Các tính chất của chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz

Các tính chất của chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz Các tính chất của chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz Các tính chất của chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THANH THÚY CÁC TÍNH CHẤT CỦA CHUẨN ORLICZ TRONG KHƠNG GIAN ORLICZ Chun ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ NHẬT HUY Hà Nội - 2014 Lời cám ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Vũ Nhật Huy, người thầy vơ mẫu mực tận tình giúp đỡ bảo tơi suốt q trình hồn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin chân thành cám ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Khoa sau đại học, nhiệt tình truyền thụ kiến thức tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành khóa Cao học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè ln động viên khuyến khích tơi nhiều thời gian nghiên cứu học tập Do làm quen với cơng tác nghiên cứu khoa học cịn hạn chế thời gian thực nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, năm 2015 Nguyễn Thanh Thúy Mục lục Mở đầu KHÔNG GIAN ORLICZ 1.1 Hàm lồi 1.2 Hàm Young 1.3 Cặp hàm liên hợp 1.4 Lớp Orlicz 17 1.5 Không gian Orlicz 20 1.6 Chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg 21 CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ 26 2.1 Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein 26 2.2 Tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg 32 2.3 Cơng thức tính chuẩn Orlicz 36 2.4 Định lý hàm dịch chuyển 43 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 46 Mở đầu Năm 1931, W Orlicz Z.W Birnbaum đề xuất lớp không gian Banach mà sau Orlicz phát triển Lớp không gian ngày sau gọi không gian Orlicz.Lớp không gian Orlicz mở rộng lớp không gian Lp xác định qua hàm Young φ Lý thuyết khơng gian Orlicz có nhiều ứng dụng giải tích hàm, phương trình vi phân đạo hàm riêng, lý thuyết nhúng Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn chia làm hai chương: Chương 1: Không gian Orlicz Chương trình bày hàm lồi, hàm Young, hàm Young liên hợp, khái niệm để ta xây dựng lớp Orlicz không gian Orlicz, chương luận văn cịn trình bày chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg, kết liên quan đến chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg sở xây dựng chương sau Chương 2: Một số tính chất chuẩn Orlicz Chương nội dung cốt lõi luận văn, chương luận văn trình bày tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg, kết