng và
( )( ) ( ) ( )( )'i ia i i if af B r B f a r=
ii) Nếu f đơn ánh thì ánh xạ ngược cũng là hàm CP1P.
Ta lần lượt xét các mệnh đề sau:
U2.3.4 Mệnh đề
Cho ( )1f C X K∈ → , ( )'0, 0a f a≠ ≠ .Khi đó tồn tại lân cận U của a sao cho
/U Xf ∩ là phép đồng dạng và ( ) ( ) ( )'f x f y f a x y− = −
Hay nói cách khác ( )'/ f af là đẳng mêtry trong lân cận nào đó của a, và hiển nhiên
khi đó f là đơn ánh trong lân cận đó.
UChứng minh
Vì f là hàm CP1P nên 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )' '1
2
f x f y
f a f a
x y
−
− <
−
Do đó
( ) ( ) ( )'
f x f y
f a
x y
−
=
−
Vậy 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < thì ( ) ( ) ( )' .f x f y f a x y− = −
U2.3.5 Mệnh đề
Cho ( )1f C X K∈ → , f đơn ánh, ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈
Giả sử ( ):g f X K∃ → là nghịch đảo của f , g liên tục.
Khi đó g cũng là hàm CP1P và ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈
UChứng minh
Lấy ( ),z t f X∈
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )( )1 1
1 1,
,
g z g t
g z t
z t f g z f g t f g z g t
g z g t
−
Φ = = =
− − Φ
−
(i)
Vì 1 0fΦ ≠ mọi nơi nên ánh xạ biến ( ),z t thành ( ) ( )( )1
1
,f g z g tΦ
xác định trên
( ) ( )f X f X× là sự mở rộng liên tục của 1gΦ vì thế g là hàm CP1P và do (i)
nên ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ .
U2.3.6 Mệnh đề
Cho { }:B x K x a r= ∈ − < là quả cầu trong K, :f B K→
Giả sử có Kα ∈ sao cho ( ){ }1sup , , , ,f x y x y B x yα αΦ − ∈ ≠ <
Khi đó ( )f B là quả cầu trong K với bán kính .rα và f là phép đồng dạng.
UChứng minh
Rõ ràng , ,x y B x y∀ ∈ ≠ thì ( )1 ,f x y αΦ =
Do đó ( ) ( )f x f y x yα− = − nên f là phép đồng dạng
Mặt khác ( ) ( )f x f y x y rα α− = − ≤ nên
( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊂ ∈ − ≤
Ta chứng minh ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊃ ∈ − ≤
Lấy ( ):c K c f a rα∈ − ≤ , xây dựng ánh xạ ψ như sau:
: B Kψ → biến x B∈ thành ( )f x cx
α
−
−
Với x B∈ ,
( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x c
x a x a
f x f a f a c
r
r r
r r
ψ
α
α α
α α
α α
−
− ≤ − ∨
− −
≤ ∨ ∨
≤ ∨ ∨ =
Suy ra ( ) ( )ax B rψ ∈
, ,x y B x y∀ ∈ ≠ ,ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1
f x f y
x y x y
f x f y
x y
x y
ψ ψ
α
α
−
− = − −
−
= − −
−
( )
( )
1
1
,
= 1-
1= . . - ,
k. x-y , 0
x y
x y f x y
α
α
α
Φ
−
− Φ
≤
Suy ra ψ là phép co nên ψ có điểm bất động 0x
( )0f x c⇒ =
Vậy ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα= ∈ − ≤
Mệnh đề 2.3.6 chứng minh xong.
Tính chất i) được suy ra trực tiếp từ mệnh đề 2.3.6 và 1.3.1
Tính chất ii) là hệ quả của 2.2.5
U2.3.7 Bổ đề Hensel
Trong phần này ta sẽ đưa ra cách khác chứng minh bổ đề Hensel bằng việc áp
dụng các tính chất trên.
