LUẬN văn THẠC sĩ TOÁN học KHÔNG GIAN LP
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (485.59 KB, 39 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Xayyalinh Kolakanh
KHÔNG GIAN Lp
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2015
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Xayyalinh Korlakanh
KHÔNG GIAN Lp
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60460102
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS.NGUYỄN BÍCH HUY
Thành phố Hồ Chí Minh – 2015
LỜI CẢM ƠN
Trước hết, tôi xin kính gửi đến Thầy, PGS.TS Nguyễn Bích Huy lời cảm ơn sâu
sắc về sự tận tình chỉ bảo tôi trong học tập, cũng như trong thời gian tìm hiểu và trình bày
hoàn chỉnh luận văn này
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô giảng dạy tại khoa toán của trường Đại học Sư
phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu
cho tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô công tác tại phòng Sau Đại học của trường Đại
học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn tất
chương trình học tập và thức hiện luận văn này.
Cuối cùng, xin cảm ơn người thân và bạn bè đã động viên và giúp đỡ tôi trong suốt
quá trình học tập và thức hiện luận văn này.
Xayyalinh Korlakanh
MỤC LỤC
Lời cảm ơn
Lời nói đầu .......................................................................................................................... 1
Chương 1. KHÔNG GIAN LP THEO MỘT ĐỘ ĐO TỔNG QUÁT ............................ 2
P
1.1. Không gian L ...............................................................................................................................2
1.2. Sự hội tụ và tính đầy đủ: .............................................................................................................7
1.3. Tập con trù mật Tính khả li ......................................................................................................10
1.4. Không gian liên hợp của Lp ....................................................................................................12
1.5.Tính chất lồi đều: .........................................................................................................................17
1.6. Một số ánh xạ giữa các không gian Lp .................................................................................19
Chương 2. KHÔNG GIAN LP THEO ĐỘ ĐO LEBESGUE......................................... 22
2.1. Tập con trù mật, tính khả li: .....................................................................................................22
2.2. Phép chập và sự làm trơn ..........................................................................................................24
2.3. Tập compact: ................................................................................................................................31
KẾT LUẬN ....................................................................................................................... 34
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
MỞ ĐẦU
Các không gian Lp đóng vai trò quan trọng trong giải tích và các ứng dụng Một
mặt chúng là các mô hình mà các định lí tổng quát của lí thuyết hàm thực, Giải tích hàm,
Lí thuyết phương trình vi phân và tích phân được ứng dụng vào để kiểm tra sự hiệu quả
của các định lí tổng quát đó. Mặt khác không gian Lp lại là các công cụ hiệu quả để
nghiên cứu Lí thuyết không gian Sobolev, Lí thuyết phương trình vi phân, Vật lí lượng tử,
Lí thuyết xác suất…
Trong học phần Độ đo –Tích phân, Giải tích hàm các sinh viên chuyên ngành
Toán đã được làm quen bước đầu với không gian Lp Việc tìm hiểu sâu hơn và đầy đủ hơn
về các không gian này sẽ giúp sinh viên hiểu hơn về các môn học Độ đo – Tích phân, Giải
tích hàm, Topo đại cương và mối liên hệ giữa chúng cũng như giúp sinh viên làm quen
với nghiên cứu khoa học.
Nội dung luận văn tập trung nghiên cứu những đặc trưng cơ bản nhất của không gian Lp
gồm hai chương:
Chương 1. Trình bày định nghĩa của không gian Lp (1 ≤ p ≤ ∞ ) theo một độ đo tổng quát,
một số khái niệm và tính chất đặc biệt được sử dụng trong chương sau.
Chương 2. Là trường hợp riêng của chương 1 khi mà ta xét không gian Lp (1 ≤ p ≤ ∞ )
theo độ đo Lebesgue. Chương này chủ yếu xây dựng khái niệm tích chập trong Lp để xếp
xỉ các hàm trong Lp bởi các hàm trơn và chỉ ra điều kiện để một tập con trong Lp là
compact tương đối.
2
Chương 1.
KHÔNG GIAN
LP
THEO MỘT ĐỘ ĐO TỔNG QUÁT
P
1.1. Không gian L
Định nghĩa 1.1.1 Cho không gian độ đo (X,F,μ) Ta định nghĩa:
i)
LP (X,μ)={ f :X→ f đo được,
∫
p
d µ < ∞} , 1 ≤ p < ∞ với chuẩn:
f
X
f
p
=
p
f
∫
X
1
p
g ⇔ f ( x) =
g ( x) hkn trên X Do đó, khi xét f ∈ Lp thì nếu cần ta có
Trong 𝐿𝑃 ta qui ước f =
thể thay giá trị của hàm trên tập có độ đo không
f ( x)
0
nÕu x ∈ X\A
nÕu x ∈ A,µA=0
Ví dụ f ′ = f với f ′ ( x ) =
ii) L∞ ( =
X , µ)
{f :X → | f
đo được, ∃c<∞: f ( x ) ≤ c hkn trên X }
=
f ∞ ing {c : f ( x) ≤ c hkn trên X }
Mệnh đề 1.1.1.