liên quan đến chuẩn Orlicz, chương luận văn cịn trình bày đến bất đẳng thức Kolmogorov-Stein chuẩn Orlicz định lý hàm dịch chuyển Chương KHÔNG GIAN ORLICZ Trong chương chúng tơi trình bày khái niệm kết không gian Orlicz, kết sử dụng để xây dựng chứng minh kết chương sau (xem [1, 3, 4]) 1.1 Hàm lồi Định nghĩa 1.1 Hàm φ : R → R gọi hàm lồi φ (λx + (1 − λ) y) ≤ λφ (x) + (1 − λ) φ (y) ∀x, y ∈ R, λ ∈ [0; 1] Định lý 1.1 Giả sử hàm φ : (a; b) → R Khi đó, hàm φ hàm lồi với đoạn đóng [c; d] ⊂ (a; b), ta có x ϕ (t) dt với c ≤ x ≤ d, φ (x) = φ (c) + c đây, ϕ : R → R hàm đơn điệu khơng giảm liên tục trái Ngồi ra, φ cịn có đạo hàm trái phải điểm thuộc (a; b) đạo hàm khác không đếm điểm Chứng minh Điều kiện cần Do φ hàm lồi nên ta có φ (c1 ) − φ (c) φ (y) − φ (x) φ (d) − φ (d1 ) ≤ ≤ c1 − c y−x d − d1 (1.1) ∀c < c1 ≤ x < y ≤ d1 < d Vậy ta có |φ (y) − φ (x)| ≤ K1 |y − x| với K1 = max φ (c1 ) − φ (c) φ (d) − φ (d1 ) ; c1 − c d − d1 Từ ta có φ thỏa mãn điều kiện Lipschitz [c; d] φ liên tục tuyệt đối (a; b) Vậy theo định lý Lesbesgue-Vitali cổ điển ta có x φ (t) dt với a ≤ x ≤ b φ (x) = φ (a) + (1.2) a Ta kiểm tra tính chất φ φ (x + h) − φ (x) h h→0+ φ (x + h + h ) − φ (x + h) ≤ lim h h→0+ φ (d) − φ (c) −∞ h Do đạo hàm trái đạo hàm phải φ tồn tại điểm thuộc [c; d] với x < y φ+ (x) ≤ φ (y) − φ (x) ≤ φ− (y) y−x Vì theo cơng thức (1.1) ta có φ− (x) ≤ φ+ (x) nên φ± (.) hàm tăng tập điểm gián đoạn hàm không đếm Do đó, φ− (x) = φ+ (x) xảy điểm liên tục hàm φ (1.2) Ngược lại giả sử ta có x ϕ (t) dt với c ≤ x ≤ d φ (x) = φ (c) + c Ta chứng minh φ hàm lồi, với c ≤ x ≤ d, ta xét dây cung L (x) nối (c, φ (c)) với (d, φ (d)) cho L (x) = φ (c) + φ (c) − φ (d) (x − c) c−d Ta phải chứng minh L (x) ≥ φ (x), nghĩa φ (x) − φ (c) φ (d) − φ (c) ≤ x−c d−c với c < x < d (1.3) Từ biểu diễn φ, ta có c x−c x ϕ (t) dt ≤ ϕ (x) ≤ x−d d ϕ (u) du x ϕ (c) ≤ ϕ (t) ≤ ϕ (x) ≤ ϕ (d) với c < t < x < d Bây ta thấy vế phải (1.3) biểu diễn dạng c d ϕ (t) dt + x ϕ (u) du x (d − x) + (x − c) x−c ≥ c ϕ (t) dt, x c = x−c ϕ (t) dt = x x−d d ϕ (u) du x φ (x) − φ (c) x−c Từ ta có hàm φ cho lồi Định lý chứng minh Tiếp theo ta trình bày bất đẳng thức Jensen Định lý 1.2 Cho ∆ tập đo thỏa mãn µ (∆) = 1, µ độ đo Lesbesgue cho φ : R → R lồi, f : ∆ → R đo được, φ ∆ f dx ≤ f dx ∆ ∆ φ (f ) dx tồn φ (f ) dx ∆ Chứng minh Do φ hàm lồi R nên theo định lý 1.1, với đoạn đóng [a; b] ⊂ R ta có biểu diễn sau x ϕ (t) dt với a ≤ x ≤ b, φ (x) = φ (a) + a ϕ : R → R hàm đơn điệu không giảm liên tục trái