Fréchet đều. Khi đó chuẩn của X∗ là lồi đều theo Định lý 2.2. Vì vậy,X∗ là phản xạ do phần đầu của chứng minh và vì vậy là phản xạ.
2.2. Sự biểu diễn hữu hạn trong không gian địnhchuẩn chuẩn
Định nghĩa 2.6. Cho X, Y là các không gian Banach. Ta nói Y có thể biểu diễn hữu hạn thô trong X nếu cóK >0sao cho với mọi không gian con hữu hạn chiềuF của Y có một đẳng cấu tuyến tính T từ F lênT(F)⊂X sao cho
kTk.T−1<K.
Ta nói rằng Y có thể biểu diễn hữu hạn trong X nếu, với mọiε >0, Y có
thể biểu diễn hữu hạn thô trong X với hằng sốK =1+ε.
diễn hữu hạn trong Y, thì W có thể biểu diễn hữu hạn trong X. Khái niệm biểu diễn hữu hạn được nghiên cứu đầu tiên bởi James([16]).
Định lý 2.4.
1. `2 có thể là biểu diễn hữu hạn trong mọi không gian Banach hữu hạn chiều.
2. Mọi không gian Banach đều có thể biểu diễn hữu hạn trong c0. 3. Mọi không gian Banach đều có thể biểu diễn hữu hạn trong (∑`n∞)2. 4. Cho X là một không gian Banach. Thế thì X∗∗ có thể biểu diễn hữu
hạn trong X.
Để chứng minh phần(1), ta sử dụng định lý Dvoretzky ([5]).
Chứng minh. (2) và (3): Cho Y là khôn gian Banach,ε >0và F là không gian con hữu hạn chiều của Y. Cho {yi}∞
i=1 là một ε−lưới trong SF. Tìm fi ∈ SY∗ sao cho fi(yi) =1, i =1, ...,n. Xét ánh xạ T : F →`n∞ được định nghĩa vớiy∈F thìT(y) = (fi(y))ni=1. Thế thì
kT(y)k=max
i {|fi(y)|} ≤max
i {kfik.kyk} ≤ kyk.
Cho y ∈ SF, ta tìm i ∈ {1, ...,n} sao cho i ∈ {1, ...,n}. Khi đó
kT(y)k ≥ |fi(y)|=|fi(yi) + fi(y−y0)| ≥ |fi(yi)| − kfik.ky−yik ≥1−ε.
Bởi vậy,kT(y)k ≥(1−ε)kykvới mọiy∈ F, do đóT−1≤ 1
1−ε.
Để chứng minh(2), ta xét ánh xạ từS(T)của F vàoc0, trong đóSlà một phép đẳng cự tuyến tính từ `n∞ vào c0 được định nghĩa bởi S((xi)) = (x1, ...,xn,0, ...).
bởiS˜((xi)) = (0, ...,0,(xi),0, ...).
(4): Ta thấy điều được trình bày trên là rõ ràng vì Lindenstrauss và Rosenthal.
Định lý 2.5. (Nguyên lý của tính phản xạ địa phương) ([17])
Cho X là không gian banach. Với mọi không gian con hữu hạn chiều E của X∗∗, không gian con hữu hạn chiều F của X∗, và ε >0, tồn tại một
đẳng cấu tuyến tính T từ E lên T(E) ⊂X sao cho kTk ·T−1 ≤ 1+ε,
x∗(T(x∗∗)) =x∗∗(x∗), với x∗ ∈ F và x∗∗ ∈ E, và T là một phép đồng nhất
trênE∩X.
Chứng minh. Chọn δ > 0 sao cho θ(δ) <(1+ε), trong đó θ(δ) là hàm số sao cho kTk.T−1≤θ(δ) = 1+δ 1−δ 1 1+δ −δ(1+δ) 1−δ −1 .
