Tập phân tích được và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập hoàn thành luận văn mình, nhận quan tâm, giúp đỡ, động viên quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, gia đình bạn bè Đầu tiên gửi lời cám ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Bích Huy, người hướng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô giảng dạy giúp đỡ suốt khóa học Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô anh chị làm công tác quản lý phòng sau đại học, người tạo điều kiện tốt để hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn bạn bè đồng nghiệp, bạn học viên cao học Toán K23 động viên, khuyến khích, giúp đỡ trình học tập Sau xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, chỗ dựa vững giúp học tập hoàn thành tốt luận văn MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU Chương TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1 Các tính chất 1.2.Tập phân tích Lp (T , R ) 12 1.3 Một kết tách 18 Chương HÀM CHỌN 20 2.1 Một số khái niệm kết 20 2.2 Hàm chọn liên tục 23 2.3 Hàm chọn loại Caratheodory 37 Chương TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG 38 Chương GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 40 4.1.Các khái niệm kết sử dụng 40 4.2.Bao đóng yếu tập phân tích 41 4.3 Ánh xạ phân tích 47 4.4 Phiếm hàm phân tích 49 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 MỞ ĐẦU Tập lồi không gian vectơ mở rộng tự nhiên đa giác mặt phẳng đóng vai trò quan trọng nhiều lĩnh vực quan trọng Toán học Đại số tuyến tính, Giải tích hàm, Giải tích đa trị, Lý thuyết tối ưu, Việc nghiên cứu đối tượng có liên quan đến tính chất lồi nhà toán học quan tâm nghiên cứu nhiều chục năm qua thu kết sâu sắc, từ hình thành hướng nghiên cứu riêng gọi Giải tích lồi Do nhu cầu phát triển nội toán học để đáp ứng nhu cầu phải mô tả tượng mô hình phát sinh Khoa học-kỹ thuật mà nhiều lớp tập hợp với tính chất lồi giảm nhẹ tính chất tựa lồi, giả lồi quan tâm nghiên cứu Đặc biệt tính chất “ phân tích được” tập hợp T.R.Rockafellar đưa năm 1968 mở rộng sâu sắc tính chất lồi Từ năm 1970 đến nay, ánh xạ đa trị với giá trị tập phân tích nhận nhiều quan tâm nghiên cứu đưa đến kết sâu sắc với nhiều ứng dụng vào bao hàm thức vi phân, Lý thuyết tích phân Tuy nhiên, nhiều vấn đề liên quan đến Giải tích lớp tập phân tích chờ nghiên cứu Trong phạm vi luận văn tìm hiểu vấn đề sau  Chương Tập hợp phân tích Chương nêu khái niệm tập phân tích tính chất  Chương Hàm chọn Chương nêu tồn lát cắt đơn trị (hàm chọn) ánh xạ đa trị với giá trị tập phân tích được, xét lát cắt liên tục có tính chất Caratheodory  Chương Tính chất điểm bất động Chương nêu tồn điểm bất động ánh xạ đa trị có giá trị phân tích  Chương Giải tích tập phân tích Chương nêu số tính chất tô pô tập phân tích được, phiếm hàm ánh xạ phân tích 2 Chương TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1 Các tính chất Giả sử X