i)
Với f ∈ L∞ ta có: f ( x) ≤ f
ii) Nếu f ∈ Lp , g ∈ Lp′ ,
∞
hkn trên X
1 1
1 thì fg ∈ L1 và ta có:
+ =
p p′
∫
fg d µ ≤ f
∫
fg d µ ≤
p
g
p′
với 1 ≤ p ≤ ∞
(bất đẳng thức Holder)
X
X
1
f
p
p
p
+
1
g
p′
p′
p′
với 1
(bất đẳng thức Young)
3
Chứng minh:
i)
{cn }
Do tính chất của inf nên tồn tại
Cn → f
n
⊂ {c : f ( x) ≤ c hkn trên X } sao cho:
∞
Khi đó: với mỗi n, f ( x) ≤ cn hkn trên X hay f ( x) ≤ cn , ∀x ∈ X \ E n , µ En =0
E = En thì
Đặt:
n
µ E = 0 và f ( x) ≤ cn , ∀n, ∀x ∈ X \ E
Vậy f ( x) ≤ g ∞ , ∀x ∈ X \ E hay f ( x) ≤ f
∞
hkn trên X
ii)
∫
x
∞, p ′ =
1 ta làm tương tự)
∗Tường hợp: p = 1, p′ = ∞ ( p =
fg d µ ≤ ∫ f g
∞
dµ = g
∞
x
∫
f dµ = f
1
g
∞
x
∗Trường hợp: 1 < p < ∞
Với a, b ≥ 0 ta có
1
p
1
p′
a b ≤
1
1
a+ b
p
p′
(1.1)
Thật vậy, coi a, b > 0 ta có:
(1.1) ⇔
1
1
1
1
ln a + ln b ≤ ln a + b
p
p′
p′
p
(1.2)
(1.2) đúng do ϕ (t ) = ln t là hàm lồi
Cho a= f , b = g
p
p′
∫
X
và lấy tích phân trong (1.1) ta có
fg d µ ≤
1
f
p
p
p
+
1
g
p′
p′
p′
4
Thay f bởi λ f ( λ > 0) , ta có:
∫
fg d µ ≤
λ p −1
p
X
Chọn λ = f
−1
p
p′
p
p′
+
1
g
λ p′
p′
(1.3)
p′
(nhằm làm cực tiểu số hàm bên phải trong (1.3)) ta có bất đẳng thức
p
g
f
p
Holder
Hệ quả 1.1.1
i)
1, k với
Giả sử fi ∈ Lp , i =
i
1
1
1
+ +
= ≤ 1 khi đó:
p1
pk p
f = f1 f k ∈ Lp , f
k
p
≤ ∏ fi
i =1
(1.4)
pi
ii) Nếu f ∈ Lp Lq (1 ≤ p ≤ q ≤ ∞ ) và r ∈ ( p, q ) thì f ∈ Lr và ta có:
f
r
≤ f
α
p
f
1−α
q
α 1−α
+
p
q
1
r
với α ∈ ( 0,1) tìm từ =
iii) Nếu µ ( X ) < ∞ và pf
p
≤ µ(X )
q− p
pq
f
q
Chứng minh:
i)
Coi p, pi < ∞
=
q
∗khi k = 2 : Đặt:
( ) ∈L ⇒
p1
p2
P
=
,q′
th× f1 ∈ LP ⇒ f1 1 ∈ L1 ⇒ f1
p
p
p q
Chứng minh tương tự: f 2 ∈ Lq′
P
Áp dụng bất đẳng thức Holder cho f1 , f 2 thì
p
f1
p
f 2 ∈ L1 ⇒ f1 f 2 ∈ L1 ⇒ f = f1 f 2 ∈ Lp
p
p
1
f1 ∈ Lq
P
5
∫
f1
p
f 2 d µ ≤ f1
p
p
q
X
⇒∫
X
f1 f 2 d µ ≤ ∫ f1
X
p
⇒ ∫ f1 f 2 d µ
X
⇒ f
1
p
pq
p
f2
q′
dµ
≤ ∫ f1
X
1
p1
∫ f1
X
q
dµ
1
pq′
pq
dµ
∫ f1
X
1
q′
p2
dµ
1
pq′
2
p
≤ ∏ fi
i =1
pi
∗Giả sử (1.4) đúng tới k = n (n>2), tức:
f = f1 f n ∈ L , f
n
u
u
≤ ∏ fi
i =1
pi
Ta chứng minh (1.4) đúng tới k= n + 1 túc chứng minh
n +1
g = f1 f n +1 ∈ Lv , g v ≤ ∏ fi
i =1
pi
Giả sử u, v thỏa:
1
1 1 1
1
1
và fi ∈ Lpi .i =1, n + 1
, + + =
+ + =
p1
pn u p1
pn +1 v
Đặt:
u
=
, r′
v
=
r
v
pn +1
v
thì f ∈ Lr , f n +1 ∈ Lr ′
v
Áp dụng bất đẳng thức Holder cho f , f n +1 thì:
v
f
∫
v
f n +1 ∈ L1 ⇒ g = f ⋅ f n +1 ∈ Lv
v
v
f1
v
f n +1 d µ ≤ f
v
v
r
X
v
⇒ ∫ g dµ
X
1
v
f n +1
v
r′
1
r
u
≤ ∫ f d µ ⋅ ∫ f n +1
X
X
1
pn+1
1
u
v
u
v
⇒ ∫ g d µ ≤ ∫ f d µ ⋅ ∫ f n +1
X
X
X
⇒ g v ≤ f u ⋅ f n +1 p
n +1
pn+1
dµ
dµ
1
1
r′
pn+1
6
n +1
n
⇒ g v ≤ ∏ fi
(do f
i =1
ii)
Đặt
p1
