Nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: NGHIỆM DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Phương pháp hàm phạt phương pháp dùng để tìm nghiệm cho tốn cực trị có điều kiện Ý tưởng phương pháp chuyển việc giải toán cực trị có điều kiện thơng qua việc giải toán cực trị tự Các loại hàm phạt thường dùng hàm phạt điểm ngoài, hàm phạt điểm trong, hàm phạt Lagrange Trong chương trình tốn đại học, phương pháp chưa giới thiệu Hơn nữa, hầu hết giáo trình tiếng Việt, chưa trình bày cách đầy đủ sở lý thuyết phương pháp hàm phạt 738 2 Vô hạn chiều Định nghĩa (i) Không gian vector thực E gọi vơ hạn chiều khơng hữu hạn chiều ta viết dimR E = ∞ (ii) Nếu dimR E = ∞, hệ B ⊂ E gọi sở (đại số Hamel) E hệ vector độc lập tuyến tính (nghĩa tập hữu hạn độc lập tuyến tính) B tập lớn tất tập chứa vector độc lập tuyến tính E Điều chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff, với khơng gian vector vơ hạn chiều E có sở B phần tử thuộc E biểu diễn (hữu hạn) theo tổ hợp tuyến tính phần tử thuộc B Khi dimR E = ∞, (E, ∥.∥E ) (E ′ , ∥.∥E ′ ) không thiết đẳng cấu topo Tuy nhiên, ta chứng minh vài tính chất topo (E ′ , ∥.∥E ′ ) tính tách giữ (E, ∥.∥E ) Định lý (E, ∥.∥E ) tách (E ′ , ∥.∥E ′ ) tách Trước chứng minh định lý ta cần sử dụng điều kiện trù mật cho không gian định chuẩn, hệ định lý Hahn-Banach thứ hai hình học Mệnh đề (Điều kiện trù mật không gian con) Cho (E, ∥.∥E ) không gian định chuẩn Giả sử M ⊂ E không gian không trù mật (E, ∥.∥E ) lấy x0 ∈ E \ M Khi tồn f ∈ E ′ cho ⟨f, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ M ⟨f, x0 ⟩E ′ ×E = Chứng minh Từ định lý Hahn-Banach thứ hai hình học, tồn g ∈ E ′ cho siêu phẳng H := {x ∈ E : ⟨g, x⟩E ′ ×E = α}, tách tập M {x0 } cách nghiêm ngặt, tức ⟨g, x⟩E ′ ×E < α < ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E ∀x ∈ M (1) Từ M không gian con, theo (??), suy λ ⟨g, x⟩E ′ ×E < α, ∀λ ∈ R, ⟨g, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ M (2) Do đó, ta xác định hàm f ∈ E ′ f := g, ⟨g, x0 ⟩E ′ ×E ta có điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 26 Cho D := {fh : h ∈ N} ⊂ (E ′ , ∥.∥E ′ ), trù mật Với h có phần tử xh ∈ E với ∥xh ∥ = 1 |fh (x)| ≥ ∥fh ∥E ′ Cho e := spanQ {xh : h ∈ N} D := spanR {xh : h ∈ N}, D tức là, tập tất tổ hợp tuyến tính phần tử {xh : e đếm được, D không gian h ∈ N} với hệ số thực Khi D E theo cách xây dựng ˜ ⊂ (D, ∥.∥) trù mật D Để đưa kết luận chứng minh, ta cần phải D ⊂ (D, ∥.∥) trù mật Theo phản chứng, D không trù mật, lấy x0 ∈ E \ D Khi từ mệnh đề ??, tồn f ∈ E ′ cho ⟨f, x⟩E ′ ×E = 0, ∀x ∈ D ⟨f, x0 ⟩E ′ ×E = Từ D trù mật, có dãy (fhk )k mà lim ∥fhk − f ∥E ′ = k→∞ Tuy nhiên, từ ∥xhk ∥ = 1, ∥fhk − f ∥E ′ ≥ |fhk (xhk ) − f (xhk )| = |f (xhk )| ≥ ∥fhk ∥E ′ ∀k ∈ N Do dó ∥fhk ∥E ′ → k → ∞, nghĩa f ≡ 0, mâu thuẫn với f (x0 ) = Vì D = E Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính Định lý (Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính) Cho I đoạn thực giả sử A ∈ C(I, Mn (F)), B ∈ C(I, F n ) Cho τ ∈ I, ξ ∈ F n tồn giải pháp X (IV P) đoạn I Chứng minh Cho t ∈ I , giả sử J = [c; d] đoạn bị chặn I cho τ, π ∈ J , Bởi định lý 7.3 tồn hàm Xj khác biệt đoạn [a, b] cho XJt (s) = A(s)XJ (s) + B(s), XJ (τ ) = ξ, s∈J Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn J1 = [c1 , c2 ] ⊂ I cho τ, t ∈ J1 , J1 ∩ J đoạn bị chặn chứa τ, t