Chọn a∗1, ...,a∗m ∈ SX∗ chứa một cơ sở của F sao cho kx∗∗k ≤ (1+δ)supj x∗∗ a∗j
với mọi x∗∗ ∈ E. Cuối cùng, chọn một δ−lưới
b∗1, ...,b∗k trongSE sao cho{b∗1, ...,b∗r}là một cơ sở củaE∩X và{b∗1, ...,b∗r}, r≥k, là một cơ sở của E. Choq=n−r. Thế thì, với mọip∈ {1, ...,q}, ta có
duy nhất các vô hướngtp,i,1≤i≤r sao chob∗∗r+p = ∑r
i=1 tp,ib∗∗i . Định nghĩa sp,i = tp,i nếu i≤r, −1 nếu i=r+p, 0 nếu r <i≤n và i6=r+p. Kí hiệuXm = m ⊕ i=1 X ∞
A0(x1, ...,xn) = x1, ...,xk, ∑n i=1 s1,ixi, ..., ∑n i=1 sq,ixi . Toán tử A0 là ánh xạ lên, từ đó ma trận (sp,i) có hạng q. Chú ý rằng n ∑ i=1
sj,ib∗∗i =0 với j =1, ...,q, bởi vậy A∗∗0 (b∗∗1 , ...,b∗∗n )∈ Xk+q. Định nghĩa U : Xn →Rnm bởiU(x1,x2, ...,xn) = n a∗j(xi) on,m i,j=1. Cho Z =Xk+q×Rnm, và định nghĩaA:Xn →Z bởi A(x1,x2, ...,xn) = (A0(x1,x2, ...,xn),U(x1,x2, ...,xn)).
Khi đó A la một toán tử với hạng đóng. Từ A là ánh xạ lên và A∗∗0 (b∗∗1 , ...,b∗∗n ) ∈ Xk+q, tồn tại d1, ...,dn sao cho A(d1, ...,dn) =
A∗∗0 (b∗∗1 , ...,b∗∗n ). Ta nhận định rằng trong thực tế tồn tại e1, ...,en sao cho A(e1, ...,en) =A0∗∗(b∗∗1 , ...,b∗∗n ).
Thật vậy, từUlà toán tử có hạng hữu hạn,U(Ker(A0)) =U Ker(A0)∗∗ = U(Ker(A∗∗0 )). Vì (b∗∗1 , ...,bn∗∗) ∈ (d1, ...,dn) + Ker(A∗∗0 ), tồn tại
(e1, ...,en) ∈ (d1, ...,dn) +Ker(A0) sao cho U(e1, ...,en) =U(b∗∗1 , ...,b∗∗n )
và ta có được nhận định trên. Đặc biệt, A∗∗0 (b∗∗1 , ...,b∗∗n )∈ A(Xn). Khi đó, tồn tại(b1, ...,bn)∈X sao chosupkbik ≤(1+δ)supkb∗∗i k=1+δ.
Định nghĩa một toán tửT :E →X bởiT(b∗∗i ) =bi với1≤i≤n. Chú ý rằng với 1≤ p≤q ta có r ∑ i=1 sp,ib∗∗i =0 và r ∑ i=1 sp,ibi =0. Do đó, ta cũng có T(b∗∗i ) =bi vớir <i≤n. Chú ý rằng với mỗi ita có
kT(b∗∗i )k ≥sup j a∗j(T(b∗∗i )) =sup j b∗∗i a∗∗j ≥(1+δ)−1.
Do đó, kTk.T−1≤1+ε bởi việc chọn δ. Điều này đã hoàn thành việc chứng minh Định lý2.4và Định lý2.5.
Bổ đề 2.3. Chok.kX của không gian Banach X là lồi đều (tương ứng, khả vi Fréchet đều; tương ứng, cho X là không gian Hilbert). Nếu một không gian
Banach Y có thể biểu diễn hữu hạn thô trong X, thì Y chứa một chuẩn tương đương lồi đều (tương ứng, khả vi Fréchet đều; tương ứng, Y là một đẳng cấu tới một không gian Hilbert).
Ta sẽ chứng minh từng nhận định riêng, trường hợp tổng quát chỉ cần sắp xếp lại.
