ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THANH THÚY CÁC TÍNH CHẤT CỦA CHUẨN ORLICZ TRONG KHÔNG GIAN ORLICZ Chuyên ngành : TOÁN 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 khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc của mình tới TS. Vũ Nhật Huy, người thầy vô cùng mẫu mực đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn tốt nghiệp. Tôi cũng xin chân thành cám ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội và Khoa sau đại học, đã nhiệt tình truyền thụ kiến thức và tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa Cao học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè đã luôn động viên và khuyến khích tôi rất nhiều trong thời gian nghiên cứu và học tập. Do mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học và còn hạn chế về thời gian thực hiện nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, năm 2015 Nguyễn Thanh Thúy 2 Mục lục Mở đầu 4 1 KHÔNG GIAN ORLICZ 5 1.1 Hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Hàm Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Cặp hàm liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4 Lớp Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.5 Không gian Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.6 Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ 26 2.1 Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg . . . . . . . . 32 2.3 Công thức tính chuẩn Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.4 Định lý về hàm dịch chuyển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 46 3 Mở đầu Năm 1931, W. Orlicz và Z.W. Birnbaum đã đề xuất một lớp không gian Banach mà ngay sau đó được chính Orlicz phát triển. Lớp không gian này ngày sau được gọi là không gian Orlicz.Lớp không gian Orlicz là một mở rộng của lớp không gian Lp và được xác định qua một hàm Young φ. Lý thuyết về không gian Orlicz có nhiều ứng dụng trong giải tích hàm, phương trình vi phân đạo hàm riêng, lý thuyết nhúng... Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được chia làm hai chương: Chương 1: Không gian Orlicz. Chương này trình bày về hàm lồi, hàm Young, hàm Young liên hợp, đây là các khái niệm cơ bản để ta đi xây dựng lớp Orlicz và không gian Orlicz, cũng trong chương này luận văn còn trình bày về chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg, các kết quả liên quan đến chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg là cơ sở xây dựng chương sau. Chương 2: Một số tính chất chuẩn Orlicz. Chương này là nội dung cốt lõi của luận văn, trong chương này luận văn trình bày về tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg, các kết quả liên quan đến chuẩn Orlicz, cũng trong chương này luận văn còn trình bày đến bất đẳng thức Kolmogorov-Stein đối với chuẩn Orlicz và định lý về hàm dịch chuyển. 4 Chương 1 KHÔNG GIAN ORLICZ Trong chương này chúng tôi trình bày về các khái niệm và các kết quả cơ bản về không gian Orlicz, các kết quả này được sử dụng để xây dựng và chứng minh các kết quả ở chương sau (xem [1, 3, 4]). 1.1 Hàm lồi Định nghĩa 1.1. Hàm φ : R → R được gọi là hàm lồi nếu 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 là hàm lồi nếu và chỉ nếu với mỗi đoạn con đóng [c; d] ⊂ (a; b), ta có x ϕ (t) dt với c ≤ x ≤ d, φ (x) = φ (c) + c ở đây, ϕ : R → R là một hàm đơn điệu không giảm và liên tục trái. Ngoài ra, φ còn có đạo hàm trái và phải tại mỗi điểm thuộc (a; b) và các đạo hàm này chỉ khác nhau tại không quá đếm được các điểm. Chứng minh. Điều kiện cần. Do φ là 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 5 φ (c1 ) − φ (c) φ (d) − φ (d1 ) ; c1 − c d − d1 . Từ đây ta có φ thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong [c; d] và do đó φ liên tục tuyệt đối trong (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 các tính chất của 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 đó đạo hàm trái và đạo hàm phải của φ là tồn tại tại mỗi điểm thuộc [c; d] và với x < y thì φ+ (x) ≤ φ (y) − φ (x) ≤ φ− (y) . y−x Vì theo công thức (1.1) thì ta có φ− (x) ≤ φ+ (x) nên φ± (.) là hàm tăng và tập điểm gián đoạn của các hàm này là không quá đếm được. Do đó, φ− (x) = φ+ (x) xảy ra tại mỗi điểm liên tục của các hàm này là φ ở (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 là hàm lồi, thật vậy với c ≤ x ≤ d, ta xét dây cung L (x) nối (c, φ (c)) với (d, φ (d)) cho bởi L (x) = φ (c) + φ (c) − φ (d) (x − c) . c−d 6 Ta phải chứng minh L (x) ≥ φ (x), nghĩa là φ (x) − φ (c) φ (d) − φ (c) ≤ x−c d−c với c < x < d. (1.3) Từ biểu diễn của φ, ta có c 1 x−c x 1 ϕ (t) dt ≤ ϕ (x) ≤ x−d d ϕ (u) du x do ϕ (c) ≤ ϕ (t) ≤ ϕ (x) ≤ ϕ (d) với c < t < x < d. Bây giờ ta thấy vế phải của (1.3) có thể biểu diễn dưới dạng c d ϕ (t) dt + x ϕ (u) du x (d − x) + (x − c) 1 x−c ≥ min c ϕ (t) dt, x c 1 = x−c ϕ (t) dt = x 1 x−d d ϕ (u) du x φ (x) − φ (c) . x−c Từ đó ta có hàm φ đã cho là lồi. Định lý được chứng minh. Tiếp theo ta sẽ trình bày bất đẳng thức Jensen. Định lý 1.2. Cho ∆ là tập đo được thỏa mãn µ (∆) = 1, µ là độ đo Lesbesgue và cho φ : R → R lồi, f : ∆ → R là đo được, φ ∆ f dx và ≤ f dx ∆ ∆ φ (f ) dx tồn tại thì φ (f ) dx. ∆ Chứng minh. Do φ là hàm lồi trên R nên theo định lý 1.1, với mỗi đoạn con đóng [a; b] ⊂ R ta có biểu diễn sau x ϕ (t) dt với a ≤ x ≤ b, φ (x) = φ (a) + a ở đây ϕ : R → R là một hàm đơn điệu không giảm và 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), và a = ∆ f dx rồi lấy tích phân ở (1.4) ta được φ (f ) dx − φ ∆ f dx ≥ ϕ (a) ∆ f dx − ∆ từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. 7 f dx ∆ =0 1.2 Hàm Young + Định nghĩa 1.2. Một hàm lồi φ : R → R được gọi là hàm Young nếu thỏa mãn các điều kiện • φ(−x) = φ(x). • φ(0) = 0. • lim φ(x) = +∞. x→∞ Ví dụ 1.1. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số φ (x) = |x|p , x ∈ R. Khi đó hàm φ là hàm Young liên tục. Chứng minh. Hiển nhiên φ(−x) = φ(x) và φ (0) = 0. Do 1 ≤ p nên lim φ(x) = lim |x|p = +∞. x→∞ x→∞ Do đó hàm φ là hàm Young. Dễ thấy ∀x0 ∈ R thì lim φ (x) = φ (x0 ) . x→x0 Vậy φ là hàm Young liên tục trên R. Chứng minh được hoàn thành. Ví dụ 1.2. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số φ (x) =     0, với 0 ≤ |x| ≤ a < ∞ φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b 1    +∞, với |x| ≥ b, trong đó 0 < a < b < +∞. Khi đó φ là hàm Young. Chứng minh. Hiển nhiên φ1 (x) là hàm lồi liên tục trên đoạn [a; b], do đó hàm φ cũng là hàm lồi trên R. Rõ ràng φ (x) = 0 với x = 0, φ(−x) = φ(x) và lim φ (x) = +∞ nên x→∞ φ là hàm Young. Hơn nữa φ (x) < ∞ và là hàm liên tục trên (0; b), do đó φ là hàm Young liên tục trên (0; b), nhảy tới +∞ tại b > 0. Chứng minh được hoàn thành. Tiếp theo chứng ta xét đến một lớp hàm Young đặc biệt. 8 Định nghĩa 1.3. Hàm φ được gọi là một N - hàm nếu φ là hàm Young liên tục thỏa mãn. • φ(x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0, φ(x) x = 0, φ(x) • lim x = +∞, x→∞ • φ (R) ⊂ R+ . • lim x→0 Ví dụ 1.3. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số φ (x) =     0, với 0 ≤ |x| ≤ a < ∞ φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b 1    +∞, với |x| ≥ b, trong đó 0 < a < b < +∞ Khi đó φ là hàm Young nhưng không phải một N - hàm. Chứng minh. Trong ví dụ 1.2 ta đã chỉ ra hàm φ đã cho là một hàm Young. Ta có với ∀x ∈ (0; a) thì φ (x) = 0 do đó hàm Young đã cho vi phạm điều kiện thứ nhất nên nó không phải là một N - hàm. Chứng minh được hoàn thành. 1.3 Cặp hàm liên hợp Mệnh đề 1.1. Giả sử φ : R → R + là hàm Young. Khi đó, φ có thể được biểu diễn như sau |x| φ (x) = ϕ (t) dt (1.5) 0 ở đó, ϕ (0) = 0, ϕ : R+ → R + là liên tục trái không giảm và nếu ϕ (x) = +∞ với x ≥ a thì φ (x) = +∞ với x ≥ a > 0. Xét hàm η là hàm ngược mở rộng của hàm đơn điệu ϕ được xác định như sau η (x) = inf {t : ϕ (t) > x} , x ≥ 0. (1.6) Khi đó η (0) = 0, η tăng và được xác định duy nhất. Từ tính liên tục trái của ϕ, tập {t : ϕ (t) > x} là nửa đoạn mở trái. Vì ϕ là hàm Borel nên η cũng vậy. Bây giờ ta định nghĩa |y| ψ (y) = η (u) du. 0 9 (1.7) Khi đó, ψ được gọi là hàm Young liên hợp của φ. Khi đó ψ (0) = 0, ψ là lồi. Ta chứng minh cặp (φ, ψ) là thỏa mãn bất đẳng thức Young rồi từ đó suy ra ψ là hàm Young liên hợp của φ. + Mệnh đề 1.2. Giả sử φ : R → R là hàm Young, ψ là hàm được xác định ở các công thức (1.6) và (1.7) bởi 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 ra khi y = ϕ (x) hoặc x = η (y) với x ≥ 0, y ≥ 0. Chứng minh. Nếu với x0 , y0 nào đó mà φ (x0 ) = +∞ hoặc ψ (y0 ) = +∞ thì bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng. Do vậy ta chỉ xét trường hợp φ (x) < ∞ và ψ (y) < ∞, với mọi 0 x < ∞ và 0 y < ∞ . Khi đó, ta có y x 0 ≤ xy = dudv 0 0 = dudv + {u x,v y:0 u ϕ(v),0 ψ(u)ϕ(v),0 v ψ(u)} min{y,ϕ(u)} du 0 min{x,η(v)} dv 0 y ϕ (u) du + 0 dudv du 0 η (v) dv 0 = φ (x) + ψ (y) . Ở đó đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu y ≥ ϕ (u) nên η (v) = x hoặc y = ϕ (x) và x ≥ η (y). Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 1.4. Cho 1 < p < ∞ và hàm φ(x) = xp p là hàm Young, xác định hàm liên hợp ψ của hàm Young φ. Chứng minh. Với φ(x) = xp p ,1 < p < ∞ thì đạo hàm của φ là ϕ (x) = xp−1 10 và 1 η (x) = inf {t : ϕ (t) > x} = inf t : tp−1 > x = x p−1 . Khi đó theo công thức (1.7) ta có y p 1 η (t) dt = y p−1 = y q ψ (y) = 0 trong đó 1 p + 1 q = 1. Ví dụ 1.5. Cho hàm φ (x) = (1 + |x|) ln (1 + |x|) − |x|. Xác định hàm liên hợp ψ của φ. Chứng minh. Với ϕ là đạo hàm của φ thì khi đó ϕ được tính như sau ln (1 + x) , x ϕ (x) = 0 − ln (1 − x) , x < 0 và theo công thức (1.7) thì η (x) = từ đó ta suy ra ex − 1, x > 0 1 − e−x , x < 0 y η (t) dt = e|y| − |y| − 1. ψ (y) = 0 Chứng minh được hoàn thành. Định nghĩa 1.4. Hàm Young φ : R → R+ được gọi là thỏa mãn điều kiện ∆2 ( toàn cục ) ký hiệu φ ∈ ∆2 (φ ∈ ∆2 ( toàn cục ))nếu φ (2x) ≤ Kφ (x) trong đó x ≥ x0 ≥ 0, (x0 = 0) K > 0 là hằng số nào đó. Ví dụ 1.6. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm φ (x) = |x|p . Khi đó hàm φ thỏa mãn điều kiện ∆2 . 11 Chứng minh. Trong ví dụ 1.1 ta đã chỉ ra hàm φ(x) = |x|p là hàm Young. Chọn K > 2p khi đó ta thu được φ (2x) = |2x|p = 2p |x|p , do 2p |x|p ≤ K|x|p nên φ (2x) ≤ Kφ (x) và vì thế φ ∈ ∆2 . Chứng minh được hoàn thành. Ví dụ 1.7. Chứng minh rằng hàm ϕ (x) = e|x| − 1 không thỏa mãn điều kiện ∆2 . Chứng minh. Rõ ràng với x đủ lớn thì e|x| e|x| − K + K − 1 < 0 tức là ϕ (2x) > Kϕ (x), do đó ϕ ∈ / ∆2 . Chứng minh được hoàn thành. Định nghĩa 1.5. Hàm Young φ : R → R+ được gọi là thỏa mãn điều kiện ∇2 (toàn cục), ký hiệu φ ∈ ∇2 (φ ∈ ∇2 (toàn cục)) nếu φ (x) ≤ 1 φ (lx) 2l trong đó x ≥ x0 ≥ 0, (x0 = 0) K > 0 và l > 1 nào đó. Định lý 1.3. Giả sử φ là một N - hàm với liên hợp ψ. Nếu ϕ, η là các đạo hàm (trái) của φ, ψ như thông thường thì các điều kiện sau là tương đương (i) φ ∈ ∆2 ; (ii) ∃1 < α < ∞ và x0 0 sao cho (iii) ∃1 < β < ∞ và y0 0 sao cho xϕ(x) φ(x) yη(y) ψ(y) < α, x x0 ; > β, y y0 ; (iv) ψ ∈ ∇2 ; (v)∃δ > 0, x0 (vi) lim sup x→0 0 sao cho φ ((1 + δ) x) φ−1 (x) φ−1 (2x) 2φ (x), x x0 ; < 1. Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∆2 ta chứng minh tồn tại 1 < α < ∞ và x0 sao cho xϕ(x) φ(x) < α, x x0 . Thật vậy do φ ∈ ∆2 nên tồn tại K > 0 và x0 φ (2x) Kφ (x) , 0 sao cho x 12 x0 0. 0 Hơn nữa ta có 2x φ (2x) = ϕ (t) dt 0 từ đó ta có 2x Kφ (x) φ (2x) = 2x ϕ (t) dt ϕ (t) dt 0 xϕ (x) x do φ (.) > 0 nên ta suy ra xϕ (x) φ (x) K. Chọn α > max {K, 1} ta suy ra 1 < α < ∞ và xϕ (x) < α, ϕ (x) x (ii) ⇒ (iii). Giả sử tồn tại 1 < α < ∞ và x0 minh tồn tại 1 < β < ∞ và y0 Chọn y0 0 sao cho x0 . 0 sao cho yη(y) ψ(y) > β, y xφ(x) φ(x) < α, x x0 ta chứng y0 . 1 sao cho η (y0 ) > x0 do y ψ (y) = η (t) dt 0 theo cách xây dựng hàm η ta có ϕ (η (y)) > y vì lim y→∞ ψ(y) y = +∞ nên với x = η (y) thì yη (y) ψ (y) ϕ (η (y)) .