Bổ đề Hensel: f là hàm giải tích trên BR0 R(1) được cho bởi:
( )f x =
0
n
n
n
a x
∞
=
∑ ; x∈ BR0 R(1)
Giả sử 1na ≤ n∀ ( n pa Z∈ ) và 0a B∃ ∈ (1) sao cho
( ) 1f a 〈 và ( )' 1f a =
Khi đó 0 (1)b B∃ ∈ sao cho ( ) 0f b =
( )b a f a− ≤
UChứng minh
Giả sử ( ) 1r f a= <
Vì f giải tích trên BR0R (1) nên f có thể viết dưới dạng
2
0 1 2( ) ( ) ( ) ...( 1)f x b b x a b x a x ≤= + − + − +
Nhận xét '0 1( ) , ( )f a b b f a= = và 1nb n≤ ∀
Nếu , ( ),ax y B r x y∈ ≠ thì
2 2 3 3
'
1 2 3
( ) ( ) ( ) ( )( , ) ( ) ...x a y a x a y af x y f a b b
x y x y
− − − − − −
Φ − = + +
− −
n 2
1ax ( ) ( )n nm x a y a
x y≥
≤ − − −
−
n 2
ax : , ,
n nu vm u r v r u v
u v≥
−≤ ≤ ≤ ≠
−
1
n 2
ax nm r r−
≥
≤ =
= '( ) ( )f a f a〈
(<1) (=1)
Vậy ( )/ aB rf thoả mãn mệnh đề 2.3.6, ta kết luận f biến ( )aB r thành ( ) ( )f aB r . Vì
( )0 ( )f aB r∈ ( vì 0 ( ) ( )f a f a r− = = ) nên ( ) : ( ) 0ab B r f b∃ ∈ =
2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai
U2.4.1.Định nghĩaU (Hàm khả vi liên tục bậc hai)
:f X K→ , sai phân bậc hai của f là hàm 32 :f X KΦ ∇ → được cho bởi công
thức:
( ) ( ) ( )1 12
, ,
, ,
f x y f y z
f x y z
x z
Φ −Φ
Φ =
−
f là hàm khả vi liên tục bậc hai (viết gọn là hàm CP2P) tại a X∈ nếu
( ) ( )
( )2, , , ,lim , ,x y z a a a f x y z→ Φ tồn tại.
f là hàm CP2P trên X nếu f là hàm CP2P tại mọi a X∈ .
Tập tất cả các hàm CP2P :f X K→ kí hiệu ( )2C X K→
( ) ( ){ }2 2 2:BC X K f C X K f→ = ∈ → < ∞ là K-không gian vectơ trong đó
1 22
f f f f
∞ ∞ ∞
= ∨ Φ ∨ Φ .
U2.4.2 Nhận xét
1 fΦ , 2 fΦ là hàm đối xứng.
Vì X không có điểm cô lập nên 3 X∇ dày đặc trong XP3P.
f là hàm CP2P trên X thì f là hàm CP1P trên X
U2.4.3 Mệnh đề U(Tính chất của hàm CP2P)
:f X K→
a) f là hàm CP2P tại a thì f là hàm CP1P tại a.
b) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → lần lượt là các không gian con K-tuyến tính
của ( ) ( )1 1;C X K BC X K→ →
c) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → đóng với phép nhân
d) ( )2f C X K∈ → khi và chỉ khi 2 fΦ có thể mở rộng thành hàm 2 fΦ liên tục
trên XP3P.
