(Luận văn) một số tính chất của không gian lorentz và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Bùi Hồi Nhân lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KHƠNG GIAN LORENTZ VÀ ỨNG DỤNG d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z l gm @ m co Thành phố Hồ Chí Minh - 2020 an Lu n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Bùi Hồi Nhân lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KHƠNG GIAN LORENTZ VÀ ỨNG DỤNG oa nl w Chun ngành : Tốn Giải Tích d Mã số: 846 01 02 an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z TS NGUYỄN THÀNH NHÂN m co l gm @ an Lu Thành phố Hồ Chí Minh - 2020 n va ac th si LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn tơi thực hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Thành Nhân Các nội dung nghiên cứu kết tham khảo luận văn trích dẫn liệt kê đầy đủ mục Tài liệu tham khảo Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng năm 2020 lu an va n Bùi Hoài Nhân p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời cảm ơn Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy TS NGUYỄN lu THÀNH NHÂN, người tận tình hướng dẫn giúp đỡ để tơi hồn an thành luận văn va n Tôi xin cảm ơn quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn đọc góp ý gh tn to giúp cho luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Khoa Toán - Tin học trường Đại học Sư ie p phạm thành phố Hồ Chí Minh truyền đạt cho kiến thức quý báu nl w suốt năm học vừa qua, tạo cho tảng vững để thực d oa luận văn an lu Cuối cùng, gửi lời cảm ơn gia đình, bạn bè tập thể lớp Tốn Giải tích K28 hết lịng ủng hộ động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập nf va trình thực luận văn lm ul Tuy nhiên, thời gian có hạn nên luận văn cịn nhiều hạn chế khơng z at nh oi tránh khỏi sai sót Vì vậy, tơi mong nhận đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện z Xin chân thành cám ơn @ gm Tp.HCM, ngày 30 tháng năm 2020 m co l Tác giả an Lu Bùi Hoài Nhân n va ac th si Mục lục Bảng ký hiệu Khơng gian Marcinkiewicz lu Lời nói đầu an n va Không gian Lebesgue 1.2 ie Hàm phân phối 10 1.3 Không gian Lp yếu 13 gh tn to 1.1 p nl w 20 d oa Không gian Lorentz Hàm hoán vị giảm 2.2 Hàm cực đại 32 2.3 Không gian Lorentz Lp,q 35 nf va an lu 2.1 lm ul Ứng dụng tồn nghiệm phương trình p-Laplace 20 z at nh oi 45 3.1 Xây dựng ánh xạ T 46 3.2 Sự tồn nghiệm renormalized phương trình (3.1) 50 z @ 52 m co l gm Tài liệu tham khảo an Lu n va ac th si Lời nói đầu Khơng gian Lorentz đưa từ năm 1950 nhà toán học George lu Lorentz có nhiều ứng dụng lĩnh vực phương trình đạo hàm riêng, đặc an biệt tốn tồn tính quy nghiệm Gần đây, nhiều va n kết đánh giá gradient nghiệm phương