Chứng minh. Giả sử rằngk.kX là lồi đều và không gian Banach Y tách được có thể biểu diễn hữu hạn thô trong X với hằng số K > 1. Cho {xn} là trù
mật trong Y. Với mọi n ∈ N, đặt Fn =span{xi}ni=1 và cho Tn : Fn →X là một toán tử tuyến tính với kTnk ≤ K và Tn−1 =1. Định nghĩa một chuẩn
k.kn trênFn bởikxkn =kTn(x)kX. Vì kxkY =Tn−1Tn(x)
X ≤ kTn(x)kX và
kTn(x)kX ≤ kTnk.kxkY, ta đượckxkY ≤ kxkn ≤KkxkY với mọi x∈Fn. Mở rộngk.kX bởi0 tới Y, giả sử dãy connk.kn
k
o
hội tụ tại mỗi điểm của {xn}. Do tính liên tục đồng bậc của tất cảk.kn
k trên Fn, ta có dãy k.kn
k hội tụ tại mọi điểm của Y và giới hạn của nó là một chuẩnk.k0 tương đương thỏa mãn
kxkY ≤ kxk0 ≤KkxkY với mọix∈Y. Ta nhận định rằngk.k0 là lồi đều.
Thật vậy, từ tính lồi đều của chuẩn k.kX trên X, ta có cho trước
ε > 0, có δ > 0 sao cho nếu u,v ∈ X thỏa mãn kuk ∈ (1−δ,1+δ),
kvk ∈ (1−δ,1+δ) và u+v
2
∈ (1−δ,1+δ), thì ku−vk < ε. Lấy x, y trong X sao chokxk0 =kyk0 =1vàx+y
2 0 >1−δ 2, thế thì vớikđủ lớn ta cókxkn k =Tnk(x) X ∈(1−δ,1+δ),kykn k =Tnk(y) X ∈(1−δ,1+δ), x+y 2 nk = Tnk x+2y X > 1 − δ và kx−yk0− kx−ykn k = kx−yk0−Tnk(x−y) X < ε 2. Từ đó ta được Tnk(x−y) X < ε, do đókx−yk0 <ε.
Chú ý chứng minh trên chỉ ra từ Mệnh đề 2.1 và Định lý 2.1 rằng nếu chuẩn của không gian Banach X là lồi đều hoặc khả vi Fréchet đều và Y có thể biểu diễn hữu hạn thô trong X, thì Y là phản xạ. Từ đó, chẳng hạn,c0 là không gian phản xạ và có thể biểu diễn hữu hạn trong(∑`n∞)2 , từ Định lý 2.5, (∑`n∞)2 không chứa bất kỳ chuẩn nào là lồi đều hoặc khả vi Fréchet.
Định nghĩa 2.7. ([8],[16]) Không gian Banach X được gọi là siêu phản xạ nếu mọi không gian Banach biểu diễn hữu hạn trong X đều là phản xạ.
Chú ý rằngX = (∑`n∞)2là không gian phản xạ nhưng không là siêu phản xạ.
Định lý 2.6. Cho X là không gian Banach. Những điều sau là tương đương: 1. X là siêu phản xạ.
2. X có một chuẩn lồi đều tương đương.
3. X có một chuẩn có khả vi Fréchet đều tương đương.
4. X có một chuẩn tương đương là lồi đều và là khả vi Fréchet đều.
Để chứng minh định lý trên, ta cần khái niệm cây trong không gian Banach.
Với n = 0,1, ... và ε > 0, một (n,ε)−cây trong không gian Banach X được định nghĩa bằng quy nạp như sau. Với n = 0, bất kỳ x0 ∈ X là một (0,ε)−cây. Giả sử một (n,ε)−cây được tạo thành bằng cách thêm
các điểm x1,x2, ...,x2n vào (n−1,ε)−cây, thế thì(n+1,ε)−cây là kết quả từ việc thêm 2n+1 điểm yi,zi =1, ...,2n vào(n,ε)−cây theo cách tương tự mà xi = 1
20+...+2n =2n+1−1phần tử.
Ta sắp xếp các phần tử của một (n,ε)−cây thành một dãy như sau. x0 là đỉnh. Tiếp theo x1, x2 ta biểu thị các phần tử được thêm vào ở bước hai, như vậy ta cóx0 = (x1+x2)2 , kx1−x2k ≥ε. Tiếp theo x3,x4,x5,x6 biểu thị các phần tử được thêm vào ở bước thứ ba, vậy ta có x1 = (x3+x4)2,
kx3−x4k ≥ ε và x2 = (x5+x6)2,kx5−x6k ≥ ε. Tổng quát, ta có
xi = (x2i+1+x2i+2)2 vàkx2i+1−x2i+2k ≥ε với mọii≤2n−2.
Một (∞,ε)−cây được định nghĩa bởi sự lặp lại quá trình xây dựng trên với số lần đếm được.
Chú ý rằng nếun∈N, ta có thể xây dựng một(n,2)−cây trongB`n
∞ như sau: Đặt x0 = (0, ...,0),x1 = (1,0, ...,0),x2 = (−1,0, ...,0), x3 = (1,1,0, ...),... Vì vậy, X = (∑`n∞)2 có tính chất, với mọi n, BX chứa một (n,2)−cây. Tuy nhiên, X không chứa một (∞,ε)−cây bị chặn với bất
kỳε >0. Thật vậy, ta có kết quả sau.
Định lý 2.7. Không gian Banach phản xạ không chứa một (∞,ε)−cây bị chặn nào với bấy kỳε >0.
Chứng minh. Ngược lại, giả sử rằng không gian phản xạ X chứa một
(∞,ε)−cây T bị chặn. Từ T là tách được, ta có thể giả sử X là tách được. ĐặtC=conv(T). Thế thìC là tập compact yếu và lồi, do đó chứa một điểm tiếp xúc mạnhx∈C. Vì vậy, có f ∈X∗ sao cho f(x) =supC(f) =supT(f)
và cóδ >0 sao cho kz−xk< ε
8 với bất kỳ z∈T và f(z) > f(x)−δ. Từ supT (f) = f(x), có t ∈T sao cho f (t) > f(x)−δ. Cho t = (t1+t2)2,
kt1−t2k ≥ ε với t1,t2 ∈T. Thế thì với mỗi phần tử của {t1,t2}, giả sử t1, ta có f(t1) > 1−δ. Bởi vậy kt−xk < ε
8 và kt1−xk < ε
8, và do đó
kt1−tk< ε
4, mâu thuẫn vớikt1−tk= 1
2kt1−t2k> ε
Mệnh đề 2.1. Cho X là không gian Banach. Nếu cóε >0sao choBX chứa một(n,ε)−cây với mọin∈N, thì có một không gian Banach Y cos thể biểu
diễn hữu hạn trong X sao choBY chứa một (∞,ε)−cây.
Chứng minh. Với n∈N, cho xni;i=0,1, ...,2n+1−2 là một
(n,ε)−cây trong BX. Với (αi) ∈ c00, đặt k(αi)kn = 2n+1−2 ∑ i=0 αixni . Từ tính tách được củac00 và tính bị chặn của{xni}, ta có thể tìm một dãy{nk}trong N sao cho với mọi(αi)∈c00, giới hạnk(αi)k=limk(αi)kn
k tồn tại.
Ký hiệu Y˜ là không gian (c00,k.k). Chú ý rằng k.k là nửa chuẩn. Xét
không gian con đóngN = n v∈Y∼:kvk=0 o và đặtY1 =Y∼ . N. Rõ ràng,Y1 là một không gian định chuẩn và có thể biểu diễn hữu hạn trong X. Ta chứng tỏ{ei} là ảnh của cơ sở chuẩn tắc của c00 trongY1 qua ánh xạ thương. Lấy Y là không gian đủ củaY1.
Lưu ý rằng nếu W là một không gian Banach và Z là không gian con trù mật của W, thì W có thể biểu diễn hữu hạn trong Z. Thật vậy, choε >0và F là không gian con hữu hạn chiều của W với một cơ sở chuẩn tắc{ω1, ...,ωn};
lấyK >0sao cho với mọi ω =∑αiωi ta có 1
K ∑|αi| ≤ kωk ≤K∑|αi|.
Chọnzi ∈Z sao cho|zi−ωi| ≤ε
K và định nghĩa một toán tửT :F →
span{zi} bởi T(ω) = ∑αizi với ω = ∑αiωi. Thế thì |kωk − kT(ω)k| ≤
∑|αi| kωi−zik ≤Kkωk.εK. Vì vậy, kTk.T−1 có thể lấy tùy ý tiến đến1.
