Không gian các dãy orlicz

8 Trờng đại học vinh khoa TOáN *** hồ đình sinh không gian dãy orlicz khoá luận tốt nghiệp đại học nghành cử nhân khoa học toán Vinh - 2006 Lời nói đầu Lý thuyết không gian dãy Orlicz đợc bắt đầu nghiên cứu từ năm 1940 kỷ trớc Ban đầu lớp không gian dãy Orlicz mở rộng tự nhiên không gian dãy l p , sau đợc phát triển có nhiều đóng góp quan trọng giải tích hàm Hiện tại, lý thuyết không gian dãy Orlicz phát triển cách tổng quát xây dựng không gian độ đo Tuy nhiên với khả sinh viên khuôn khổ khoá luận chọn đề tài: Không gian dãy Orlicz Nhằm nghiên cứu số tính chất ban đầu lớp không gian dãy Orlicz cổ điển Hầu hết kết khoá luận phát biểu [3] Tuy nhiên kết không đợc chứng minh chứng minh không cụ thể Đặc biệt hàm Orlicz suy biến kết hoàn toàn không đợc chứng minh Chúng chứng minh chi tiết kết Khoá luận đợc viết thành chơng: Chơng I Một số kiến thức chuẩn bị Chơng gồm có phần: Đ1 Hàm lồi Phần trình bày định nghĩa số tính chất hàm lồi Đ2 Không gian định chuẩn không gian Banach Phần trình bày số khái niệm không gian đinh chuẩn, không gian Banach ánh xạ tuyến tính liên tục Đ3 Không gian dãy Phần trình bày định nghĩa số tính chất không gian C , C, l p , l Chơng II Không gian dãy Orlicz Chơng gồm có phần: Đ1 Các định nghĩa Đ2 Một số tính chất không gian dãy Orlicz Các kiến thức chuẩn bị Chơng đợc trình bày chi tiết tài liệu [1], [2] Nội dung khoá luận đợc trình bày Chơng Cuối cho gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Ths Kiều Phơng Chi ngời hớng dẫn trực tiếp giúp hoàn thành khoá luận cho gữi lời cảm ơn tới thầy cô khoa Toán Đại Học Vinh tận tình giúp đỡ trình làm khoá luận Mặc dù cố gắng nhiều nhng điều kiện thời gian hạn chế mặt trình độ nên chắn khoá luận khỏi thiếu sót, tác giả kính mong thầy cô bạn đọc góp ý để khoá luận đợc hoàn thiện Vinh, tháng năm 2006 Tác giả 10 chơng I MộT Số KIếN THức CHUẩN Bị Đ1 Hàm lồi 1.1 Định nghĩa ([1]) Hàm f liên tục (a,b) đợc gọi lồi (a,b) với x , x ( a , b ) , với [ 0,1] f ( x + (1 ) x ) f ( x ) + (1 ) f ( x ) 1.2 Định lí ([1]) Giả sử f hàm khả vi (a,b) Điều kiện cần đủ để f lồi ( a , b ) đạo hàm f ' hàm đơn điệu tăng ( a , b ) 1.3 Hệ ([1]) Giả sử f có đạo hàm cấp ( a , b ) Khi điều kiện cần đủ để f lồi (a,b) f '' ( x ) , với x ( a , b ) Đ2 không gian định chuẩn không gian banach 2.1 Không gian định chuẩn không gian Banach 2.1.1 Định nghĩa ([2]) Cho E không gian tuyến tính trờng K Một chuẩn E hàm x x từ E vào R thoả mãn điều kiện sau với x , y , với K (Đ1): x , x =0 x=0; (Đ2): x = x ; (Đ3): x + y x + y Khi đó, không gian tuyến tính E với chuẩn đợc gọi không gian định chuẩn 2.1.2 Định lí ([2]) Nếu x x chuẩn E d( x , y )= x y mêtric E Mêtric thoả mãn d( x + z, y + z ) = d( x , y ) d( x, y) = d(x,y); với x, y, z E, với K 2.1.3 Định nghĩa ([2]) Một không gian định chuẩn E đợc gọi không gian Banach E đầy đủ với mêtric sinh chuẩn, d( x , y ) = x y 11 2.1.4 Ví dụ a) Không gian véc tơ Rn với chuẩn x = n