Do ϕ tăng nên ta có x ϕ (t) dt ≥ φ (a) + ϕ (a) (x − a) φ (x) = φ (a) + (1.4) a Xét x = f (ω), a = ∆ f dx lấy tích phân (1.4) ta φ (f ) dx − φ ∆ f dx ≥ ϕ (a) ∆ f dx − ∆ từ ta suy điều phải chứng minh f dx ∆ =0 1.2 Hàm Young + Định nghĩa 1.2 Một hàm lồi φ : R → R gọi hàm Young thỏa mãn điều kiện • φ(−x) = φ(x) • φ(0) = • lim φ(x) = +∞ x→∞ Ví dụ 1.1 Cho ≤ p < ∞ hàm số φ (x) = |x|p , x ∈ R Khi hàm φ hàm Young liên tục Chứng minh Hiển nhiên φ(−x) = φ(x) φ (0) = Do ≤ p nên lim φ(x) = lim |x|p = +∞ x→∞ x→∞ Do hàm φ hàm Young Dễ thấy ∀x0 ∈ R lim φ (x) = φ (x0 ) x→x0 Vậy φ hàm Young liên tục R Chứng minh hồn thành Ví dụ 1.2 Cho ≤ p < ∞ hàm số φ (x) =     0, với ≤ |x| ≤ a < ∞ φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b    +∞, với |x| ≥ b, < a < b < +∞ Khi φ hàm Young Chứng minh Hiển nhiên φ1 (x) hàm lồi liên tục đoạn [a; b], hàm φ hàm lồi R Rõ ràng φ (x) = với x = 0, φ(−x) = φ(x) lim φ (x) = +∞ nên x→∞ φ hàm Young Hơn φ (x) < ∞ hàm liên tục (0; b), φ hàm Young liên tục (0; b), nhảy tới +∞ b > Chứng minh hoàn thành Tiếp theo chứng ta xét đến lớp hàm Young đặc biệt Định nghĩa 1.3 Hàm φ gọi N - hàm φ hàm Young liên tục thỏa mãn • φ(x) = x = 0, φ(x) x = 0, φ(x) • lim x = +∞, x→∞ • φ (R) ⊂ R+ • lim x→0 Ví dụ 1.3 Cho ≤ p < ∞ hàm số φ (x) =     0, với ≤ |x| ≤ a < ∞ φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b    +∞, với |x| ≥ b, < a < b < +∞ Khi φ hàm Young N - hàm Chứng minh Trong ví dụ 1.2 ta hàm φ cho hàm Young Ta có với ∀x ∈ (0; a) φ (x) = hàm Young cho vi phạm điều kiện thứ nên khơng phải N - hàm Chứng minh hoàn thành 1.3 Cặp hàm liên hợp Mệnh đề 1.1 Giả sử φ : R → R + hàm Young Khi đó, φ biểu diễn sau |x| φ (x) = ϕ (t) dt (1.5) đó, ϕ (0) = 0, ϕ : R+ → R + liên tục trái không giảm ϕ (x) = +∞ với x ≥ a φ (x) = +∞ với x ≥ a > Xét hàm η hàm ngược mở rộng hàm đơn điệu ϕ xác định sau η (x) = inf {t : ϕ (t) > x} , x ≥ (1.6) Khi η (0) = 0, η tăng xác định Từ tính liên tục trái ϕ, tập {t : ϕ (t) > x} nửa đoạn mở trái Vì ϕ hàm Borel nên η Bây ta định nghĩa |y| ψ (y) = η (u) du (1.7) Khi đó, ψ gọi hàm Young liên hợp φ Khi ψ (0) = 0, ψ lồi Ta chứng minh cặp (φ, ψ) thỏa mãn bất đẳng thức Young từ suy ψ hàm Young liên hợp φ + Mệnh đề 1.2 Giả sử φ : R → R hàm Young, ψ hàm xác định công thức (1.6) (1.7) φ Khi đó, (φ, ψ) thỏa mãn bất đẳng thức Young xy ≤ φ (x) + ψ (y) (1.8) với x ≥ 0, y ≥ 0, đẳng thức xảy y = ϕ (x) x = η (y) với x ≥ 0, y ≥ Chứng minh Nếu với x0 , y0 mà φ (x0 ) = +∞ ψ (y0 ) = +∞ bất đẳng thức cần chứng minh Do ta xét