trình elliptic dạng divergence gh tn to thu không gian Lorentz, không gian Lp yếu (không gian Marcinkiewicz), thường xem trường hợp đặc biệt không gian ie p Lorentz Nhờ vào đánh giá này, tồn nghiệm số lớp phương nl w trình đạo hàm riêng phương trình p-Laplace, phương trình dạng Ricatti, d oa chứng minh an lu Nội dung luận văn tập trung khảo sát số tính chất khơng gian Lorentz, định nghĩa chuẩn nửa chuẩn không gian Ngoài nf va luận văn khảo sát mối liên hệ tương đương chuẩn nửa chuẩn lm ul không gian Lorentz Các kết cơng cụ hữu ích để chứng minh z at nh oi tồn nghiệm phương trình dạng Riccati khơng gian Lorentz Cụ thể, luận văn xét tồn nghiệm renormalized (tham khảo z [8]) phương trình dạng p-Laplace   −∆ u = |∇u|q + µ X, p  u = ∂X, gm @ (1) co l m không gian Lorentz Ls,t Các kết tham khảo chủ yếu an Lu báo [14], [16], [17] Nội dung luận văn “Một số tính chất khơng gian Lorentz n va ac th si ứng dụng ” tìm hiểu số tính chất quan trọng không gian Lorentz tồn nghiệm renormalized phương trình pLaplace không gian Lorentz Nội dung luận văn bao gồm chương: Chương 1: Khơng gian Marcinkiewicz Nội dung phần hệ thống lại số kiến thức liên quan đến không gian Lp không gian Lp yếu tham khảo sách L Grafakos [4] [3] lu an Chương 2: Không gian Lorentz va n Nội dung chương gồm định nghĩa không gian Lorentz chuẩn to [13] F L Santos Chúng tơi trình bày lại khái niệm không gian ie gh tn không gian Lorentz với tài liệu tham khảo [7] sách p Lorentz trường hợp khái quát không gian Lp không nl w gian Lp yếu Đồng thời trình bày hai chuẩn tương đương không d oa gian Lorentz để thuận tiện chương lu nf va an Chương 3: Ứng dụng tồn nghiệm phương trình p- Laplace Nội dung chương trình bày lại kết tồn nghiệm lm ul phương trình dạng p- Laplace không gian Lorentz Chúng chứng z at nh oi minh kết cách áp dụng định lý điểm bất động Schauder toán tử liên tục xác định tập lồi, đóng có ảnh tập compact Nội dung chương tham khảo báo z m co l gm @ [14],[16],[15] [17] tác giả M.-P Tran T.-N Nguyen an Lu n va ac th si Bảng ký hiệu lu an Lp Không gian Lebesgue Lp,∞ Không gian Marcinkiewicz Lp,q Khơng gian Lorentz va n k.kLp (X,µ) Tựa chuẩn khơng gian Lp (X, µ) với Tựa chuẩn không gian Lorentz Lp,q , gh tn to |||.|||Lp,∞ Chuẩn tương đương không gian Lorentz Lp,q d oa |||.