UChứng minh
a) f là 2C tại a ⇒ 2
( , , ) ( , , )
( , , )
x y z a a a
Lim f x y z
→
Φ tồn tại
Khi đó 0δ∃ 〉 : nếu 3( , , )x y z X∈∇ , ( , ,x a y a z aδ δ δ− 〈 − 〈 − 〈
thì 2 fΦ bị chặn bởi M. Do đó
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
2 2
( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
( , , ) ( , , )
f x y f z t f x y f y z f y z f z t
f x y f y z f y z f z t
x z f x y z y t f y z t
Mδ
Φ −Φ = Φ −Φ +Φ −Φ
≤ Φ −Φ ∨ Φ −Φ
≤ − Φ ∨ − Φ
≤
Suy ra tồn tại 1( , ) ( , )lim ( , )x y a a f x y→ Φ
Vậy f là 1C tại a
Dựa vào chứng minh trên ta thấy chỉ cần 2 fΦ bị chặn trong lân cận của ( , , )a a a
thì f là 1C tại a
b) , Kλ µ∈
( ) ( ) ( ) ( )
2 ( , , )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
x y y z
x y z
f g f g f g f g
x y y zf g
x z
λ µ λ µ λ µ λ µ
λ µ
+ − + + − +
−
− −Φ + =
−
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f y f z g x g y g y g z
x y y z x y y z
x z x z
λ λ λ λ µ µ µ µ− − − −
− −
− − − −= +
− −
2 2f gλ µ= Φ + Φ
c)
Ta chứng minh 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ). ( )fg x y f x y g x y f x y g yΦ = Φ +Φ
Ta có 1 1( , ) ( , ) ( , ). ( )f x y g x y f x y g yΦ +Φ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x g y f x f yf x g y
x y x y
− −
= +
− −
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f y g y
x y
−
=
−
= 1 ( , )fg x yΦ
Ta chứng minh
2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ
2 ( , , )fg x y zΦ =
1 1( , ) ( , )fg x y fg y z
x z
Φ −Φ
=
−
1 1 1 1( ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( )f x g x y f x y g y f y g y z f y z g z
x z
Φ +Φ − Φ −Φ
=
−
1 1 1 1
1 1 1 1
( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , )
( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )
f x g x y f x g y z f x g y z f y g y z
x z x z
f x y g y f x y g z f x y g z f y z g z
x z x z
Φ − Φ Φ − Φ
= +
− −
Φ −Φ Φ −Φ
+ +
− −
2 1 1
1 1 2
( ) ( , , ) ( , ) ( , )
( ...
Gọi ( )1BC X K→ là tập tất cả các hàm khả vi liên tục bậc 1 và
11
:f f f
∞ ∞
= ∨ Φ < ∞ ( f thuộc ( )1BC X K→ ), khi đó ( )1BC X K→ sẽ là không gian
Banach với chuẩn
1
U2.3.1 Mệnh đề U( Tính đầy đủ của không gian các hàm CP1P bị chặn)
( )1BC X K→ là K-không gian Banach.
UChứng minh
Để chứng minh mệnh đề 2.3.1) ta sẽ chứng minh mệnh đề sau
U2.3.2 Mệnh đề
Cho 1 2, ,...f f là dãy hàm CP
1
P trên X
Giả sử 1 nfΦ hội tụ đều về g trên 2 X∇ và nf hội tụ về f .Khi đó f là hàm CP
1
P và
1 1nf fΦ →Φ đều.