trường hợp φ (x) < ∞ ψ (y) < ∞, với x < ∞ y < ∞ Khi đó, ta có y x ≤ xy = dudv 0 = dudv + {u x,v y:0 u ϕ(v),0 ψ(u)ϕ(v),0 v ψ(u)} min{y,ϕ(u)} du min{x,η(v)} dv y ϕ (u) du + dudv du η (v) dv = φ (x) + ψ (y) Ở đẳng thức xảy y ≥ ϕ (u) nên η (v) = x y = ϕ (x) x ≥ η (y) Bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 1.4 Cho < p < ∞ hàm φ(x) = xp p hàm Young, xác định hàm liên hợp ψ hàm Young φ Chứng minh Với φ(x) = xp p ,1 < p < ∞ đạo hàm φ ϕ (x) = xp−1 10 Chứng minh Với g ∈ Lψ ta đặt ρψ (g) = R ψ (g) dx kí hiệu ρψ (g) = max 1, ρψ (g) Ta có |f g| dµ = Nψ (g) R Nếu ρψ (g) |f | |g| dµ Nψ (g) Nψ (g) f φ R tức ψ (g) dx Nψ (g) |f g| dx R f φ Ngược R lại với ρψ (g) > |f g| dx ψ (g) dx f R φ R Từ ta suy |f g| dx ≤ ρψ (g) f φ, g ∈ Lψ (2.7) R Ngoài theo (1.14), ta có f nên f ∈ Lφ f φ φ ≤ 2Nφ (f ) < ∞ + Xét ánh xạ υf : Λ → R , biến tập E ∈ Λ thành E φ f f dx Ta chứng minh φ υf độ đo có tính chất tập hữu hạn + Thật vậy, dễ thấy υf : Λ → R σ cộng tính υf (E) > µ (E) > nên với k > φ E |f | dx ≤ k f φ k0 , ∞ Vậy υkf (E) < ∞ phiếm hàm υf liên tục với k0 = inf k > : f k ∈ Lφ Do tồn k0 < k < ∞ cho F = ω∈E:φ |f (ω)| k f φ >0 < υ (F ) < ∞ Vì υf độ đo có tính chất tập hữu hạn Chúng ta chứng minh bất đẳng thức cho với A ∈ Λ thỏa mãn µ (A) < ∞ nghĩa f thay fχA 33 f f Thật vậy, xét f hàm đơn giản g = ϕ hàm đơn giản thuộc Lφ φ Hơn nữa, ta có f gdx = f φ A f f φ A dx + ρψ (g) (2.8) φ Nếu ρψ (g) > ρψ (g) = ρψ (g) theo (2.7) ta có f g dx f φ A ρψ (g) , thay vào công thức (2.8) ta suy f f φ A Nếu ρψ (g) dx = φ ta có f f φ A dx + ρψ (g) 1, φ từ ta suy φ f f dx φ A Vậy bất đẳng thức cho với tập A có độ đo hữu hạn f hàm đơn giản Ta chứng minh bất đẳng thức trường hợp f hàm đo Với f hàm đo tồn dãy {fn } hàm đơn giản cho fn tăng hội tụ hàm |f | nên fn φ A φ ≤ f φ, fn dx ≤ f φ ∀n lúc ta có φ fn dx ≤ fn φ A Cho n → ∞, theo định lý hội tụ đơn điệu ta có φ |f | f φ dx A Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức với A = R Đặt Λ1 = {A ∈ Λ : µ (A) < ∞} 34 đơn điệu Khi đó, theo chứng minh trên, ta có sup υf (A) : A ∈ Λ1 = α ≤ với υf độ đo giới thiệu Do Λ1 vành, tồn dãy tăng {An } ⊂ Λ1 cho lim υf (An ) = α n→∞ ∞ Nếu B = An lim υf (B) = α n=1 n→∞ Ta chứng minh υf (B c ) = f f Thật chọn E0 tập ta có φ > Ta chứng minh φ υf (E0 ∩ B c ) = Giả sử ngược lại, tồn tập F ⊂ E0 ∩ B c , F ∈ Λ1 ,µ (F ) > Như ta nhận α < υf (B) + υf (F ) = υf (B ∪ F ) = lim υf (An ∪ F ) n→∞ ≤ sup υf (D) : D ∈ Λ1 = α Điều mâu thuẫn cho ta υf (E0 ∩ B c ) = 0, E0 tập thuộc Λ1 nên υf (B c ) = Vậy ta có υf (R) = υf (B) = α ≤ Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh Định lý tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg hai chuẩn tương đương Định lý 2.2 Với f ∈ Lφ với φ hàm Young, ta có Nφ (f ) f 2Nφ (f ) φ 35 (2.9) Chứng minh Theo định nghĩa chuẩn Luxemburg Nψ (f ) = inf k>0: f k ψ R Do R ψ (|g|) Nψ (f ) dx Theo cơng thức (1.14) ta có |f g| dx 2Nφ (f ) Nψ (g) R Do |f g| dx : sup R ψ (|g|) dx 2Nφ (f ) Nψ (g) R Điều có nghĩa f 2Nφ (f ) φ Mặt khác theo mệnh đề 2.1 ta có f f φ R dx φ Do inf k>0: f dx k φ R f φ Tức Nφ (f ) ≤ f φ Vậy ta có Nφ (f ) f 2Nφ (f ) φ Chứng minh hoàn thành 2.3 Cơng thức tính chuẩn Orlicz Mệnh đề 2.2 Cho (φ, ψ) cặp liên hợp N-hàm f ∈ Lφ Giả sử tồn số dương k0 > thỏa mãn ρψ (ϕ (k0 |f |)) = 1, ρψ (g) = R ψ (g) dx, ϕ đạo hàm trái φ thông thường Khi ta có cơng thức sau f φ ϕ (k0 |f |) |f | dx = R 36 (2.10) Chứng minh Theo định nghĩa chuẩn Orlicz f φ |f g| dx : = sup R Do R ψ (|g|) dx ≤ R ψ (ϕ (k0 |f |)) dx = nên ϕ (k0 |f |) |f | dx f φ R Ta chứng minh bất đẳng thức ngược lại Áp dụng bất đẳng thức Young ta có (φ (k0 f ) + ψ (g)) , k0 |f g| lấy tích phân hai vế ta k0 |f g| dx R φ (k0 f ) dx + R ψ (g) dx R Do ta có f φ |f g| dx : ρψ (g) ≤ = sup R ≤ k0 k0 = k0 φ (k0 f ) dx + R ψ (ϕ (k0 |f |)) dx φ (k0 f ) dx + = R R |k0 f ϕ (k0 |f |)| dx = R ϕ (k0 |f |) |f | dx R Vậy ta có f φ ϕ (k0 |f |) |f | dx = R Mệnh đề chứng minh Ta kí hiệu Nφ = f ∈ Lφ : Nφ (f ) = , tập không thay đổi ta thay Nφ (.) φ f = h.k.n Vậy không gian thương Lφ = Lφ /Nφ , 37 Trong trường hợp này, f ∈ Nφ với phần tử [f ] = g ∈ Lφ : f − g ∈ Nφ chuẩn N φ ([f ]) = Nφ (f ) hoàn toàn xác định.Để đơn giản coi phần tử Lφ hàm thay cho lớp tương đương Hơn ngoại trừ trường hợp đặc biệt, từ sau ta không phân biệt Lφ với Lφ Định lý 2.3 Giả sử (φ, ψ) cặp liên hợp N hàm f ∈ Lφ Khi chuẩn Orlicz f biểu diễn liên quan đến φ qua công thức f φ k = inf 1+ φ (kf ) dx :k>0 R Chứng minh Do φ, ψ N- hàm nên φ (x) = x = với hàm đơn giản h ∈ Lφ n αi χAi (x), h(x) = i=1 n φ(h)dx ≥ R φ( Ai Mặt khác αi χAi ) (x)dx i=1 n φ( Ai αi χAi ) (x)dx = φ(αi )µ (Ai ), i=1 µ (Ai ) < ∞ ∀i = 1, 2, , n h hàm có giá có độ đo hữa hạn Tương tự ψ (y) = y = nên với hàm đơn giản h ∈ Lψ h hàm có giá có độ đo hữu hạn Còn giá f ∈ Lφ f ∈ Lψ phải σ - hữu hạn Vậy với f ∈ Lφ , tồn dãy hàm đơn giản {fn }∞ n=1 cho fn φ dãy {fn }∞ n=1 đơn điệu tăng đến |f | fn ∈ L với n Ta xét hàm ln (k) = R 0, ∀n 1 φ (kfn ) dx, ln (k) hàm liên tục (biến k ) tăng [0, ∞) với ln (0) = 0, limk→∞ ln (k) = +∞ Các tính chất với ψ (ϕ (k |fn |)) dx ln (k) = R Khi theo định lý giá trị trung bình, tồn < kn < ∞ cho ln (kn ) = Nên theo mệnh đề 2.2 ϕ liên tục với n fn φ tồn kn > cho ϕ (kn |fn |) |fn | dx = R 38 Vì vậy, {fn } tăng, ta có kn ≥ kn+1 Giả sử kn → k ∗ > ( k ∗ = không xảy f = 0) Khi theo bổ đề Fatou tính đơn điệu chuẩn Orlicz ta có f ≤ φ k φ (kf ) dx + , ∀k > (2.11) R Với hàm đơn giản fn ≤ |f | ứng với kn > chọn, ta có đẳng thức xảy Như ta thu fn φ k = inf 1+ φ (kfn ) dx :k>0 (2.12) R fn φ = kn 1+ φ (kn fn ) dx , R cho n → +∞ đẳng thức trên, ta có k∗ f φ = lim kn fn φ n→∞ φ (kn fn ) dx = + lim n→∞ R φ (k ∗ f ) dx ≥1+ R Với k = k ∗ φ liên tục ta có cơng thức cần chứng minh Trong trường hợp tổng quát ϕ liên tục trái, ta xấp xỉ ϕ hàm liên tục ϕ1 gần tùy ý nên với ε > đủ nhỏ, φ φ1 thỏa mãn bất đẳng thức sau φ ((1 − ε) x) < φ1 (x) < φ (x) ∀x > (2.13) Điều thực cách nối điểm gián đoạn ϕ đoạn thẳng để nhận hàm kiên tục ϕ1 thỏa mãn (2.13) Ngồi ra, ta có Lφ = Lφ1 mặt tập hợp ta có tức khắc (1 − ε) f φ ≤ f 39 φ1 ≤ f φ (2.14) đẳng thức cần chứng minh với φ1 nên ta có inf k 1+ φ (kf ) dx k ≥ inf :k>0 R = f 1+ φ1 (kf ) dx :k>0 R φ1 1−ε + 1−ε 1−ε k ≥ inf ≥ (1 − ε) inf ≥ (1 − ε) f k 1+ φ (kf ) dx :k>0 R φ (kf ) dx :k>0 R φ Vì ε > nhỏ tùy ý ta nhận đẳng thức cần chứng minh trường hợp tổng quát Vậy định lý chứng minh Để kết thúc so sánh chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg ta có kết sau Định lý 2.4 Nếu (φ, ψ) cặp liên hợp N-hàm f ∈ Lφ f φ = Nφ (f ) f = h.k.n Chứng minh Nếu f = (h.k.n) f φ = Nφ (f ) (vì chúng 0) Do ta cần chứng minh điều kiện cần Giả sử f φ = Nφ (f ), với f = theo định lý 2.4 tồn số k ∗ cho f Nφ (f ) = φ Khi với < ε < − 1= f Nφ (f ) = φ k∗ k∗ 1+ φ R k∗f Nφ (f ) > > k∗ (1 − ε) k ∗ > 1, ta có k∗ 1+ φ R k ∗ (1 − ε) f (1 − ε) Nφ (f ) 1 + k ∗ (1 − ε) k∗ ≥ ∗ (1 + k ∗ (1 − ε)) k = ∗ + (1 − ε) k ≥ Do k ∗ dx φ R f (1 − ε) Nφ (f ) độc lập, ε > nhỏ tùy ý nên ta có: ≥ + nhận f = h.k.n 40 dx k∗ dx Điều vô lý Do ta Định lý 2.5 Giả sử (φ, ψ) cặp Young liên tục Lφ (µ), Lψ (µ) khơng gian Orlicz tương ứng Giả sử = f ∈ Lφ , = g ∈ Lψ Khi ta có |f g| dx = Nφ (f ) g ψ R (i) R f Nφ (f ) φ dx = (ii) Tồn số < k ∗ < ∞, cho k ∗ |g| g ψ |f | Nφ (f ) f Nφ (f ) =φ k∗g g ψ +ψ , h.k.n Chứng minh Giả sử điều kiện (i) (ii) thỏa mãn ta cần chứng minh |f g| dx = Nφ (f ) g ψ R Ta có g g ψ nên với k∗ k = inf ψ 1+ φ k g g ψ k∗g g ψ dx R dx :k>0 , > ta có g g ψ 1= ≤ ψ = k∗ 1+ ψ R k∗ f Nφ (f ) φ R dx + k∗g g ψ ψ R dx Theo giả thuyết (ii) tồn số