=
p
=
, p2
Tương tự: f
1−α
p
( )
α
∈ L1 ⇒ f
)
pi
p1
α
∈ L1 ⇒ f
∈ Lp1
∈ Lp2
α
Áp dụng i) của hệ quả 1.1.1 cho f , f
f
α
f
1−α
f
α
f
1−α
thì:
r
∈ Lr ⇒ f ∈ L
1−α
≤ f
α
r
⇒ f
⇒ f
iii) Coi q < ∞ Đặt r =
q
r
r
α
p
( ) ∈L ⇒
p r
dµ
∫ f=
1
X
1 1
+ =
1
r r′
p1
≤ ∫ f
x
≤ f
f
α
p
f
dµ
1−α
p2
p
1−α
q
∫ f dµ
x
q
1−α
q
q
p
Lấy f ∈ Lq thì f ∈ Lp ⇒ f
Ở đây r ′ thỏa:
i =1
pi
q
1−α
α
f ∈ Lp Lq ⇒ f ∈ LP ⇒ f
u
≤ ∏ fi
1
f
p
∈ Lr
′
µ ( x ) < ∞ (giả thiết) nên f 1 ∈ Lr
7
Áp dụng bất đẳng thức Holder cho f , 1 thì:
p
f
∫
⋅1 ∈ L1 ⇒ f ∈ Lp
p
f 1d µ ≤ f
p
p
r
X
f dµ ≤ ∫ f
X
p
⇒∫
X
⇒∫ f
X
p
1
dµ
p
⇒ f
p
1 r′
1
pr
q
≤ ∫ f dµ
X
≤ µ ( X )
r
d µ ∫ 1r ′ d µ
X
1
q− p
pq
q
µ ( X )
f
1
1
r′
( r ′p )
q
1.2. Sự hội tụ và tính đầy đủ:
Định lí 1.2.1 Với p ∈ [1, ∞ ] thì Lp là không gian Banach
∞
Chứng minh: Giả Sử { f n } ⊂ Lp thỏa
∑
n =1
hội tụ trong Lp hay dãy Sn = f1 + + f n
f n =: M < ∞ Ta cần chứng minh: chuỗi
1
p
hội tụ trong Lp
Trường hợp: p = ∞
0 vµ
Theo i) của mệnh đề 1.1.1: ta tìm được dãy tập { An } sao cho: µ ( A n ) =
fn ( x ) ≤ fn
∞
, ∀x ∈ X \ An
Đặt A = An thì
n
µ ( A ) = 0 Và ta có:
∞
∑ f ( x ) ≤ M , ∀x ∈ X \ A
n =1
n
Do đó, tồn tại f : X → xác định bởi
∞
∑f
(1.5)
n
8
∞
∑ f ( x )
f ( x ) = n =1 n
0
nÕu x ∈ X\A
nÕu x ∈ A
(1.6)
Hiển nhiên f do được và do (1.5) nên f ∈ L∞
Do f ( x ) − S x ( x ) ≤
∞
∑
fk ( x ) ≤
k=
n +1
∞
∑
=
t , x ∈ X \ A nên: f − S n
f
k
n
k=
n +1
∞
∞
≤ tn
Vậy f = lim Sn
x →∞
∗Trường hợp 1 ≤ p < ∞
n
g n = ∑ fi
Ta định nghĩa:
i =1
=
=
g ( x ) lim
gn ( x )
n
∞
∑ f ( x)
(1.7)
n
n =1
Do { g np } là dãy hàm đo được không âm g np ( x ) ≤ g np+1 ( x ) ∀n ∈ ∗
lim g np ( x ) = g p ( x ) và g n
x →∞
n
p
≤ ∑ fi
≤M
i =1
p
p
Nên theo định lí hội tụ đơn điệu LEVI:
=
lim ∫ g np ( x ) d ≤ M p
∫ g ( x ) d mm
x →∞
X
x
Vậy g ∈ Lp và do đó g ( x ) ∈ hầu khắp nơi hay tồn tại tập A sao cho µ ( A ) = 0 và chuỗi
trong (1.7) hội tụ ∀x ∈ X \ A
Xây dựng hàm f theo (1.6), ta có: f do được va` vi` f ≤ g , g ∈ Lp nên f ∈ Lp
lim S − f ( x ) p= 0, ∀ ∈ X \ a
n
Do x→∞
p
S n ( x ) − f ( x ) ≤ 2 p −1 S n ( x )
(
Lebesque suy ra: lim Sn − f
x →∞
p
)
p
+ f ( x) ≤ 2 g
=
0
p
p
p
( x)
nên theo định lí hội tụ bị chặn
9
Định lí 1.2 .2 Nếu dãy { f n } hội tụ về f trong Lp
(1 ≤ p < ∞ )
thì tồn tại dãy con { f n
k
} và
hàm h ∈ Lp sao cho:
f nk ( x ) ≤ h ( x ) , f nk ( x ) → f ( x )
(h k n)
Chứng minh:
Do { f n } là dãy hội tụ trong Lp nên { f n } là dãy Cauchy trong Lp do dó ta có thể lấy dãy
con { f n
k
} sao cho
f nk +1 − f nk < 2− k
Thật vậy: cho ε> 0:
Do { f n } là dãy Cauchy nên: ∃n0 > 0, ∀m, n ≥ n0 ⇒ f n − f m < ε
