Tính ổn định lũy thừa của họ tiến hóa các toán tử tuyến tính bị chặn trên không gian banach

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

TÍNH ỔN ĐỊNH LŨY THỪA CỦA HỌTIẾN HĨA CÁC TỐN TỬ TUYẾN TÍNH

BỊ CHẶN TRÊN KHÔNG GIANBANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1LỜI MỞ ĐẦU

Lịch sử phát triển điều khiển tự động được ghi nhận từ trước côngnguyên, bắt đầu từ đồng hồ nước có phao điều chỉnh Ktesibios ở HyLạp Hệ điều chỉnh nhiệt độ đầu tiên do Cornelis Drebble (1572-1633)người Hà Lan sáng chế Hệ điều chỉnh mức đầu tiên là của P olzunoungười Nga (1756) Hệ điều chỉnh tốc độ ứng dụng trong công nghệ đầutiên là của Jame W att (1769) Thế chiến lần thứ hai đòi hỏi sự pháttriển về lý thuyết và ứng dụng để có những máy bay lái tự động, nhữnghệ điều khiển vị trí của pháo, điều khiển các loại vũ khí khác, điều khiển

Trang 4

2Không gian hữu hạn chiều

Định nghĩa 1 (i) Một không gian vector E trên trường số thực được

gọi là hữu hạn chiều nếu nó chỉ bao gồm hữu hạn vector độc lậptuyến tính.

(ii) Số lớn nhất của các vector độc lập tuyến tính trong không gian vectorhữu hạn chiều E được gọi là chiều và được ký hiệu là dimRE Hệ

B ⊂ E được sinh bởi dimRE các vector độc lập tuyến tính gọi là cơsở.

Định lý 1 Giả sử E là không gian vector hữu hạn chiều và dimRE = n.(i) Nếu B ⊂ E là cơ sở, khi đó thì B sinh ra E, cụ thể là spanRB = E.(ii) E và Rn là đẳng cấu tuyến tính.

(iii) Giả sử ∥.∥1 và ∥.∥2 là hai chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥1) và (E, ∥.∥2)

là đẳng cấu topo.

(iv) Giả sử∥.∥ là chuẩn trên E Khi đó (E, ∥.∥) và (E′, ∥.∥E′) là đẳng cấutopo.

Theo các bài tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥)

là đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây là một đặc trưng rấtmạnh, nhưng nó khơng cịn đúng cho khơng gian định chuẩn vơ hạnchiều.

3Nhóm đối xứng

Trong mục này chúng tơi tính tốn độ giao hốn tương đối của nhómcon thay phiên An trong nhóm đối xứng Sn.

Định nghĩa 2 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của n

là một dãy không tăng các số nguyên dương (k1, k2, , ks) sao cho

k1+ k2+ · · · + ks = n.

Trang 5

Mệnh đề 1 Với n ⩾2

Pr(An, Sn) = 2c(n)n!

trong đó c(n) là số các lớp liên hợp của Sn nằm trong An.Để tính c(n) ta cần kết quả sau.

Mệnh đề 2 Cho n là một số nguyên, n ⩾ 2, và (k1, k2, , ks) là mộtphân hoạch của n Giả sử π ∈ Sn có kiểu là (k1, k2, , ks) Khi đó

π ∈ An khi và chỉ khi s +

k

X

i=1

ki là một số chẵn .

Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề ??, ta cósign(π) = (−1)sPi=1(ki+1)= (−1)s+sPi=1ki.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau đây chúng tơi tính tốn các giá trị Pr(An, Sn) với

2 ⩽ n ⩽ 7 bằng cách áp dụng Mệnh đề ?? Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất cảcác phân hoạch của n ứng với kiểu của các phép thế của An Từ đó tađếm được c(n) và tính Pr(An, Sn).

Ví dụ 1.

(i) Với n = 2 ta có đúng một phân hoạch là (1, 1) Do đó c(2) = 1 Chonên

Pr(A2, S2) = 2c(2)2! = 1.