k ∗ thỏa mãn < k ∗ < ∞ cho |f | Nφ (f ) k ∗ |g| g ψ f Nφ (f ) =φ +ψ k∗g g ψ Vì 1= g g ψ k∗ ψ R |f | k ∗ |g| dx Nφ (f ) g ψ tức |f g| dx Nφ (f ) g ψ R Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Holder ta có |f g| dx = Nψ (g) R |f | R |g| Nψ (g) 41 dx Nφ (g) g ψ Do ta có |f g| dx = Nφ (f ) g ψ |f g| dx = Nφ (f ) g ψ, R Ngược lại giả sử ta có R ta chứng minh (i) (ii) Do (φ, ψ) cặp liên hợp N - hàm f ∈ Lφ nên tồn số k ∗ > cho g g ψ 1= = ∗ k ψ ψ k∗g g ψ dx f Nφ (f ) dx + ψ 1+ R Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Young ta có 1= R |f g| Nφ (f ) g dx ≤ ψ k∗ φ R R k∗g g ψ dx Từ ta suy 1≤ k∗ 1+ k∗g g ψ ψ R dx = 1, điều chứng tỏ phải xảy dấu đẳng thức trên, ta có φ R |f | Nφ (f ) k ∗ |g| g ψ f Nφ (f ) =φ dx = f Nφ (f ) +ψ k∗g g ψ , h.k.n Vậy định lý chứng minh φ Định nghĩa 2.2 Dãy {fn }∞ n=1 ⊂ L gọi hội tụ trung bình (hay môdula) đến f ∈ Lφ ρφ (fn − f ) → n → ∞ Dãy {fn } gọi hội tụ mạnh (hay theo chuẩn) đến f Nφ (fn − f ) → n → ∞ (điều tương đương với fn − f φ → 0) φ φ Định lý 2.6 Giả sử {fn }∞ n=1 ⊂ L f ∈ L Khi khẳng định sau đúng: Hội tụ trung bình suy từ hội tụ theo chuẩn (hoặc hội tụ manh) dãy {fn } đến f φ Chiều đảo lại {fn }∞ n=1 ⊂ L φ thỏa mãn điều kiện ∆2 42 Chứng minh Thay fn (fn − f ), ta giả sử f = Khi đó, Nφ (fn ) → n → ∞ Vậy với k > tồn số n0 cho ∀n ≥ n0 kNφ (fn ) ≤ Do đó, ta có φ (kfn ) dx ≤ kNφ (fn ) R R fn dx ≤ kNφ (fn ) → n → ∞ Nφ (fn ) Vì kfn ∈ M φ với k > nên fn → trung bình Đảo lại, giả sử {fn } hội tụ trung bình Khi đó, ∀ε > 0, ρφ f ε = φ R f dx ≤ Cε ε φ (fn ) dx R Do đó, ρφ (fn ) → Cε > số, ta có tồn n0 ≥ cho n ≥ n0 Cε ρφ (fn ) ≤ Vậy ρφ fn ε ≤ hay Nφ (fn ) ≥ ε Điều cho thấy Nφ (fn ) → Đinh lý chứng minh 2.4 Định lý hàm dịch chuyển Định lý 2.7 Cho hàm φ hàm Young thỏa mãn điều kiện ∆2 toàn cục f ∈ Lφ (R) Khi ta có giới hạn sau lim f ( + t) − f t→0 φ = 0, t ∈ R Chứng minh Đầu tiên ta f ∈ L1loc (R) Với m = 1, 2, đặt Km = [−m, m] Ta tính lồi φ φ µ (Km ) |f (x)| dx Km µ (Km ) Do f ∈ Lφ (R) φ thỏa mãn điều kiện ∆2 nên ta có φ (|f (x)|) dx < ∞ R 43 φ (|f (x)|) dx Km Từ bất đẳng thức giả thiết φ hàm Young, dẫn đến |f (x)| dx < ∞ Km f ∈ L1loc (R) Để chứng minh định lý ta với dãy {tk } ⊂ R cho tk → k → ∞ lim f ( + tk ) − f φ k→∞ = Giả sử phản chứng tồn số ε > tồn dãy {tk } ⊂ R thỏa mãn tk → f ( + tk ) − f φ ≥ ε, ε > (2.15) Như đây, f ∈ L1loc (R) Với Km ta có |f (x + tk ) − f (x)| dx → k → ∞ Km ⊂ {tk } cho f + tkj → f hầu khắp nơi Km Do tồn dãy tkj Do tồn dãy tkjh đơn giản ta kí hiệu f + tkj → f hầu khắp