Với ε = 2−1 , ∃n1 : ∀m, n ≥ n1 ⇒ f n − f m < 2−1
⇒ f n − f n1 < 2−1
Với ε= 2−2 , ∃n2 > n1 : ∀n ≥ n2 ⇒ f n − f n < 2−2
2
∞
Xét
(
f n1 + ∑ f nk +1 − f nk
k =1
)
(1.8)
thì
∗Chuỗi (1) có dãy tổng riêng: { f n
k
}
∞
∞
∗Chuỗi (1) hội tụ tuyệt đối (do f n + ∑ f n − f n ≤ f n + ∑ 2− k < ∞ )
1
k +1
k
1
=
k 1=
k 1
Theo chứng minh định lí 1.2.1: chuỗi (1.8) hội tụ về một hàm 𝑓̃ ∈ 𝐿𝑝 hay { f n } hội tụ về
k
hàm f
Hơn nữa, lim f n ( x ) = 𝑓̃(𝑥) hầu khắp nơi
k →∞
k
Do sự dụng duy nhất của giới hạn ta có: 𝑓 = 𝑓� hay𝑓 (𝑥) = 𝑓̃(𝑥)
(hkn)
10
Do đó: lim f n ( x ) = f ( x )
k →∞
(hkn)
k
∞
Đặt: g =
f n + ∑ f n − f n thì g ∈ Lp
1
k =1
k +1
k
p
Xây dựng hàm =
h f + 2 g thì h ∈ L
Theo chứng minh định lí 1.2.1: f n ( x ) − f ( x ) ≤ 2 g ( x )
(h k n)
k
Hay f n ( x ) ≤ f ( x ) + 2 g ( x )
(h k n)
k
Vậy f n ( x ) ≤ h ( x )
k
(hkn)
1.3. Tập con trù mật Tính khả li
Định lí 1.3.1
i) Tập S các hàm đơn giản trù mật trong L∞
ii) Với P ∈ [1, ∞ ) thì tập S=
0
{ f ∈ S : µ ({x : f ( x ) ≠ o}) < ∞} trù mật trong L
p
iii) Giả sử p ∈ [1, ∞ ) và không gian độ đo(X,F,μ) có “ cơ sở đếm được” theo nghĩa:
Tồn tại tập đếm được F0 ⊂ F sao cho: ∀ε > 0, ∀A ∈ F , µ ( A ) < ∞ .thì ∃B ∈ F0 :
µ ( A B ) < ε trong đó A B = ( A \ B ) ( B \ A )
Khi đó Lp khả li
Chứng minh:
i) Cho f ∈ L∞ thay giá trị của f trên tập có độ đo không nếu cần, ta có thể coi f bị
chặn
Theo lí thuyết độ đo tồn tại dãy { f n } ⊂ S , { f n } hội tụ đều về f
Hay: lim f n − f
x →∞
∞
=
0
Vậy S trù mật trong L∞
ii) Trước tiên ta kiểm tra S0 ⊂ Lp
Giả sử f là hàm đơn giản và có biểu diễn:
=
f
n
∑ a ⋅1
i =1
i
Ai
11
Với Ai ∈ F ( i =
1, n ) , Ai Aj =
X
∅ ( i ≠ j ) , Ai =
n
i =1
f
p
=
n
∑a
p
p
1 ⇒ ∫ f dµ =
n
∑a
i
Ai
=i 1 =
i 1
X
p
i
µ ( Ai )
Dễ thấy:
f ∈ Lp ⇔ µ ( Ai ) < ∞ nếu ai ≠ 0 ⇔ f ∈ S0
(1.9)
Nói riêng, S0 ⊂ Lp
Cho f 0 ∈ Lp , ta cần chứng minh: tồn tại { f n } ⊂ S0 hội tụ về f 0
∗Bước1 Giả sử f 0 ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ X
x ) f 0 ( x ) ∀x ∈ X
Khi đó tồn tại { f n } ⊂ S , 0 ≤ f n ( x ) ≤ f n +1 ( x ) , lim f n (=
x →∞
Do 0 ≤ f n ( x ) ≤ f 0 ( x ) , f 0 ∈ Lp nên f n ∈ Lp
Từ (1,9 ) suy ra: f n ∈ S0
lim ( f ( x ) − f ( x ) ) p = 0, ∀x ∈ X
n
Do x→∞
p
( f 0 ( x ) − f n ( x ) ) ≤ f 0p ( x )
0
Nên theo định lí hội tụ bị chặn Leblesgue: lim ∫ ( f 0 ( x ) − f n ( x ) ) d m =
p
x →∞
Vậy lim f 0 − f n
x →∞
p
x
0
=
f 0 + max { f 0 , 0}=
, f 0− max {− f 0 , 0} .Ta có
∗Bước 2: Đặt=
=
f 0 f 0+ − f 0−
f o+ , f 0− đo được
0 ≤ f 0+ , f 0− ≤ f 0 , f 0 ∈ Lp ⇒ f 0+ , f 0− ∈ Lp
Theo bước 1: ∃{ f n′} , { f n′′} ⊂ S0 : f n′ − f 0+ → 0, f n′′− f 0− → 0
f n′ − f n′′
Đặt f=
n
thì f n ⊂ S0