không gian Banach, cho X* không gian khả ly (T , L, µ ) không gian độ đo, T không gian mê tríc khả ly đầy đủ, với σ − đại số L tập đo Lebesgue, µ độ đo xác suất hữu hạn, µ (T ) = M (T , X ) không gian hàm đo từ T đến X Giả sử P : T → N ( X ) ánh xạ đa trị, ( N ( X ) tập tập khác rỗng X) Kí hiệu K P = {u ∈ M (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k.n T } KP = {u ∈ LP (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k n T } Định nghĩa 1.1.1 Tập K ⊂ M (T , X ) K ⊂ Lp (T , X ) thỏa mãn χ A u + (1 − χ A ).v∈ K , ∀u, v ∈ K , ∀A ∈ L gọi tập phân tích Kí hiệu: dec0 (T , X ) : họ tập phân tích khác rỗng M (T , X ) dcl0 (T , X ) : họ tập phân tích đóng M (T , X ) dec p (T , X ) : họ tập phân tích khác rỗng Lp (T , X ) dcl p (T , X ) : họ tập phân tích đóng Lp (T , X ) Nếu p=1 ta viết dec (T , X ) , dcl (T , X ) Mệnh đề 1.1.1 i) Cho { Kα }α∈Λ ⊂ dec p (T , X ) {Kα }α ii) ∈Λ  Kα ∈ dec (T , X ) Tương tự cho α ∈Λ p ⊂ dcl p (T , X ) Cho { K n }n∈N ⊂ dec p (T , X ) dãy tăng Khi ∞ K n =1 n ∈ dec p (T , X ) iii) Cho K ∈ dec p (T , X ) Khi clK ∈ dcl p (T , X ) iv) Cho K ∈ dec p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) Tương tự K ∈ dcl p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dcl p (T , X ) Chứng minh i) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα α ∈Λ Tương tự cho { Kα }α∈Λ ⊂ dcl p (T , X ) ⇒  Kα tập đóng ( giao tùy ý α ∈Λ tập đóng tập đóng) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα α ∈Λ Nên  Kα tập đóng phân tích hay α Kα ∈ dcl α ∈Λ ∈Λ p (T , X ) ∞ ii) Lấy u , v ∈  K n , A ∈ L Do { K n }n∈N dãy tăng nên tồn n đủ lớn cho n =1 ∞ u , v ∈ K n ⇒ χ Au + (1 − χ A )v∈ K n ⊂  K n n =1 iii) clK bao đóng tập K nên tập đóng Lấy u , v ∈ clK , A ∈ L tồn dãy un ∈ K , ∈ K cho un → u , → v Do K tập phân tích nên χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K ∀n ta có χ Aun + (1 − χ A )vn → χ Au + (1 − χ A )v , χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K nên suy cc u + (1 − A )v ∈ clK A iv) Lấy v − u , w − u ∈ K − u , A ∈ L v, w ∈ K ⇒ χ Av + (1 − χ A )w ∈ K nên ta có χ A (v - u ) + (1 - χ A )(w-u)=χ Av + (1 - χ A )w-u ∈ K - u ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) Tương tự cho K ∈ dcl p (T , X ) : K − u tập đóng K đóng {-u} tập compact kết hợp chứng minh iv) K − u ∈ dec p (T , X ) ta kết luận K − u ∈ dcl p (T , X ) Do M (T , X ) , Lp (T , X ) phân tích được, nên họ tập phân tích chứa K ∈ dec p (T , X ) khác rỗng Và từ mệnh đề 1.1.1 ta thấy giao tùy ý tập phân tích phân tích được, nên K ⊂ Lp (T , X ) tồn tập phân tích nhỏ tập đóng phân tích nhỏ chứa K (chính giao tất tập phân tích chứa K giao tất tập đóng phân tích chứa K) Ta gọi chúng bao tập phân tích bao đóng tập phân tích kí hiệu dec p ( K ) , dcl p ( K ) Chú ý : K ⊂ dec p ( K ) ⊂ dcl p ( K ) Mệnh đề 1.1.2 Cho u , v ∈ Lp Khi dec p {u , v= } dcl p {u, v=} u + (1 − {cc A A )v : A ∈ L} Chứng minh K= {χ u + (1 − χ A )v : A ∈ L} tập đóng chứa u,v Thật vậy,lấy A= X ∈ L ,khi A χ X u + (1 − χ X )v ∈ K hay u ∈ K ,lấy A = ∅ ∈ L χ ∅u + (1 − χ ∅ )v ∈ K hay v∈K Nếu u = v K đóng Giả sử u ≠ v , ta biết tập A đo đồng với χ A L1 (T ) Lấy χ A u + (1 − χ A )v → w với n n {A } ⊂ L n Ta chứng minh w∈K Đặt k= χ A u + (1 − χ A )v n χ A = n n k −v k −v w −v và= Khi tồn A ∈ L χA → u−v u−v u−v w −v = χA u−v n Suy χ A → χ A w= χ Au + (1 − χ A ) v ∈ K Vậy K tập đóng n Nên ta có dec p {u , v} ⊂ dcl p {u , v} ⊂ K Do tính chất hàm đặc trưng, ta có χ A A B rời χ A∩ B =χ A χ B , χ A∪ B =χ A + χ B − χ A χ B , χT \ A =− χ A∪= χ A + χ B Từ ta có nhận xét ∀A, B, C ∈ L : B χ C ( χ A u + (1 − χ A ) v ) + (1 − χ C ) ( χ B u + (1 − χ B ) v ) = = (χ (χ C χ A + (1 − χ C ) χ B ) u + ( χ C − χ A χ C + − χ B − χ C + χ C χ B ) v C χ A + (1 − χ C ) χ B ) u + (1 − χ A χ C − (1 − χ C ) χ B ) v = χ D u + (1 − χ D ) v Với D = [ A ∩ C ] ∪  B ∩ (T \ C )  Nên suy K tập phân tích chứa u,v Lấy E tập phân tích chứa u,v Ta có : ∀ ( χ A u + (1 − χ A ) v ) ∈ K ⇒ ( χ A u + (1 − χ A ) v ) ∈ E Nên K ⊂ E hay K tập phân tích nhỏ chứa u, v : K = dec p {u , v} suy ra: = = K dec u , v} dcl p {u , v} p{ Mệnh đề 1.1.3 Cho K ∈ dec p (T , X ) ,1 ≤ p < ∞ : a)= Nếu ∀{uk }k = ⊂ K , ∀{ Ak }k ∈ T rời n n n ∑χ k =1 Ak uk ∈ K b) Nếu K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn ∀{uk }k = ⊂ K , ∀{ Ak }k ∈ T rời = ∞ ∞ ∞ ∑c k =1 Ak uk ∈ dcl p ( K ) Chứng minh a) Ta chứng minh quy nạp Do mệnh đề 1.1.1 ta giả sử ∈ K ( ∉ K ta lấy u ∈ K xét K − u ∈ dec p (T , X ) ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) ) ( ) Với n=2: u1 , u2 ∈ K , A1 , A2 ∈ L, A1 ∩ A2 = ∅ χ A u1 + − χ A 0= χ A u1 ∈ K 1 suy χ A u2 + (1 − χ A ) χ A u=1 χ A u1 + χ A u2 ∈ K 2 1 tùy ý {uk }k = Giả sử với n ≥ a) thỏa Lấy= ⊂ K , { Ak }k ∈ T rời Ta kí n +1 n +1 hiệu , i 1, n − B= An ∪ An +1 = Bi A= i n Rõ ràng { Bk }k =1 tập rời T Do theo giả thiết quy nạp : n = w n ∑χ k =1 Bk uk ∈ K n −1 n n Nhưng w =∑ χ B uk =∑ χ A uk + χ A ∪ A un =∑ χ A uk + χ A un Suy k k = k 1= k (1 − χ ) w = χ An+1 Do n n +1 = k n T \ An+1 w = ∑ χ A uk k =1 k (1 − χ A ∑ χ A uk = ∑ χ A uk + χ A un+1 = n +1 n k = k 1= k n +1 k n +1 k n +1 )w + χ An+1 un +1 ∈ K a) với n+1 Vậy a) với n b)Tập K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn tồn a ∈ Lp (T , R ) cho ∀u ∈ K : | u (t ) |≤ a (t ) h.k n T Giả sử K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn ϕ ∈ Lp (T , X ) Do mệnh đề 1.1.1 ta giả sử 0∈ K (nếu ∉ K ta lấy u ∈ K xét K − u ∈ dec p (T , X ) ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) Khi K − u p-khả tích bị chặn).Cố định {uk }k =1 ⊂ K họ { Ak }k =1 rời ∞ ∞ T Ta cần chứng minh ∑c k =1 ∞ ∑= ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) p k = n +1 Ak Ak uk ∈ dcl p ( K ) Lấy tùy ý ε > , lấy n đủ lớn để ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) < ε p ∞  k = n +1 ∞ Ak p (lấy n định lý Vitaly-Hahn-Saks) Khi lim m →∞ n {  A }= ∞ k k = n +1 n n ∑ χ A uk = Mà vn= ∑χ k = k 1= k Ak uk + χ A ∈ K k +1 ∞ ∑χ p ∞ ∑ ∞ u ∑ χ= ∫ ∑χ u = −v Ak k n k= p ≤ p ∞ p (t ).u (t ) µ (dt ) Ak k Ak k k= n +1 n +1 p T k= p ∫ | χ A (t ) || u (t ) | µ (dt ) = k k= n +1 T ∞ ∑ p ∫ | u (t ) | µ (dt ) ≤ k= n +1 Ak ∞ ∑ ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) < ε p p k= n +1 Ak Do ∞ d p  ∑ χ A uk , K  < ε  k =1  k Do ε > tùy ý , ta kết luận ∞ ∑c k =1 Ak uk ∈ dcl p ( K ) Mệnh đề 1.1.4 Cho B cầu đơn vị Lp (T , X ) ,1 ≤ p < +∞ Khi dec p ( B) = Lp (T , X ) Chứng minh Lấy u ∈ Lp (T , X ) Ta chứng minh u ∈ dec p ( B ) Cố định n ∈ N cho u p p ≤ n Đặt { Ar }r∈I đoạn theo độ đo thực m ( A ) = ∫ | u (t ) | p m (dt ) Nghĩa { Ar }r∈I A dãy tăng thuộc T, A1 ⊂ A2 ⊂ với A0 = ∅, A1 = T ∀r ∈ I : m ( Ar ) =r.m (T ) Với k=1, n, kí hiệu: Bk = Ak \ Ak −1 Rõ ràng { Bk }k =1 dãy tập rời T với n n n m ( Bk ) = m ( Ak / n \ A( k −1)/ n ) = m ( Ak / n ) − m ( A( k −1)/ n ) ( Ak / n ⊃ A( k −1)/ n ) 1 k k −1 m (T ) =m (T ) =∫ | u (t ) | p m (dt ) ≤ =m (T ) − n n n nT Nhưng ánh xạ= uk χ B u ∈ B Do k | χ (t ) | | u (t ) | m ( dt ) ∫ | χ ∫= p = χB u p p p Bk k T Bk (t ) || u (t ) | p m ( dt ) T ( dt ) ∫ | u (t ) | m= = m ( Bk ) ≤ p Bk Ta có ∑ χ B ( χ B u=) n  u χ + + χ u u  ∑ χ B= ( B  ∑ χ B= B n ∑ χ B u=k k k k 1= k = n k k = ( = u ( χ B ∪= u χA ∪ B ) n n  k k = ) k  n ) = u= ( χT ) u ( χ A ) u= 1/ n ∪ ∪ An / n \ A( n −1)/ n Vì uk ∈ B nên uk ∈ dec p ( B ) , theo mệnh đề 1.1.3 ta có n ∑c k =1 Bk uk ∈ dec p ( B ) Suy u ∈ dec p ( B ) Mệnh đề 1.1.5 K ∈ dec p (T , X ) tập compact Lp (T , X ) Khi K rút gọn điểm Chứng minh Do mệnh đề 1.1.1, ta giả sử ∈ K Giả sử ngược lại, có điểm u ≠ K Do tìm ε > đủ nhỏ để tập {t : | u (t ) |≥ ε } = B có độ đo dương Lưu ý ∈ K nên u χ B ∈ K Và : A ∈ L= } {u : A ∈ L=} dcl {u ,0} ⊂ clK {u ccc = K0 A A∩ B |B p B compact Lp (T , X ) Ta có χ A ∆A =χ A \ A + χ A \ A =χ A (1 − χ A ) + χ A (1 − χ A ) =χ A − χ A χ A + χ A 2 =( χ A − χ A ) 2 2 1 2 =χ A − χ A Nên với A1 , A2 ∈ L|B ta có uχ A − uχ A p p = =∫ ( χ A − χ A T ∫ A1∆A2 ) ( t ) u ( t ) µ ( dt ) =∫ ( χ ) ( t ) u ( t ) µ ( dt ) u ( t ) µ ( dt ) ≥ ε p p p p A1∆A2 T ∫ µ ( dt =) ε µ ( A ∆A =) ε p A1∆A2 p A1 − A2 Hay A1 − A2 ≤ εp uχ A − uχ A p p Và ánh xạ u χ A → A định nghĩa hợp lý liên tục từ K đến L|B Nhưng điều nghĩa L|B tập compact, điều trái với điều ta biết tập = U {u χ A : A ∈ L} với ≠ u ∈ Lp (T ) không compact Lp (T ) , nên tập L|B = { χ A∩ B : A ∈ L} = { χ A χ B : A ∈ L} , u = χ B ∈ L1 (T ) không compact L1 (T ) Định lý 1.1.1 Tập đóng K ⊂ L1 (T , X ) phân tích tồn ánh xạ đo P :T → cl ( X ) K = K P Chứng minh ⇐ KP = {u ∈ L1 (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k n T } Tính chất phân tích K P rõ ràng Ta cần chứng minh K tập đóng Điều dễ dàng kết luận từ khẳng định dãy hội tụ L1 (T , X ) chứa dãy hội tụ h.k.n Lấy {un } ⊂ K P un → u Ta chứng minh u ∈ K P tức chứng minh u ( t ) ∈ P ( t ) { } h.k.n T