x i =1 i , với x = ( x 1,x 2, ,x n ) Rn không gian Banach b) Ký hiệu C [ a , b] không gian véctơ hàm liên tục từ đoạn [ a, b ] R vào K Khi C [ a , b] không gian Banach với chuẩn f = xsup f (x) [ a , b ] 2.2 ánh xạ tuyến tính liên tục 2.2.1 Định nghĩa ([2]) Giả sử E, F không gian véc tơ trờng K, ánh xạ f : E F từ không gian véc tơ E vào không gian véc tơ F đợc gọi ánh xạ tuyến tính thoả mãn f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , với x , y , với , K 2.2.2 Định lý ([2]) Giả sử f ánh xạ tuyến tính từ không gian định chuẩn E vào không gian định chuẩn F Khi mệnh đề sau tơng đơng a) f liên tục đều; b) f liên tục; c) f liên tục điểm ; d) f bị chặn, tức tồn k > cho f ( x ) k x , với x 2.2.3 Định nghĩa ([2]) Hai không gian E F đợc gọi đẳng cấu với chúng có phép đẳng cấu đại số liên tục hai chiều Một phép đẳng cấu đại số liên tục hai chiều đợc gọi phép đẳng cấu 2.2.4 Định lí ([2]) Đẳng cấu đại số f : E F đẳng cấu tồn số dơng a b cho a x f ( x ) b x với x 2.2.5 Hệ ([2]) Giả sử f : F đẳng cấu đại số Để 12 f -1: F liên tục, điều kiện cần đủ tồn số h > cho f ( x ) h x , với x 2.2.6 Định nghĩa ([2]) Hai chuẩn không gian véc tơ E tơng đơng ánh xạ đồng i : ( , ) ( , ) phép đẳng cấu 2.2.7 Hệ ([2]) Hai chuẩn tơng đơng tồn số dơng a , b cho a x x b x , với x 2.3 Không gian khả li 2.3.1 Định nghĩa ([2]) Một tập A không gian định chuẩn E đợc gọi toàn vẹn tập tất tổ hợp tuyến tính hữu hạn A trù mật E Ta nói dãy { a n } toàn vẹn tập phần tử dãy toàn vẹn 2.3.2 Định nghĩa ([2]) Không gian tôpô E đợc gọi khả li E tồn tập đếm đợc trù mật 2.3.3 Định lí ([2]) Không gian định chuẩn E khả li E tồn dãy (hữu hạn vô hạn) toàn vẹn độc lập tuyến tính Đ3 không gian Các dãy Ta ký hiệu nh sau: C0 = { x = { x n } C: x n 0, n } ; C = { x = { x n } C: dãy { x n } hội tụ p l p = { x = { x n } C: x n < n =1 }; } , với p ; l = { x = { x n } C: sup x n < } n Các không gian không gian tuyến tính với phép toán: Cộng x + y = { x n + y n } , với x = { x n } , y = { y n } ; 13 Nhân vô hớng x = { x n } , với x = { x n } , với C Dể thấy, l p C0 C l không gian C0 , C, l , không gian Banach với chuẩn x = sup x n n Còn l p không gian Banach với chuẩn x p = x p p n n =1 3.1 Định lí a) C0 không gian khả li; b) C không gian khả li; c) l không khả li Chứng minh a) Xét tập D = { en , n = 1,2, } , e1 C0 , , , = (1,0,0 ,0, ) C0 , e2 = ( 0,1,0, ,0, ) C0 ,,en = , , n Ta chứng minh spanD = C0 Hiển nhiên ta có spanD C0 (1) Ta cần chứng minh C0 spanD Lấy x = ( x , x , , x n , ) sup x n = x n = , ta chứng minh đợc lim thuộc C0 Khi lim n k n k sup x n = a Khi đó, tồn dãy { x n Thật vậy, giả sử ngợc lại lim k n k k } mà xn = x n a , n k mâu thuẫn với lim n k Xét dãy { x k } C0 nh sau x k = ( x , x , , x k ,0, ) Khi x k = x 1e1 + + x k e k spanD k x n , k ; x k x = ( 0,0, , x k +1 , x k + , ) Ta có x x = sup n k +1 suy x k x , k , x spanD Vậy 14 C0 spanD (2) Từ (1) (2) ta có spanD = C0 , C0 khả li b) Chứng minh C khả li