và f n − f 0 → 0
12
Vậy S0 trù mật trong Lp
iii) Gọi L là không gian trên trường ℚ sinh bởi họ {1B : B ∈ F0 }
Ta có: L đếm được . Ta chứ ng minh: L trù mật trong Lp
Do (ii) của định lí 1.3.1 nên chỉ cần chứng minh: L trù mật trong S0
diễn: f
Cho ε > 0 và f ∈ S0 có biểu=
n
∑a 1
i =1
i Ai
, ai ≠ o, µ ( Ai ) < ∞
Chọn lần lượt {ri } ⊂ : ri − ai < ε1 và {Bi } ⊂ F0 : µ ( Ai Bi ) < ε 2
Đặt f1
=
n
ri 1Ai , f 2
∑=
n
∑ r1
=i 1 =i 1
f1 −=
f2
∑ r (1
n
− 1Bi
i Bi
ta có
) ≤∑ r ⋅ 1
n
−=
1Bi
n
∑r
Ai
i
Ai
1
=i 1 =i 1 =i 1
i
µ ( Ai Bi )
1
p
n
Hay f1 − f 2 < ε 2 p ⋅ ∑ ri
1
i =1
Do đó với f 2 ∈ L , ta có: f − f 2 < ε với cách chọn ε1ε 2 thích hợp
ε
ε
ε1 =
,ε2 n
=
n
1
2 r
p
2∑ µ ( Ai )
∑ i
=i 1 =
i1
p
1.4. Không gian liên hợp của Lp
Định nghĩa 1.4.1
Với p ∈ [1, ∞ ) , ta kí hiệu ( Lp ( X , µ ) ) là tập hợp tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục
∗
trên Lp ( X , µ ) và được gọi là không gian liên hợp của không gian Lp ( X , µ )
Định lí 1.4.1
Giả sử 1 < p′ < ∞ và P′ là số mũ liên hợp của p
X .µ ) thì: ϕ ( f )
Nếu g ∈ Lp′ ( =
∫ f ( x )g ( x ) d µ , f ∈ L ( X , µ )
p
x
tục trên Lp ( X , µ )
là phiếm hàm tuyến tính ,liên
13
Nếu µ là một độ đo σ - hữu hạn thì điều khẳng định trên cũng đúng với P = 1, P′ = ∞
Chứng minh:
∗Dễ thấy ϕ tuyến tính trên Lp ( X , µ )
∗chứng minh μ liên tục:
Theo bất đẳng thức Holder: ϕ ( f ) ≤ ∫ f ( x ) g ( x ) d µ ≤ f
p
g
p′
X
Suy ra: (φ liên tục và ϕ ≤ g
Chứng mịnh ϕ ≥ g
p′
)
(1.10)
p′
i) Tường hợp: 1
(g (x ) ≠ 0)
(g (x ) = 0)
g ( x ) p′−2 ⋅ g ( x )
Đặt: f0 ( x ) =
0
Dễ thấy f 0 đo được
f0 = g
p
( p′−1) p
= g ∈ L1 ( X , µ ) ⇒ f 0 ∈ Lp ( X , µ )
p′
1
1
p
p
p
p′
f 0 p =
f
d
µ
g
d
µ
=
=
∫ 0 ∫X
X
p′
ϕ ( f 0 ) =∫ f 0 ( x ) ⋅ g ( x ) d µ =∫ g ( x ) d µ = g
x
g
p′−1
p′
p′
X
Khi đó
ϕ ≥
ϕ ( f0 )
Từ (1.10) và (1.11) suy ra: ϕ = g
f0
=
g p′
(1.11)
p
p′
ii) Trường hợp: p = 1 , p′ = ∞
Với 0 < ε < g ∞ , tồn tại A ⊂ X đo được sao cho: 0 < µ ( A ) < ∞ và
g ( x) > g
∞
− ε , ∀x ∈ A
14
g ( x ) −1 ⋅ g ( x ) nÕu
Đặt: f1 ( x ) =
nÕu
0
(x ∈ A)
(x ∉ A)
Dễ thấy f1 đo được
∫
∫ 1⋅ d µ=
f1 d µ=
X
ϕ ( f1=
)
µ ( A ) < ∞ ⇒ f1 ∈ L1 ( X , µ )
A
∫ f ( x ) g ( x ) d µ= ∫ g ( x ) d µ > ∫ ( g
1
x
A
ϕ ≥
)
− 2 d µ=
(g
∞
)
− ε ⋅ f1
1
A
ϕ ( f1 )
Từ (1.10) và (1.12) suy ra: ϕ = g
∞
f1
≥ g
∞
−ε
(1.12)
1
∞
Định lí 1.4.2
Giả sử φ là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên Lp ( X , µ ) với 1
p
ϕ( f )=
∫ f ( x) ⋅ g ( x) d µ, f ∈ L ( X , µ )
X
Nếu μ là một độ đo σ - hữu hạn thì đinh lí đúng cả đối với p = 1, p′ = ∞
Chứng minh:
Ta thừa nhận:
Bổ đề 1.4.1: Giả sư μ là một độ đo σ-hữu hạn và g là hàm số đo được trên X