UChứng minh
Ta chứng minh g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ
Do 1 nfΦ hội tụ đều về g nên
( ) ( ) ( ) 21 1 1 10, : , , , , ,n mN m n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇
Cho m →∞ , ta được
( ) ( ) ( ) 21 1 10, , , , ,nn N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ (1)
Vậy ( )1 ,nf x yΦ 1 f→Φ đều nên g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ
Kế đến ta chứng minh ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ , ( ) 2,x y X∈∇
Vì nf hội tụ về f nên ( ) ( )1, ,n f x y f x yΦ →Φ
( ) ( ), , ,k ka X x y a a∈ → trong đó ( ) 2,k kx y X∈∇
Do (1) nên
( ) ( )0 1 0 1 10, : , ,n k k k kN N n N f x y f x yε ε∀ > ∃ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < (2)
( ) ( )' '1 1, ,k k k kf x y f x yΦ −Φ ≤
( ) ( ) ( ) ( )' '1 1 1 1, , , ,k k n k k n k k n k kf x y f x y f x y f x yΦ −Φ ∨ Φ −Φ
( ) ( )' ' ' '1 1, ,n k k k kf x y f x y∨ Φ −Φ ε
Theo tiêu chuẩn Cauchy ta có ( )1 ,k kf x yΦ hội tụ khi k →∞
Đặt ( ) ( )1 1, : lim ,k kf a a f x yΦ = Φ
Chứng minh 1 1nf fΦ →Φ đều
Hiển nhiên ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ với mọi ( ) 2,x y X∈∇
Với (a,a) X X∈ × , lấy dãy ( ) ( ), ,k kx y a a→ .Khi đó, do (2) ta có
( ) ( ) ( ) 22 2 1 10, : , , ,nN n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇
Vậy ( ) ( )2 1 1: , ,n k k k kn N f x y f x y ε∀ > Φ −Φ < ,
cho k →∞ ta được ( ) ( )1 1 2, ,nf a a f a a n NεΦ −Φ
suy ra 1 1nf fΦ →Φ đều
Chứng minh ( )1BC X K→ là K-không gian Banach
Cho 1 2, ,...f f là dãy Cauchy trong BCP
1
P, khi đó:
nf f→ đều
1 1nf fΦ →Φ đều
Áp dụng mệnh đề 2.3.2, ta được: f là hàm CP1P và 1 1nf fΦ →Φ đều, tính bị chặn
của f suy ra trực tiếp từ tính bị chặn của nf .Vậy ( )1f BC X K∈ → do đó ( )1BC X K→ là
không gian Banach.
U2.3.3 Mệnh đề U(Tính khả nghịch của hàm CP1P)
Cho ( )1f C X K∈ → , ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ . Khi đó:
i) X là hợp của các quả cầu rời nhau ( )
ia i
B r và ( )/ a iiB rf là phép đồng dạng và
( )( ) ( ) ( )( )'i ia i i if af B r B f a r=
ii) Nếu f đơn ánh thì ánh xạ ngược cũng là hàm CP1P.
Ta lần lượt xét các mệnh đề sau:
U2.3.4 Mệnh đề
Cho ( )1f C X K∈ → , ( )'0, 0a f a≠ ≠ .Khi đó tồn tại lân cận U của a sao cho
/U Xf ∩ là phép đồng dạng và ( ) ( ) ( )'f x f y f a x y− = −
Hay nói cách khác ( )'/ f af là đẳng mêtry trong lân cận nào đó của a, và hiển nhiên
khi đó f là đơn ánh trong lân cận đó.
UChứng minh
Vì f là hàm CP1P nên 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )' '1
2
f x f y
f a f a
x y
−
− <
−
Do đó
( ) ( ) ( )'
f x f y
f a
x y
−
=
−
Vậy 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < thì ( ) ( ) ( )' .f x f y f a x y− = −
U2.3.5 Mệnh đề
Cho ( )1f C X K∈ → , f đơn ánh, ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈
Giả sử ( ):g f X K∃ → là nghịch đảo của f , g liên tục.
Khi đó g cũng là hàm CP1P và ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈
UChứng minh
Lấy ( ),z t f X∈
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( )( )1 1
1 1,
,
g z g t
g z t
z t f g z f g t f g z g t
g z g t
−
Φ = = =
− − Φ
−
(i)
Vì 1 0fΦ ≠ mọi nơi nên ánh xạ biến ( ),z t thành ( ) ( )( )1
1
,f g z g tΦ
xác định trên
( ) ( )f X f X× là sự mở rộng liên tục của 1gΦ vì thế g là hàm CP1P và do (i)
nên ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ .
U2.3.6 Mệnh đề
Cho { }:B x K x a r= ∈ − < là quả cầu trong K, :f B K→
Giả sử có Kα ∈ sao cho ( ){ }1sup , , , ,f x y x y B x yα αΦ − ∈ ≠ <
Khi đó ( )f B là quả cầu trong K với bán kính .rα và f là phép đồng dạng.