η (y) xϕ (x) = ψ (ϕ (η (y))) ψ (ϕ (x)) theo đẳng thức Young thì ta có xϕ (x) xϕ (x) = ψ (ϕ (x)) xϕ (x) − φ (x) xϕ (x) /φ (x) α = > = β > 1 với y xϕ (x) /φ (x) − 1 α−1 Do hàm u u−1 giảm khi u > 1 nên yη(y) ψ(y) > β, y y0 0. y0 . Vậy ta có (iii). (iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 1 < β < ∞ và y0 13 0 sao cho yη(y) ψ(y) > β, y y0 ta chứng minh ψ ∈ ∇2 . Với l > 1, ta có ψ (ly) ln = ψ (y) Chọn l sao cho lβ−1 ly y ly η (t) dt ψ (t) β dt = β ln l. t y 2, ta nhận được 1 ψ (ly) , 2l ψ (y) y y0 0. Do đó ψ ∈ ∇2 . (iv) ⇒ (i). Giả sử ψ ∈ ∇2 ta chứng minh φ ∈ ∆2 . Thật vậy Đặt ψ (y) = 1 2l ψ (ly) khi đó φ (x) = 1 2l φ (2x). Theo giả thuyết ψ ∈ ∇2 nên ta có ψ (y) nên φ (x) φ (x) với x Do đó, ta có φ (2x) ψ (y) , với y y0 0 x0 . kφ (x) với x x0 , ở đây, k = 2l. Do đó φ ∈ ∆2 . (i) ⇒ (v). Giả sử φ ∈ ∆2 ta chứng minh tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ ((1 + δ) x) 2φ (x) , x x0 . Giả sử φ ∈ ∆2 khi đó φ (2x) Không giảm tổng quát giả sử K δ= 1 K−1 thì 0 < δ Kφ (x) , x x0 0. 2 là hằng số ứng với điều kiện ∆2 của φ. Đặt 1, và do φ lồi, ta nhận được φ ((1 + δ) x) = φ ((1 − δ) x + 2δx) (1 − δ) φ (x) + δφ (2x) (1 − δ) φ (x) + δkφ (x) = 2φ (x) , x x0 . Vậy suy ra φ ((1 + δ) x) 2φ (x) , x 14 x0 . (1.9) Do đó ta có điều phải chứng minh. (v) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ ((1 + δ) x) 2φ (x) , x x0 . φ−1 (x) Ta chứng minh lim sup φ−1 (2x) < 1. x→0 Xét x = φ−1 (y) từ công thức (1.9) ta suy ra (1 + δ) φ−1 (x) nên lim sup x→∞ φ−1 (2x) φ−1 (x) φ−1 (2x) (1 + δ)−1 < 1. Do đó ta có điều phải chứng minh. φ−1 (x) / ∆2 . (vi) ⇒ (i). Ta chứng minh phản chứng, giả sử lim sup φ−1 (2x) < 1 nhưng φ ∈ x→∞ Nếu φ ∈ / ∆2 thì ta có thể tìm được {xn } tăng đến ∞ sao cho φ 1+ 1 n xn > 2φ (xn ). Do đó, với yn = φ (xn ), ta có 1 > lim sup n φ−1 (yn ) φ−1 (yn ) n lim inf lim −1 −1 φ (2yn ) n φ (2yn ) n 1 + n = 1. Điều mâu thuẫn này cho thấy φ ∈ ∆2 . Định lý được chứng minh. Định lý 1.4. Giả sử φ là một N - hàm với liên hợp ψ. Nếu ϕ, η là các đạo hàm (trái) của φ, ψ như thông thường thì các điều kiện sau là tương đương (i) φ ∈ ∇2 . (ii)Tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x) 0 sao cho φ ((2 − λ) x) (iii)Tồn tại 0 < λ < 1, x1 −1 φ (x) −1 x→∞ φ (2x) (iv)lim inf Chứng minh. φ (2x) (2 + δ) φ (x) , x x0 . 2φ (x) , x x1 . > 21 . (i) ⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho (2 + δ) φ (x) , x x0 Theo định lý 1.3 nếu φ ∈ ∇2 thì tồn tại β > 1 sao cho xϕ(x) φ(x) > β với x x0 đó, ta có φ (2x) ln = φ (x) 2x x ϕ (t) dt φ (t) 2x β x dt = ln 2β t 15 với x x0 0. 0. Do Chọn δ = 2β − 2 > 0 ta suy ra φ (2x) (2 + δ) φ (x) , với x (ii) ⇒ (i). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x) x0 (2 + δ) φ (x) , x x0 ta chứng minh φ ∈ ∇2 Ta chọn n0 sao cho 1 + δ n0 2 1 φ (2x) 2+δ φ (x) 2, đặt l = 2n0 . Khi đó, ta có ... 1 φ (lx) 2l 1 n0 n0 φ (2 x) (2 + δ) với x x0 . Vậy φ ∈ ∇2 . (i) ⇒ (iii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại 0 < λ < 1, x1 φ ((2 − λ) x) 2φ (x) , x 0 sao cho x1 . Theo định lý (1.3), nếu φ ∈ ∇2 thì ψ ∈ ∆2 . Khi đó, cũng theo định lý 1.3 thì ∃δ > 0 và x0 0 sao cho ψ ((1 + δ) x) 2ψ (x) , x x0 . Do đó ta nhận được 2φ Đặt ω = y2 , λ = 2δ 1+δ , y 2 φ y , 1+δ với y y0 ta có φ ((2 − λ) ω) , 2φ (ω) (iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 0 < λ < 1, x1 φ ((2 − λ) x) φ−1 (x) −1 x→∞ φ (2x) ta chứng minh lim inf y0 = x1 . 2 với ω 0 sao cho 2φ (x) , x x1 > 21 . Chọn x = φ−1 (y) ở giả thuyết (iii). Khi đó, ta có φ−1 (y) φ−1 (2y) 1 1 > , 2−λ 2 y y1 = φ (x1 ) Vậy ta nhận được (iv). (iv) ⇒ (i). Ta cần chứng minh φ ∈ ∇2 . Giả sử φ ∈ / ∇2 khi đó với mọi δ > 0, x0 > 0 thì φ (2x) (2 + δ) φ (x) , x x0 Do đó, tồn tại {xn } tăng đến ∞ sao cho φ (2xn ) < 2 + Do φ là hàm lồi nên ta luôn có φ (2xn 1 φ (xn ) . n ) 2φ (xn ) nên φ (xn ) 1 = . n→∞ φ (2xn ) 2 lim 16 (1.10) Với n ∈ N∗ , đặt yn = φ (2xn ) thì φ−1 (yn ) 1 = . −1 n→∞ φ (2yn ) 2 lim Thật vậy, giả sử (1.11) không xảy ra. Do 2φ−1 (y) và ε0 > 0 sao cho φ−1 (yni ) φ−1 (2yni ) 1 , 2 − ε0 (1.11) φ−1 (2y), tồn tại dãy con {yni }i ∀i 1. 1 (1.12) Biểu diễn yni qua xni , từ (1.12) ta có (2 − ε0 ) φ−1 1 φ (2xni ) > φ−1 φ 2xni 2 = 2xni . Do đó ta nhận được: 2 − ε0 −1 1 φ φ (2xni ) 2 2 2 − ε0 1 < φ (2xni ) 2 2 2 − ε0 = φ (2xni ) , i 1. 4 φ (xni ) < φ Điều này mâu thuẫn với (1.7). Như vậy, nếu không có (i) thì ta cũng không có (iv). Vậy chứng minh được hoàn thành. Ví dụ 1.8. Xét φ (x) = (1 + |x|) log (1 + |x|) − |x| thì hàm liên hợp ψ của nó cho bởi ψ (y) = e|y| − |y| − 1 ta dễ thấy rằng φ ∈ ∆2 (và không thuộc ∇2 ), ψ ∈ ∇2 (và không thuộc ∆2 ). 1.4 Lớp Orlicz Định nghĩa 1.6. Ký hiệu Lφ (R) ( hoặc Lφ ) là tập các hàm f : R → R đo được sao cho φ(|f |)dx < +∞, R trong đó φ là hàm Young như đã định nghĩa ở mục trước. Ta gọi Lφ là lớp Orlicz ứng với φ. 17 Định lý 1.5. (i) Không gian Lφ là lồi tuyệt đối, nghĩa là nếu f, g ∈ Lφ và α, β thỏa mãn |α| + |β| ≤ 1 thì αf + βg ∈ Lφ .Ngoài ra, nếu h ∈ Lφ , |f | ≤ |h| và hàm f đo được thì f ∈ Lφ . Từ đây, ta có αf + βg ∈ Lφ . (ii) Không gian Lφ là tuyến tính nếu φ ∈ ∆2 toàn cục. Đảo lại, điều kiện ∆2 toàn cục là cần để không gian Lφ là tuyến tính. Chứng minh. Xét f, g ∈ Lφ , khi đó do φ là hàm lồi nên với γ = |α| + |β| ∈ [0; 1] thì φ (|αf + βg|) ≤ φ (|α| |f | + |β| |g|) ≤ γφ |α| |β| |f | + |g| γ γ ≤ |α| φ (|f |) + |β| φ (|g|) . Từ đây ta có αf + βg ∈ Lφ . Vậy không gian Lφ là lồi tuyệt đối và do đó nếu h ∈ Lφ , |f | ≤ |h| và f đo được thì f ∈ Lφ . (ii) Để kiểm tra tính tuyến tính, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu f ∈ Lφ thì 2f ∈ Lφ (vì khi đó nf ∈ Lφ với n nguyên đủ lớn nên với mỗi α > 0, αf ∈ Lφ , ngoài ra ∀f1 , f2 ∈ Lφ , ∀a, b ∈ R thì af1 + bf2 = γ b a f1 + f2 γ γ ∈ Lφ , với γ = |a| + |b| > 0). Bây giờ, nếu φ ∈ ∆2 toàn cục, ta có φ (2 |f |) ≤ Kφ (|f |) , K > 0 nên 2f ∈ Lφ . Đảo lại, giả sử E ∈ Λ là tập có độ đo dương và φ không thỏa mãn điều kiện ∆2 toàn cục. Ta sẽ xây dựng một hàm f ∈ Lφ sao cho 2f ∈ / Lφ để suy ra điều phải chứng minh. Nếu 0 < α < µ (E) , µ (E) ≤ ∞ thì tồn tại F ⊂ E, F ∈ Λ sao cho µ (F ) = α < ∞. Bây giờ ta sẽ xây dựng một hàm f có giá trong F thỏa mãn yêu cầu nói trên.Ta giả sử rằng φ (R) ⊂ R+ . Vì φ ∈ / ∆2 , tồn tại dãy {xn } : xn n, φ (2xn ) > nφ (xn ) với mọi n nguyên dương sao cho n n0 1 0, ta lại tìm được D2 ∈ ∆2 , D2 ⊂ F0 F1 sao cho µ (D2 ) = (n0 + 1)−2 . Lặp lại quá trình này ta được dãy {Dn } ⊂ Λ các tập rời nhau sao cho µ (Dn ) = (n0 + n − 1)−2 , Bây giờ, chọn Fk ⊂ Dk , Fk ∈ Λ, k n 1. 