(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên

Pr(A3, S3) = 2c(3)3! =

23.

(iii) Với n = 4 ta có 3 phân hoạch là

Trang 6

Do đó c(4) = 3. Cho nên

Pr(A4, S4) = 2c(4)4! =

14.

(iv) Với n = 5 ta có 4 phân hoạch là

(5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(5) = 4. Cho nênPr(A5, S5) = 2c(5)5! =115.

(v) Với n = 6 ta có 6 phân hoạch là

(5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(6) = 6. Cho nênPr(A6, S6) = 2c(6)6! =160.

(vi) Với n = 7 ta có 8 phân hoạch là

(7),(5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2),(3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(7) = 8. Cho nênPr(A7, S7) = 2c(7)7! =1315.4ĐỊNH LÝ LAGRANGE

Định lý 2 (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:

Trang 7

Chứng minhXét hàm sốg(x) = f (x) −f (b) − f (a)b − a (x − a) + f (a)

Do các hàm số f (x) và x − a liên tục trên đoạn [a, b], khả vi trên khoảng

(a, b) nên hàm số g(x) cũng liên tục trên đoạn [a, b] khả vi trên khoảng

(a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = 0 Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b)saocho g′(c) = 0 Nhưng ta cóg′(x) = f′(x) −f (b) − f (a)b − aSuy raf′(c) = f (b) − f (a)b − a

Ta có điều phải chứng minh.

Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange.

Cho C là đường cong trơn với hai đầu mút A, B bất kỳ Khi đó trên C

tồn tại ít nhất một điểm mà tiếp tuyến của C tại điểm đó song song với

AB.

Nhận xét 1 Thơng qua cách chứng minh trên thì định lý Lagrange làmột hệ quả của định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại là một trườnghợp riêng của định lý Lagrange khi giá trị hai đầu mút bằng nhau (tức

f (a) = f (b)).

Sau đây ta sẽ trình bày cơng thức Lagrange dưới một dạng khác.Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ − a

b − a Khi đó:

ξ = a + θ(b − a)0 < θ < 1(∗)

Ngược lại nếu ξ có thể biểu diễn được dưới dạng (∗) thì ξ ∈ (a, b) Nghĩalà mọi ξ thuộc khoảng (a, b) ta đều có thể biểu diễn được ξ dưới dạng

(∗) và ngược lại Do vậy ta có thể viết lại công thức Lagrange như sau:

Trang 8

Nếu ta thay x cho a và ∆x cho (b − a) thì (∗′) trở thành:

f (x + ∆x) − f (x) = f′(x + θ∆x)∆x, 0 < θ < 1(∗′′)

Công thức (∗′) và (∗′′) là một dạng biểu diễn khác của công thức La-grange và được gọi là công thức số gia giới nội.

Sau đâu là hai hệ quả và cũng là ứng dụng của định lý Lagrange.Hệ quả 1 Giả sử hàm số f liên tục trên [a, b], f′(x) = 0 với mọi x ∈(a, b) Khi đó hàm f bằng một hằng số trên [a, b]

Chứng minh

Ta cố định x0 ∈ (a, b) Giả sử x là điểm tùy ý trong (a, b) Khi đó đoạn

[x0, x] hoặc [x, x0] nằm trong khoảng (a, b) Do vậy f khả vi (vì vậy liêntục) trên đoạn đó Áp dụng định lý Lagrange trên đoạn con đó Khi đótồn tại c ∈ (x0, x) hoặc c ∈ (x, x0) sao cho:

f (x) − f (x0) = f′(c)(x − x0)

Nhưng f′(t) = 0, ∀t ∈ (a, b) theo giả thuyết nên f′(c) = 0 Từ đó suy ra

f (x) = f (x0) với mọi x bất kỳ thuộc (a, b) Nghĩa là ∀x ∈ [a, b], thì giá trịcủa hàm f (x) luôn bằng một giá trị tại một điểmx0 cố định thuộc (a, b).Vậy hàm f bằng một hằng số trên [a, b].