Do un → u L1 (T , X ) nên chứa dãy un hội tụ h.k.n k T u Do tồn tập B đo với µ ( B ) = cho un ( t ) → u ( t ) , ∀t ∈ T \ B k Do un ( t ) ∈ P ( t ) h.k n T, nên có tập C đo với µ ( C ) = cho k un ( t ) ∈ P ( t ) , ∀t ∈ T \ C k Như ∀t ∈ (T \ B ) ∩ (T \ C ): un ( t ) → u ( t ) , un ( t ) ∈ P ( t ) k Suy u ( t ) ∈ cl ( P (= t ) ) P ( t ) , ∀t ∈ T \ ( B ∪ C ) k 10 nên u ( t ) ∈ P ( t ) h.k.n T µ ( B ∪ C ) = ⇒ Từ K ⊂ L1 (T , X ) ,K đóng L1 (T , X ) khả ly suy K khả ly Do K có tập trù mật { pn }n =1 Lấy ∞ P ( t ) cl= = { pn ( t ) : n 1, } Rõ ràng P :T → cl ( X ) đo Dễ dàng kiểm tra K P ⊂ K Ta chứng minh bao hàm thức ngược lại Để thấy điều cần kiểm tra ∀u ∈ K , ∀ε > : K P ∩ B ( u , ε ) ≠ ∅ Cố định u ∈ K ε > Do cl dãy {p } ∞ kn n =1 ({ p }=) ∞ n n =1 K , u ∈ K nên tồn hội tụ đến u Bỏ qua kí hiệu, cần , ta giả sử dãy { pn }n =1 ∞ hội tụ h.k.n T đến u Điều nghĩa ε    = T0 t : P ( t ) ∩ B u ( t ) ,  ≠ ∅  2    ε  = t : d ( u ( t ) , P ( t ) )= <  2  ε    t :| u ( t ) − p ( t ) |<  ∞ n =1  n     ε  2  tập mà µ (T \ T0 ) = Thật T \ T0 = ∅  mà t : P ( t ) ∩ B u ( t ) ,  =  {p } ∞ n n =1 hội tụ h.k.n T đến u , nên u ( t ) ∈ cl { pn ( t ) , n = 1, } = P (t ) h.k n T nên lân cận u ( t ) giao với P ( t ) khác rỗng h.k.n T,   suy µ (T \ T0 ) = Kí hiệu Tn= t :| u ( t ) − pn ( t ) |< (do ( u − pn ) ánh xạ đo được) ∞ T n =1 n = T0 Xét tập An cho n −1 = A0 T \ T= , A1 T= , An Tn \  Ak với n ≥ k ε  rõ ràng Tn tập đo 2 11 { n } Khi { An }n =0 họ tập rời T T \  Ak dãy giảm tập đo ∞ k  =n   k k ∞  n =  k 1=    \  An  được, µ (T \ A1 ) < ∞ , nên lim mmm (T \ T0 )  An  =  T=   T \= k →∞ hay µ  T \  An  → k  →∞ k  (1.1)  n =1 Hơn nữa, với t ∈ An ta có | u ( t ) − pn ( t ) |< ε (1.2 ) Do định lý Vitaly-Hahn-Saks, (1.1) , ta chọn số nguyên dương k p1 χ = ∫ k T\  An n =1 | p1 ( t ) | µ ( dt ) < k T\  An ε (1.3) n =1 Xét hàm p cho p = k ∑p χ n =1 n An + p1 χ k T\  An n =1 t ) pi ( t )∈ P ( t ) , Rõ ràng p ∈ K P Thật vậy,n ếu t ∈ Ai (1 ≤ i ≤ k ) ⇒ p (= t ∉ Ai ( ∀i :1 ≤ i ≤ k ) ⇒ p (= t ) p1 ( t )∈ P ( t ) Ta chứng tỏ p ∈ B ( u , ε ) Từ (1.2) (1.3) ta có u− p1= k ∑ pn χ A + p1χ = n n k ∑ pn χ A + p1χ −u ≤ k  n k k  − ∑ uχ A T \ An T \ An = n 1= n = n 1= n 1 k ≤ || ∑ (u − pn ) χ A ||1 + || p1 χ n k || ≤ ∑ ∫ | u ( t ) − pn ( t ) | µ ( dt ) + || p1 χ k n T \ An n 1= n An   = n 1= n ε ε k  ||1 < ε ≤ ∑ µ ( An )+ || p1 χ ||1 = µ   An  + || p1 χ T \ A T \ A n =1  n =1  k k k n n = n 1= n k ε µ   An  ≤ µ= ||1 < (T ) 1,|| p1χ T \ A  n =1  k n n =1 ||1 k T\ An 12 Suy p ∈ B ( u , ε ) nên K P ∩ B ( u , ε ) ≠ ∅ ⇒ u ∈ clK P = K P ( K P đóng) Cho nên K ⊂ K P Kết hợp với K P ⊂ K ta K P = K Hệ 1: = K P ∈ dec (T , X ) tập phân tích cho hàm đa trị L-đo Cho K P : T → N ( X ) Khi đó, clK = K clP với clP định nghĩa clP ( t ) = cl ( P ( t ) ) Chứng minh K clP = {u ∈ L (T , X ) : u (t ) ∈ clP ( t ) h.k n T } K tập phân tích suy clK tập đóng phân tích Do định lý 1.1.1, tồn ánh xạ đo P0 : T → cl ( X ) để clK = K P Ta chứng minh K clP = K P cách chứng minh 0 P0 ( t ) = ( clP )( t ) h.k n T Rõ ràng P ( t ) ⊂ P0 ( t ) h.k n T P0 ( t ) tập đóng, clP )( t ) (= cl ( P ( t ) ) ⊂ P0 ( t ) h.k n T (1.4 ) Mặt khác K clP tập đóng, phân tích được, chứa K Do K P = clK ⊂ K clP ⇒ P0 ( t ) ⊂ clP ( t ) h.k n T với (1.4) ta có P0 ( t ) = ( clP )( t ) h.k n T Suy K p = K clP , kết hợp với K p = clK ta clK = K clP 0 1.2.Tập phân tích Lp (T , R ) ( ) Với u , v ∈ M T , R ta hiểu kí hiệu u ≥ v nghĩa u ( t ) ≥ v ( t ) h.k n T Định nghĩa 1.2.1 Một hàm đo u : T → R gọi essential infimum họ {uλ }λ i) ∈Λ ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ u 13 ii) Nếu có v : T → R ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ v u ≥ v Essential infimum kí hiệu ess inf {uλ } ess inf {uλ } λ∈Λ Định lý 1.2.1 ) ( Cho họ {uλ }λ∈Λ ⊂ M T , R Khi ess inf {uλ } tồn Hơn ta lấy { } họ đếm uλ n ∞ n =1 ess inf {uλ } = inf uλ n n Định lý 1.2.2 ( Định lý Lebesgue hội tụ trội ) Giả sử ≤ p < ∞, g ∈ Lp ( S , ∑, µ ) { fα } ⊂ L ( S , ∑, µ ) thỏa p fα ( s ) ≤ g ( s ) h.k.n  f ∈ Lp ( S , ∑, µ ) | fα − f | p → o µ →f ⇔ S với α Khi fα  Mệnh đề 1.2.1 Cho K ∈ dec p (T , R ) Khi với {ui }i =1 ⊂ K ,hàm ui ∈ K max ui ∈ K n 1≤i ≤ n 1≤i ≤ n Nếu thêm điều kiện K p-khả tích bị chặn với {ui }i =1 ⊂ K ,hàm ∞ inf un ∈ cl ( K ) n Tương tự K p-khả tích bị chặn hàm sup un ∈ cl ( K ) n Chứng minh Chứng minh quy nạp Xét trường hợp n=2 , Kí hiệu A = {t ∈ T : u1 ( t ) < u2 ( t )} A đo u1 ( t ) , t ∈ A = u t , t ∈ T \ A ( )  Dễ dàng nhận thấy ( u1 , u2 )( t= )  ( χ u + (1 − χ ) u ) ( t ) A A 14 u2 ( t ) , t ∈ A = u1 ( t ) , t ∈ T \ A Và max ( u1 , u2 )(= t)  ( χ u + (1 − χ ) u ) ( t ) A A Nên ( u1 , u2 ) ,max ( u1 , u2 ) ∈ K Bây giả sử K p-khả tích bị chặn a ∈ Lp (T , R ) nghĩa ∀u ∈ K : a ( t ) ≤ u ( t ) h.k n T Lấy {ui }i =1 ⊂ K Khi n, hàm = an ui ∈ K ,ta có bất đẳng thức ∞ 1≤i ≤ n a1 ( t ) ≥ ≥ an ( t ) ≥ ≥ a ( t ) h.k n T Đặt ϕ ( t ) = max {| a1 ( t ) |,| a ( t ) |} t∈T ϕ ∈ L(T , R ) | an ( t ) |≤ ϕ ( t ) h.k n T , {an ( t )}n =1 dãy số giảm, bị chặn ∞ h.k.n T nên an ( t ) → inf an ( t ) = inf un ( t ) h.k n T Theo định lý Lebesgue hội tụ trội suy ∫ a ( t ) µ ( dt ) → ∫ inf a ( t ) µ ( dt ) Hay n T {a } ∞ i i =1 n T p ⊂ K hội tụ L đến inf an = inf un Do inf un ∈ cl ( K ) n Trường hợp p-khả tích bị chặn chứng minh tương tự Hệ 1: Cho K ∈ dec p (T , R ) p-khả tích bị chặn essinf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) Tương tự K p-khả tích bị chặn ess sup {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) 15 Chứng minh Do định lý 1.2.1, essinf {u : u ∈ K } tồn ta lấy họ đếm {uλ } thỏa ess inf {u : u ∈ K } = inf uλ n nên theo mệnh đề 1.2.1 ta ∞ n n =1 n ess inf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) Kết thúc chứng minh Cho K ∈ dec p (T , X ) kí hiệu = |K| {| u (.) |:u ∈ K } rõ ràng | K |∈ dec (T , R ) Khi p | K | p-khả tích bị chặn nên thỏa hệ 