Nếu với mọi f ∈ Lp ( X , µ ) ,1 ≤ p ≤ ∞ , tích phân
∫ f ( x )g ( x ) d µ
đều tồn tại hữu hạn thì
X
g ∈ Lp′ ( X , µ )
Định lí 1.4.3 (Radon-Nikodym): Giả sư μ là độ đo σ-hữu hạn xác định trên σ-đại số M
những tập hợp con của X và v : M → là một hàm σ-cộng tính.
Nếu ν liên tục tuyệt đối với μ (tức: v ( E ) = 0 với mọi tập đo được E mà μ(E)=0), thì tồn tại
một hàm số g đo được trên X sao cho:
15
v ( E ) = ∫ gd µ với E ∈ M
E
∗Trường hợp: μ là σ-hữu hạn và 1≤P≤∞
Khi đó tồn tại một dãy tập hợp đo được { X n } có độ đo hữu hạn sao cho:
∞
X = X n và X 1 ⊂ X 2 ⊂
n =1
∞
Nếu {Ek } là một dãy tập đo được , đôi một rời nhau và E = Ek có độ đo hữu hạn thì
k =1
k
∑1 ( x ) , k = 1, 2, là dãy đơn điệu tang những hàm hội tụ đến hàm 1E ( x ) với mỗi
j =1
Ej
Do đó dãy
x∈ X
k
∞
p
µ
L
X
,
1
jj
1
hội
tụ
về
trong
và:
1
(
)
∑ E j = ∑ 1Ek
∑
E
Ej
=
j=1
j 1=
k1
( )
k
Với mỗi n đặt: vn ( E ) = ϕ (1E ) , trong đó E là tập đo được chứa trong X n
Khi đó: vn là hàm δ-cộng tính xác định trên σ-đại số M n các tập đo được chứa trong X n
.Hiển nhiên,với mỗi n, nếu E là tập đo được chứa trong cho X n sao cho µ ( E ) = 0 thì
vn ( E ) = 0
Vậy v n là hàm σ- cộng tính liên tục tuyệt đối với μ
Theo định lý (Radon-Nikodym), tồn tại một hàm g n đo được trên X n sao cho
(1E ) v=
ϕ=
n (E)
∫ g ( x)d µ , với mọi
n
E ∈ M , n = 1,2… g n được xác định một cách duy nhất
E
nếu đồng nhất các hàm số tương đương trên X n
Đặt g(x)=g n (x),với X ∈ X n , ta được một hàm số đo được trên X và
=
ϕ (1E ) ∫=
g ( x )d µ
E
∫ g ( x).1 ( x)d µ , ∀E ∈ M
E
n
, n= 1, 2,…
X
Suy ra: đẳng thức trên đúng với mọi tập E đo được có μ(E) hữu hạn, do đó:
ϕ ( S ) = ∫ S ( x).g ( x)d µ , S đơn giản, khả tích
X
Giả sử f ∈ Lp ( X , µ ) .Với mỗi n
16
đặt:
f ( x ) víi f ( x ) ≤ n, x ∈ X n
fn ( x ) =
víi c¸c ®iÓm x cßn l¹i cña X
0
Chia hình tròn { z ∈ { :| z |≤ n} trong mặt phẳng phức thành một số hữu hạn tập Borel P n,k,j ,
j=1,…, N n,k đôi một rời nhau, có đường kính không lớn hơn
1
k
Gọi z n,k,j là một phần tử của P n ,k , j sao cho zn ,k , j = inf { z , z ∈ Pn ,k , j } , j = 1, .., N n ,k
Với mỗi cặp n, k ta xác định f n, k như sau:
Nếu x ∈ X thì f n ( x ) thuộc một tập P n,k,j nào đó. Đặt: f n ,k ( x ) = zn ,k , j
Hiển nhiên, f
n, k
là hàm đơn giản, khả tích và
f n ,k ( x ) ≤ f n ( x ) , ∀k
(1.13)
lim f n ,k ( x), ∀x ∈ X
k →∞
(1.14)
Từ (1.13) suy ra: | f n ,k − f n | p ≤ 2 p | f n | p ϵ Lp(X, µ )
Nên theo định lí hội tụ chặn Lebesgue: lim f n ,k = f n trong Lp ( X , µ )
k →∞
Từ (1.14) suy ra: lim =
f n ,k ( x).g ( x) f n ( x).g ( x), x ∈ X
k →∞
