(LUẬN văn THẠC sĩ) các bất đẳng thức đặc trưng của không gian banach lồi đều và trơn đều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ TÌNH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẶC TRƯNG CỦA KHƠNG GIAN BANACH LỒI ĐỀU VÀ TRƠN ĐỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ TÌNH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẶC TRƯNG CỦA KHÔNG GIAN BANACH LỒI ĐỀU VÀ TRƠN ĐỀU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TS NGUYỄN BƯỜNG Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com Mục lục Mục lục i Lời cam đoan ii Lời nói đầu iii Lời cảm ơn iv Danh sách ký hiệu Mở đầu 1 Các khái niệm 1.1 Không gian Hilbert 1.2 Không gian Banach Các bất đẳng thức đặc trưng không gian Banach lồi trơn 10 L p , Wmp 2.1 Một số bất đẳng thức không gian 10 2.2 Đặc trưng bất đẳng thức không gian Banach lồi 12 2.3 Đặc trưng bất đẳng thức không gian Banach trơn 19 Kết luận 26 Tài liệu tham khảo 27 Phụ lục 28 i download by : skknchat@gmail.com Lời cam đoan Tác giả luận văn xin cam đoan tính trung thực, tính đắn hợp pháp luận văn Đây chép luận văn có trước đó, mà tham khảo, tổng hợp trình bày theo suy nghĩ chủ quan tác giả luận văn kết khoa học có liên quan tới chủ đề đặt cho luận văn Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015 Học viên Lê Thị Tình ii download by : skknchat@gmail.com LỜI NÓI ĐẦU Luận văn trình bày kết chủ yếu bất đẳng thức không gian Banach lồi trơn Dù nghiêm túc cố gắng thực luận văn thời gian trình độ hạn chế chắn khơng tránh khỏi thiếu sót định Kính mong góp ý thầy bạn để luận văn hồn chỉnh nhiều ý nghĩa Lê Thị Tình Học viên Cao học Tốn Khóa 7: 2013-2015 Chun ngành Tốn ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên iii download by : skknchat@gmail.com Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo tận tình giảng dạy, bồi dưỡng kiến thức suốt trình học tập, nghiên cứu rèn luyện trường Tác giả xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TS Nguyễn Bường tận tình hướng dẫn suốt trình viết luận văn Xin chân thành cảm ơn Lê Thị Tình Thái Nguyên, 2015 Học viên Cao học Tốn Khóa 7: 2013-2015 Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iv download by : skknchat@gmail.com Danh sách ký hiệu Khơng gian định chuẩn B(X) Hình cầu đóng tâm 0, bán kính S(X) Mặt cầu đóng tâm 0, bán kính , Tích vơ hướng C[a,b] Không gian hàm liên tục Kn Không gian Euclid n-chiều download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Như biết khơng gian Hilbert có đẳng thức hình bình hành x+y + x−y =2 x + y (1) khơng gian có cấu trúc đẹp đẽ Lý nói vấn đề đặt khơng gian phân tích cách dễ dàng hồn chỉnh Tuy nhiên nhiều ứng dụng cần phải xét khơng gian Banach, liệu khơng gian Banach có tính chất gần đẹp đẽ không gian Hilbert không? Mục đích luận văn trình bày đặc trưng dạng tương tự (1) không gian Banach lồi trơn đều, không gian Hilbert Bố cục luận văn gồm chương: Chương I Một số khái niệm Chương II Các bất đẳng thức đặc trưng không gian Banach lồi trơn download by : skknchat@gmail.com Chương Các khái niệm Chương trình bày khái niệm thuộc không gian Hilbert không gian Banach Trong nêu lên tính chất, ví dụ cụ thể loại không gian 1.1 Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1 Cho X không gian tuyến tính R Một tích vơ hướng X ánh xạ , thỏa mãn điều kiện sau: i) x, x > 0, ∀x = 0; x, x = ⇐⇒ x = 0; ii) x, y = y, x , ∀x, y ∈ X; iii) αx, y = α x, y , ∀x, y ∈ X, α ∈ R; iv) x + y, z = x, z + y, z , ∀x, y, z ∈ X Khơng gian tuyến tính X với tích vơ hướng , gọi không gian tiền Hilbert Không gian tiền Hilbert đầy đủ gọi không gian Hilbert Tính chất 1.1 Nếu X khơng gian tiền Hilbert tích vơ hướng liên tục X × X Tính chất 1.2 (Đẳng thức Pythagore) Nếu x⊥y x+y = x + y Một cách tổng quát x1 , ., xn ∈ X với xi x j = với i = j n ∑ xi i=o với x = x, x , y = n = ∑ xi , i=1 y, y download by : skknchat@gmail.com Tính chất 1.3 (Đẳng thức hình bình hành) x+y với x = + x−y x, x , y = =2 x + y , ∀x, y ∈ X, y, y Ví dụ 1.1 (Không gian Euclide n-chiều) Xét không gian vectơ Cn = {x = (x1 , ., xn ) : x1 , ., xn ∈ C} Khi dễ có cơng thức n x, y = ∑ x j y j , x = (x1, ., xn), y = (y1, , yn) ∈ C j=1 xác định tích vơ hướng C Bởi C đầy Cn đầy với chuẩn, đặc biệt với chuẩn Euclide n x = ∑ xj = x, x j=1 nên Cn khơng gian Hilbert Ví dụ 1.2 (Không gian l2 ) Xét không gian dãy số bình phương khả tổng l2 = {x = {xn }n≥1 : x = ∑ |xn|2 < ∞} n≥1 Vì ∞ ∑ |xnyn| ≤ n=1 ∞ ∞ n=1 n=1 ∑ |xn|2 + ∑ |yn|2 nên dễ thấy, công thức ∞ x, y = ∑ xn yn , x, y ∈ l2 , n=1 xác định tích vơ hướng l2 Mặt khác, x = x, x , x ∈ l2 nên l2 đầy với chuẩn l2 không gian Hilbert download by : skknchat@gmail.com λ x + µty = α −1 z = (λ + µt) β x + (1 − β )(λ x + µy) ≤ (λ + µt)[β x + (1 − β ) λ x + µy ] (2.9) Tiếp theo, xét hàm f (s, w) = s−1 ( x + sw − x ), s > không giảm theo s s w cố định X Do theo định nghĩa mođun lồi suy λ x + µy = + µ[ x + µ(y − x) − x ]/µ = + µ f (µ, y − x) ≤ + µ f ( , y − x) = − 2µ[1 − x + y ] ≤ − 2µδx (ε), µ ≤ tương tự, ta thu λ x + µy = − 2λ δx (ε), λ ≤ Kết hợp với (2.9), ta có λ x + µty ≤ (1 − t)λ + t[1 − 2(µ ∧ λ )δx (ε) = λ + µt − 2(µ ∧ λ )tδx (ε), suy bổ đề chứng minh Bổ đề 2.2 X lồi khi, với p ∈ (1, ∞) tồn hàm tăng chặt λ x + µy p + ( x ∨ y) p δ p (λ , µ, x−y )≤λ x x ∨ y p + µ y p, (2.10) với x, y ∈ X Chứng minh Ở (2.10) nói rằng, với x, y ∈ S(X), x − y ≥ ε ta đặt λ =µ= ta x+y p 1 + δ p ( , , ε) ≤ 2 suy 1 δx (ε) ≥ − [1 − δ p ( , , ε)]i/p > 0, 2 đó, X lồi Ngược lại, giả sử X lồi Chúng ta xét hàm δ p (λ , µ, ) (2.10) Để chứng minh định nghĩa ánh xạ ϕ p : [0, 1] × [0, 1] × R+ (1) (2) δ p (λ , µ, ε) = min{ f p (λ , µ, ε), f p (λ , µ, ε)}, 14 download by : skknchat@gmail.com (2.11) (1) f p (λ , µ, ε) = λ + µ(1 − ε2 ) p − (1 − µ ε2 ) p ; (2) f p (λ , µ, ε) = λ [1 − µλ p−1 /{µ 1/p−1 − [µ − 2(µ ∧ λ )δX (ε/2)] p(p−1) } p−1 ] Với hàm ϕ p ta xác định bất đẳng thức λ x + µy p + ϕ p (λ , µ, ε) ≤ λ x p + µ y p, (2.12) với x ∈ S(X) y ∈ B(X) Thật vậy, cho t0 = y , y = t0−1 y, ε = x − y ε = x − y Ta xét hàm g định nghĩa g(t) = λ + µt p − [λ + µt − 2(µ ∧ λ )tδX (ε)] p , ≤ t ≤ Theo Bổ đề 1, ta có g(t0 ) = λ + µt0p − λ x + µt0 y =λ x p +µ y p p = λ + µt0p − λ x + µy p (2.13) − λ x + µy p Bây xét trường hợp: Trường hợp t0 ≤ − ε/2 Khi đơn điệu giảm chặt hàm (λ + µt p ) − (λ + µt) p suy (1) g(t0 ) ≥ λ + µt0p − (λ + µt0 ) p ≥ f p (λ , µ, ε) Do đó, từ (2.13) suy (2.12) Trường hợp t0 ≥ − ε/2, ε = x − y ≥ x − y − y − y = ε − (1 −t0 ) ≥ ε/2 Theo tính chất (δ 2), ta có ε g(t0 ) ≥ λ + µt0p − [λ + µt0 − 2(µ ∧ λ )t0 δX ( )] p =: h(t0 ) Chúng ta thu hàm h(t0 ), ≤ t0 ≤ 1, đạt giá trị nhỏ t∗ = λ µ − (µ ∧ λ ) δX ε (p−1)−1 - µ − (µ ∧ λ ) δX Đó nghiệm phương trình −1 / µ (p−1) ε p/(p−1) ε h (t0 ) = p µt0p−1 − λ + µt0 − 2(µ ∧ λ )t0 δX ( ) 15 download by : skknchat@gmail.com } p1 ì 2(µ ∧ λ )δX ( ) }= 0, với p−1 ε p µt0 [λ + µt0 − 2(µ ∧ λ )t0 δX ( ε2 )] [λ + µt0 − 2(µ ∧ λ )t0 δX ( )] = , µ − 2(µ ∧ λ )δX ( ε2 ) inf h(t0 ) = h(t∗ ) = λ 0≤t0 ≤1 + µt∗p − µt∗p−1 [λ + µt∗ − 2(µ ∧ λ )t∗ δX ( ε2 )] µ − 2(µ ∧ λ )δX ( ε2 ) (2) = λ − λ µt∗p−1 [µ − 2(µ ∧ λ )δX ( ε2 )]−1 = f p (λ , µ, ε) Do đó, (2.12) chứng minh Dễ dàng thấy hàm δ p (λ , µ, ε) tăng chặt ε Vì thế, từ (2.12) suy (2.10) với δ p (λ , µ, ε) = φ p (λ , µ, ε) , φ p (µ, λ , ε) (2.14) Do bổ đề chứng minh Bổ đề 2.3 Cho δ p (λ , µ, ε) cho (2.14) Khi ε lim sup δ p (λ , µ, ε)/µ + lim sup δ p (λ , µ, ε)/λ ≥ K p ( ), µ→0 λ →0 với K p số định nghĩa √ 1 K p = 4(2 + 3) p(p − 1) ∧ p ∧ (p − 1), 2 √ (p - 1) − − p(p−1)−1 ,1− 1+ √ 1−p (2− 3)p }.(2.15) p−1 Chứng minh Từ δ p (λ , µ, ε) đối xứng ứng với λ µ, ta có lim sup δ p (λ , µ, ε)/µ + lim sup δ p (λ , µ, ε)/λ µ→0 ≥ min{ lim λ →0 (i) f p (λ , µ, ε)/µ + µ→0 (i) lim f p (λ , µ, ε)/λ , i = 1, 2} λ →0 Ta có p p − − ε =: g1 (ε); µ→0 p−1 ε p−1 (1) lim f p (λ , µ, ε)/λ = − + ε 1− =: g2 (ε); 2 λ →0 −1 ε p(p−1) (2) lim f p (λ , µ, ε)/µ = (p − 1) − − 2δX = h1 (δ ); µ→0 (1) lim f p (λ , µ, ε)/µ = − lim λ →0 (2) f p (λ , µ, ε)/λ ε 2p ε = 1− 1+ δX p−1 16 1−p =: h2 (δ ), download by : skknchat@gmail.com δ = δX ( ε2 ) Áp dụng tính chất (δ 3) ta có δ = δX ε ε ε ≤ δH = 1− 1− 2 2 1/2 , √ √ ε ( )2 ≥ 4δ (2 − δ ) ≥ (4 + 3) δ ≤ (2 − 3) với ε ∈ (0, 2] , thu 2 √ √ ε p g1 (ε)/δ = (4 + 3) inf g1 (ε)/( )2 = (4 + 3)(p − 1)( ∧ 1); 0≤ε≤2 2 √ √ p(p − 1) ε g2 (ε)/δ = (4 + 3) inf g2 (ε)/( ) = (4 + 3)( ∧ 1); 0≤ε≤2 2 h1 (δ )/δ ≥ inf h1 (δ )/δ √ 0≤δ ≤ (2− 3) 2√ √ −1 = (4 + 3)(p − 1)[1 − ( − 1) p(p−1) ]; √ 1−p √ (2− 3)p h2 (δ )/δ ≥ inf √ h2 (δ )/δ = (4 + 3) − + p−1 0≤δ ≤(2− 3) Do bổ đề chứng minh Chứng minh định lý 2.1 (i) ⇒ (ii) Từ ánh xạ đối ngẫu J p tính chất (J4) khơng tính tổng qt, ta giả sử x ∨ y = Thật vậy, áp dụng Bổ đề 2.2, ta có λ x + µy p + δ p (λ , µ, x − y ) ≤ λ x p + µ y p , ∀x, y ∈ X, đặc biệt ý x + µ(y − x) p − x p ≤ µ( y p − x p ) − δ p (λ , µ, x − y ); (2.16) y + λ (x − y) p − y p ≤ λ( x p − y p ) − δ p (λ , µ, x − y ) (2.17) Vì X lồi đều, X phản xạ Từ áp dụng (J5) ta có J p x = ∂ ((1/p) x p ) cho x ∈ X Dựa vào đẳng thức (2.16) (2.17) suy p j p x, y − x ≤ y p p j p x, y − x ≤ x p − x p − y p − lim sup δ p (λ , µ, x − y )/µ µ→0 − lim sup δ p (λ , µ, x − y )/λ λ →0 Kết hợp hai đẳng thức ta 17 download by : skknchat@gmail.com p j p x − j p y, x − y ≥ [ lim sup δ p (λ , µ, x − y )/µ p µ→0 + lim sup δ p (λ , µ, x − y )/λ ] λ →0 Theo Bổ đề 3, ta có j p x − j p y, x − y ≥ K p δX (λ , µ, x − y )/λ , từ đó, cho φ p (t) = K p δX (t/2) suy (ii) p (ii) ⇒ (iii) Cho Φ(t) = (1/p) x + ty 0=t0 < t1 < < tN = phân hoạch [0, 1] Dựa vào (J5), ta có p x+y p − 1p x p N−1 = Φ(t) − Φ(0) = ∑ (Φ(tk+1 ) − Φ(t)) n=o N−1 ≥ ∑ j p (x + tk y), y (tk+1 − tk ) k=0 Từ (ii) ta có x+y p − x N−1 ≥p ∑ k=0 N−1 ( ≥p ∑ k=0 p − p j p, y j p (x + tk y) − j p x, y (tk+1 − tk ) x + tk y ∨ x p ) tk y φ p( )(tk+1 − tk ) tk x + tk y ∨ x Từ φ p tăng chặt x + ty ∨ x liên tục t, hàm x + ty ∨ x S(t) = t p φ p( t y ), x + ty ∨ x khả tích (trong Bổ đề Riemann) Ta có x+y p − x p N−1 − p j p x, y ≥ lim p N→∞ ∑ S(tk )(tk+1 − tk ) k=o = p S(t)dt, suy (iii) 18 download by : skknchat@gmail.com (iii) ⇒ (i) Với x, y ∈ S(x), dựa vào (iii) ta có = x + (y − x) − x x + t(y − x) ∨ x )2 t t y−x ×φ2 ( )dt x + t(y − x) ∨ x ≥ jx, y − x + ≥ jx, y − x + t −1 φ2 (t y − x )dt x−y = jx, y − x + φ2 (η)/ηdη Khi từ đơn điệu tăng φ2 , ta ε − jx, y ≥ φ2 (η)/ηdη x − y ≥ ε Từ đây, kết hợp với kết (ii) φ p (η) ∈ A ta có tồn hàm tăng ε chặt Y (ε) = K2 δX (η/2)/ηdη Như jx, y ≥ − Y (ε) với x, y ∈ S(x), x − y ≥ ε Do đó, ta có X lồi Định lý chứng minh 2.3 Đặc trưng bất đẳng thức không gian Banach trơn Cho X không gian Banach với mođun trơn ρX (τ) ℑ = {ϕ:R+ → R+ : ϕ(0) = 0, ϕ lồi, không giảm tồn số K>0 cho ϕ(τ) ≤ K pX (τ)} Trong phần chúng tơi chứng minh tính hai mặt Định lý 2.1: Định lý 2.2 Với < p < ∞, kết sau tương đương: (i) X trơn đều; (ii) J p có giá trị ϕ p ∈ ℑ sau: x−y ), ∀x, y ∈ X, x ∨ y (2.18) + p J p x, y + σ p (x, y), ∀x, y ∈ X, (2.19) J p x − J p y ≤ ( x ∨ y ) p−1 ϕ p ( ϕ p (t) = ϕ p (t)/t; (iii) Tồn ϕ p ∈ ℑ sau x+y p ≤ x p 19 download by : skknchat@gmail.com σ p (x, y) = p t y ( x + ty ∨ x ) )dt; ϕ p( x + ty ∨ x t (iv) Tồn x+y p ≤ x p + p j p x, y + σ p (x, y), ∀x, y ∈ X (2.20) Để chứng minh định lý có bổ đề sau Bổ đề 2.4 Cho X trơn không gian Banach, J p : X → X ∗ J p∗ : X ∗ → X ánh xạ đối ngẫu tương ứng với hàm φ (t) = t p−1 φ (s) = sq−1 Khi J p−1 = Jq∗ Chứng minh X trơn X phản xạ X ∗ lồi Do từ kết (J2) (J3), J p toàn ánh Điều chứng tỏ tồn ánh xạ ngược J p−1 : X ∗ = D(J p−1 ) → X = X ∗∗ kết J p−1 x∗ = {x ∈ X : j p x = x∗ }, ∀x∗ ∈ X ∗ Mặt khác, cho φ (x) = (1/p) x p với x X Từ dễ dàng có φ liên tục, lồi, liên hợp cho φ ∗ (x) = (1/q) x∗ q , ∀x∗ ∈ X ∗ Từ kết (J5), thu J p x = ∂ φ (x), ∀x ∈ X; J ∗ xq∗ = ∂ φ ∗ (x∗ ), ∀x∗ ∈ X ∗ Bằng cách sử dụng x∗ ∈ ∂ φ (x) x ∈ ∂ φ ∗ (x∗ ) , ta kết luận J p−1 x∗ = J ∗ xq∗ ,∀x∗ ∈ X ∗ Bổ đề chứng minh Chứng minh định lý 2.2: (i) ⇒ (ii) ta biết J p X ∗ lồi Cho δX∗ (ε) mođun lồi X ∗ Khi đó, theo Định lý 2.1 (ii), có bất đẳng thức Jq∗ x∗ − Jq∗ y∗ , x∗ − y∗ ≥ Kq ( x ∗ x∗ − y∗ ∨ y ) δX ∗ ( ), 2( x∗ ∨ y∗ ) ∗ q với ∀x∗ , y∗ ∈ X ∗ , Jq∗ chọn tùy ý ánh xạ ngược Jq∗ : X ∗ → 2X Kq số cho (2.15) Khi đó, ta có jq∗ x∗ − jq∗ y∗ ≥ Kq ( x∗ ∨ y∗ )q−1 δ X ∗ 20 x∗ − y∗ , ( x ∗ ∨ y∗ ) download by : skknchat@gmail.com với δ X ∗ = δX ∗ (ε)/ε, ∀ε ∈ (0, 2) Đặc biệt, đặt x∗ = J p x y∗ = J p y, theo Bổ đề 2.4, ta Jpx − Jpy x − y ≥ Kq ( x ∨ y )δ X ∗ ( ), 2( x ∨ y ) p−1 tương đương Jpx − Jpy x−y ) ≥ δ X∗( Kq ( x ∨ y ) 2( x ∨ y ) p−1 Bằng tính chất (ρ3) mođun trơn đều, ta ρX( Jpx − Jpy x−y ) ≥ (4δ X ∗ ( )), Kq ( x ∨ y ) 2( x ∨ y ) p−1 ρ X (τ) = ρX (τ)/τ, ∀τ > Mặt khác, theo tính chất (ρ5), ta có ρX (τ) ≥ τε − δX ∗ (ε), ∀ε ∈ (0, 2), τ > Điều hàm ý đặc biệt ρX ( 4δX ∗ (ε) ε 4δX ∗ (ε) )≥ − δX ∗ (ε) = δX ∗ (ε), ∀ε ∈ (0, 2) ε ε Khi ρX (4δ X ∗ (ε)) ≥ ε(4δ X ∗ (ε)), cụ thể là, ρ X (4δ X ∗ (ε)) ≥ ε Từ (2.21), ta thu ρ¯ X x−y Kq ( x ∨ y ) ≥ ρ¯ X ≥ 4δ¯X ∗ Jpx − Jpy 2( x ∨ y ) p−1 Jpx − Jpy ( x ∨ y ) p−1 Đó là, J p x − J p y ≤ 8( x ∨ y ) p−1 ρ¯ X x−y Kq ( x ∨ y ) 21 download by : skknchat@gmail.com (2.21) ( x ∨ y )p = Kp ρX x−y x−y Kq ( x ∨ y ) (2.22) Bây xét trường hợp sau: Trường hợp I 8/Kq ≤ Từ ρX (.) lồi (từ kết (ρ1)), ta có ( x ∨ y )p Jpx − Jpy ≤ ρX x−y x−y ( x ∨ y ) x−y = 8( x ∨ y ) p−1 ρ¯ X Kq ( x ∨ y ) Trường hợp II 8/Kq > Theo (ρ6), ta 82 ( x ∨ y ) p−2 x − y Jpx − Jpy ≤ Kq x−y x−y ×ρX / Kq ( x ∨ y ) Kq ( x ∨ y ) p−2 x−y x−y ( x ∨ y ) x−y ρX / ≤c Kq ( x ∨ y ) ( x ∨ y ) p x−y c( x ∨ y ) = ρX Kq x − y ( x ∨ y ) x−y = 82 cKq−1 ( x ∨ y ) p−1 ρ¯ X ( x ∨ y ) Do đó, suy (2.18) với ϕ p (t) = max{8, 82 cKq−1 }ρX (t) (ii) ⇒ (iii) Từ J p nhất, J Điều chứng tỏ X trơn ta nói J liên tục từ tô pô hội tụ yếu X đến cấu trúc liên hợp X ∗ Thật vậy, hàm φ (t) = x + ty p ,t ∈ (0, 1] liên tục khả vi với đạo hàm φ (t) = p J p (x + ty), y Theo công thức Newton-Leibnitz (2.18) ta x+y p − x p − p J p x, y = φ (1) = φ (0) − φ (0) J p (x + ty) − J p x, y dt =p ≤p J p (x + ty) − J p x y dt ≤p y t y x + ty ∨ x t y dt x + ty ∨ x ( x + ty ∨ x ) p−1 ϕ¯ p ( x + ty ∨ x ) p ≤p ϕp t 22 download