Trong C ta xét tập D = { en | n = 1,2, } Trong đó, e = (1,1, ,1, ) , e2= ( 0,1, ,1, ) , , e n =(0,,1,1), Khi đó, en C với n Ta cần chứng minh spanD = C Ta có điều hiển nhiên spanD C (3) x n = a suy Lấy x thuộc C, x = ( x , x , , x n , ) Khi đó, lim n sup x n a = lim x n a = kéo theo lim k n k n Chọn dãy { x k } C nh sau x k = ( x , x , x , , x k , a , , a ) Khi x k = ( x 1e1 x 1e ) + ( x e x e ) + + ( x k e k x k e k +1 ) + a.e k +1 spanD Ta cần chứng minh x k x k Ta có ( x x k )=(0,0,, x k +1 -a, x k + -a,) Suy x xk xn a = sup n k +1 Kéo theo sup x n a =0 suy x k x , k lim x x k = lim k n k +1 k Do x spanD , ta thu đợc C spanD Từ (3) (4) ta có C=spanD Vậy C khả li c) Chứng minh l không khả li Với a l ta có a: N C n an Xét tập G = { f : N { 0,1} } Khi (4) 15 G l G tập đếm đợc (vì G = N = ) Với f G ta xét hình cầu mở B f = B f , = g l : f g Ta có B f G = { f } , với f G Do với g f ta có f g = sup f ( n ) g( n ) = > n 1 Suy g B f Đặt B = { B f : f G } Khi B = G > Suy B đếm đợc Bây giờ, giả sử l khả li Khi tồn tập D đếm đợc cho D = l Do đó,với f G l ta có B f = B f ; D Suy tồn a f D cho a f B f Đặt D * = { a f : f G} D D D * = G > Suy D * tập đếm đợc Mâu thuẫn với D đếm đợc Vậy l không khả li ( ) 3.3 Định lí Với p 1, l p , p không gian khả li Chứng minh Ta biết rằng, với p , l p không gian Banach với chuẩn p x p = x n n =1 p , , Trong l p , ta xét dãy D= { e n , n = 1,2, } , e n = ,0, , n Ta chứng minh D toàn vẹn Thật vậy, ta có điều hiển nhiên spanD l p (1) 16 Ta cần chứng minh l p spanD Lấy x thuộc l p , x = ( x , x , , x n ) Khi x n =1 p n < kéo theo lim k x n = k +1 p n k = Lấy dãy { x } l p nh sau x k = ( x , x , , x k ,0,0 ) Suy x k = x e1 + x e + + x k e k spanD Ta chứng minh x k x k Thật vậy, ta có p p x x = x n n = k +1 k k Suy x x , k Suy x spanD Do ta có l p spanD Từ (1) (2) ta có spanD = l p Vậy l p khả li CHƯƠNG II (2) 17 KHÔNG GIAN DãY oRLICZ Đ1 Các định nghĩa 1.1 Định nghĩa Hàm M : [ 0,+ ) R gọi hàm Orlicz 1) M hàm không giảm, liên tục; M( t ) = ; 2) M ( ) = ; lim t 3) M hàm lồi 1.2 Định nghĩa Hàm Orlicz M gọi suy biến tồn t > cho M( t ) = Cho M hàm Orlicz Kí hiệu lM = { x = { x n xn < , với > } } C : M n =1 1.3 Định lí l M không gian tuyến tính với phép toán: x + y = { x n + y n } , với x = { x n } , y= { y n } Cộng Nhân vô hớng x = { x n } , với x = ( x n ) l M , với C Chứng minh Phép cộng phép nhân vô hớng hoàn toàn xác định Thật vậy, với x = ( x n ) l M , y = ( y n ) l M Khi đó, tồn , cho xn < , M n =1 yn < M n =1 Chọn = + ta có x + yn M n x + yn = M n + x + yn M n + x y n + n =M + 1 + Suy x + y l M x y M n + M n < + + 22 x + yn x + y = inf : M n n =1 s + t ( *) Vì (*) với s, t mà s x , t y nên ta cho s x t y ta đợc x+y x + y Vậy (Đ3) thoả mãn Ta phải chứng minh ( l M , ) đầy đủ Giả sử { x k } dãy Cauchy l M Ta cần x k x k x l M Thật vậy, { x k } dãy Cauchy nên ta có x x k x kn x ln = inf : M n =1 l , k , l (**) k l Theo bổ đề 2.1, suy x n x n , k, l , với n Hay với n = 1,2,3, { x kn } dãy Cauchy C Do C đầy đủ, nên x kn x n , k Đặt x = ( x , x , , x n , ) Khi đó, ta cần x k x , k Từ (**) ta có, với > tồn k > cho x km x ln inf : M n =1 < , với k, l k Ta cố định k k cho l , ta đợc x kn < , với k k inf : M n =1 k Hay x x < , với k k Vậy xk x k Bây ta chứng minh x l M Vì x k x , k nên với > , tồn k > cho x kn x n x x = inf : M n =1 k < , với k k0 23 Suy ra, với k k0 ta có x kn x n M n =1 1< k k k Hay x x l M Suy x = x ( x x ) l M 0 Vậy ( l M , ) không gian Banach 2.3 Mệnh đề Nếu M ( t ) = t p , với p M hàm Orlicz l M = l p ' p Chứng minh Với p ta có M ( t ) = p.t ; M '' ( t ) = p.(p 1).t p , với t Do M hàm lồi Các điều kiện lại hàm Orlicz dễ dàng nhận Ta chứng minh l M = l p Lấy x xn < , với Kéo theo thuộc l M Khi M n =1 với Suy n =1 xn p p K< , p p x n K < , với Do x l p Vậy n =1 l M l p Chiều ngợc lại dễ dàng nhận Do l M = l p p Với x l M ta phải x = x n = x p Thật vậy, ta có n =1 p xn x = inf : M n =1 p = inf : x n n =1 p p p = inf : x n n =1 Ta thu đợc 24 p x x n n =1 p (1) p Bây ta chứng minh x x n p Lấy n =1 p = x n n =1 p Khi p x x x M n = pn = n x n p n =1 Suy p x x M n = n n =1 n =1 x n p =1 n =1 xn Suy Kéo theo : M n =1 x inf : M n = x n =1 (2) p Từ (1) (2) suy x = x n p n =1 2.4 Nhận xét Với hàm Orlicz M, ta có l M l Chứng minh Giả sử l M không nằm l Khi đó, tồn x = { x n } l M mà { x n } không bị chặn Ta giả thiết x n > n với n Vì x l M nên tồn > cho x M n < k , với n xn M n =1 < , suy tồn k > để 25 Lấy t cho M ( t ) = k Khi đó, x n , n nên tồn n cho xn > t Kéo theo xn M M( t ) = k xn < k , với n Điều mâu thuẫn với M Vậy l M l 2.5 Định nghĩa Cho M hàm Orlicz Kí hiệu x h M = { x = ( x n ) : M n < , với > } n =1 2.6 Định lý Với M hàm Orlicz bất kỳ, a) h M không gian đóng l M ; b) h M không gian khả li Chứng minh a) Với x, y h M , với R ta có: Nếu = x = h M Nếu x = (x n ) Vì x h M nên n =1 M Suy x h M xn < , với Do M n =1 ' .xn xn = M < , với = ' n =1 ' 26 Ta chứng minh x + y h M Thật vậy, với x, y h M ta có x ; y h M xn 2y < M n < , với Từ ta có Do M y + yn M n 2x = M n x n M x + yn M n yn + 2y + n < Suy x + y = { x n + y n } h M Vậy h M không gian l M Ta chứng minh h M đóng l M Giả sử { x k } dãy h M x k x , k Ta chứng minh x h M Trớc hết ta chứng minh x k x h M với k Giả sử ngợc lại x k x h M Khi đó, tồn > x kn x n cho M n =1 = Khi đó, với ta có x kn x n M x kn x n Kéo theo M n =1 xk xn M n = , với Từ suy x kn x inf : M n =1 > > k Hay x x > > , với k Điều mâu thuẫn với x k x , k Do x k x h M Từ ta có x = x k ( x k x ) h M b) Gọi t số lớn cho M ( t ) = Ta xét tập D nh sau D = { e n , n = 1,2, } , với e1 = ( t ,0, ,0, ) , e = (0, t ,0, ,0, ) , , 27 e n = (0,0, , t ,0, ) ,Khi đó, D h M Ta chứng minh D tập toàn vẹn Thật n vậy, ta có điều hiển nhiên spanD h M (1) Lấy x = ( x , x , , x n , ) h M Khi xn M n =1 < , với > Suy lim k xn M n = k +1 = k k Ta lấy dãy { x } h M nh sau x = ( x , x , , x k ,0, ) Suy