10: = ϕ ess inf {| u = (.) |:u ∈ K } ess inf {w (.) :w ∈| K |} ∈ cl (| K |) Rõ ràng ϕ ∈ Lp (T , R ) ∫ | ϕ ( t ) | p µ ( dt ) ≤ ∫ | u ( t ) | p µ ( dt ) < +∞ với u thuộc T T K Mệnh đề 1.2.2 Cho K ∈ dcl p (T , X ) xét v ∈ Lp (T , R ) thỏa bất đẳng thức ϕ ( t ) < v ( t ) h.k n T Khi tồn u ∈ K (1.5) | u ( t ) |< v ( t ) h.k n T (1.6 ) ϕ Hơn p = d p ( 0, K ) Chứng minh Áp dụng định lý 1.2.1, ta có tồn un ∈ K với (1.7 ) | u1 ( t ) | ≥ | u2 ( t ) | ≥ ≥ | un ( t ) | ≥ ≥ ϕ ( t ) h.k n T Và (1.8) lim | un ( t ) | = ϕ ( t ) h.k n T n →∞ Xét tập đo = Tn {t :| u ( t ) | < v ( t )} n Và lưu ý họ {Tn } tăng 16 ∞ T n =1 n = T0 thoả mãn µ (T \ T0 ) = Thật T \ Tn = {t ∈ T :| un ( t ) |≥ v ( t )} mà | un ( t ) |≥ v ( t ) > ϕ ( t ) nên T \ Tn ⊂ Bn ={t ∈ T :| un ( t ) |≥ ϕ ( t )} suy µ (T \ Tn ) ≤ µ ( Bn ) , ∀n ∈ N Do (1.7), (1.8) nên lim m ( Bn ) = Suy lim m (T \ Tn ) = Họ {Tn } tăng nên n →∞ n →∞ {T \ T } dãy giảm, suy n ∞ T \ ∞ T  =  mmmm = = (T \ T0 ) = (T \ Tn )   n   (T \ Tn )  lim =  n 1=  n  n→∞ Khi họ { An }n =0 cho ∞ n −1 = A0 T \ T= , A1 T= , An Tn \  Ak , n ≥ k =1 tập rời T Do (1.7) tập = K dec = u : n 1,2, } p{ n 1,2, } ⊂ K Do theo mệnh đề p-khả tích bị chặn u1 K ⊂ dcl p {un : n = 1.1.3 ∞ u =∑ c A un ∈ dcl p ( K ) ⊂ K hay u ∈ K n =1 n Ta dễ dàng kiểm tra (1.5) thỏa Ta chứng minh (1.6) thỏa mãn Lưu ý ϕ p ≤ d p ( 0, K ) Do ϕ ( t ) < u ( t ) h.k n T , ∀u ∈ K ⇒ ∫ | ϕ ( t ) | p µ ( dt ) ≤ ∫ | u ( t ) | p µ ( dt ) T ⇒ ϕ p ≤ u p , ∀u ∈ K ⇒ ϕ p ≤ inf u p = d p ( 0, K ) u∈K Để chứng minh chiều ngược lại lấy ε > u ∈ K thỏa | u ( t ) | [...]... với K P ⊂ K ta được K P = K Hệ quả 1: = K P ∈ dec (T , X ) là tập phân tích được cho bởi một hàm đa trị L-đo được Cho K P : T → N ( X ) Khi đó, clK = K clP với clP được định nghĩa bởi clP ( t ) = cl ( P ( t ) ) Chứng minh K clP = {u ∈ L (T , X ) : u (t ) ∈ clP ( t ) h.k n trong T } K là tập phân tích được suy ra clK là tập đóng phân tích được Do định lý 1.1.1, tồn tại một ánh xạ đo được P0 : T →... là phân tích được nếu và chỉ nếu tồn tại một ánh xạ đo được P :T → cl ( X ) để mà K = K P Chứng minh ⇐ KP = {u ∈ L1 (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k n trong T } Tính chất phân tích được của K P là rõ ràng Ta chỉ cần chứng minh rằng K là tập đóng Điều này dễ dàng kết luận từ khẳng định bất kì dãy hội tụ nào trong L1 (T , X ) cũng chứa một dãy con hội tụ h.k.n Lấy {un } ⊂ K P và un → u Ta chứng minh... p Và do đó ánh xạ u χ A → A được định nghĩa hợp lý và liên tục từ K 0 đến L|B Nhưng điều này nghĩa là L|B là tập compact, điều này trái với điều ta đã biết là tập = U {u χ A : A ∈ L} với 0 ≠ u ∈ Lp (T ) không bao giờ compact trong Lp (T ) , nên tập L|B = { χ A∩ B : A ∈ L} = { χ A χ B : A ∈ L} , u = χ B ∈ L1 (T ) không bao giờ compact trong L1 (T ) Định lý 1.1.1 Tập con đóng K ⊂ L1 (T , X ) là phân. .. lý 1.1.1, tồn tại một ánh xạ đo được P0 : T → cl ( X ) để clK = K P Ta chứng minh K clP = K