kết áp dụng cho đoạn cho thấy XJ1 (s) = XJ (s), s ∈ J1 ∩ J Đặc biệt, XJ1 (t) = XJ (t) Để định nghĩa X(t) không phụ thuộc vào J chọn Vì X có tính khả vi [a, b] thỏa mãn X ′ (t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Nó giải pháp (IV P) đoạn I Nó nhất, Y mơt giải pháp I t thuộc I có đoạn nhỏ J chứa τ, t kết cho J ngụ ý X(t) = Y (t) Trước tiếp tục phát triển lý thuyết, xem xét ví dụ khác Xét toán với n = : x′ = 3t2 x, x(0) = 1, t∈R Phương trình tích phân tương ứng Z t 3s2 x(s)ds = (T x)(t), x(t) = + t ∈ R Nếu x0 (t) = 1, t Z 3s2 xm (s)ds, xm+1 (t) = + m = 0, 1, Do Z x1 (t) = + t 3s2 ds = + t3 , t Z 3s2 [1 + s3 ]ds = + t3 + t6 /2, x2 (t) = + Z x3 (t)1 + t 3s2 [1 + s3 + s6 /2]ds = + t3 + t6 /2 + t9 /6, Và quy nạp cho thấy (t3 )2 (t3 )3 (t3 )m xm = + t + + + ··· + 3! m! Chúng ta nhận xm (i) môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số hàm x(t) = et Dãy số hội tụ đến x(t) cho t thuộc R, hàm x(t) kết vấn đề Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấy lựa chọn hàm liên tục ban đầu X0 (t) dần đến giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức áp dụng Z t |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥A∥∞ |Xm (s) − Xm−1 (s)|ds, m ≥ 1, t ∈ I τ Sự khác biệt phát sinh khác biệt ban đầu Xi (t) − X0 (t) Ước lượng thu từ lập luận quy nạp sau trở thành h im |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥X1 − X0 ∥∞ ∥A∥∞ [t − τ ] /m! Phần lại lập luận diễn trước đây, đưa giải pháp X(t) (7.2) Nếu (IV P) xem xét đoạn I nào, ta ước lượng khoảng cách Xm (t) X(t) đoạn nhỏ J = [a, b] nằm I chứa τ Với k > m ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥Xk − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥(Xk − Xk−1 ) + (Xk−1 − Xk−2 ) + · · · + (Xm+1 − Xm )∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác lấy giới hạn (7.10) ngụ ý ∞ X ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥Xk+1 − Xk ∥∞,J , k=m ∞ X ≤ ∥X1 − X0 ∥∞,J h ∥A∥∞,J [b − τ ] im (7.11) /m! k=m Tất nhiên, chuỗi cuối lại phần lại chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J [b − τ ]) Do (7.11) ngụ ý Xm → X định mức tối đa J Chúng tơi tóm tắt định lý sau Định lý (Định nghĩa xấp xỉ liên tiếp bởi) Z t Xm+1 (t) = ξ + [A(s)Xm (s) + B(s)]ds, t∈I τ Tại X0 ∈ C(I, F n ) tùy ý Nếu X(t) giải pháp (IV P) I , Xm → X đồng ∥X − Xm ∥∞,J → 0, Trên đoạn nhỏ J ⊂ I chứa τ k→∞ Tính liên tục giải pháp Trở lại tình Định lý 7.3, [a, b] đoạn đóng, giải pháp X(t) tốn giá trị ban đầu X ′ = A(t)X + B(t), t ∈ I, IV P X(τ ) = ξ, Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ F n , A ∈ C(I, Mn (F)) B ∈ C(I, F n ) Kết phần khẳng định t ∈ I Giá trị X(t) hàm liên tục biến Phân tích phụ thuộc bắt đầu ước lượng cho ∥X∥∞ điều suy cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3 Bắt đầu với việc xấp xỉ từ Z t X0 (t) = ξ + B(s)ds, τ Kết X(t) = lim Xk (t) k→∞ Sau đáp ứng ước lượng   k−1 X ∥X∥∞ = ∥ lim Xk ∥ = lim X0 (t) + (Xm+1 (t) − xm (t)) k→∞ k→∞ m=0 ≤ ∥X0 ∥ + ∞ X ∞ ∥Xm+1 − Xm ∥∞ m=0 Bây áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết ∥X∥∞ ≤ ∥X0 ∥∞ + ∥X0 ∥∞ ∞ X ∥A∥m+1 [b − τ ]m+1 ∞ m=0 (m + 1)! = ∥X0 (t)∥∞ exp(∥A∥∞ [b − τ ]) Từ Z t ∥X0 (t)∥∞ = B(s)ds ξ + τ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ , ∞ Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞   ∥X∥∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ exp(∥A∥∞ [b − a]) (7.12) Ước lượng đơn giản (7.12) sử dụng để X hàm liên tục chung tất biến Do đó, thay đổi nhỏ t, A, b, τ, ξ tạo thay đổi nhỏ X Nếu ký hiệu giải pháp (IV P) thời điểm t X(t, A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa xác cho phát biểu X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ), (s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ) Đó là, X liên tục (t, A, B, τ, ξ) Định lý Đặt I đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn (F)), B, D ∈ C(I, F n ), τ, σ ∈ I , ξη ∈ F n Giả định X kết X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Cho t thuộc I e > 0, có tồn ϵ > Y kết Y ′ = C(t)Y + D(t), y(σ) = η, t∈I |s − t| < δ, ∥C − A∥∞ < δ, |σ − τ | < δ, ∥D − B∥∞ < δ |η − ξ| < δ Vậy |Y (s) − X(t)| < ϵ (7.14) Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) Y (t) ta (Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t) Do Z = Y − X Z đáp ứng giá trị tốn ban đầu Z ′ = C(t)Z + E(t), Z(σ) = η − X(σ) 44 16 Các khái niệm Định nghĩa 24 Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm aben với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép toán nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz, với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa 25 Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép toán A) Định nghĩa 26 Iđêan trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa iđêan trái, vừa iđêan phải gọi iđêan vành R Cho I iđêan vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai phép toán (x + I) + (y + I) = (x + y) + I, (x + I)(y + I) = (xy) + I, với x, y ∈ R Định nghĩa 27 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I Định nghĩa 28 Cho R vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M bao gồm (M, +) nhóm aben tốn tử · : M × R → M thỏa mãn 45 (1) (x + y) · r = x · r + y · r, (2) x · (r + s) = x · r + x · s, (3) (xr) · s = x · (rs), (4) x · 1R = x, r, s ∈ R x, y phần tử tùy ý M Lúc R gọi vành sở, M R-môđun phải ta thường ký hiệu MR Tương tự ta đinh nghĩa R-môđun trái Cho R, S hai vành Nhóm aben (M, +) song môđun R-bên phải S -bên trái (ký hiệu S MR ) a) M R-môđun phải M S -mơđun trái b) Ta phải có (sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ) Định nghĩa 29 Cho M R-môđun phải Tập A M gọi môđun M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR ), A R-môđun phải với phép toán cộng nhân hạn chế A Định nghĩa 30 (1) Môđun MR gọi đơn M ̸= với A ≤ M A = A = M , nghĩa M ̸= M có hai mơđun M (2) Vành R gọi đơn R ̸= với A ≤R RR A = A = 0, nghĩa R ̸= R có hai iđêan hai phía R (3) Mơđun A ≤ M gọi môđun cực tiểu môđun M A ̸= với B ≤ M thỏa mãn B < A B = (4) Tương tự, môđun A ≤ M gọi môđun cực đại A ̸= M với B ≤ M thỏa mãn B > A B = M Bổ đề MR đơn M ̸= ∀m ∈ M, m ̸= M = mR Cho MR N ≤ MR Vì N nhóm nhóm cộng aben M nên nhóm thương M/N nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các 46 phần tử M/N lớp ghép x + N N M phép toán cộng (x + N ) + (y + N ) = x + y + N Ta cần xây dựng phép nhân môđun để M/N trở thành môđun phải Định lý 22 Cho MR N ≤ M (i) Quy tắc M/N × R → M/N cho (m + N, r) → (m + N )r = mr + N phép nhân mơđun (ii) Nhóm aben M/N với phép tốn nhân mơđun trở thành R-môđun phải Định nghĩa 31 M/N xác định Định lý ?? gọi môđun thương môđun M môđun N 17 Các khái niệm Định nghĩa 32 Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm aben với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép tốn nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz, với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa 33 Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép tốn A) Định nghĩa 34 Iđêan trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R 47 Vành I R vừa iđêan trái, vừa iđêan phải gọi iđêan vành R Cho I iđêan vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai phép toán (x + I) + (y + I) = (x + y) + I, (x + I)(y + I) = (xy) + I, với x, y ∈ R Định nghĩa 35 Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I Định nghĩa 36 Cho R vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M bao gồm (M, +) nhóm aben tốn tử · : M × R → M thỏa mãn (1) (x + y) · r = x · r + y · r, (2) x · (r + s) = x · r + x · s, (3) (xr) · s = x · (rs), (4) x · 1R = x, r, s ∈ R x, y phần tử tùy ý M Lúc R gọi vành sở, M R-môđun phải ta thường ký hiệu MR Tương tự ta đinh nghĩa R-môđun trái Cho R, S hai vành Nhóm aben (M, +) song môđun R-bên phải S -bên trái (ký hiệu S MR ) a) M R-môđun phải M S -mơđun trái b) Ta phải có (sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ) Định nghĩa 37 Cho M R-môđun phải Tập A M gọi môđun M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR ), A R-mơđun phải với phép tốn cộng nhân hạn chế A 48 Định nghĩa 38 (1) Môđun MR gọi đơn M ̸= với A ≤ M A = A = M , nghĩa M ̸= M có hai mơđun M (2) Vành R gọi đơn R ̸= với A ≤R RR A = A = 0, nghĩa R ̸= R có hai iđêan hai phía R (3) Mơđun A ≤ M gọi môđun cực tiểu môđun M A ̸= với B ≤ M thỏa mãn B < A B = (4) Tương tự, môđun A ≤ M gọi môđun cực đại A ̸= M với B ≤ M thỏa mãn B > A B = M Bổ đề MR đơn M ̸= ∀m ∈ M, m ̸= M = mR Cho MR N ≤ MR Vì N nhóm nhóm cộng aben M nên nhóm thương M/N nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các phần tử M/N lớp ghép x + N N M phép toán cộng (x + N ) + (y + N ) = x + y + N Ta cần xây dựng phép nhân môđun để M/N trở thành môđun phải Định lý 23 Cho MR N ≤ M (i) Quy tắc M/N × R → M/N cho (m + N, r) → (m + N )r = mr + N phép nhân mơđun (ii) Nhóm aben M/N với phép tốn nhân mơđun trở thành R-môđun phải Định nghĩa 39 M/N xác định Định lý ?? gọi môđun thương môđun M môđun N 18 Không gian hàm p-khả tích Lp (Ω) Ta nhớ lại khơng gian hàm p-khả tích độ đo Lebesgue n chiều Định nghĩa 40 Cho A ⊂ Rn tập đo Lebesgue p ∈ [1, ∞], Lp (A) := {f : A → R : f đo Lebesgue ∥f ∥Lp < +∞} 49 ∥f ∥Lp Z 1/p   p |f (x)| dx = ∥f ∥Lp (A) := A   ≤ p ≤ ∞ inf{M > : |f (x)| ≤ M, x ∈ A} p = ∞ Số ∥f ∥Lp gọi chuẩn Lp f A Định lý 24 (Fisher - Riesz) (Lp (A), ∥.∥Lp ) không gian Banach ≤ p ≤ ∞ Hơn L2 (A) khơng gian Hilbert với tích vô hướng Z (f, g)L2 := f g dx f, g ∈ L2 (A) A Theo kết định lý Riesz - Fisher ta thu kết hữu ích Định lý 25 Cho Ω ⊂ Rn tập mở, (fh )h ⊂ Lp (Ω) f ∈ Lp (Ω) với ≤ p ≤ ∞ Giả sử lim ∥fh − f ∥Lp (Ω) = h→∞ Khi đó, tồn dãy (fhk )k hàm g ∈ Lp (Ω) thỏa mãn (i) fhk (x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω (ii) |fhk (x)| ≤ g(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω, ∀k Nhận xét Nó khơng cịn giữ ý nghĩa (MC) ⇒ fh (x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω Nhận xét Chú ý C0 ⊂ Lp (Ω) với p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, khơng quan hệ bao hàm khơng giữ giữ quan hệ bao hàm C0c (Ω) ⊂ Lp (Ω) với p ∈ [1, ∞] tập mở Ω, C0c (Ω) := {f ∈ C0 (Ω) : spt(f ) compact chứa Ω} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} Hơn nhớ lại C0 (Ω, ∥.