nơi R Để f + tkjh cho Theo giả thiết φ hàm lồi thỏa mãn điều kiện ∆2 ta có φ f x + tkj − f (x) ≤ φ f x + tkj + f (x) ≤ φ f x + tkj + φ (2 |f (x)|) K ≤ φ f x + tkj + φ (|f (x)|) Do 0≤ K φ + φ (|f (x)|) − φ f x + tkj f x + tkj − f (x) Áp dụng bất đẳng thức Fatou’s cho dãy φ f + tkj lim j→∞ φ f + tkj dx = R 44 ∀x ∈ R sử dụng đẳng thức φ (f (x)) dx R , ta K φ (f (x)) dx R ≤ lim inf j→∞ = lim R K j→∞ K φ f x + tkj φ f x + tkj + φ (f (x)) − φ f x + tkj − f (x) + φ (f (x)) dx − lim sup j→∞ R j→∞ R φ f x + tkj − f (x) dx R φ f x + tkj − f (x) dx φ (f (x)) dx − lim sup =K R Do ta có φ f x + tkj − f (x) dx → j → ∞ R Vậy mâu thuẫn với (2.15) Vậy định lý chứng minh 45 dx Kết luận Luận văn trình bày tính chất không gian Orlicz kết thu nghiên cứu tính chất chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg Nội dung luận văn bao gồm: • Hàm Young, hàm Young liên hợp, không gian Orlicz tính chất khơng gian Orlicz • Bất đẳng thức Kolmogorov - Stein cho chuẩn Orlicz • Cơng thức tính chuẩn Orlicz khơng gian Orlicz • Tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg • Định lý hàm dịch chuyển Tôi xin chân thành cảm ơn! 46 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Bảng, (2003), Lý thuyết không gian Orlicz, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Mai Thị Thu (2006), Một số bất đẳng thức đạo hàm không gian Orlicz Lorentz, Luận án [3] Phạm Kỳ Anh - Trần Đức Long, (2001), Hàm thực giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Christian Léonard, (2007), Orlicz Spaces, Work in progress [5] Hà Huy Bảng (1996), A remark on the Kolmogorov - Stein inequality, Journal of Mathematical Analysis and Applications, Vol 203, pp 861-867 [6] Trương Văn Thương (2000), Some collections of functions dense in an Orlicz space., Acta Mathematica Vietnamica, Vol 25 (2), pp.195 - 208 47 ... bày tính chất không gian Orlicz kết thu nghiên cứu tính chất chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg Nội dung luận văn bao gồm: • Hàm Young, hàm Young liên hợp, khơng gian Orlicz tính chất khơng gian Orlicz. .. (ω) dx ≤ Chương CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ Trong chương chúng tơi trình bày bất đẳng thức Kolmogorov-Stein, tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg, cơng thức tính chuẩn Orlicz cuối định... đầu Năm 1931, W Orlicz Z.W Birnbaum đề xuất lớp khơng gian Banach mà sau Orlicz phát triển Lớp không gian ngày sau gọi không gian Orlicz. Lớp không gian Orlicz mở rộng lớp không gian Lp xác định