by : skknchat@gmail.com dt Do ta (2.19) (iii) ⇒ (iv) Hiển nhiên (iv) ⇒ (i) Với x ∈ S(X) y ≤ τ, đẳng thức (2.20) cho ta p x+y p ≤ x + p J p x, y + σ p (x, y) = + σ p (x, y) + p J p x, y x−y p ≤ x p − p J p x, y + σ p (x, y) = + σ p (x, −y) − p J p x, y Cho α = + max{σ p (x, y), σ p (x, −y)} Ta Từ p α x + y + x − y ≤ (α + p J p x, y )1/p + (α − p J p x, y )1/p p p = α 1/p [(1 + J p x, y )1/p + (1 − J p x, y )1/p ] α α J p x, y ≤ [1 + max{σ p (x, y), σ p (x, −y)}]−1 , pτ → τ → 0, τ đủ nhỏ ta có ∞ (1 + αp J p x, y )1/p = ∑ p α (1 − αp J p x, y − αp J p x, y 1/p n = 1/p n=0 n ∞ )1/p = ∑ 1/p n=0 n J p x, y n n , (1/p) (1/p − 1) (1/p − n + 1) n! Từ kết trên, với τ đủ nhỏ ta có x + y + x − y ≤ 2α 1/p ∞ ∑ n=0 1/p 2n p J p x, y α 2n ≤ 2α 1/p ≤ 2α ≤ (1 + σ (τ)) , σ (τ) = sup {σ p (x, y), σ p (x, −y) : x ∈ S(X), y ≤ τ}, (chú ý 1/p 2n ≤ với n ≥ α > 1) Từ định nghĩa mođun X trơn đều, ta thấy ρX (τ) ≤ σ (τ), ∀τ > Từ biểu thức σ p (x, y), cho ta σ (τ)/τ → τ → Đặc biệt, ρX (τ)/τ → τ → 0, X trơn Với điều Định lý 2.2 chứng minh 23 download by : skknchat@gmail.com Nhận xét 2.1 Từ chứng minh Định lý 2.2, đẳng thức (2.18)-(2.19) viết lại sau x−y ); x ∨ y J p x − J p y ≤ ( x ∨ y ) p−1 ρ X ( p x+y với ≤ x p + p J p x, y + σX (x, y), (2.23) (2.24) ( x + ty ∨ x ) p−1 t y ρx ( )dt, t x + ty ∨ x σ p (x, y) = pL số L = max{8, 64cKq−1 }, Kq định nghĩa (2.15) với c định nghĩa 4τ0 ∞ 15τ0 c= (1 + ), τ0 = ρH (τ0 ) j=1 4×2j √ 339 − 18 30 (2.25) Nhận xét 2.2 Đẳng thức (2.23) (2.24) nói X mođun trơn bậc s (s>1) có tồn số thực L1 cho J p x − J p y ≤ L1 x − y x+y s s−1 ; ≤ x s + s J p x, y + L1 y s (2.26) (2.27) Mặt khác, từ (iv) ⇒ (i) Định lý 2.2, ta L1 ρX (τ) ≤ (1/2τ s ) nên (2.27) Do đó, ta thấy kết sau tương đương: (i) X mođun trơn mũ s(s>1); (ii) Js Holder liên tục với thứ tự liên tục s − 1; (iii) Đẳng thức (2.27) với x, y ∈ X Nhận xét 2.3 Nhớ lại mođun liên tục J p định nghĩa W p (t) = sup{ J p x − J p y : x − y ≤ t}, ∀t > Khi đó, từ (2.24) ta có (a) Ws (t) ≤ L1t s−1 , X mođun trơn bậc mũ s(s>1) Nói chung, từ (2.16) lý luận tương tự (2.20) định lý 2, ta có 24 download by : skknchat@gmail.com (b) W2 (t) ≤ L(t)ρ X (t), L(t) = L max{2t, c} khoảng bị chặn R1 Như "nhận xét 2.2" tính chất (J2) ánh xạ, nói khơng gian Banach trơn (tương ứng, có mođun trơn có bậc s(s>1)), ánh xạ J liên tục giới