1 sao cho: µ (Fk ) = µ(Dk ) . φ(xk ) Xét ∞ f= xn χFn . n=1 Khi do f đo được và ∞ φ (f ) dx = R ∞ n2 < α < ∞, φ (xn ) µ (Fn ) = n=1 n=1 nên f ∈ Lφ . Mặt khác, ta có ∞ φ (2f ) dx = R φ (2xn ) µ (Fn ) n=1 ∞ ≥ nφ (xn ) µ (Fn ) n=1 ∞ = n n0 1 = ∞. n Hay 2f ∈ Lφ . Vậy ta có điều phải chứng minh. 19 1.5 Không gian Orlicz Định nghĩa 1.7. Giả sử Lφ là lớp Orlicz ứng với hàm Young φ. Khi đó không gian Lφ (R) hoặc đơn giản hơn là Lφ nếu không có nhầm lẫn xảy ra là tất cả các hàm đo được f : R → R sao cho αf ∈ Lφ với α > 0 nào đó. Ta gọi Lφ (R) (hay Lφ ) là không gian Orlicz. Khi đó Lφ (R) = Lφ = {f : R → R đo được | R φ(αf )dx < +∞ với α > 0 nào đó }. Mệnh đề 1.3. Tập Lφ là một không gian vecto. Hơn nữa, với mỗi f ∈ Lφ tồn tại α > 0 sao cho g ∈ Lφ : αf ∈ Bφ = φ (g) dx ≤ 1 . (1.13) R Chứng minh. Ta chứng minh Lφ là một bộ phận con ổn định với phép cộng và phép nhân trong không gian L1 (R). Thật vậy, xét f1 , f2 ∈ Lφ . Khi đó tồn tại α1 , α2 > 0 sao cho αi fi ∈ Lφ , i = 1, 2. Đặt α = min {α1 , α2 } thì α > 0 và φ R α (f1 + f2 ) dx 2 α1 α2 f1 + f2 dx 2 2 φ R ≤ 1 2 φ (α1 f1 ) dx + R φ (α2 f2 ) dx < ∞. R Điều này có được do φ lồi và đơn điệu tăng. α φ 2 > 0 nên f1 + f2 ∈ L . Đặc Lφ , ∀n > 1. Nên pf ∈ Lφ , ∀p ∈ Tiếp theo, do biệt ta có với, mỗi f ∈ Lφ thì 2f ∈ Lφ và do đó nf ∈ R. Vậy Lφ là không gian véc tơ. Vậy ta chỉ còn phải chứng minh (1.13). Xét f ∈ Lφ và α > 0 sao cho αf ∈ Lφ . Chọn {αn } giảm về không tùy ý và chọn αn = min {α, αn } , n 1. Khi đó φ(αn f ) ≤ φ(αf ), ∀n ≥ 1. Nếu φ là hàm Young liên tục thì φ(αn f ) → 0, do đó khi φ liên tục, theo định lý hội tụ bị chặn, ta có φ(αn f )dx → 0, R nên tồn tại nghiệm sao cho R φ(αn0 f )dx ≤ 1. Lúc này αn0 f ∈ Bφ . 20 Nếu φ là hàm Young không liên tục, φ(x) = +∞ ∀x > x0 > 0. Lúc này f bị chặn hầu khắp nơi và hiển nhiên ta có φ (αf ) dx ≤ 1. R Vậy mệnh đề được chứng minh. Ví dụ 1.9. Cho 1 ≤ p < ∞, φ(x) = xp thì không gian Lφ là tập hợp các hàm f thỏa mãn |f |p dx < ∞. R 1.6 Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg + Một hàm lồi φ : R → R là hàm Young nếu thỏa mãn các điều kiện sau φ(−x) = φ(x), φ(0) = 0 và lim φ(x) = +∞. x→∞ + Với mỗi hàm Young như vậy, ta có thể xác định được một hàm Young ψ : R → R có tính chất như vậy và xác định bởi ψ(y) = sup{x |y| − φ(x) : x ≥ 0}, y ∈ R. Định nghĩa 1.8. Giả sử f : R → R là hàm đo được và (φ, ψ) là cặp liên hợp các hàm Young. Khi đó ta định nghĩa chuẩn Orlicz như sau f φ |f g| dx : = sup R Ta chứng minh . φ cf ψ (|g|) dx ≤ 1 . R là một chuẩn. Thật vậy, ∀c ∈ R ta có φ |cf g| dx : = sup R |c| |f g| dx : = sup R = |c| f ψ (|g|) dx ≤ 1 R ψ (|g|) dx ≤ 1 R φ. 21 Suy ra cf φ = |c| f f1 + f2 φ φ. |(f1 + f2 ) g| dx : = sup ψ (|g|) dx ≤ 1 R ≤ sup R |f1 g| dx + |f2 g| dx : R ≤ sup R |f1 g| dx : R ψ (|g|) dx ≤ 1 R ≤ f1 Hiển nhiên f φ ψ (|g|) dx ≤ 1 R |f2 g| dx : + sup φ ψ (|g|) dx ≤ 1 R R + f2 φ. ≥ 0. f φ = 0 ⇔ sup{ |f g| dx : R ⇔ ψ(|g|)dx ≤ 1} = 0. R |f g| dx = 0 ∀ ψ(|g|)dx ≤ 1 ⇔ f = 0(h.k.n). R R Định nghĩa 1.9. Cho φ là hàm Young, ta xác định phiếm hàm chuẩn Luxemburg trên Lφ như sau 1 f ∈ Bφ k f k>0: φ dx ≤ 1 k R Nφ (f ) = inf k > 0 : = inf Ví dụ 1.10. Cho φ(x) = |x|p p với mọi f ∈ Lφ . và cho f ∈ Lφ . Khi đó chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg được tính như sau |f |p dx Nφ (f ) = p 1/p R f φ |f |p dx = 1/p . R Định lý 1.6. (Lφ , Nφ ) là một không gian tuyến tính định chuẩn nếu ta đồng nhất các hàm tương đương như thông thường. Hơn nữa Nφ (f ) ≤ 1 nếu và chỉ nếu φ(f )dx ≤ 1. R 22 Chứng minh. Ta chứng minh Nφ là một chuẩn. Thật vậy nếu f = 0 h.k.n thì hiển nhiên Nφ (f ) = 0. Ngược lại nếu Nφ (f ) = 0 nhưng |f | > 0 trên một tập có độ đo dương. Khi đó tồn tại δ > 0 sao cho tập A = {ω : |f (ω)| ≥ δ} có µ(A) > 0. Bây giờ theo định nghĩa chuẩn Luxemburg, ta có 1 k ∈ Bφ , ∀k > 0 nên nf ∈ Bφ , ∀n ≥ 1. Đặc biệt ta nhận được φ (nδ) µ (A) = φ (nδ) dx A ≤ φ (nf ) dx A ≤ φ (nf ) dx ≤ 1, ∀n 1. R Do µ(A) > 0 và φ(nf ) tăng đến ∞ khi n → +∞, nên khi cho n → ∞ ta nhận được mâu thuẫn. Vậy f = 0 h.k.n. Tiếp theo với α = 0 ta có, Nφ (αf )= inf φ αf k dx ≤ 1 k >0: |α| φ f |k| |α| k>0: R = |α| inf = |α| inf β>0: R φ R f β dx ≤ 1 dx ≤ 1 = |α| Nφ (f ) . Ta chứng minh bất đẳng thức tam giác. Xét f1 , f2 ∈ Lφ tùy ý. Chọn ai > Nφ (f ), i = 1, 2 thì 0 < ai < ∞. Ta đặt b = a1 + a2 . Khi đó, ta có φ R f1 + f2 b dx = φ R f 1 a1 f 2 a2 + a1 b a2 b a1 f1 a2 φ dx + b R a1 b a1 a2 ≤ + = 1. b b dx ≤ Vậy f1 + f2 ∈ Bφ b 23 φ R f2 a2 dx nên Nφ (f1 + f2 ) ≤ b = a1 + a2 , ta cho ai → Nφ (fi ) để nhận được bất đẳng thức tam giác cần thiết. Vậy Nφ là một chuẩn hay (Lφ , Nφ ) là một không gian tuyến tính định chuẩn. Tiếp theo ta chứng minh phần cuối của định lý. Đặt a = Nφ (f )với f ∈ Lφ . Ta có thể coi a > 0 (do trường hợp a = 0 là tầm thường). Khi đó 1 f ∈ Bφ . a Nếu a ≤ 1 thì φ(f )dx ≤ R f φ( )dx ≤ 1. a R Đảo lại, nếu f ∈ Bφ ta có ngay Nφ (f ) ≤ 1 từ định nghĩa chuẩn Luxemburg ta để ý thêm rằng nếu a > 1 thì f φ( )dx ≤ 1. a R Nhưng R φ (f ) dx = +∞ có thể xảy ra. Vậy ở đây chỉ có 0 ≤ a ≤ 1 là thích hợp. Chứng minh hoàn thành. φ φ Định lý 1.7. Giả sử {fn }∞ n=1 ⊂ L thỏa mãn fn → f h.k.n với f ∈ L và φ (x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0. Khi đó, Nφ (f ) ≤ lim infNφ (fn ), nghĩa là, chuẩn