P bằng cách chứng minh 0 0 P0 ( t ) = ( clP )( t ) h.k n trong T Rõ ràng P ( t ) ⊂ P0 ( t ) h.k n trong T và P0 ( t ) là tập đóng, do đó clP )( t ) (= cl ( P ( t ) ) ⊂ P0 ( t ) h.k n trong T (1.4 ) Mặt khác K clP là tập đóng, phân tích được, chứa K Do đó K P = clK ⊂ K clP ⇒ P0 ( t ) ⊂ clP ( t ) h.k n trong T... n trong T Suy ra K p = K clP , kết hợp với K p = clK ta được clK = K clP 0 0 1.2 .Tập phân tích được trong Lp (T , R ) ( ) Với u , v ∈ M T , R ta hiểu kí hiệu u ≥ v nghĩa là u ( t ) ≥ v ( t ) h.k n trong T Định nghĩa 1.2.1 Một hàm đo được u : T → R được gọi là essential infimum của họ {uλ }λ i) ∈Λ nếu ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ u 13 ii) Nếu có v : T → R và ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ v thì u ≥ v Essential infimum kí hiệu là... được (do ( u − pn ) là các ánh xạ đo được) và ∞ T n =1 n = T0 Xét các tập An cho bởi n −1 = A0 T \ T= , A1 T= , An Tn \  Ak với n ≥ 2 0 1 k ε  và rõ ràng Tn là các tập đo 2 11 { n } Khi đó { An }n =0 là một họ các tập rời nhau của T và T \  Ak là dãy giảm các tập đo ∞ k  =n 1   k k ∞  n 1 =  k 1=    \  An  được, µ (T \ A1 ) < ∞ , nên lim mmm (T \ T0 ) 0  An  =  T=   T \=... , R ) là p-khả tích bị chặn dưới khi đó essinf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) Tương tự nếu K là p-khả tích bị chặn trên khi đó ess sup {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) 15 Chứng minh Do định lý 1.2.1, essinf {u : u ∈ K } luôn tồn tại và ta có thể lấy ra một họ đếm được {uλ } thỏa ess inf {u : u ∈ K } = inf uλ n nên theo mệnh đề 1.2.1 trên ta được ∞ n n =1 n ess inf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) Kết thúc chứng minh Cho K... |< v ( t ) h.k n trong T (1.6 ) ϕ Hơn nữa p = d p ( 0, K ) Chứng minh Áp dụng định lý 1.2.1, ta có sự tồn tại của un ∈ K với (1.7 ) | u1 ( t ) | ≥ | u2 ( t ) | ≥ ≥ | un ( t ) | ≥ ≥ ϕ ( t ) h.k n trong T Và (1.8) lim | un ( t ) | = ϕ ( t ) h.k n trong T n →∞ Xét tập đo được = Tn {t :| u ( t ) | < v ( t )} n Và lưu ý rằng họ {Tn } là tăng và 16 ∞ T n =1 n = T0 thoả mãn µ (T \ T0 ) = 0 Thật vậy T... ∞ n −1 = A0 T \ T= , A1 T= , An Tn \  Ak , n ≥ 2 0 1 k =1 là các tập rời nhau của T Do (1.7) tập = K 0 dec = u : n 1,2, } p{ n 1,2, } ⊂ K Do đó theo mệnh đề là p-khả tích bị chặn bởi u1 và K 0 ⊂ dcl p {un : n = 1.1.3 ∞ u =∑ c A un ∈ dcl p ( K 0 ) ⊂ K hay u ∈ K n =1 n Ta dễ dàng kiểm tra (1.5) được thỏa Ta sẽ chứng minh (1.6) cũng được thỏa mãn Lưu ý ϕ p ≤ d p ( 0, K ) Do ϕ ( t ) < u ( t ) h.k n trong... nhưng µ ( B ∪ C ) = ⇒ Từ K ⊂ L1 (T , X ) ,K đóng và L1 (T , X ) khả ly suy ra K khả ly Do đó K có một tập con trù mật { pn }n =1 Lấy ∞ P ( t ) cl= = { pn ( t ) : n 1, } Rõ ràng P :T → cl ( X ) là đo được Dễ dàng kiểm tra K P ⊂ K Ta chứng minh bao hàm thức ngược lại Để thấy được điều này chỉ cần kiểm tra ∀u ∈ K , ∀ε > 0 : K P ∩ B ( u , ε ) ≠ ∅ Cố định u ∈ K và ε > 0 Do cl một dãy con {p } ∞ kn n =1 ({