Từ (1.13) ta có: | f n ,k .g |≤| f n .g | ∈ 𝐿𝑃 (X, μ), ∀k .Nên theo định lý hội tụ chặn Lebesgue
=
=
ϕ ( f n ) lim
ϕ ( f n ,k ) lim ∫=
f n ,k .gdM
k →∞
k →∞
X
∫ f .gd m
(1.15)
n
X
Vì {| f n g |} là dãy đơn điệu tăng những hàm đó được, không âm hội tụ đến hàm | fg | nên
theo định lý hội tụ đơn điệu Levi:
lim ∫ | f n g |d mm
= ∫ | fg |d
k →∞
X
X
Từ định nghĩa của f n suy ra: || f || p ≥ || | f n | .signg || p , ∀n
(1.16)
17
Do đó:
|| ϕ || . || f || p ≥|| ϕ || . || | f n | .signg || p ≥| ϕ (| f n | .signg ) |=
∫ | f n g | d µ , ∀n
(1.17)
X
Từ (1.16) và (1.17) suy ra:
∫ fg d µ ≤ ϕ
f g , f ∈ Lp ( X , µ )
X
Do đó fg ∈ L1 ( X , µ )
Theo bổ đề 1.4.1: g ∈ Lp′ ( X , µ )
lim f n = f trong L (X,μ)=> lim ϕ ( f n ) = ϕ ( f )
p
n →∞
n →∞
= ∫ fg d
Theo định lí hội tụ chặn Legesgue: lim ∫ f n g d mm
n →∞
X
X
Từ (1.15) suy ra: ϕ ( f ) = ∫ fg d µ
X
Nhận xét 1.4.1: Mọi dạng tuyến tính, liên tục trên Lp(X,μ) với 1 ≤ p < ∞ có thể biểu diễn
nhờ một hàm Lp’(X,μ).
Ánh xạ ϕ g là toán tử tuyến tính, đẳng cự và toàn ánh, nó cho phép đồng nhất
(Lp(X,μ))* với Lp\(X,μ)
1.5. Tính chất lồi đều:
Định nghĩa 1.5.1
Không gian Banach X được gọi là lồi đều nếu:
∀ε > 0, ∃δ > 0 : (|| x || ≤1, || y || ≤ 1, || x − y || > ε ) ⇒
x+ y
< 1− δ
2
Hay
∀ε > 0, ∃δ > 0 : (|| x || ≤1, || y || ≤ 1,
x+ y
≥ 1 − δ ) ⇒ || x − y || ≤ ε )
2
Định nghĩa tương đương: ( xn ≤ 1, yn ≤ 1, lim xn + yn = 2 ) ⇒ lim xn − yn = 0
n →∞
n →∞
18
Định lý 1.5.1 Cho không gian độ đo (X,F,μ) và Ω∈F Khi đó: Lp(Ω, μ) lồi đều với
1< p < ∞
Chứng minh:
Trường hợp: 1 < p ≤ 2
Cho ε>0
f
Giả sử: f , g ∈ Lp :
p
≤ 1, g
p
≤ 1, f − g p > ε
Áp dụng bất đẳng thức Clarkson thứ 2 đúng cho 1 < p ≤ 2
f +g
2
p
f −g
+
2
f +g
2
⇒
f +g
Do đó:
2
p'
p'
p
p'
p
1
≤ . f
2
ε
< 1−
2
1/( p −1)
1
p
+ . g p
p
2
p
p'
⇒
1/ p '
f +g
2
p
ε p'
< 1 −
2
1/ p '
p
ε p'
< 1 − g với γ =
1 −
2
>0
Vậy 𝐿𝑃 lồi đều với 1 < p ≤ 2
Trường hợp:
2≤ p<∞
Giả sử f , g ∈ Lp : f
p
≤ 1, g
p
≤ 1, f − g
p
>ε
Áp dụng bất đẳng thức Clarkson thứ nhất đúng cho
f +g
2
f −g
+
2
p
p
f +g
2
p
p
⇒
f +g
⇒
2
p
p
2≤ p<∞
1
≤ f
2
1
1
+ g
p
2
p
ε
< 1−
2
p
1/ p
p
ε p
< 1 −
2
p −1
p
p
19
f +g
< 1 − δ với δ=
2
Do đó
Vậy 𝐿𝑃 lồi đều với
1/ p
ε p
1 −
2
2≤ p<∞
1.6. Một số ánh xạ giữa các không gian Lp
Định nghĩa 1.6.1 cho không gian độ đo (X,F,μ) và Ω∈F. Một hàm f : Ω × → được
gọi là thỏa điều kiện
Carathéodory nếu:
i) ∀x ∈ Ω thì t f ( x, t ) là hàm liên tục
ii) ∀t ∈ thì x f ( x, t ) là hàm đo được
Xét ánh xạ N f được xác định bởi:
=
N f ( u )( x ) f ( x, u ( x ) ) , x ∈ Ω
Ở đây: f là hàm thỏa điều kiện Carathésodory; u: Ω →ℝ là hàm đo được
N f ( u ) : Ω→ℝlà hàm đo được.