Luxemburg là n→∞ nửa liên tục dưới trên Lφ . Chứng minh. Để không rơi vào trường hợp tầm thường, ta coi f = 0 h.k.n. Khi đó, Nφ (f ) > 0 nên Nφ (fn ) > 0 với n đủ lớn. Đặt k0 = lim inf Nφ (fn ) . i→∞ Nếu k0 = +∞, ta có ngay điều phải chứng minh. Nếu k0 = 0, tồn tại dãy con {fni } của {fn } sao cho Nφ (fni ) ≤ 1, ∀i ≥ i0 . Do đó ta có 1 Nφ (fni ) φ (|fni |) dx ≤ R φ R |fni | Nφ (fni ) dx ≤ 1. Do đó ta có φ (|fni |) dx ≤ Nφ (fni ) → 0 khi i → ∞. R 24 Vì |fni | → |f | h.k.n nên theo bổ đề Fatou và giả thiết φ (x) > 0, ta có 0≤ φ (|f |) dx = R lim φ (|fni |) dx R i→∞ φ (|fni |) dx = 0. lim inf i→∞ R Điều mâu thuẫn này cho thấy 0 < k0 < ∞. Lúc này, chọn 0 < k0 < t tùy ý. Khi đó k0 < ki < t với i nào đó, nên φ R f t dx = fni t lim φ R n→∞ lim inf i→∞ φ fni t dx φ fni t dx R lim inf i→∞ R dx 1. Vậy Nφ (f ) ≤ t. Do t > k0 là tùy ý, ta có Nφ (f ) < k0 , nghĩa là, Nφ (f ) là nửa liên tục dưới. Chứng minh được hoàn thành. Mệnh đề 1.4. Nếu f ∈ Lφ , g ∈ Lψ với (φ, ψ) là cặp liên hợp các hàm Young thì |f g| dx ≤ 2Nφ (f ) Nψ (g) . (1.14) R Chứng minh. Nếu Nφ (f ) Nψ (g) = 0 thì f = 0 hoặc g = 0 h.k.n nên (1.14) hiển nhiên đúng. Vậy giả sử Nφ (f ) > 0 và Nψ (g) > 0. Theo bất đẳng thức Young, ta có |f g| (ω) ≤φ Nφ (f ) Nψ (g) |f | Nφ (f ) (ω) + ψ |g| Nψ (g) (ω) dx + ψ (ω) . Tích phân hai vế bất đẳng thức trên, ta được R |f g| dx ≤ Nφ (f ) Nψ (g) φ R |f | Nφ (f ) R Vậy ta có điều phải chứng minh. 25 |g| Nψ (g) (ω) dx ≤ 2. Chương 2 CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ Trong chương này chúng tôi trình bày về bất đẳng thức Kolmogorov-Stein, tính tương đương giữa chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg, công thức tính chuẩn Orlicz và cuối cùng là định lý về hàm dịch chuyển (xem [1, 2, 5, 6]). 2.1 Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein A. N. Kolmogorov đã đưa ra kết quả sau trong không gian L∞ (R) Cho f (x), f (x), ..., f (n) (x) là những hàm liên tục bị chặn trên R. Khi đó ta có bất đẳng thức sau f (k) n ∞ trong đó 0 < k < n, Ck,n = ở đây 4 Ki = π ∞ j=0 và 4 Ki = π n−k ∞ Ck,n f n Kn−k (n−k) (2j + 1)i+1 j=0 k , ∞ , Kn (−1)j ∞ f (n) , 1 (2j + 1)i+1 với i chẵn với i lẻ . Kết quả này được E. M Stein phát triển trên chuẩn Lp (R) với 1 ≤ p < ∞. Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein và các dạng của nó là vấn đề được rất nhiều nhà toán học quan 26 tâm và có rất nhiều ứng dụng. Trong muc 2.1 này, ta chứng minh bất đẳng thức này cho chuẩn Orlicz tùy ý. Định lý 2.1. Cho φ(t) là hàm Young tùy ý, f (x) và đạo hàm cấp n của nó f (n) (x) thuộc không gian Lφ (R). Khi đó f (k) (x) ∈ Lφ (R) với mọi 0 < k < n và f (k) n φ ≤ Ck,n f n−k φ f (n) k . (2.1) φ Để chứng minh định lý trên, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức tích chập cho chuẩn Orlicz. Dưới đây, ta đưa ra khái niệm tích chập của hai hàm xác định trên R. Định nghĩa 2.1. Cho f, g là các hàm khả tích địa phương trên R. Nếu tích phân f (x − y) g (y)dy R xác định với hầu hết x ∈ R (nghĩa là tập các giá trị x ∈ R để tích phân trên không tồn tại là tập có độ đo không) và hàm khả tích địa phương trên R biến x thành R f (x − y) g (y)dy được gọi là tích chập của hàm f và hàm g, ký hiệu là f ∗ g. Như vậy (f ∗ g) (x) = f (x − y) g (y)dy = R f (y) g (x − y)dy. R Ta gọi f ∗ g là tích chập của hàm f và hàm g. Rõ ràng trong trường hợp này tích chập của hàm f và hàm g, và tích chập của hàm g và hàm f là như nhau. Điều này có nghĩa là tích chập có tính giao hoán f ∗ g = g ∗ f . Cho 1 ≤ p ≤ ∞ và các hàm f ∈ Lp (R) , g ∈ L1 (R). Khi đó tích chập của hàm g và hàm f là f ∗ g tồn tại và tích chập f ∗ g ∈ Lp (R), đồng thời ta có bất đẳng thức f ∗g p ≤ f p g 1. Giờ, ta sẽ mở rộng bất đẳng thức tích chập trên cho chuẩn Orlicz như sau: Bổ đề 2.1. Cho φ là một hàm Young và f ∈ Lφ (R), g ∈ L1 (R). Khi đó tích chập của hàm g và hàm f là f ∗ g tồn tại và tích chập f ∗ g ∈ Lφ (R), đồng thời ta có bất đẳng thức f ∗g φ ≤ f 27 φ g 1. Chứng minh. Từ định nghĩa của chuẩn Orlicz ta có f ∗g = φ |(f ∗ g)(t)h(t)|dt sup Nψ (h) 1 R |f (t − x)g(x)|dx |h(t)| dt sup Nψ (h) 1 = R R R R |f (t − x)h(t)|dt |g(x)| dx. sup Nψ (h) 1 Với mỗi t ∈ R ta xét hàm ft như sau ft (x) = f (t − x) nên f ∗g ft sup φ Nψ (h) 1 φ Nψ (h) |g(x)| dx. R Ta thấy rằng ft ||φ = f φ. Do đó f ∗g φ f ||φ Nψ (h) |g(x)| dx = sup Nφ (h) 1 sup f ||φ Nψ (h) g Nφ (h) 1 1 = f φ g 1. R Chứng minh được hoàn thành. Chứng minh. Ta chứng minh công thức (2.1) trước. Giả sử rằng f (k) (x) ∈ Lφ (R) với 0 ≤ k ≤ n. Ta biết rằng R ψ (|v (x)|) dx = 1 xảy ra nếu và chỉ nếu Nψ (v) = 1 do đó, theo định nghĩa ta có +∞ f (k) = φ f (k) (x) v (x) dx . sup Nψ (v)≤1 −∞ Lấy ε > 0 nhỏ tùy ý. Ta chọn hàm vε (x) ∈ Lψ (R) sao cho Nψ (vε ) = 1 và thỏa mãn +∞ f (k) (x)vε (x)dx ≥ f (k) −∞ Đặt − ε. φ +∞ Fε (x) = f (x + y)vε (y)dy. −∞ 28 Hiển nhiên Fε (x) Do đó f (x + .) φ. +∞ f (x + y) vε (y) dy f φ Nψ −∞ (vε ) < ∞ nên Fε (x) ∈ L∞ (R). Ta chứng minh công thức sau +∞ (r) f (r) (x + y)vε (y)dy Fε (x) = với 0 ≤ r ≤ n. (2.2) −∞ Thật vậy, với mỗi hàm ϕ ∈ C0∞ (R) +∞ (r) Fε (x) ϕ (x) dx = (−1)r Fε (x) ϕ(r) (x) dx −∞ +∞ R +∞ = (−1)r f (x + y) vε (y)dy ϕ(r) (x) dx −∞ +∞ = (−1)r −∞ +∞ −∞ −∞ +∞ = +∞ f (r) (x + y) ϕ (x)dx dy vε (y) −∞ +∞ f (x + y) ϕ(r) (x)dx dy vε (y) −∞ +∞ f (r) (x + y) vε (y)dy = −∞ ϕ (x) dx. −∞ Do đó ta có (2.2). Hơn nữa với mỗi x ∈ R, ta có (r) Fε (x) ≤ f (r) (x + .) φ Nψ (vε ) = f (r) . φ (r) Vì vậy Fε (x) là hàm bị chặn (0 ≤ r ≤ n). Bây giờ ta chứng minh tính liên tục của (r) Fε (x) trên R, (0 ≤ r ≤ n). Ta chỉ ra điều này cho r = 0 bằng phản chứng. Giả (r) sử Fε (x) không liên tục trên R khi đó tồn tại số ε > 0 nào đó, điểm x0 và dãy {tk }∞ k=0 → 0 thỏa mãn +∞ f (x0 + tk + y) − f (x0 + y) vε (y)dy ≥ ε k ≥ 1. (2.3) −∞ Ta chỉ ra điều mâu thuẫn. Thật vậy, do f ∈ Lφ ta dễ dàng có f ∈ L1loc (R). Do đó với n = 1, 2...thì f (tk + y) → f (y) trong L1 (−n, n). Do đó tồn tại một dãy biểu thị lại bởi {tk }∞ k=0 sao cho f (tk + y) → f (y) trong (−n, n). Do đó tồn tại một dãy ( để đơn giản 29 về kí hiệu ta giả sử nó trùng {tk }∞ k=0 sao cho f (x0 + tk + y) → f (x0 + y) trong (−∞; +∞). Mặt khác không mất tính tổng quát có thể giả sử rằng +∞ φ (2f (x))dx < ∞ −∞ Do đó từ bất đẳng thức Young ta có |f (x0 + tk + y) − f x0 + y) |vε (y)| + ψ (vε (y)) ≤ φ f x0 + tk + y − f x0 + y 1 1 ≤ φ 2 f x0 + y + φ 2 f x0 + tk + y + ψ (vε (y)) . 2 2 Theo định lý Lebesgue, ta có +∞ f (x0 + tk + y) − f (x0 + y) vε (y)dy = 0. lim k→∞ −∞ Điều này mâu thuẫn với (2.3) Trường hợp 1 ≤ r ≤ n được chứng minh tương tự. (r) (r) Tính liên tục của Fε (x) được chứng minh. Hàm Fε (x) là liên tục và bị chặn trong R. Do đó f (k) − ε n (k) ≤ Fε n ≤ Ck,n Fε (k) ≤ Fε (0) n−k ∞ (n) Fε n ∞ k . ∞ Mặt khác Fε ∞ (n) Fε ∞ ≤ f (x + y) φ Nψ (vε (y)) = f φ. ≤ f (n) (x + y) Nψ (vε (y)) = f (n) Kết hợp (2.3) - (2.5) ta có n f (n) −ε φ ≤ Ck,n Fε ≤ Ck,n f 30 n−k ∞ n−k φ k (n) Fε f (n) ∞ k . φ (2.4) . φ (2.5) Cho ε → 0 ta có (2.1). Bây giờ ta cần chứng minh rằng f (k) ∈ Lφ (R) với 0 < k < n nếu f, f (n) ∈ Lφ (R). Thật vậy, ta xét hàm số ψλ (x) ∈ C0∞ (R) , ψλ (x) ≥ 0 với |x| ≥ λ và ψλ (x) dx = 1. R (k) (k) Đặt fλ = f ∗ ψλ do đó fλ ∈ C ∞ (R) vì f ∈ L1loc (R) do đó fλ = f ∗ ψλ với k ≥ 0 và dễ dàng kiểm tra rằng (n) fλ = f (n) ∗ ψλ . Mặt khác ta lại có (k) (k) fλ = f ∗ ψλ ∈ Lφ (R) do đó từ chứng minh trên ta có (k) fλ n φ ≤ Ck,n fλ n−k φ k (n) fλ 0 < k < n. φ Do đó từ fλ φ ≤ f ψλ φ = f 1 φ và (n) fλ ≤ f (n) φ φ (k) ta có với bất kỳ 0 ≤ k ≤ n hàm fλ ψλ 1 = f (n) φ liên tục và bị chặn trong Lφ (R). Bây giờ ta sẽ chứng minh với bất kỳ v ∈ Lψ thì lim λ→0 fλ (x)v(x)dx = R f (x)v(x)dx. R Phản chứng, giả sử ∃ε0 > 0 nào đó, v ∈ Lφ (R) và một dãy λk → 0 sao cho (fλk (x) − f (x)) v (x) dx ε0 , k 0. (2.6) R Do đó dễ thấy rằng fλ → f khi λ → 0 trong L1loc (R). Do đó tồn tại dãy {km } để đơn giản ta giả sử km = m sao cho fλk (x) → f (x) h.k.n 31 ta giả sử rằng +∞ φ(2f (x))dx < ∞. −∞ Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Young 1 1 |fλ (x) − f (x)| |v (x)| ≤ φ (2 |fλ (x)|) + φ (2 |f (x)|) + ψ (v (x)) . 2 2 Hơn thế nữa vế phải bất đẳng thức thuộc L1 (R) do đó theo định lý Lebesgue, ta có +∞ |fλk (x) − f (x)| |v (x)| dx = 0 lim k→∞ −∞ vì fλk (x) → f (x) (h.k.n) điều này mâu thuẫn với (2.12). Vậy (2.12) được chứng minh, nên với ϕ ∈ C0∞ (R) bất kỳ (k) fλ (x) ϕ (x) dx = (−1)k fλ (x) ϕ(k) (x)dx. R R Từ đó ta suy ra (−1)k f (x) ϕ(k) (x)dx = f (k) (x) ϕ (x)dx. R Do đó hàm (k) fλ R hội tụ tới gk ∈ Lφ (R) ta có f (k) = gk ∈ Lφ (R) với 0 < k < n, vì vậy ta chứng minh được f (k) ∈ Lφ (R) với 0 < k < n nếu f, f (n) ∈ Lφ (R). Định lý được chứng minh. 2.2 Tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg là hai chuẩn tương đương, trước khi đến với định lý chứng minh điều này ta xét mệnh đề sau. Mệnh đề 2.1. Nếu f ∈ Lφ , f = 0 thì φ R f f dx ≤ 1. φ 32 Chứng minh. Với g ∈ Lψ ta đặt ρψ (g) = R ψ (g) dx và 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 1 tức ψ (g) dx 1 vì vậy Nψ (g) |f g| dx 1 và do đó R f φ. Ngược R lại với ρψ (g) > 1 thì khi đó |f g| dx ψ (g) dx f R φ. R Từ đó ta suy ra |f g| dx ≤ ρψ (g) f φ, g ∈ Lψ (2.7) R Ngoài ra cũng theo (1.14), ta có f nên f ∈ Lφ thì f φ φ ≤ 2Nφ (f ) < ∞. + Xét ánh xạ υf : Λ → R , biến mỗi tập E ∈ Λ thành E φ f f dx. Ta chứng minh φ υf là một độ đo có tính chất tập con hữu hạn. + Thật vậy, dễ thấy υf : Λ → R là σ cộng tính và nếu υf (E) > 0 thì µ (E) > 0 nên với k > 0 nào đó thì φ E |f | dx ≤ 1. k f φ 1 k0 , ∞ Vậy υkf (E) < ∞ do đó phiếm hàm υf là liên tục trên với k0 = inf k > 0 : f k ∈ Lφ . Do đó tồn tại k0 < k < ∞ sao cho F = ω∈E:φ |f (ω)| k f φ >0 0 < υ (F ) < ∞. Vì thế υf là một độ đo có tính chất tập con hữu hạn. Chúng ta chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với mọi A ∈ Λ thỏa mãn µ (A) < ∞ nghĩa là f được thay bởi fχA . 33 f f Thật vậy, xét f là hàm đơn giản thì g = ϕ cũng là hàm đơn giản và 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) > 1 thì khi đó ρψ (g) = ρψ (g) và theo (2.7) thì ta có f g dx f φ A ρψ (g) , thay vào công thức (2.8) ta suy ra f f φ A Nếu ρψ (g) dx = 0. φ 1 thì khi đó ta có f f φ A dx + ρψ (g) 1, φ từ đó ta suy ra φ f f dx 1. φ A Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với tập A có độ đo hữu hạn và f là hàm đơn giản. Ta chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp f là hàm đo được bất kì. Với f là hàm đo được bất kì thì khi đó tồn tại dãy {fn } các hàm đơn giản sao cho fn tăng hội tụ về hàm |f | nên fn φ A φ ≤ f φ, fn dx ≤ f φ ∀n 0. lúc này ta có φ fn dx ≤ 1. fn φ A Cho n → ∞, theo định lý hội tụ đơn điệu ta có φ |f | f φ dx 1. A Tiếp theo ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với A = R. Đặt Λ1 = {A ∈ Λ : µ (A) < ∞} . 34 0 đơn điệu Khi đó, theo chứng minh trên, ta có sup υf (A) : A ∈ Λ1 = α ≤ 1 với υf là độ đo được giới thiệu ở trên. Do Λ1 là một vành, tồn tại dãy tăng {An } ⊂ Λ1 sao cho lim υf (An ) = α. n→∞ ∞ Nếu B = An thì lim υf (B) = α n=1 n→∞ 1. Ta sẽ chứng minh υf (B c ) = 0. f f Thật vậy chọn E0 là tập trên đó ta có φ > 0. Ta sẽ chứng minh rằng φ υf (E0 ∩ B c ) = 0. Giả sử ngược lại, tồn tại tập F ⊂ E0 ∩ B c , F ∈ Λ1 ,µ (F ) > 0. Như thế ta nhận được α < υf (B) + υf (F ) = υf (B ∪ F ) = lim υf (An ∪ F ) n→∞ ≤ sup υf (D) : D ∈ Λ1 = α. Điều này mâu thuẫn này cho ta υf (E0 ∩ B c ) = 0, do E0 là tập bất kì thuộc Λ1 nên υf (B c ) = 0. Vậy ta có υf (R) = υf (B) = α ≤ 1. Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh. Định lý tiếp theo sẽ chỉ ra tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg là hai chuẩn tương đương. Định lý 2.2. Với mọi f ∈ Lφ với φ là hàm Young, ta có Nφ (f ) f 2Nφ (f ) . φ 35 (2.9) Chứng minh. Theo định nghĩa chuẩn Luxemburg thì Nψ (f ) = inf k>0: f k ψ R Do đó nếu R ψ (|g|) 1 thì Nψ (f ) dx 1 . 