∥L2 ) khơng gian tuyến tính định chuẩn, khơng phải khơng gian Banach 50 Tính compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Trong mục thảo luận kết compact không gian Lp Chúng ta nêu kết không chứng minh Cho f : Rn → R v ∈ Rn , ta định nghĩa τv f : Rn → R hàm v -dịch chuyển f định nghĩa (τv f )(x) := f (x + v) Định lý 26 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F tập bị chặn (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞ Giả sử lim ∥τv f − f ∥Lp = v→0 với f ∈ F , nghĩa ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > : ∥τv f − f ∥Lp < ϵ, ∀v ∈ Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F (N EF ) Khi F|Ω := {f |Ω : f ∈ F} compact tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), nghĩa bao đóng compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), với tập mở Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn Từ định lý 36 ta suy điều kiện compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Nếu f : Ω → R, ta ký hiệu fe : Rn → R hàm định nghĩa ( f (x) x ∈ Ω fe(x) := x ∈ /Ω Hệ Cho Ω ⊂ Rn tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp (Ω) cho Fe := {fe : f ∈ F} Giả sử (i) F bị chặn (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞; (ii) lim ∥τv f − f ∥Lp = với f ∈ F , nghĩa Fe thỏa mãn (ENF ) v→0 Khi F compact tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Chứng minh Từ định lý 36, Fe tập compact tương đối Lưu ý Fe compact dãy tương đối (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) F compact dãy tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Do đặc tính tập compact khơng gian metric (Định lý 30) có điều phải chứng minh 51 Cuối cùng, nhớ lại đặc tính compact (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) Định lý 27 Cho F ⊂ Lp (Rn ) với ≤ p < ∞ Khi F compact tương đối (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) (i) F bị chặn (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ); (ii) với ϵ > 0, tồn rϵ > thỏa mãn ∥f ∥Lp (Rn \B(0,rϵ )) < ϵ ∀f ∈ F; (iii) lim ∥τv f − f ∥Lp = f ∈ F v→∞ Nhận xét (i) Giả thiết (ENF ) cần thiết định lý 36 Thật vậy, xét họ F := {fh : h ∈ N} fh : R → R định nghĩa   ≤ x ≤ h fh (x) := h 0 ngược lại Ω := (0, 1) Khi dễ thấy ∥f ∥L1 R = với h ∈ N F|Ω không compact tương đối (L1 (Ω), ∥.∥L1 ), khơng có dãy (fh )h hội tụ L1 (Ω) Mặt khác, v > 0, với h > 1/v Z Z v ∥τv fh − fh ∥L1 (R) ≥ fh (x + v) dx = −∞ fh (x) = Do đó, (ENF ) khơng cịn cho F (ii) Nếu Ω khơng có độ đo hữu hạn, kết định lý 36 khơng cịn Thật vậy, xét họ F := {fh : h ∈ N} fh : R → R định nghĩa fh (x) := f (x + h) f ∈ Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0, f khơng triệt tiêu Khi ∥f ∥L1 (R) = ∥f ∥L1 (R) > ∀h (10) Hơn F thỏa mãn (ENF ), |τv f − f (x)| = |f (x + v)f (x)| ≤ L|v|X [−a−1,a+1] (x) ∀x ∈ R, v ∈ [−1, 1] ∥τc fh − fh ∥L1 (R) = ∥τv f − f ∥L1 (R) ∀h 52 L := Lip(f ) Cho Ω := R quan sát F = F|Ω không compact tương đối (L1 (R), ∥.