xk = x1 x x e1 + e + + k e k spanD t0 t0 t0 Ta chứng minh x k x , k Ta có, k đủ lớn x kn x n x x = inf : M n =1 k x n = inf : M n = k +1 = inf { : > 0} = Kéo theo x k x , k Suy x spanD Do h M spanD (2) Từ (1) (2) ta có spanD = h M Vậy h M không gian khả li 2.7 Định lí Nếu M hàm Orlicz suy biến a) l M l ; b) h M C 28 Chứng minh a) Theo Nhận xét 2.4, chơng II, ta có l M l Ta chứng minh, M suy biến l l M Thật vậy, M suy biến nên tồn t cho M ( t ) = Gọi T0 giá M ( t ) = + ) Khi đó, trị lớn cho M (T0 ) = , (T0 tồn lim t + xn < với x = { x n } l ta đặt k = sup n M(t) Lấy = T0 t 2.k ta thu đợc T0 x n T0 x n T0 = 2k Từ tính chất không giảm hàm M ( t ) , suy x T M n M = , với n Ta nhận đợc x M n = n =1 n =0 Hay x = { x n } l M Nh l M = l Để chứng minh l M l ta phải chuẩn l M l tơng đơng Với ý l đợc xét với chuẩn x Từ chứng minh ta có, với = sup x n n 29 = 2.k T0 xn M n =1 = Do x 2k x x = inf : M n = T T n =1 0 Hay x T0 x (1) Từ định nghĩa xn x = inf : M n =1 Ta có xn , với x l M x Gọi T1 số lớn cho x M n =1 xn M ( t ) = ) M (T1 ) = , ( T1 tồn M ( t ) liên tục lim M Ta có t x 1, với n = 1,2, Vì M hàm không giảm nên xn x x T1 , với n = 1,2, Ta thu đợc = sup x n T1 x n Từ ta có T0 x x T1 x Bất đẳng thức chứng tỏ l M l b) Trớc hết ta h M = C Giả sử x = ( x n ) h M Khi xn M n =1 < , với > 30 Nếu x = { x n } C x n , n Suy tồn dãy { x n cho x n r > , với n k Lấy cho xn xn Khi M n =1 k } r r 2T0 hay 2T0 < Tuy nhiên, x n 2T , với n , nên suy k k xn M k M ( 2T ) >M ( T ) >0 0 xn Suy M Điều dẫn tới lim n mâu thuẫn với k k k xn M n =1 xn M n =1 không hội tụ Điều < Vậy h M C0 (3) Ngợc lại, giả sử x = ( x n ) C Ta x h M Thật vậy, với > tuỳ ý Khi đó, tồn n cho x n < T0 , với n n (do dãy x n ) Hay xn xn = , với n n < T0 , với n n Vì M Ta thu đợc x n n x k x k + M M M = k =n n =1 k =0 0 n x = M k < k =1 Vậy, x = ( x n ) h M , C0 h M Từ (3) (4) ta có đợc h M = C (4) 31 Cuối cùng, ta có chuẩn hM cảm sinh từ l M chuẩn C cảm sinh từ l Mặt khác theo câu a) hai chuẩn tơng đơng Vậy C h M 2.8 Định nghĩa Hàm Orlicz M đợc gọi thoả mãn q -điều kiện sup lim t M( qt ) < M( t ) 2.9 Bổ đề Hàm Orlicz M thoả mãn -điều kiện M thoả mãn q -điều kiện 0, với q>0 Chứng minh Giả sử M thoả mãn -điều kiện Khi đó, với q>0 q 0 hay lim sup t M( qt ) < M( t ) Lấy x thuộc vào l M Khi đó, tồn cho ( xn M n =1 ) < x =0 Do M không suy biến, liên tục nên lim x n =0 M Ta thu đợc lim n n n x n =0 Do đó, tồn n cho hay lim n xn áp dụng q -điều kiện cho q= ta có, tồn t K >0 cho M < K.M( t ) , với 00 Hay x h Suy l M = h M M (b) (c) Hiễn nhiên, h M khả li (c) (d) Do l M khả li, l không khả li nên l M không chứa không gian đẳng cấu với l Cuối ta chứng minh (d) (a) Ta chứng minh phản chứng Giả sử M không thoả mãn -điều kiện Khi đó, tồn dãy {t } n n =1 cho M( 2t n ) n +1 >2 M ( t n ) n Lấy { k n } dãy tự nhiên cho M( t n ) 1 < k n M( t n ) n n +1 2 Khi đó, =1 n n =1 k n M( t n ) n =1 k n M ( 2t ) > Bây giờ, với dãy { a n } l Đặt