hạn X (tương ứng Js Holder liên tục) Mặc dù, Định lý 2.2 không làm rõ mối quan hệ định lượng không gian trơn X ánh xạ J p , mà cung cấp cách trực tiếp mang tính xây dựng chứng minh cho tính chất (J2) ánh xạ Đặc biệt, Nhận xét 2.2 (i)-(ii) củng cố lại tính chất (J2) 25 download by : skknchat@gmail.com Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết số vấn đề không gian Banach, không gian Banach lồi, không gian Banach lồi Đưa ví dụ khơng gian Banach, khơng gian Banach lồi Trình bày chi tiết số vấn đề không gian Banach trơn, khơng gian Banach trơn Trình bày chi tiết đặc trưng bất đẳng thức không gian Banach lồi Trình bày chi tiết đặc trưng bất đẳng thức không gian Banach trơn 26 download by : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hồng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội Tiếng Anh [2] W L BYNUM AND J H DREW, A weak parallelogram law for l p , Amer, Math, Monthly, 79 (1972), 1012 − 1014 [3] YA I Al’BER AND A I NOTIK, Geometric properties of Banach spaces and approximate method for solving nonlinear operator equations, Soviet Math Dokl, 29 (1984), 611-615 [4] J P AUBIN AND I EKELAND, "Applied Nonlinear Analysis", John Wiley, New York,1984 [5] ZONG-BEN XU, Charateristic Inequalities of Uniformly Convex and Uniformly Smooth Banach Spaces, "Journal Of Mathematical Analysis And Application", 157, 189-210 (1991) 27 download by : skknchat@gmail.com Phụ lục MỘT SỐ THUẬT NGỮ ĐÃ SỬ DỤNG Không gian tiền Hilbert (Định nghĩa 1.1) Sơ chuẩn (Định nghĩa 1.2) Không gian định chuẩn (Định nghĩa 1.3) Mặt cầu, hình cầu đóng (Định nghĩa 1.4) Không gian Banach lồi (Định nghĩa 1.5) Không gian Banach trơn (Định nghĩa 1.6) 28 download by : skknchat@gmail.com ... Chương Các bất đẳng thức đặc trưng không gian Banach lồi trơn Chương trình bày bất đẳng thức đặc trưng không gian Banach lồi trơn Các kết trình bày chương lấy từ báo [5] 2.1 Một số bất đẳng thức không. .. gian Hilbert, không gian Banach đặc biệt không gian Banach trơn, trơn đều, lồi, lồi Chương dành cho việc xét bất đẳng thức đặc trưng không gian Banach mở rộng đẳng thức không gian Hilbert download... đề không gian Banach, không gian Banach lồi, khơng gian Banach lồi Đưa ví dụ khơng gian Banach, khơng gian Banach lồi Trình bày chi tiết số vấn đề không gian Banach trơn, khơng gian Banach trơn