Hệ quả 2 Nếu hai hàm f và g có đạo hàm đồng nhất bằng nhau thì

chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộngChứng minh

Theo giả thiết ta có: (f (x) − g(x))′= f′(x) − g′(x) = 0

Khi đó theo "Hệ quả 1" ta được: f (x) − g(x) = c = const.

5Mở rộng Dorroh và mở rộng của các ∆U -vành

Mệnh đề 3 Cho R là một vành Khi đó, các điều kiện sau là tương

đương

Trang 9

(2) ∆(R) = U◦(R).

(3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) = 1 − x là mộtđẳng cấu nhóm.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R là ∆U-vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có

1 − x ∈ U (R), do đó x = 1 − (1 − x) ∈ U◦(R) Suy ra ∆(R) ⊆ U◦(R) Ngượclại, nếu y ∈ U◦(R) thì 1 − y ∈ U (R) = 1 + ∆(R) Suy ra y ∈ ∆(R) hay

∆(R) = U◦(R).

(2) ⇒ (3) Hiển nhiên.

(3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) được cho bởi ε(x) =1 − x là một đẳng cấu nhóm Khi đó mỗi u ∈ U (R), tồn tại x ∈ ∆(R)

thỏa mãn u = ε(x) = 1 − x Điều đó nghĩa là U (R) ⊆ 1 + ∆(R) hay

U (R) = 1 + ∆(R).

Nếu R là một vành, mở rộng Dorroh là vành có đơn vị Z⊕ R, với phéptoán cộng là cộng theo các thành phần và phép nhân được cho bởi

(n1, r1)(n2, r2) = (n1n2, r1r2+ n1r2+ n2r1).

Chú ý Cho R là một vành có đơn vị Khi đó

(1) u ∈ U (R) khi và chỉ khi 1 − u ∈ U◦(R).

(2) (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) với bất kỳ u ∈ U (R).

(3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) và(−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y)vớix, y ∈ R.

Định lý 3 Cho R là một vành có đơn vị Khi đó các điều kiện sau là

tương đương

(1) Mở rộng Dorroh Z⊕ R là ∆U-vành;

(2) R là ∆U-vành.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi đó 1 − u ∈ U◦(R) Tồn tại

v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = 0 = v ◦ (1 − u) Khi đó ta có

(1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1).

Điều này nghĩa là (1, u − 1) ∈ U (Z⊕ R) Vì Z⊕ R là ∆U-vành, khi đó

Trang 10

Tiếp theo, ta chỉ ra U (R) = 1 + ∆(R) Thật vậy, mỗi t ∈ U (R), ta có

1 + t ∈ U◦(R), vì vậy (1 + t) ◦ s = 0 = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi đó

(−1, 1 + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, 1 + t).

Do (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) Theo định nghĩa của ∆, ta có

(0, u − 1) + (−1, 1 + t) ∈ U (Z⊕ R) hoặc (−1, u + t) ∈ U (Z⊕ R).

Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z⊕ R)hoặc (1, −x) ∈ U (Z⊕ R) Suy ratồn tại (1, −y) ∈ Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x).Ta có x ◦ y = 0 = y ◦ x nên x ∈ U◦(R) Vì 1 − x ∈ U (R) nên x − 1 =u + t − 1 ∈ U (R) Suy ra u + t − 1 = (u − 1) + t ∈ U (R) với mọi t ∈ U (R).Điều đó nghĩa là u − 1 ∈ ∆(R), vì vậy u ∈ 1 + ∆(R).

(2) ⇒ (1) Giả sử R là∆U-vành Ta chỉ ra rằng mở rộng Dorroh Z⊕ R

là ∆U-vành, nghĩa là U (Z⊕ R) = 1 + ∆(Z⊕ R) Lấy ω ∈ U (Z⊕ R) Khiđó, ω có dạng ω = (1, a) hoặc ω = (−1, b) với a, b ∈ R.