1. Theo công thức (1.14) thì ta có |f g| dx 2Nφ (f ) Nψ (g) . R Do đó |f g| dx : sup R ψ (|g|) dx 2Nφ (f ) Nψ (g) . 1 R Điều đó có nghĩa là f 2Nφ (f ) . φ Mặt khác theo mệnh đề 2.1 thì ta có f f φ R dx 1. φ Do đó inf k>0: f dx k φ R 1 f φ. Tức là Nφ (f ) ≤ f φ. Vậy ta có Nφ (f ) f 2Nφ (f ) . φ Chứng minh được hoàn thành. 2.3 Công thức tính chuẩn Orlicz Mệnh đề 2.2. Cho (φ, ψ) là cặp liên hợp các N-hàm và f ∈ Lφ . Giả sử tồn tại số dương k0 > 0 thỏa mãn ρψ (ϕ (k0 |f |)) = 1, trong đó ρψ (g) = R ψ (g) dx, ϕ là đạo hàm trái của φ như thông thường. Khi đó ta có công thức sau f φ ϕ (k0 |f |) |f | dx. = R 36 (2.10) Chứng minh. Theo định nghĩa chuẩn Orlicz thì f φ |f g| dx : = sup R Do R ψ (|g|) dx ≤ 1 . R ψ (ϕ (k0 |f |)) dx = 1 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 1 (φ (k0 f ) + ψ (g)) , k0 |f g| lấy tích phân hai vế ta được 1 k0 |f g| dx R φ (k0 f ) dx + R ψ (g) dx . R Do đó ta có f φ |f g| dx : ρψ (g) ≤ 1 = sup R ≤ 1 k0 1 k0 1 = k0 φ (k0 f ) dx + 1 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 được chứng minh. Ta kí hiệu Nφ = f ∈ Lφ : Nφ (f ) = 0 , tập này không thay đổi nếu ta thay Nφ (.) bởi . φ. và chỉ khi f = 0 h.k.n. Vậy không gian thương Lφ = Lφ /Nφ , 37 Trong trường hợp này, f ∈ Nφ khi với các phần tử là [f ] = g ∈ Lφ : f − g ∈ Nφ và chuẩn N φ ([f ]) = Nφ (f ) là hoàn toàn xác định.Để đơn giản chúng ta coi các phần tử của Lφ là các hàm thay cho lớp tương đương. Hơn nữa ngoại trừ các trường hợp đặc biệt, từ nay về sau ta không phân biệt Lφ với Lφ . Định lý 2.3. Giả sử (φ, ψ) là cặp liên hợp các N hàm và f ∈ Lφ . Khi đó chuẩn Orlicz của f có thể biểu diễn chỉ liên quan đến φ qua công thức f φ 1 k = inf 1+ φ (kf ) dx :k>0 . R Chứng minh. Do φ, ψ là các N- hàm nên φ (x) = 0 khi và chỉ khi x = 0 do đó với mỗi hàm đơn giản h ∈ Lφ thì n αi χAi (x), h(x) = i=1 và 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 do đó µ (Ai ) < ∞ ∀i = 1, 2, ..., n vậy h là hàm có giá có độ đo hữa hạn. Tương tự thì do ψ (y) = 0 khi và chỉ khi y = 0 nên với mỗi hàm đơn giản h ∈ Lψ thì h cũng là hàm có giá có độ đo hữu hạn. Còn giá của mỗi f ∈ Lφ f ∈ Lψ phải là σ - hữu hạn. Vậy với mỗi f ∈ Lφ , tồn tại dãy các hàm đơn giản {fn }∞ n=1 sao cho fn φ và dãy {fn }∞ n=1 đơn điệu tăng đến |f | và do đó fn ∈ L với mọi n Ta xét hàm ln (k) = R 0, ∀n 1 1. φ (kfn ) dx, khi đó ln (k) là hàm liên tục (biến k ) và tăng trên [0, ∞) với ln (0) = 0, limk→∞ ln (k) = +∞. Các tính chất trên vẫn đúng với ψ (ϕ (k |fn |)) dx. ln (k) = R Khi đó theo định lý giá trị trung bình, tồn tại 0 < kn < ∞ sao cho ln (kn ) = 1. Nên theo mệnh đề 2.2 thì nếu ϕ liên tục và với mỗi n fn φ 1 tồn tại kn > 0 sao cho. ϕ (kn |fn |) |fn | dx. = R 38 Vì vậy, do {fn } tăng, ta có kn ≥ kn+1 . Giả sử kn → k ∗ > 0 ( k ∗ = 0 không xảy ra bởi f = 0) . Khi đó theo bổ đề Fatou và tính đơn điệu của chuẩn Orlicz ta có f ≤ φ 1 k φ (kf ) dx + 1 , ∀k > 0. (2.11) R Với mỗi hàm đơn giản fn ≤ |f | ứng với kn > 0 đã chọn, ta có đẳng thức xảy ra. Như vậy ta thu được fn φ 1 k = inf 1+ φ (kfn ) dx :k>0 (2.12) R và fn φ = 1 kn 1+ φ (kn fn ) dx , R cho n → +∞ trong đẳng thức trên, ta có k∗ f φ = lim kn fn φ n→∞ φ (kn fn ) dx = 1 + lim n→∞ R φ (k ∗ f ) dx. ≥1+ R Với k = k ∗ và φ liên tục ta có công thức cần chứng minh. Trong trường hợp tổng quát khi ϕ liên tục trái, ta xấp xỉ ϕ bởi hàm liên tục ϕ1 gần tùy ý nên với ε > 0 đủ nhỏ, φ và φ1 thỏa mãn bất đẳng thức sau φ ((1 − ε) x) < φ1 (x) < φ (x) ∀x > 0. (2.13) Điều này là có thể thực hiện được bằng cách nối các điểm gián đoạn của ϕ bởi các đoạn thẳng để nhận được hàm kiên tục ϕ1 thỏa mãn (2.13). Ngoài ra, ta có Lφ = Lφ1 về mặt tập hợp và ta có tức khắc (1 − ε) f φ ≤ f 39 φ1 ≤ f φ (2.14) vì đẳng thức cần chứng minh đúng với φ1 nên ta có inf 1 k 1+ φ (kf ) dx 1 k ≥ inf :k>0 R = f 1+ φ1 (kf ) dx :k>0 R φ1 1−ε 1 + 1−ε 1−ε 1 k ≥ inf ≥ (1 − ε) inf ≥ (1 − ε) f 1 k 1+ φ (kf ) dx :k>0 R φ (kf ) dx :k>0 R φ. Vì ε > 0 nhỏ tùy ý ta nhận được đẳng thức cần chứng minh trong trường hợp tổng quát. Vậy định lý được chứng minh. Để kết thúc sự so sánh giữa chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg ta có kết quả sau. Định lý 2.4. Nếu (φ, ψ) là cặp liên hợp các N-hàm và f ∈ Lφ thì f φ = Nφ (f ) nếu và chỉ nếu f = 0 h.k.n. Chứng minh. Nếu f = 0 (h.k.n) thì f φ = Nφ (f ) (vì chúng cùng bằng 0). Do đó ta chỉ cần chứng minh điều kiện cần. Giả sử f φ = Nφ (f ), với f = 0 thì theo định lý 2.4 tồn tại một số k ∗ sao cho f Nφ (f ) = φ Khi đó với mọi 0 < ε < 1 − 1= f Nφ (f ) = φ 1 k∗ 1 k∗ 1+ φ R k∗f Nφ (f ) > 1 > 0. k∗ thì (1 − ε) k ∗ > 1, ta có 1 k∗ 1+ φ R k ∗ (1 − ε) f (1 − ε) Nφ (f ) 1 1 + k ∗ (1 − ε) k∗ 1 ≥ ∗ (1 + k ∗ (1 − ε)) k 1 = ∗ + (1 − ε) . k ≥ Do k ∗ và dx φ R f (1 − ε) Nφ (f ) độc lập, ε > 0 nhỏ tùy ý nên ta có: 1 ≥ 1 + nhận được f = 0 h.k.n. 40 dx 1 k∗ . dx Điều này vô lý. Do đó ta Định lý 2.5. Giả sử (φ, ψ) là cặp Young liên tục và Lφ (µ), Lψ (µ) là các không gian Orlicz tương ứng. Giả sử 0 = f ∈ Lφ , 0 = g ∈ Lψ . Khi đó ta có |f g| dx = Nφ (f ) g ψ R nếu và chỉ nếu (i) R f Nφ (f ) φ dx = 1. và (ii) Tồn tại hằng số 0 < k ∗ < ∞, sao 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) và (ii) đều được thỏa mãn ta cần chứng minh |f g| dx = Nφ (f ) g ψ. R Ta có do g g ψ nên với k∗ 1 k = inf ψ 1+ φ k g g ψ k∗g g ψ dx R dx :k>0 , > 0 thì ta có g g ψ 1= ≤ ψ = 1 k∗ 1+ ψ R 1 k∗ f Nφ (f ) φ R dx + k∗g g ψ ψ R dx . Theo giả thuyết (ii) thì tồn tại hằng số k ∗ thỏa mãn 0 < k ∗ < ∞ sao cho |f | Nφ (f ) k ∗ |g| g ψ f Nφ (f ) =φ +ψ k∗g g ψ . Vì vậy 1= g g ψ 1 k∗ ψ R |f | k ∗ |g| dx Nφ (f ) g ψ tức là |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 đó 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) và (ii). Do (φ, ψ) là cặp liên hợp các N - hàm và f ∈ Lφ nên tồn tại số k ∗ > 0 sao cho g g ψ 1= 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 1 k∗ φ R R k∗g g ψ dx . Từ đó ta suy ra 1≤ 1 k∗ 1+ k∗g g ψ ψ R dx = 1, điều đó chứng tỏ phải xảy ra dấu đẳng thức ở trên, vì thế ta có φ R và |f | Nφ (f ) k ∗ |g| g ψ f Nφ (f ) =φ dx = 1 f Nφ (f ) +ψ k∗g g ψ , h.k.n. Vậy định lý được chứng minh. φ Định nghĩa 2.2. Dãy {fn }∞ n=1 ⊂ L được gọi là hội tụ trung bình (hay môdula) đến f ∈ Lφ nếu ρφ (fn − f ) → 0 khi n → ∞. Dãy {fn } trên được gọi là hội tụ mạnh (hay theo chuẩn) đến f nếu Nφ (fn − f ) → 0 khi n → ∞ (điều này tương đương với fn − f φ → 0). φ φ Định lý 2.6. Giả sử {fn }∞ n=1 ⊂ L và f ∈ L . Khi đó các khẳng định sau là đúng: Hội tụ trung bình suy ra từ hội tụ theo chuẩn (hoặc hội tụ manh) của dãy {fn } đến f . φ Chiều đảo lại cũng đúng nếu {fn }∞ n=1 ⊂ L và φ thỏa mãn điều kiện ∆2 . 