|||Lp,q an lu với < p < ∞ ≤ q ≤ ∞ Hàm phân phối hàm f với độ đo µ mf Hàm phân phối hàm f với độ đo m f∗ Hàm hoán vị giảm hàm f f ∗∗ Hàm cực đại hàm f ∇u Gradient hàm u ∆p Toán tử p-Laplace M0 (X ) Khơng gian độ đo có biến phân bị chặn liên tục tuyệt đối nf va df z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Không gian Marcinkiewicz lu an n va Không gian Lebesgue tn to 1.1 ie gh Định nghĩa 1.1.1 ([3]) Cho X khơng gian độ đo, µ độ đo dương p không thiết phải hữu hạn X Cho để tập {x : f (x) > B} có độ đo Hai hàm gọi lm ul Lp (X, µ) chúng hầu khắp nơi X, nghĩa hai hàm z at nh oi X, ngoại trừ tập có độ đo Kí hiệu Lp (Rn ) nghĩa khơng gian Lp (Rn , |·|), |·| độ đo Lebesgue n chiều Độ đo Lebesgue Rn kí hiệu dx Nếu khơng có z l bị độ đo kí hiệu `p (Z) đơn giản `p gm @ nhầm lẫn, ta viết Lp (X, µ) đơn giản Lp Không gian Lp (Z) trang m co Cho : µ({x : f (x) > B}) = 0} (1.2) Sau số tính chất k·kLp (X,µ) với < p ≤ ∞ Mệnh đề 1.1.2 (Bt ng thc Hăolder [3]) Cho < p, p1 , p2 , , pk ≤ ∞ với k ≥ 2, fj ∈ Lpj = Lpj (X, µ) Giả sử p = p1 + + pk lu (i) Với f1 , f2 , , fk ∈ LP an va n kf1 fk kLp ≤ kf1 kLp1 kfk kLpk (1.3) gh tn to (ii) Nếu pj hữu hạn, với j = 1, k dấu đẳng thức (i) xảy ie p1 pk = = ck |fk | p trường hợp c1 |f1 | hầu khắp nơi với cj ≥ nl w −1 (iii) Cho < q < Với r < g > hầu khắp nơi, kgkLr = g −1 L|r| Khi d oa với f ≥ 0, g > hầu khắp nơi ta có lu q liờn hp Hăolder ca q q1 lm ul vi q = (1.4) nf va an kf gkL1 ≥ kf kLq kgkLq0 , z at nh oi Chứng minh Ta chứng minh (i) phương pháp quy nạp Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức với trường hợp k = Nghĩa với 1 p2 kf1 f2 kLp ≤ kf1 kLp1 kf2 kLp2 gm @ p1 + z p = Không tính tổng qt ta giả sử p = 1, ta chứng minh = kf1 f2 kL1 ≤ kf1 kLp1 kf2 kLp2 m p2 co p1 + l n va hợp p1 = 1, p2 = ∞ p1 = ∞, p2 = dược chứng minh an Lu Vì kf1 f2 kL1 ≤ kf1 kLp1 kf2 kL∞ kf1 f2 kL1 ≤ kf1 kL∞ kf2 kLp2 với x nên trường ac th si 24 Định lý 2.1.5 ([7]) Cho f hàm đo được, ta có Z ∞ Z Z |f (x)| dµ = df (λ) dλ = X ∞ f ∗ (t) dt (2.2) Chứng minh Trước hết ta chứng minh với trường hợp f hàm đơn giản dương Lấy s hàm đơn giản dương X cho s (x) = k P αj χAj (x) , với j=1 α1 > α2 > > αk > Aj tập rời nhau, j = 1, k Khi theo định lu nghĩa hàm phân phối ta có an n va ds (λ) = µ ({x ∈ X : |s (x)| > λ}) )! ( k X αj χAj (x) > λ =µ x∈X: tn to j=1 ie gh p = k X βj χBj (λ), w j=1 j P µ (Ai ), Bj = αj+1 , αj , j = 1, 2, , k αk+1 = Do theo định i=1 oa nl với βj = d nghĩa tích phân hàm đơn giản Z ∞ k k X X βj αj − αj+1 βj µ aj+1 , αj = ds (λ) dλ = nf va an lu j=1 lm ul Mặt khác z at nh oi k X j=1 βj αj − αj+1 = β1 (α1 − α2 ) + β2 (α2 − α3 ) + + βk αk j=1 z = α1 β1 + α2 (β2 − β1 ) + + αk−1 (βk−1 − βk−2 ) + αk βk αj µ Aj l gm @ = k X j=1 co m Kết hợp hai đánh giá ta suy Z ∞ Z k X ds (λ) dλ = αj µ Aj = s (x) dµ X n va j=1 an Lu ac th si 25 Như ta chứng minh đẳng thức đầu (2.2) với trường hợp hàm đơn giản dương Ta chứng minh đẳng thức lại với hàm s Theo định nghĩa hàm hoán vị giảm ta có s∗ (t) = inf {λ ≥ : ds (λ) ≤ t} ( ) k X = inf λ ≥ : βj χBj (x) ≤ t j=1 = k X αj χ[βj−1 ,βj ) (t), j=1 lu ∞ an Z ∗ s (t) dt = nên va k X αj βj − βj−1 = k X Z X j=1 j=1 s (x) dµ αj µ Aj = n tn to Bây ta chứng minh (2.2) với trường hợp tổng quát f hàm đo cách áp dụng Mệnh đề 1.2.3 (ii), Định lí 2.1.3 định lí hội tụ đơn điệu gh p ie Ngoài ta chứng minh cách áp dụng Mệnh đề 1.2.4 với p = Z ∞ Z |f (x)| dµ = oa nl w sau: df (λ) dλ d X lu Z ∞ µ ({x ∈ X : |f (x)| > λ}) dλ an = nf va X z at nh oi lm ul Áp dụng Định lí 2.1.3 ta Z Z ∞ Z ∗ |f (x)| dµ = m ({x ∈ X : f (x) > λ}) dλ = ∞ f ∗ (t) dt z Định lý 2.1.6 ([7]) Với 0 1/p = sup t1/p f ∗ (t) t>0 an Lu sup λdf (λ) (2.4) n va ac th si 26 Hơn nữa, p = ∞ ta có ess sup |f (x)| = inf {λ : df (λ) = 0} = f ∗ (0) x∈X Chứng minh Với < p < ∞, lấy f hàm đo được, |f |p hàm đo Áp dụng Định lí 2.1.5 |f |p ta Z Z ∞ Z ∞ Z 1 p |f (x)| dµ = d|f |p (λ) dλ = d|f | λ p dλ = X 0 ∞ df (ξ ) d (ξ p ) ∞ Z ξ p−1 df (ξ ) dξ lu =p an va với ξ = λ p n Z ∞ Z p X tn to f ∗ (t)p dt cách tương |f (x)| dµ = Ta tiếp tục chứng minh p ie gh đương |f |p (f ∗ )p Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.4 (i) ta có: oa nl w df ∗ (α) = µ ({t ≥ : f ∗ (t) > α}) = µ {t ≥ : df (α) > t} = µ 0, df (α) = df (α) d ∗ p ∗ p Do Z f f Z là∞ tương đương Suy |f | (f ) tương đương Vậy p |f (x)| dµ = f ∗ (t)p dt an lu X nf va Để chứng minh (2.4), ta sử dụng Định lí 2.1.3(viii) Định lí 2.2, ta có 1/p 1/p ∗ p 1/p p ∗ 1/p ∗ (t) sup t f (t) = sup t f (t) = sup t |f | = sup λd|f |p (λ) t>0 = sup λdf λ1/p λ>0 t>0 λ>0 z at nh oi lm ul t>0 1/p 1/p = sup up df (u) 1/p = sup u df (u) u>0 u>0 z Xét trường hợp p = ∞, cách sử dụng định nghĩa essential supremum l gm @ tính dương hàm phân phối ta có ess sup |f (x)| = inf {λ : µ ({x ∈ X : |f (x)| > λ}) = 0} = inf {λ : df (λ) = 0} Vậy định lí chứng minh an Lu = inf {λ : df (λ) ≤ 0} = f ∗ (0) m co x∈X n va ac th si 27 Bổ đề 2.1.7 ([7]) Cho A ⊂ X µ(A) ≤ a Z Z a |f (x)| dµ ≤ f ∗ (t) dt A Chứng minh Nếu a = ∞ theo Định lí 2.1.5 bất đẳng thức chứng minh Giả sử a < ∞, áp dụng Định lí 2.1.5 Mệnh đề 2.1.4(vii) ta được: Z Z Z ∞ ∗ |f (x)| dµ = |f (x) χA (x)| dµ = fχA (t) dt A X Z ∞ Z µ(A) Z a ≤ f ∗ (t)χ[0,µ(A)) (t) dt = f ∗ (t) dt ≤ f ∗ (t) dt lu 0 an Bổ đề giúp chứng minh bất đẳng thức Hardy-Littlewood va n đề cập hàm đơn giản tn to Định lý 2.1.8 ([7])(Bất đẳng thức Hardy-Littlewood) Cho f ∗ g ∗ gh p ie hàm xếp giảm hàm f g, đó: Z Z ∞ |f (x) g (x)| dµ ≤ f ∗ (t) g ∗ (t) dt w (2.5) d oa nl X lu nf va an Chứng minh Đặt: E Z f∞= {x ∈ X : f (x) > r}, Z ∞Eg = {x ∈ X : g (x) > s} Khi ta có: f (x) = χEf (x) dr , g (x) = χEg (x) ds 0 lm ul Do Z Z Z χEf (x) χEg (x) drdsdx z at nh oi f (x) g (x) dx = X ∞Z ∞ 0 ZX∞ Z ∞Z = χEf ∩Eg (x) dxdrds X ∞Z ∞Z z Z ≤ X gm Z0 ∞ Z0 ∞ µ Ef ∩ Eg drds @ = drds m co l µ Ef ; µ Eg 0 n va X an Lu Áp dụng