UChứng minh
Rõ ràng , ,x y B x y∀ ∈ ≠ thì ( )1 ,f x y αΦ =
Do đó ( ) ( )f x f y x yα− = − nên f là phép đồng dạng
Mặt khác ( ) ( )f x f y x y rα α− = − ≤ nên
( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊂ ∈ − ≤
Ta chứng minh ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊃ ∈ − ≤
Lấy ( ):c K c f a rα∈ − ≤ , xây dựng ánh xạ ψ như sau:
: B Kψ → biến x B∈ thành ( )f x cx
α
−
−
Với x B∈ ,
( ) ( )
( ) ( ) ( )
f x c
x a x a
f x f a f a c
r
r r
r r
ψ
α
α α
α α
α α
−
− ≤ − ∨
− −
≤ ∨ ∨
≤ ∨ ∨ =
Suy ra ( ) ( )ax B rψ ∈
, ,x y B x y∀ ∈ ≠ ,ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1
f x f y
x y x y
f x f y
x y
x y
ψ ψ
α
α
−
− = − −
−
= − −
−
( )
( )
1
1
,
= 1-
1= . . - ,
k. x-y , 0
x y
x y f x y
α
α
α
Φ
−
− Φ
≤
Suy ra ψ là phép co nên ψ có điểm bất động 0x
( )0f x c⇒ =
Vậy ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα= ∈ − ≤
Mệnh đề 2.3.6 chứng minh xong.
Tính chất i) được suy ra trực tiếp từ mệnh đề 2.3.6 và 1.3.1
Tính chất ii) là hệ quả của 2.2.5
U2.3.7 Bổ đề Hensel
Trong phần này ta sẽ đưa ra cách khác chứng minh bổ đề Hensel bằng việc áp
dụng các tính chất trên.
Bổ đề Hensel: f là hàm giải tích trên BR0 R(1) được cho bởi:
( )f x =
0
n
n
n
a x
∞
=
∑ ; x∈ BR0 R(1)
Giả sử 1na ≤ n∀ ( n pa Z∈ ) và 0a B∃ ∈ (1) sao cho
( ) 1f a 〈 và ( )' 1f a =
Khi đó 0 (1)b B∃ ∈ sao cho ( ) 0f b =
( )b a f a− ≤
UChứng minh
Giả sử ( ) 1r f a= <
Vì f giải tích trên BR0R (1) nên f có thể viết dưới dạng
2
0 1 2( ) ( ) ( ) ...( 1)f x b b x a b x a x ≤= + − + − +
Nhận xét '0 1( ) , ( )f a b b f a= = và 1nb n≤ ∀
Nếu , ( ),ax y B r x y∈ ≠ thì
2 2 3 3
'
1 2 3
( ) ( ) ( ) ( )( , ) ( ) ...x a y a x a y af x y f a b b
x y x y
− − − − − −
Φ − = + +
− −
n 2
1ax ( ) ( )n nm x a y a
x y≥
≤ − − −
−
n 2
ax : , ,
n nu vm u r v r u v
u v≥
−≤ ≤ ≤ ≠
−
1
n 2
ax nm r r−
≥
≤ =
= '( ) ( )f a f a〈
(<1) (=1)
Vậy ( )/ aB rf thoả mãn mệnh đề 2.3.6, ta kết luận f biến ( )aB r thành ( ) ( )f aB r . Vì
( )0 ( )f aB r∈ ( vì 0 ( ) ( )f a f a r− = = ) nên ( ) : ( ) 0ab B r f b∃ ∈ =
2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai
U2.4.1.Định nghĩaU (Hàm khả vi liên tục bậc hai)
:f X K→ , sai phân bậc hai của f là hàm 32 :f X KΦ ∇ → được cho bởi công
thức:
( ) ( ) ( )1 12
, ,
, ,
f x y f y z
f x y z
x z
Φ −Φ
Φ =
−
f là hàm khả vi liên tục bậc hai (viết gọn là hàm CP2P) tại a X∈ nếu
( ) ( )
( )2, , , ,lim , ,x y z a a a f x y z→ Φ tồn tại.
f là hàm CP2P trên X nếu f là hàm CP2P tại mọi a X∈ .