∥L1 ) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh (32), từ fh (x) → với x ∈ R Tính tách (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Nhận xét Cho Ω ⊂ tập bị chặn, quan hệ bao hàm C0 (Ω) ⊂ L∞ (Ω) chặt Hơn nữa, với f ∈ C0 (Ω) ∥f ∥∞,Ω = ∥f ∥L∞ (Ω) (∗) Thật ∥f ∥L∞ (Ω) := inf{M > : |f (x)| ≤ M, x ∈ Ω} ≤ sup |f (x)| := ∥f ∥∞,Ω x∈Ω Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, N ⊂ Ω tập không đáng kể với mối quan hệ đến L, Ω \ N ⊇ Ω Vì thế, theo tính liên tục f , tồn M > cho |f (x)| < M, x ∈ Ω ⇒ |f (x)| ≤ M ∀x ∈ Ω Đặc biệt, từ (∗), C0 (Ω) hóa đóng (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ (Ω) ) Không gian đối ngẫu Lp (Ω) Định lý 28 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho ≤ p < ∞ ký hiệu   p < p < ∞ ′ p := p − (số mũ của) p ∞ p = ′ Khi ánh xạ T : Lp (Ω) → (Lp (Ω))′ , định nghĩa Z uf dx, ∀f ∈ Lp (Ω), ⟨T (u), f ⟩(Lp (Ω))×Lp (Ω) := Ω đẳng cấu metric có đặc trưng xác định ′ Lp (Ω) ≡ (Lp (Ω))′ ≤ p < ∞ 53 Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước Bước 1: Ta chứng minh T phép đẳng cự, nghĩa ′ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ = ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp (Ω) (11) Theo bất đẳng thức Holder, suy bất đẳng thức ′ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ≤ ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp (Ω) (12) Ta bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử < p < ∞, điều có nghĩa < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′ (Ω) = 0, đó, u = hầu khắp nơi Ω bất đẳng thức rõ ràng Giả sử < ∥u∥Lp′ (Ω) < ∞, ta cần giả sử < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa ′ fu (x) := |u(x)|p −2 u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω Quan sát fn ∈ Lp (Ω), từ ′ 1/p−1 |fu (x)|p = |u(x)|p hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇒ ∥fu ∥Lp (Ω) = ∥u∥Lp′ (Ω) Vì Z ⟨T (u), fu ⟩(Lp (Ω))×Lp (Ω) = Ω ′ ′ u|u|p −2 udx = ∥u∥pLp′ (Ω) (13) Từ (34) (35), suy ′ ∥u∥pLp′ (Ω) = ⟨T (u), fu ⟩(Lp (Ω))′ ×Lp (Ω) ≤ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ∥fu ∥Lp (Ω) 1/p−1 = ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ∥u∥Lp′ (Ω) Điều có nghĩa ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ≥ ∥u∥Lp′ (Ω) ′ ∀u ∈ Lp (Ω) (14) Vì (34) (36) cho ta (33) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, p′ = ∞, giả sử < M < ∥u(x)∥L∞ (Ω) Khi tập hợp EM := {x ∈ Ω : |u(x)| > M } ∈ M |EM | > Từ không gian đo (Ω, Mn ∩ Ω, Ln ) σ−hữu hạn, tồn tập F ∈ Mn ∩ Ω cho < |EM ∩ F | < ∞ 54 Tập hợp fu (x) := sign(u(x))χEM ∩F (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω |EM ∩ F | Khi Z ∥fu ∥L1 (Ω) = |fu (x)|dx = Ω ⟨T (u), fu ⟩(L1 (Ω))′ ×L1 (Ω) = |EM ∩ F | Z |u|dx ≥ M, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞ (Ω) ) (43b) EM ∩F Từ (34) (43b), suy M ≤ ⟨T (u), fu ⟩(L1 (Ω))′ ×L1 (Ω) ≤ ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ ∥fu ∥L1 (Ω) = ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ , ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞ (Ω) ), Từ ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ ≥ ∥u∥L∞ (Ω) , ∀u ∈ L∞ (Ω) (24b) Từ (34) (44b), đồng (33) p = Bước 2: Đầu tiên giả sử |Ω| < ∞ ta chứng minh T toàn ánh, ′ nghĩa ∀ϕ ∈ (Lp (Ω))′ , ∃u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ ⇔ ⟨T (u), f ⟩(Lp (Ω))′ ×Lp (Ω) = ϕ(f ), ∀f ∈ Lp (Ω) Bởi |Ω| < ∞, χE ∈ Lp (Ω) với E ∈ M := Mn ∩ Ω, p ∈ [1, ∞) Định nghĩa tập hợp hàm ν : M → R ν(E) := ϕ(χE ), E ∈ M Chỉ ν σ -hữu hạn, độ đo có dấu; (15) ν ≪ Ln M (16) Thật |ν(E)| < ∞ với E ∈ M, ν σ -hữu hạn Giả sử (Eh )h ⊂ M dãy rời nhau, ta chưng minh ν(∪∞ h=1 Eh ) = 55 ∞ X ν(Eh ) Tập hợp E := ∪∞ h=1 Eh Với số nguyên m h=1