Định lí 2.1.3 ta thu kết Z Z ∞Z ∞ f (x) g (x) dx ≤ (µ ({x ∈ X : f ∗ (x) > r}) ; µ ({x ∈ X : g ∗ (x) > s})) drds ac th si 28 Z ∞Z ∞ = Z0 = µ ({x ∈ X : f ∗ (x) > r} ∩ {x ∈ X : g ∗ (x) > s}) drds f ∗ (x) g ∗ (x) dx X Từ bất đẳng thức Hardy-Littlewood ta có nhiều câu hỏi thú vị Chẳng hạn hàm số có tính chất để dấu đẳng thức (2.5) thỏa Để trả lời câu hỏi trước hết tìm hiểu định nghĩa độ đo nonatomic định lý sau Định nghĩa 2.1.9 ([5]) Cho không gian độ đo (X, µ), tập A lu an gọi atom µ µ(A) > với tập đo E ⊆ A ta có n va µ(E ) = µ(E ) = µ(A) Nếu µ khơng có atom µ gọi nonatomic tn to Định lý 2.1.10 ([7]) Cho µ độ đo a số thực thỏa ≤ a ≤ µ(X ) Khi ie gh p (i) Z Z w |f (x)| dµ = nl sup A f ∗ (t) dt d oa µ(A)≤a a nf va an lu (ii) Nếu µ(X ) < ∞ tồn tập A ⊂ X cho µ (A) = a Z Z a |f (x)| dµ = f ∗ (t) dt lm ul A z at nh oi (iii) Nếu µ (X ) = ∞ f ∗ (a) > lim f ∗ (t) tồn tập A ⊂ X cho t→∞ µ (A) = a Z z |f (x)| dµ = f ∗ (t) dt gm @ A a Z m co cho df (α) = a Trong trường hợp ta có l Chứng minh Trước hết chứng minh (ii) (iii) Giả sử tồn α > an Lu f ∗ (a) = inf {λ ≥ : df (λ) = a} ≤ α a = df (α) ≤ df (f ∗ (a)) ≤ a n va ac th si 29 Suy df (f ∗ (a)) = a Do đặt A = {x ∈ X : |f (x)| > f ∗ (a)} theo định nghĩa hàm phân phối ta có df χA (λ) = df (max (λ, f ∗ (a))) Do f f ∗ tương đương nên mf ∗ χ[0;a) (λ) ≤ mf ∗ (λ) , a = µf (λ) , a = df (λ) , df (f ∗ (a)) = df (max (λ, f ∗ (a))) Lấy > tùy ý đặt t0 = df (λ) , a − ε Khi lu an f ∗ (t0 ) χ[0,a) (t0 ) = f ∗ (t0 ) ≥ f ∗ df (λ) − ε > λ va n Theo định nghĩa hàm phân phối ta có tn to p ie gh mf ∗ χ[0,a) (λ) = m t > : f ∗ (t) χ[0,a) (t) > λ ≥ t0 Vì lấy tùy ý nên ta có mf ∗ χ[0,a) (λ) = df (max (λ, f ∗ (a))) = df χA (λ) với d oa nl w λ ≥ Do f χA f ∗ χ[0,a) tương đương Nghĩa Z Z a |f (x)| dµ = f ∗ (t) dt lu A an nf va Từ ta thấy A tăng theo a Tiếp theo ta xét trường hợp a không nằm λ0 = f ∗( lm ul phạm vi df Vì µ(X ) < ∞ df hàm giảm nên ta có lim df (λ) = a Đặt λ→∞ a) giả sử λ > Vì a > (nếu a = nằm phạm vi z at nh oi df (λ) với λ ≥ µ(X )) nên λ < ∞ Lại có a khơng nằm phạm vi df nên ta có df (λ0 ) < a < df (λ) với < λ < λ0 Do a1 giới hạn bên trái z df (λ0 −) ( tồn df hàm giảm) Thì gm @ a ≡ df (λ0 ) < a ≤ df (λ0 −) = a1 co l (2.6) m Điều dẫn đến an Lu f ∗ (t) = λ0 với a0 < t < a1 (2.7) n va ac th si 30 Khi ta đặt a1 = µ ({x ∈ X : |f (x)| ≥ λ0 }) (2.8) Để thấy điều này, cần thể tập hợp bên phải giao dãy tập giảm dần Bn = x ∈ X : |f (x)| > λ0 − n1 , n = 1, 2, Với µ(X ) < ∞, ta có µ ({x ∈ X : |f (x)| ≥ λ0 }) = lim µ (Bn ) = lim µf n→∞ n→∞ λ0 − n = µf (λ0 −) lu Từ (2.6) (2.8) tập G = {x ∈ X : |f (x)| = λ0 } có độ đo a1 − a0 Vì µ an nonatomic nên ta chọn tập B G với độ đo a − a0 Ta va n định nghĩa tập A = {x ∈ X : |f (x)| > λ0 } ∪ B tập rời rạc có độ đo tn to df (λ0 ) + (a − a0 ) = a Hơn Z Z |f (x)| dµ = ie gh Z |f (x)| dµ + {|f |>λ0 } p A |f (x)| dµ B oa nl w Từ (2.6), ta suy a0 nằm phạm Z a0 vi df Theo phần đầu chứng minh tích phân có giá trị f ∗ (t) dt Ngồi ra, |f | = λ0 B d an lu từ (2.7) nên tích phân thứ hai có giá trị a Z f ∗ (t) dt nf va λ0 µ (B ) = λ0 (a − a0 ) = a0 lm ul Z Z |f (x) dµ| = Từ kết ta có z at nh oi A a f ∗ (t) dt Trong trường hợp λ0 = 0, thu đẳng thức thay cho (2.6) z µ ({x ∈ X : |f (x)| > 0}) ≡ a0 < a @ gm Trong trường hợp này, ta chọn B giá f rời nhau, với µ(B ) = a − a0 Ta co l định nghĩa lại tập A = {x ∈ X : |f (x)| > 0} ∪ B, ta thấy f ∗ (t) triệt tiêu m t ≥ a0 Khi ta thu kết trước Z Z a0 Z a ∗ |f (x)| dµ = f (t) dt = f ∗ (t) dt 0 an Lu A n va ac th si 31 Trong phần chứng minh, ta thấy tập A giảm với a thuộc phạm vi df Đối với giá trị khác a, chọn tập B phần thứ hai chứng minh tăng theo a Như ta hoàn thành chứng minh (ii) Từ điều kiện f ∗ (a) > lim f ∗ (t) ≡ f ∗ (∞) ta suy lân cận f ∗ (a) thỏa t→∞ df (λ) < ∞, µ ({x ∈ X : |f (x)| ≥ f ∗ (a)}) = m ({t > : f ∗ (t) ≥ f ∗ (a)}) ≥ a Ta đặt G = {x ∈ X : |f (x)| > f ∗ (a)} H = {x ∈ X : |f (x)| ≥ f ∗ (a)} , lu an ta có µ (G) ≤ a ≤ µ (H ) Vì µ độ đo nonatomic nên ta tìm tập A va n cho G ⊂ A ⊂ H µ (A) = a Ta chứng minh hai hàm f χA f ∗ χ[0,a) tn to tương đương (f χA )∗ (t) = f ∗ (t) χ[0,a) (t) Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.4 (vii) ie gh ta có (f χA )∗ (t) ≤ f ∗ (t) χ[0,a) (t) Giả sử t < a f χA ≥ f χG > f ∗ (a), p (f χA )∗ (t) ≥ f ∗ (a) Nếu x ∈ / A |f (x)| ≤ f ∗ (a) ≤ (f χA )∗ (t) nên d oa nl w B = {x ∈ X : |f (x)| > (f χA )∗ (t)} ∗ = {x ∈ A : |f (x)| > (f χA ) (t)} lu lm ul Do nf va an ∗ = {x ∈ X : |f (x) χA (x)| > (f χA ) (t)} µ (B ) = df (f χA )∗ (t) = df χA (f χA )∗ (t) ≤ t, z at nh oi f ∗ (t) ≤ f ∗ df (f χA )∗ (t) ≤ (f χA )∗ (t) Vì f χA f ∗ χ[0,a) hai hàm tương đương nên tích phân chúng z m co A f ∗ (t) dt l µ(A)=a a gm @ Áp dụng Bổ đề 2.1.7 ta có : Z Z sup |f (x)| dµ ≤ an Lu Vậy trường hợp f ∗ (a) > f ∗ (∞), từ (iii) (i) chứng minh Trong trường hợp f ∗ (a) = f ∗ (∞), ta đặt tập G0 = {x ∈ X : |f (x)| > f ∗ (x)} n va ac th si 32 n εo ∗ tập H = x ∈ X : |f (x)| > f (x) − với > nhỏ tùy ý, a µ (G0 ) ≤ a ≤ µ (H ) = ∞ Do tồn tập A (ε) = A cho G0 ⊂ A ⊂ H 0 µ(A) = a Mà (f χG0 ) f ∗ χ[0,µ(G0 )) hai hàm tương đương nên Z µ(G0 ) Z |f (x)| dµ = G0 f ∗ (t) dt, ta có Z Z Z |f (x)| dµ = |f (x)| dµ + |f (x)| dµ G0 A Z µ(G0 ) A\G0 Z lu ε ∗ ≥ f (t) dt + dt f (∞) − a A\G0 Z µ(G0 ) ε = a − µ G0 f ∗ (t) dt + f ∗ (∞) − a Z µ(G0 ) ≥ f ∗ (t) dt + f ∗ (∞) a − µ G0 − ε ∗ an n va gh tn to ie p Mặt khác khoảng (µ (G0 ) , a), hàm f ∗ f ∗ (∞) nên Z Z a |f (x)| dµ ≥ f ∗ (t) dt − ε oa nl w d nf va an lu Do (i) A Định nghĩa 2.1.11 ([13]) Một khơng gian độ đo (X, µ) hay µ gọi cộng z at nh oi lm ul hưởng σ- hữu hạn với hàm f g ta có Z ∞ Z ∗ ∗ f (t) g (t) dt = sup |f (x) ge (x)| dµ (x), X với supremum lấy tất hàm ge mà tương đương với g X z lớn không gian Lorentz Hàm cực đại m 2.2 co l gm @ Trong mục tiếp tục tìm hiểu hàm có tầm quan trọng an Lu Định nghĩa 2.2.1 ([7]) Hàm f ∗∗ : [0; ∞) → [0; ∞] định nghĩa sau n va ac th si 33 f ∗∗ ( t) = Z t t f ∗ (s) ds với t > f ∗∗ (0) = 0 gọi hàm cực đại hàm f Mệnh đề sau trình bày số tính chất hàm cực đại Mệnh đề 2.2.2 ([7]) Cho fn hàm đo với n = 1, 2, (i) f ∗∗ hàm giảm liên tục (0; ∞) (ii) f ∗ (t) ≤ f ∗∗ (t) ∀t > lu (iii) Nếu |f (x)| ≤ |g (x)| hầu khắp nơi X f ∗∗ (t) ≤ g ∗∗ (t) ∀t > an n va (iv) Nếu fn dãy thỏa |fn (x)| ≤ |f (x)| hầu khắp nơi X, n = 1, 2, n→∞ lim fn ∗∗ (t) n→∞ = f ∗∗ (t) ∀t > ie gh tn to lim |fn (x)| = |f (x)| hầu khắp nơi X fn ∗∗ (t) ≤ f ∗∗ (t) p Chứng minh Vì f ∗∗ liên tục tính liên tục tích phân nên để chứng minh (i) d oa nl w ta cần chứng minh f ∗∗ hàm giảm Lấy tùy ý < t1 < t2 , ta có Z t2 Z t1 Z t2 1 f ∗ (s) ds = f ∗ (s) ds + f ∗ (s) ds f ∗∗ (t2 ) = t2 t2 t2 t1 Z t1 1 ≤ f ∗ (s) ds + f ∗ (t1 ) (t2 − t1 ) t2 t2 Z t1 1 f ∗ (s) ds + − t1 f ∗ (t1 ) = t2 t1 t2 Z t1 Z t2 1 ∗ ≤ f (s) ds + − f ∗ (s) ds t1 t1 t2 Z t1 = f ∗ (s) ds = f ∗∗ (t1 ) t1 nf va an lu z at nh oi lm ul z @ m co l gm Để chứng minh (ii) ta áp dụng tính chất hàm giảm f ∗ sau Z Z t ∗ t ∗ ∗∗ f (t) = f (s) ds ≥ f (t) ds = f ∗ (t) t t an Lu Tiếp theo ta chứng minh (iii) cách áp dụng Mệnh đề 2.1.4(ii) Vì |f (x)| ≤ |g (x)| hầu khắp nơi ta có f ∗ (t) ≤ g ∗ (t) ∀t > Mà f ∗ , g ∗ hàm không âm n va ac th si 34 nên với t > ta có đánh giá Z Z t ∗ t ∗ ∗∗ f (t) = f (s) ds ≤ g (s) ds = g ∗∗ (t) t t Cuối ta chứng minh (iv) cách áp dụng Mệnh đề 2.1.4(ii) Ta có fn∗ (t) ≤ f ∗ (t) , n = 1, 2, limn→∞ fn∗ (t) = f ∗ (t) với t ≥ Vì Z t ∗ ∗∗ f (s) ds, t > f (t) = t từ chứng minh (iii) ta có fn∗∗ (t) ≤ f ∗∗ (t), sử dụng định lí hội tụ đơn lu điệu ta suy fn∗∗ (t) → f ∗∗ (t) với t > an n va Định lý 2.2.3 ([7]) Nếu µ độ đo cộng hưởng to gh tn (f + g )∗∗ (t) ≤ f ∗∗ (t) + g ∗∗ (t) p ie với t > Do tốn tử "**" cộng tính d oa nl w Chứng minh Áp dụng Định lý 2.1.10 với định nghĩa f ∗∗ ta có Z Z t 1 |f (x)| dµ sup f ∗ (s) ds = f ∗∗ (t) = t t µ(A)=t A an lu nf va Do đó, áp dụng bất đẳng thức tam giác tính cộng tính supremum (f + g ) (t) = t µ(A)=t Z sup |f (x) + g (x)| dµ z at nh oi ∗∗ lm ul ta có A ≤ sup |f (x)| dµ + |g (x)| dµ t µ(A)=t A A Z Z 1 ≤ sup |f (x)| dµ + sup |g (x)| dµ t µ(A)=t A t µ(A)=t A Z Z z l gm @ = f ∗∗ (t) + g ∗∗ (t) m co an Lu n va ac th si 35 Không gian Lorentz Lp,q 2.3 Trong mục