Trường hợp 1 ω = (1, a) ∈ U (Z⊕ R): Lấy x = −a, khi đó tồn tại

(1, −y) của Z⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Điềunày có nghĩa làx◦y = 0 = y ◦xhoặcx ∈ U◦(R), do đó1+a = 1−x ∈ U (R).TừRlà∆U-vành,1+a ∈ 1+∆(R) Vì vậya ∈ ∆(R)hoặca+U (R) ⊆ U (R).Tiếp theo ta chứng minh (1, a) ∈ 1 + ∆(Z⊕ R), nghĩa là ta chứng minh

(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Với mỗi α ∈ U (Z⊕ R), α có dạng (1, u) hoặc (−1, v) với u, v ∈ R Nếu

α = (1, u), khi đó từ chứng minh của ω ta có 1 + u ∈ U (R) Từa + U (R) ⊆U (R), ta lấy a + 1 + u ∈ U (R), vì vậy −(a + u) ∈ U◦(R) Lấy b ∈ R với

(−(a + u)) ◦ b = 0 = b ◦ (−(a + u)) Đặtc = −(a + u) Khi đó c ◦ b = b ◦ c và

(1, a + u)(1, −b) = (1, −c)(1, −b) = (1, −b ◦ c) = (1, 0) = (1, −b)(1, a + u).

Ta suy ra (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R) Hơn nữa, ta có

(0, a) + α = (1, a + u) ∈ U (Z⊕ R),

nghĩa là (0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Nếuα = (−1, v) ∈ U (Z⊕R), khi đó(−1, v)(−1, d) = (1, 0) = (−1, d)(−1, v)

Trang 11

Khi đó, v − 1 ∈ U (R) Từ a + U (R) ⊆ U (R), ta có a + v − 1 ∈ U (R) hoặc

1 − (a + v) ∈ U (R) Do đó,a + v ∈ U◦(R) Nghĩa là tồn tại e ∈ R thỏa mãn

(a + v) ◦ e = 0 = e ◦ (a + v), vì vậy(−1, a + v)(−1, e) = (1, −(a + v) ◦ e) = 0 =(−1, e)(−1, a+v) Điều này có nghĩa là(−1, a+v) ∈ U (Z⊕R) Hơn nữa, tacó(0, a) + α = (−1, a + v) ∈ U (Z⊕ R) Do đó,(0, a) + U (Z⊕ R) ⊆ U (Z⊕ R).

Trường hợp 2 ω = (−1, a) ∈ U (Z⊕ R): Tương tự như Trường hợp

1.

Cho C là vành con của vành D, tập hợp

R[D, C] := {(d1, , dn, c, c ) : di∈ D, c ∈ C, n ≥ 1},

với phép cộng và phép nhân được định nghĩa theo các thành phần đượcgọi là vành mở rộng đuôi và ký hiệu là R[D, C].

Mệnh đề 4 R[D, C] là ∆U-vành khi và chỉ khi D và C là ∆U-vành.

Chứng minh (:⇒) Đầu tiên ta chứng minh D là ∆U-vành Lấy u tùy

ý thuộc U (D) Khi đó u = (u, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C])¯ Theo giả thuyết,

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), vì vậy (u − 1, 0, 0, 0, ) + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C]).Do đó, với mọi v ∈ U (D), khi đó

(u − 1 + v, 1, 1, 1, ) = (u − 1, 0, 0, 0, ) + (v, 1, 1, 1, ) ∈ U (R[D, C]).

Vì vậy u − 1 + v ∈ U (D), nghĩa là u − 1 ∈ ∆(D) hoặc u ∈ 1 + ∆(D).

Để chỉ raClà∆U-vành, ta lấyv ∈ U (C)thỏa mãnv = (1, , 1, v, v, ) ∈¯U (R[D, C]) và chứng minh trên.