x = a t , , a t , a t , , a t , , a n t n , , a n t n , k k k n Xét ánh xạ : l l M , từ không gian l vào không gian l M cho ( a ) = x , với a= { a n } l Dể dàng kiểm tra ánh xạ tuyến tính đơn ánh Lại có x n x = inf > : M n =1 a t = inf > : k n M n n n =1 34 t = inf > : k n M n n =1 a n Để ý k n =1 n M ( t n ) M hàm không giảm nên tn k n M với , với n Hay sup a n = a n an n =1 an Do a t x = inf > : k n M n n a n =1 Ta lại có k n M ( t n ) > , với n k n =1 Do M n t na n t = k n M n n =1 a n a a > , với n Hay > n , với n Suy > sup a n = an n 2 Vì vậy, a t a x = inf > : k n M n n n =1 Ta thu đợc a x a Khi đó, l đẳng cấu với không gian ( l ) l M , mâu thuẩn với giả thiết. 35 Kết luận Khoá luận đạt đợc kết sau: Trình bày chứng minh chi tiết số tính chất không gian dãy Orlicz không gian Chứng minh đợc đinh lí 2.7 trờng hợp hàm Orlicz suy biến Các vấn đề khoá luận tiếp tục nghiên cứu trờng hợp không gian dãy Orlicz tổng quát Đặc biệt nghiên cứu đối ngẫu, tập compac, toán tử không gian 36 tàI liệu tham khảo [1] Trần Đức Long, Hoàng Quốc Toản, Nguyễn Đình Sang, Giáo trình giải tích tập I, NXB Đại học QGHN, năm 2001 [2] Đậu Thế Cấp, Giải tích hàm, NXB Giáo dục, năm 2000 [3] Hà Huy Bảng, Lý thuyết không gian dãy Orlicz, NXB Đại học QGHN, năm 2003 [4] Joran Linden Straus and Lior Tzayriri, Classiccal Banach Spaces, Springer_Verag, 1997 [...]... đó, l đẳng cấu với không gian con ( l ) của l M , mâu thuẩn với giả thiết. 35 Kết luận Khoá luận này đã đạt đợc kết quả sau: 1 Trình bày và chứng minh chi tiết một số tính chất của không gian các dãy Orlicz và các không gian con của nó 2 Chứng minh đợc đinh lí 2.7 trong trờng hợp hàm Orlicz suy biến Các vấn đề khoá luận có thể tiếp tục nghiên cứu trong trờng hợp không gian dãy Orlicz tổng quát Đặc... không gian Orlicz 2.1 Định lý Cho M là hàm Olicz Khi đó l M là không gian Banach với chuẩn đợc xác định nh sau x x = inf > 0 : M n 1 , với mọi x l M n =1 Chuẩn này từ nay về sau ta goị là chuẩn Orlicz Để chứng minh định lí ta cần chứng minh bổ đề sau: 2.2 Bổ đề Nếu dãy { x k } l M và x k 0 khi k thì x kn 0 , khi k , với mọi n k Chứng minh Giả sử ngợc lại tồn tại n 0 sao cho dãy. .. không gian dãy Orlicz tổng quát Đặc biệt nghiên cứu về đối ngẫu, các tập compac, và toán tử trên các không gian này 36 tàI liệu tham khảo [1] Trần Đức Long, Hoàng Quốc Toản, Nguyễn Đình Sang, Giáo trình giải tích tập I, NXB Đại học QGHN, năm 2001 [2] Đậu Thế Cấp, Giải tích hàm, NXB Giáo dục, năm 2000 [3] Hà Huy Bảng, Lý thuyết không gian dãy Orlicz, NXB Đại học QGHN, năm 2003 [4] Joran Linden Straus and... M M (b) (c) Hiễn nhiên, do h M khả li (c) (d) Do l M khả li, l không khả li nên l M không chứa không gian con đẳng cấu với l Cuối cùng ta chứng minh (d) (a) Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử M không thoả mãn 2 -điều kiện tại 0 Khi đó, tồn tại dãy {t } n n =1 sao cho M( 2t n ) n +1 1 >2 và M ( t n ) n Lấy { k n } là dãy tự nhiên sao cho M( t