giới thiệu không gian Lorentz Lp,q chuẩn không gian Lorentz Định nghĩa 2.3.1 ([7]) Cho khơng gian (X, µ) đo hữu hạn 0 an Tập hợp tất hàm f mà kf kLp,q < ∞ gọi không gian Lorentz va số p q n tn to Trong không gian Lorentz, trường hợp p = ∞ q < ∞ không ý ie gh nhiều kf kL∞,q < ∞ suy f = hầu khắp nơi X Điều p chứng minh sau Giả sử L∞,q khơng tầm thường Khi tồn hàm số khác không f ∈ L∞,q , nghĩa tồn số c > tập A ⊂ X nl w d oa có độ đo dương thỏa |f (x)| > c với x ∈ A thì: Z ∞ Z µ(A) Z ∞ dt dt q q dt ∗ ∗ (f χA ) (t) f (t) ≥ ≥ cq = ∞ kf kL∞,q = t t t 0 an lu nf va Do dẫn đến mâu thuẫn f phải hàm số không lm ul Khơng gian Lorentz Lp,q xem khái qt hóa khơng gian Lp z at nh oi ta cho q = p với < p ≤ ∞ Thật Z ∞ p dt 1/p p 1/p ∗ kf kLp,p = t f (t) p t Z ∞ 1/p dt = t(f ∗ (t))p t Z ∞ 1/p = f ∗ (t)p dt z l gm @ co m Áp dụng Định lí 2.1.6 ta có: Z ∞ 1/p Z 1/p p f ∗ (t) dt = |f (x)| dµ kf kLp,p = n va X an Lu ac th si 36 Với p = ∞ f ∗ hàm giảm nên theo Định lí 2.1.6 kf kL∞,∞ = sup f ∗ (t) = f ∗ (0) = ess sup |f (x)| = kf kL∞ t>0 x∈X Do kf kLp,p = kf kLp Điều suy Lp,p = Lp Định lý 2.3.2 [7] Không gian Lorentz Lp,q tuyến tính k.kLp,q tựa chuẩn Chứng minh Với f, g ∈ Lp,q , số α, ta cần chứng minh f + g ∈ Lp,q αf ∈ Lp,q lu an Trước hết ta chứng minh định lí cho trường hợp < p, q < ∞ cách sử n va đụng Mệnh đề 2.1.4(iv), ta có to ∞ Z gh tn kf + gkLp,q = 1/p t 1/q (f + g ) (t) dt/t q ∗ ∞ ie Z p ≤ ∗ 1/p t q ∗ [f (t/2) + g (t/2)] 1/q dt/t ∞ w Z (2u) ∗ ∗ q 1/p ∗ iq h [f (u) + g (u)] 1/q du/u d oa nl = 1/p 1/p ∞ Z q an lu ≤2 h u f (u) 1/p ∗ + u g (u) iq 1/q du/u q q nf va = p +1 kf kLp,q + kgkLp,q 1q z at nh oi lm ul 1 q q ≤ q +1 max kf kLp,q , kgkLp,q q 1 ≤ q + q+1 kf kLp,q + kgkLp,q z Hơn với α đại lượng vô hướng bất kì, ta có Z ∞ q dt 1/q ∗ 1/p kαf kLp,q = t (αf ) (t) = |α| kf kLp,q t l gm @ co Tiếp theo, ta chứng minh cho trường hợp 0 n va t>0 ac th si 37 = sup (2u) 1/p (f ∗ (u) + g ∗ (u)) t>0 1/p ≤2 1/p ∗ sup u f (u) + sup u t>0 1/p ∗ g (u) t>0 = 21/p kf kLp,∞ + kgkLp,∞ Ta có với α đại lượng vơ hướng kαf kLp,∞ = |α| kf kLp,∞ Điều chứng tỏ Lp,q khơng gian tuyến tính với < p ≤ ∞, < q < ∞ Hơn từ chứng minh ta thấy k.kLp,q tựa chuẩn lu Định lý 2.3.3 ([7]) k.kLp,q chuẩn ≤ q ≤ p < ∞ an p = q = ∞ n va tn to Chứng minh Để chứng minh k.kLp,q chuẩn, ta cần chứng minh bất đẳng q p ie gh thức tam giác thỏa Phần lại ta chứng minh phần cuối Định q lý 2.3.2 Trước hết ta giả sử ≤ q ≤ p, − ≤ Điều dẫn đến hàm p q ∗ q = t p −1 Vì µ cộng hưởng nên theo w t p −1 liên tục giảm, t p −1 d oa nl Định nghĩa 2.1.11, với f , g hai hàm Lp,q ta có ∞ Z an lu kf + gkLp,q = p ∗ q dt 1q t (f + g ) (t) t ∞ q q ∗ q t p−1 (f + g ) (t) dt nf va Z = lm ul Z X z at nh oi = sup