Điều đó có nghĩa rằng Y có thể biểu diễn hữu hạn trong Y1, và do đó có thể biểu diễn hữu hạn trong X. Ta thấy rằng {ei}i∈N tạo thành một
(∞,ε)−cây bị chặn trong Y. Thật vậy, cho i∈N, ta có keikn
k =xnk
i
≤1,
và do đó{ei}bị chặn.
Tiếp tục, cho i∈N, với mọi n sao cho 2n−2≥ i (tức là, xni không là hàng cuối cùng của (n,ε)−cây) ta có xni − x2ni+1+x2ni+22= 0. Vì thế, với k đủ lớn, ta có ei−(e2i+1+e2i+2)2
nk = 0. Điều này có nghĩa là
ei = (e2i+1+e2i+2)2 và do đó nó nằm trong Y.
Tương tự, ta chỉ ra rằng ke2i+1−e2i+2k ≥ ε, ta có điều phải chứng
minh.
Chú ý từ Mệnh đề2.2và Định lý2.7ta có điều sau, cho không gian siêu phản xạ X vàε >0, cón0 sao choBX không chứa(n,ε)−cây vớin≥n0.
Với một không gian Banach X và x0 ∈ X, xét một dãy các vectơ
x0, ...,x2n+1−2 sao cho với mọi 0 ≤i ≤ 2n−2 ta có xi = x2i+1+x2i+2,
kx2i+1k=kx2i+2kvà x2i+1 kx2i+1k− x2i+2 kx2i+2k ≥ε. Rõ ràng, x0 =2 k+1−2 ∑ i=2k−1 xi với0≤k≤n. Khi đó2n phần tử x2n−1, ...,x2n+1−2 được gọi là(n,ε)−sự phân tích của x0. Từ kx2i+1k = kx2i+2k ≥ kxik
2 với 0 ≤ i ≤ 2n−2, bằng
quy nạp ta có xj ≥ kx0k
2k với mọi 2k−1 ≤ j ≤ 2k+1 −2. Dễ thấy
x0,2x1,2x2, ...,2nx2n+1−2 trong đó các hệ số của xi là 2k với 2k −1 ≤
i≤2k+1−2, tạo thành một(n,εkx0k)−cây trong X.
Nếu X là siêu phản xạ và ε >0, từ chú ý sau mệnh đề 2.2 tồn tạin∈N sao cho với mọi (n,ε)−sự phân tích {xi} của x0 ta có 2nxj ≥2kx0k với 2n−1≤ j ≤2n+1−2. Vì thế, 2n+1−2 ∑ i=2n−1 kxik=xj+ 2n+1−2 ∑ i=2n−1,i6=j kxik ≥ kx0k 2n−1+ (2 n−1) kx0k 2n ≥ kx0k+ kx0k 2n−1−kx0k 2n ≥ 1+ 1 2n−1 kx0k. Rút gọn argument, ta nhận được
2kn+1−2 ∑ i=2kn−1 kxik ≥ 1+ 1 2n−1 k kx0k
với mọi (kn,ε)−sự phân tích của x0. Vì thế, nếu X là siêu phản xạ và K,ε > 0 cho trước, thì có M =M(ε,K) sao cho với mọi (M,ε)−sự phân tíchz= 2M ∑ i=1 xi củaz ∈X\ {0} ta có 2M ∑ i=1 xj≥Kkzk.
Bổ đề 2.4. Cho (X,k.k) là một không gian siêu phản xạ, ε ∈
0,1
8
. Khi đó có một hàm không âm|.| trên X sao cho:
(a) |αx|=|α| |x|; (b) 1−ε 4 kxk ≤ |x| ≤ 1− ε 12 ;
(c) Tồn tạiη >0sao cho nếu kxk=kyk=1vàkx−yk ≥ε, thì
|x+y| ≤ |x|+|y| −η.
Chứng minh. Ta định nghĩak.kvớix∈X bởi
|x|=inf 2n ∑ j=1 uj 1+ε 6 1− 1 4n+1 ,
trong đó infimum chạy qua mọi n ∈ N0 và mọi (n,ε)−sự phân tích