Tập tất cả các hàm CP2P :f X K→ kí hiệu ( )2C X K→
( ) ( ){ }2 2 2:BC X K f C X K f→ = ∈ → < ∞ là K-không gian vectơ trong đó
1 22
f f f f
∞ ∞ ∞
= ∨ Φ ∨ Φ .
U2.4.2 Nhận xét
1 fΦ , 2 fΦ là hàm đối xứng.
Vì X không có điểm cô lập nên 3 X∇ dày đặc trong XP3P.
f là hàm CP2P trên X thì f là hàm CP1P trên X
U2.4.3 Mệnh đề U(Tính chất của hàm CP2P)
:f X K→
a) f là hàm CP2P tại a thì f là hàm CP1P tại a.
b) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → lần lượt là các không gian con K-tuyến tính
của ( ) ( )1 1;C X K BC X K→ →
c) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → đóng với phép nhân
d) ( )2f C X K∈ → khi và chỉ khi 2 fΦ có thể mở rộng thành hàm 2 fΦ liên tục
trên XP3P.
UChứng minh
a) f là 2C tại a ⇒ 2
( , , ) ( , , )
( , , )
x y z a a a
Lim f x y z
→
Φ tồn tại
Khi đó 0δ∃ 〉 : nếu 3( , , )x y z X∈∇ , ( , ,x a y a z aδ δ δ− 〈 − 〈 − 〈
thì 2 fΦ bị chặn bởi M. Do đó
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
2 2
( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
( , , ) ( , , )
f x y f z t f x y f y z f y z f z t
f x y f y z f y z f z t
x z f x y z y t f y z t
Mδ
Φ −Φ = Φ −Φ +Φ −Φ
≤ Φ −Φ ∨ Φ −Φ
≤ − Φ ∨ − Φ
≤
Suy ra tồn tại 1( , ) ( , )lim ( , )x y a a f x y→ Φ
Vậy f là 1C tại a
Dựa vào chứng minh trên ta thấy chỉ cần 2 fΦ bị chặn trong lân cận của ( , , )a a a
thì f là 1C tại a
b) , Kλ µ∈
( ) ( ) ( ) ( )
2 ( , , )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
x y y z
x y z
f g f g f g f g
x y y zf g
x z
λ µ λ µ λ µ λ µ
λ µ
+ − + + − +
−
− −Φ + =
−
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f y f z g x g y g y g z
x y y z x y y z
x z x z
λ λ λ λ µ µ µ µ− − − −
− −
− − − −= +
− −
2 2f gλ µ= Φ + Φ
c)
Ta chứng minh 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ). ( )fg x y f x y g x y f x y g yΦ = Φ +Φ
Ta có 1 1( , ) ( , ) ( , ). ( )f x y g x y f x y g yΦ +Φ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x g y f x f yf x g y
x y x y
− −
= +
− −
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f y g y
x y
−
=
−
= 1 ( , )fg x yΦ
Ta chứng minh
2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ
2 ( , , )fg x y zΦ =
1 1( , ) ( , )fg x y fg y z
x z
Φ −Φ
=
−
1 1 1 1( ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( )f x g x y f x y g y f y g y z f y z g z
x z
Φ +Φ − Φ −Φ
=
−
1 1 1 1
1 1 1 1
( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , )
( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )
f x g x y f x g y z f x g y z f y g y z
x z x z
f x y g y f x y g z f x y g z f y z g z
x z x z
Φ − Φ Φ − Φ
= +
− −
Φ −Φ Φ −Φ
+ +
− −
2 1 1
1 1 2
( ) ( , , ) ( , ) ( , )
( ...