(⇐:) Giả sử D và C là ∆U-vành Lấy u = (u¯ 1, u2, , un, v, v, ) ∈U (R[D, C]), trong đó ui∈ U (D) với 1 ≤ i ≤ n và v ∈ U (C) ⊆ U (D) Tachỉ ra rằng u ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc u − 1 + U (R[D, C]) ⊆ U (R[D, C])¯ Thậtvậy, tất cả ¯a ∈ (a1, a2, , am, b, b, ) ∈ U (R[D, C]) trong đó ai ∈ U (D),

1 ≤ i ≤ m và b ∈ U (C) ⊆ U (D) Lấy k = max{m, n} Khi đó, ta có

Trang 12

với uj = v mọi j ≥ k, và

¯

a = (a1, a2, , am, am+1, , ak, b, b, ),

với al = b với mọi l ≥ m Khi đó ta có

¯

u − 1 + ¯a = (u1− 1 + a1, u2− 1 + a2, , uk− 1 + ak, v − 1 + b, v − 1 + b, ).

Lưu ý ui− 1 + ai ∈ U (D) với mọi 1 ≤ i ≤ k và v − 1 + b ∈ U (C) Ta suy ra

¯

u − 1 + ¯a ∈ R[U (D), U (C)] = U (R[C, D]) Vì vậy u − 1 ∈ ∆(R[D, C])¯ hoặc

¯

u ∈ 1 + ∆(R[D, C]), hay R[D, C] là ∆U-vành.

6Khơng gian các hàm p-khả tích Lp(Ω)

Ta nhớ lại khơng gian các hàm p-khả tích trong độ đo Lebesgue n chiều.Định nghĩa 3 Cho A ⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p ∈ [1, ∞],

Lp(A) := {f : A →R: f đo được Lebesgue và ∥f ∥Lp< +∞}

ở đó∥f ∥Lp= ∥f ∥Lp(A):=ZA|f (x)|p dx1/pnếu 1 ≤ p ≤ ∞inf{M > 0 : |f (x)| ≤ M, x ∈ A} nếu p = ∞

Số ∥f ∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A.

Định lý 4 (Fisher - Riesz) (Lp(A), ∥.∥Lp) là không gian Banach nếu

1 ≤ p ≤ ∞ Hơn nữa L2(A) là không gian Hilbert với tích vơ hướng

(f, g)L2:=

Z

A

f g dxf, g ∈ L2(A).

Theo kết quả của định lý Riesz - Fisher ta thu được kết quả hữu ích.Định lý 5 Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, (fh)h ⊂ Lp(Ω) và f ∈ Lp(Ω) với

1 ≤ p ≤ ∞ Giả sử rằng

lim

h→∞∥fh− f ∥Lp(Ω)= 0.

Trang 13

(i) fhk(x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω

(ii) |fhk(x)| ≤ g(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω, ∀k.

Nhận xét 2 Nó sẽ khơng cịn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f (x)

hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Nhận xét 3 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập mở bị chặn, nếu khơng thì quan hệ bao hàm khơng được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

và bất kỳ tập mở Ω, ở đó

C0c(Ω) := {f ∈ C0(Ω) : spt(f ) là compact và được chứa trong Ω}

và

spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ Ω : f (x) ̸= 0}

Hơn nữa nhớ lại rằng C0(Ω, ∥.∥L2) là khơng gian tuyến tính định chuẩn,nhưng khơng phải là khơng gian Banach.

Tính compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Trong mục này chúng ta sẽ thảo luận về một kết quả compact trongkhông gian Lp Chúng ta chỉ nêu các kết quả nhưng không chứng minh.Cho f : Rn → R và v ∈ Rn, khi đó ta định nghĩa τvf : Rn → R hàmv-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

(τvf )(x) := f (x + v)

Định lý 6 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặntrong (Lp(Rn), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞ Giả sử rằng lim

v→0∥τvf − f ∥Lp= 0 đềuvới mỗi f ∈ F, nghĩa là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : ∥τvf − f ∥Lp< ϵ, ∀v ∈Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F(N EF)

Khi đó F |Ω := {f |Ω : f ∈ F } là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp),nghĩa là bao đóng của nó là compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp), với mỗi tập mở

Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn.