n ) 2 1 1 < k n M( t n ) n n +1 2 2 Khi... M t n 0 +1 < Vậy, q -điều kiện tại 0 thoả mãn Chiều ngợc lạilà hiển nhiên Định lí sau cho các điều kiện để l M = h M 2.10 Định lí ([4]) Giả sử M là hàm Orlic không suy biến Khi đó các mệnh đề sau là tơng đơng a) M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0; b) l M = h M ; 32 c) l M khả li; d) l M không chứa không gian con nào đẳng cấu với l Chứng minh (a) (b) Giả sử M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0 Khi đó,... 0 M( t ) = k 0 xn < k , với mọi n Điều này mâu thuẫn với M Vậy l M l 2.5 Định nghĩa Cho M là hàm Orlicz Kí hiệu x h M = { x = ( x n ) : M n < , với mọi > 0 } n =1 2.6 Định lý Với M là hàm Orlicz bất kỳ, thì a) h M là không gian con đóng của l M ; b) h M là không gian khả li Chứng minh a) Với mọi x, y h M , với mọi R ta có: Nếu = 0 thì x = 0 h M Nếu 0 thì x = (x n )... k k k Hay x x l M Suy ra x = x ( x x ) l M 0 0 0 Vậy ( l M , ) là không gian Banach 2.3 Mệnh đề Nếu M ( t ) = t p , với mọi p 1 thì M là hàm Orlicz và khi đó l M = l p ' p 1 Chứng minh Với mọi p 1 ta có M ( t ) = p.t ; M '' ( t ) = p.(p 1).t p 2 0 , với mọi t 0 Do đó M là hàm lồi Các điều kiện còn lại về hàm Orlicz dễ dàng nhận ra Ta chứng minh l M = l p Lấy x bất kỳ xn < , với... M( t n ) n n +1 2 2 Khi đó, 1 =1 n n =1 2 k n M( t n ) n =1 trong khi k n M ( 2t ) > 1 Bây giờ, với mọi dãy { a n } l Đặt x = a 1 t 1 , , a 1 t 1 , a 2 t 2 , , a 2 t 2 , , a n t n , , a n t n , k k k 1 2 n Xét ánh xạ : l l M , từ không gian l vào không gian l M cho bởi ( a ) = x , với mọi a= { a n } l Dể dàng kiểm tra là ánh xạ tuyến tính và đơn ánh Lại có ... Ta còn phải chứng minh ( l M , ) đầy đủ Giả sử { x k } là dãy Cauchy trong l M Ta cần chỉ ra x k x khi k và x l M Thật vậy, vì { x k } là dãy Cauchy nên ta có x x k x kn x ln = inf : M n =1 l 1 0 , khi k , l (**) k l Theo bổ đề 2.1, suy ra x n x n 0 , khi k, l , với mọi n Hay với mọi n = 1,2,3, thì { x kn } là dãy Cauchy trong C Do C đầy đủ, nên x kn x n , khi k Đặt... đó M y + yn M n 1 2x = M n 2 1 2 x n M 2 x + yn M n 1 2 yn + 2 1 2y + n 2 < Suy ra x + y = { x n + y n } h M Vậy h M là không gian con của l M Ta chứng minh h M đóng trong l M Giả sử { x k } là dãy trong h M và x k x , khi k Ta chứng minh x h M Trớc hết ta chứng minh x k x h M với mọi k Giả sử ngợc lại x k x h M Khi đó, tồn tại 0 > 0 sao x kn ... bày định nghĩa số tính chất không gian C , C, l p , l Chơng II Không gian dãy Orlicz Chơng gồm có phần: Đ1 Các định nghĩa Đ2 Một số tính chất không gian dãy Orlicz Các kiến thức chuẩn bị Chơng... Hiện tại, lý thuyết không gian dãy Orlicz phát triển cách tổng quát xây dựng không gian độ đo Tuy nhiên với khả sinh viên khuôn khổ khoá luận chọn đề tài: Không gian dãy Orlicz Nhằm nghiên cứu... tính chất hàm lồi Đ2 Không gian định chuẩn không gian Banach Phần trình bày số khái niệm không gian đinh chuẩn, không gian Banach ánh xạ tuyến tính liên tục Đ3 Không gian dãy Phần trình bày định