Khi đó ánh xạ u N f ( u ) được gọi là ánh xạ Nemytskii
Định li 1.6.1
Giả sử f ( x, t ) ≤ a ( x ) + b t
p
q
(p, q≥1 và a ∈ Lp , b > 0 là hằng số) thì ánh xạ Nemytskii
N f : Lp Lq liên tục
Chứng minh:
Giả sử trái lại N f không liên tục tại u0 .
Khi đó: ∃ ε > 0 , ∀δ>0, ∃ u ∈ Lp : u − u0
Cho δ =
u n − u0
p
1
thì ta có dãy {un } thỏa:
n
1
< , N f ( u n ) − N f ( u0 ) ≥ ε
q
n
p
< δ , N f ( u ) − N f ( u0 ) ≥ ε
q
20
Hay
u n − u0
p
<
∫ f ( x, u ( x ) ) − f ( x, u ( x ) )
1
,
n
Do lim un − u0
n →∞
q
0
n
Ω
=
0 nên theo định lí 1.2.2 ta có dãy con {un
p
k
sao cho: lim un ( x ) = u0 ( x )
k →∞
Với a,b ≥0:
(a + b)
q
dx ≥ ε p
(hkn) và un ( x ) ≤ y ( x )
k
(
≤ 2q −1 a q + b q
} và hàm
k
(1.18)
y ∈ Lp
(hkn)
)
(1.19)
Thật vậy, coi a,b >0 và q>1 ta có:
q
q
a+b a b
+
(1.19) ⇔
≤
2 2
2
q
(1.20)
(1.20) đúng do ϕ ( t ) = t q ( t>0,q>1 ) là hàm lõm
Áp dụng (1.19) cho a = f ( x, un ( x ) ) , b = f ( x, u0 ( x ) ) ta có:
k
(
)
(
f x, unk ( x ) − f ( x, u0 ( x ) ) ≤ 2q −1 f x, unk ( x )
Lại có:
(
q
)
q
q
+ f ( x, u0 ( x ) )
p
q
)
f x, unk ( x ) ≤ a ( x ) + b unk ( x ) ≤ a ( x ) + b unk ( x )
(
)
q
(
)
q
⇒ f x, unk ( x )
⇒ f x, unk ( x )
≤ a ( x ) + b unk ( x )
(
p
q
p
q
q −1
a ( x ) + b q unk ( x )
≤ 2
≤ 2q −1 a ( x ) + b q y ( x )
Chứng minh tương tự
q
(
p
q
(
q
p
) (do u
nk
f ( x, u0 ( x ) ) ≤ 2q −1 a ( x ) + b q u0 ( x )
Đặt
(
q
=
g ( x ) 2 2 q − 2 2 a ( x ) + b q u0 ( x )
q
p
)
q
(1.21)
)
( x ) ≤ y ( x ) (hkn))
p
)
(1.22)
(1.23)
21
thì từ (1.21),(1.22), (1.23) ta có:
)
(
f x, unk ( x ) − f ( x, u0 ( x ) ) ≤ g ( x ) , g ( x ) là hàm khả tích
Mặt khác:
q
∀x ∈ Ω thì u f ( x, u ) là hàm liên tục nên từ lim unk ( x ) = u0 ( x ) ta suy ra:
k →∞
(
)
lim f x, unk ( x ) − f ( x, u0 ( x ) ) =
0
k →∞
0
và lim f ( x, un ( x ) ) − f ( x, u0 ( x ) ) =
q
k →∞
k
Do đó, theo định lí hội tụ bị chặn Lebesque :
lim ∫ f ( x, unk ( x ) ) − f ( x, u0 ( x ) ) dx =
0
q
k →∞
X
Từ (1.18) và ( 1.24 ) ta thấy điều mẫu thuẫn .
Vậy N f liên tục
(1.24)