Trang 14

Nếu f : Ω →R, ta ký hiệu ef :Rn →R là hàm được định nghĩa nhưef (x) :=(f (x) nếu x ∈ Ω0 nếu x /∈ Ω

Hệ quả 3 Cho Ω ⊂Rn là tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp(Ω) vàcho F := {e f : f ∈ F }e Giả sử rằng

(i) F bị chặn trên (Lp(Ω), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞;(ii) lim

v→0∥τvf − f ∥Lp= 0 đều với f ∈ F, nghĩa là Fe thỏa mãn (ENF).Khi đó F là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp).

Chứng minh Từ định lý 29, Fe là một tập compact tương đối Lưu ý

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp)khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp) Do đặc tính củatập compact trong khơng gian metric (Định lý 33) có điều phải chứngminh.

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp).Định lý 7 Cho F ⊂ Lp(Rn) với 1 ≤ p < ∞ Khi đó F là compact tươngđối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp) khi và chỉ khi

(i) F là bị chặn trên (Lp(Rn), ∥.∥Lp);(ii) với mỗi ϵ > 0, tồn tại rϵ > 0 thỏa mãn

∥f ∥Lp(Rn\B(0,rϵ))< ϵ∀f ∈ F ;

(iii) lim

v→∞∥τvf − f ∥Lp= 0 đều f ∈ F.

Nhận xét 4 (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý 29 Thậtvậy, xét họ F := {fh : h ∈N} ở đây fh :R→R được định nghĩa là

fh(x) :=1h nếu 0 ≤ x ≤ 1h

Trang 15

và Ω := (0, 1) Khi đó dễ thấy rằng ∥f ∥L1R= 1 với mỗi h ∈ N và F |Ω

không compact tương đối trong (L1(Ω), ∥.∥L1), vì khơng có dãy con nàocủa (fh)h hội tụ trong L1(Ω) Mặt khác, v > 0, với mỗi h > 1/v

∥τvfh− fh∥L1(R)≥Z 0−∞fh(x + v) dx =Z v0fh(x) = 1.

Do đó, (ENF) khơng cịn đúng cho F

(ii) Nếu Ω khơng có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý 29 khơngcịn đúng nữa Thật vậy, xét họ F := {fh: h ∈N} ở đây fh:R→R được

định nghĩa fh(x) := f (x + h) ở đây f ∈Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0,và f khơng triệt tiêu Khi đó

∥f ∥L1(R)= ∥f ∥L1(R)> 0∀h. (1)Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

|τvf − f (x)| = |f (x + v)f (x)| ≤ L|v|X [−a−1,a+1](x)∀x ∈R, v ∈ [−1, 1]

và

∥τcfh− fh∥L1(R)= ∥τvf − f ∥L1(R)∀h

ở đây L := Lip(f ) Cho Ω := R và quan sát F = F |Ω không compacttương đối trên (L1(R), ∥.∥L1) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh bởi (71), từ

fh(x) → 0 với mỗi x ∈R.

Tính tách được của (Lp(Ω), ∥.∥Lp)

Nhận xét 5 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂L∞(Ω) là chặt Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)

∥f ∥∞,Ω= ∥f ∥L∞(Ω)(∗)

Thật vậy

∥f ∥L∞(Ω):= inf{M > 0 : |f (x)| ≤ M, x ∈ Ω} ≤ sup

x∈Ω

|f (x)| := ∥f ∥∞,Ω.

Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, nếu N ⊂ Ω là tậpkhông đáng kể với mối quan hệ đến L, khi đó

Trang 16

Vì thế, theo tính liên tục của f, nếu tồn tại M > 0 sao cho

|f (x)| < M, x ∈ Ω ⇒ |f (x)| ≤ M∀x ∈ Ω.

Đặc biệt, từ (∗), C0(Ω) hóa ra là đóng trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞(Ω)).

Khơng gian đối ngẫu của Lp(Ω).

Định lý 8 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho 1 ≤ p < ∞ và ký hiệu

p′:=pp − 1 nếu 1 < p < ∞∞ nếu p = 1(số mũ của) p

Khi đó ánh xạ T : Lp′(Ω) → (Lp(Ω))′, được định nghĩa

⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω):=

Z

Ω

uf dx, ∀f ∈ Lp(Ω),

là đẳng cấu metric và nó sẽ có những đặc trưng bằng sự xác định

Lp′(Ω) ≡ (Lp(Ω))′ nếu 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước.

Bước 1: Ta chứng minh rằng T là một phép đẳng cự, nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′= ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (2)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≤ ∥u∥Lp′(Ω), ∀u ∈ Lp′(Ω). (3)Ta chỉ ra bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử 1 < p < ∞, điều này cũngcó nghĩa là 1 < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′(Ω)= 0, khi đó, u = 0 hầu khắp nơitrong Ω bất đẳng thức này là rõ ràng Giả sử 0 < ∥u∥Lp′(Ω)< ∞, khi đóta cần giả sử rằng 0 < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa

fu(x) := |u(x)|p′−2u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Quan sát rằng fn∈ Lp(Ω), từ

|fu(x)|p = |u(x)|p′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇒ ∥fu∥Lp(Ω)= ∥u∥1/p−1

Trang 17

Vì vậy

⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω)=

Z

Ω

u|u|p′−2udx = ∥u∥p

′Lp′(Ω). (4)Từ (73) và (74), suy ra∥u∥p′Lp′(Ω)= ⟨T (u), fu⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω)≤ ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥fu∥Lp(Ω)= ∥T (u)∥(Lp(Ω))′∥u∥1/p−1Lp′(Ω).

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp(Ω))′≥ ∥u∥Lp′(Ω)∀u ∈ Lp′(Ω). (5)Vì thế (73) và (75) cho ta (72) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, vì

p′= ∞, giả sử 0 < M < ∥u(x)∥L∞(Ω) Khi đó tập hợp

EM := {x ∈ Ω : |u(x)| > M } ∈ M và |EM| > 0.

Từ không gian đo (Ω, Mn∩ Ω, Ln) làσ−hữu hạn, tồn tại tậpF ∈ Mn∩ Ω

sao cho

0 < |EM ∩ F | < ∞.

Tập hợp

fu(x) := 1

|EM ∩ F |sign(u(x))χEM∩F(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω

Khi đó∥fu∥L1(Ω)=ZΩ|fu(x)|dx = 1và⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)= 1|EM ∩ F |ZEM∩F|u|dx ≥ M, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)) (43b)Từ (73) và (43b), suy raM ≤ ⟨T (u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω)≤ ∥T (u)∥(L1(Ω))′∥fu∥L1(Ω)= ∥T (u)∥(L1(Ω))′, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞(Ω)),Từ đó

Trang 18

Từ (73) và (44b), đồng nhất (72) khi p = 1.

Bước 2: Đầu tiên giả sử rằng |Ω| < ∞ và ta chứng minh T là toàn ánh,nghĩa là ∀ϕ ∈ (Lp(Ω))′, ∃u ∈ Lp′(Ω) sao cho

T (u) = ϕ ⇔ ⟨T (u), f ⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω)= ϕ(f ), ∀f ∈ Lp(Ω).

Bởi vì |Ω| < ∞, χE ∈ Lp(Ω) với bất cứ E ∈ M := Mn∩ Ω, p ∈ [1, ∞) Định

nghĩa tập hợp hàm ν : M →R

ν(E) := ϕ(χE), E ∈ M

Chỉ ra rằng

ν là σ-hữu hạn, độ đo có dấu; (6)

ν ≪ Ln trên M. (7)

Thật vậy |ν(E)| < ∞ với mỗi E ∈ M, do đó ν là σ-hữu hạn Giả sử

(Eh)h ⊂ M là một dãy rời nhau, ta chưng minh rằng ν(∪∞h=1Eh) =

∞

X

h=1

ν(Eh) Tập hợp E := ∪∞h=1Eh Với mỗi số nguyên m bất kỳ ν(E) −mXh=1ν(Eh)=ϕ(χE) −mXh=1ϕ(χEh)=ϕ(χE) − ϕmXh=1χEh!