42 Chứng minh. Thay fn bởi (fn − f ), ta có thể giả sử f = 0. Khi đó, Nφ (fn ) → 0 khi n → ∞. Vậy với mỗi k > 0 tồn tại số n0 sao cho ∀n ≥ n0 thì kNφ (fn ) ≤ 1. Do đó, ta có φ (kfn ) dx ≤ kNφ (fn ) R R fn dx ≤ kNφ (fn ) → 0 khi n → ∞. Nφ (fn ) Vì kfn ∈ M φ với mỗi k > 0 nên fn → 0 trung bình. Đảo lại, giả sử {fn } hội tụ trung bình về 0. Khi đó, ∀ε > 0, ρφ f ε = φ R f dx ≤ Cε ε φ (fn ) dx. R Do đó, bởi ρφ (fn ) → 0 và Cε > 0 là hằng số, ta có tồn tại n0 ≥ 1 sao cho nếu n ≥ n0 thì Cε ρφ (fn ) ≤ 1. Vậy ρφ fn ε ≤ 1 hay Nφ (fn ) ≥ ε. Điều này cho thấy Nφ (fn ) → 0. Đinh lý được chứng minh. 2.4 Định lý về hàm dịch chuyển Định lý 2.7. Cho hàm φ là hàm Young thỏa mãn điều kiện ∆2 toàn cục và f ∈ Lφ (R). Khi đó ta có giới hạn sau lim f (. + t) − f t→0 φ = 0, t ∈ R. Chứng minh. Đầu tiên ta chỉ ra rằng f ∈ L1loc (R). Với bất kì m = 1, 2, 3... đặt Km = [−m, m]. Ta chỉ ra tính lồi của φ thật vậy φ 1 µ (Km ) |f (x)| dx Km 1 µ (Km ) Do f ∈ Lφ (R) và φ thỏa mãn điều kiện ∆2 nên ta có φ (|f (x)|) dx < ∞. R 43 φ (|f (x)|) dx. Km Từ bất đẳng thức trên đây và giả thiết φ là hàm Young, dẫn đến |f (x)| dx < ∞ Km do đó f ∈ L1loc (R). Để chứng minh định lý ta chỉ ra rằng với bất kỳ dãy {tk } ⊂ R sao cho nếu tk → 0 khi k → ∞ thì lim f (. + tk ) − f φ k→∞ = 0. Giả sử phản chứng rằng tồn tại số ε > 0 nào đó và tồn tại dãy {tk } ⊂ R thỏa mãn tk → 0 nhưng f (. + tk ) − f φ ≥ ε, ε > 0. (2.15) Như đã chỉ ra trên đây, f ∈ L1loc (R). Với mỗi Km ta có |f (x + tk ) − f (x)| dx → 0 khi k → ∞. Km ⊂ {tk } sao cho f . + tkj → f hầu khắp nơi trên Km . Do đó tồn tại một dãy tkj Do đó tồn tại một dãy tkjh đơn giản ta vẫn kí hiệu là f . + tkj → f hầu khắp nơi trên R. Để f . + tkjh sao cho . Theo giả thiết φ là hàm lồi và thỏa mãn điều kiện ∆2 ta có φ f x + tkj − f (x) ≤ φ f x + tkj + f (x) 1 ≤ φ 2 f x + tkj + φ (2 |f (x)|) 2 K ≤ φ f x + tkj + φ (|f (x)|) . 2 Do đó 0≤ K φ 2 + 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. và sử dụng đẳng thức φ (f (x)) dx R , ta được K φ (f (x)) dx R ≤ lim inf j→∞ = lim R K 2 j→∞ K φ f x + tkj 2 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 đó ta có φ f x + tkj − f (x) dx → 0 khi j → ∞. R Vậy mâu thuẫn với (2.15). Vậy định lý được chứng minh. 45 dx Kết luận Luận văn đã trình bày những tính chất cơ bản về không gian Orlicz và các kết quả thu được khi nghiên cứu tính chất của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg. Nội dung chính của luận văn bao gồm: • Hàm Young, hàm Young liên hợp, không gian Orlicz và các tính chất cơ bản của không gian Orlicz. • Bất đẳng thức Kolmogorov - Stein cho chuẩn Orlicz. • Công thức tính chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz. • Tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg. • Định lý về 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 trong không gian Orlicz và Lorentz, Luận án. [3] Phạm Kỳ Anh - Trần Đức Long, (2001), Hàm thực và 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 [...]... minh 25 |g| Nψ (g) (ω) dx ≤ 2 Chương 2 CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ Trong chương này chúng tôi trình bày về bất đẳng thức Kolmogorov-Stein, tính tương đương giữa chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg, công thức tính chuẩn Orlicz và cuối cùng là định lý về hàm dịch chuyển (xem [1, 2, 5, 6]) 2.1 Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein A N Kolmogorov đã đưa ra kết quả sau trong không gian L∞ (R) Cho f (x), f (x), , f (n)... hàm Young, ta xác định phiếm hàm chuẩn Luxemburg trên Lφ như sau 1 f ∈ Bφ k f k>0: φ dx ≤ 1 k R Nφ (f ) = inf k > 0 : = inf Ví dụ 1.10 Cho φ(x) = |x|p p với mọi f ∈ Lφ và cho f ∈ Lφ Khi đó chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg được tính như sau |f |p dx Nφ (f ) = p 1/p R f φ |f |p dx = 1/p R Định lý 1.6 (Lφ , Nφ ) là một không gian tuyến tính định chuẩn nếu ta đồng nhất các hàm tương đương như thông thường... Orlicz Định nghĩa 1.7 Giả sử Lφ là lớp Orlicz ứng với hàm Young φ Khi đó không gian Lφ (R) hoặc đơn giản hơn là Lφ nếu không có nhầm lẫn xảy ra là tất cả các hàm đo được f : R → R sao cho αf ∈ Lφ với α > 0 nào đó Ta gọi Lφ (R) (hay Lφ ) là không gian Orlicz Khi đó Lφ (R) = Lφ = {f : R → R đo được | R φ(αf )dx < +∞ với α > 0 nào đó } Mệnh đề 1.3 Tập Lφ là một không gian vecto Hơn nữa, với mỗi f ∈ Lφ tồn... mục trước Ta gọi Lφ là lớp Orlicz ứng với φ 17 Định lý 1.5 (i) Không gian Lφ là lồi tuyệt đối, nghĩa là nếu f, g ∈ Lφ và α, β thỏa mãn |α| + |β| ≤ 1 thì αf + βg ∈ Lφ Ngoài ra, nếu h ∈ Lφ , |f | ≤ |h| và hàm f đo được thì f ∈ Lφ Từ đây, ta có αf + βg ∈ Lφ (ii) Không gian Lφ là tuyến tính nếu φ ∈ ∆2 toàn cục Đảo lại, điều kiện ∆2 toàn cục là cần để không gian Lφ là tuyến tính Chứng minh Xét f, g ∈... được chứng minh Ví dụ 1.9 Cho 1 ≤ p < ∞, φ(x) = xp thì không gian Lφ là tập hợp các hàm f thỏa mãn |f |p dx < ∞ R 1.6 Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg + Một hàm lồi φ : R → R là hàm Young nếu thỏa mãn các điều kiện sau φ(−x) = φ(x), φ(0) = 0 và lim φ(x) = +∞ x→∞ + Với mỗi hàm Young như vậy, ta có thể xác định được một hàm Young ψ : R → R có tính chất như vậy và xác định bởi ψ(y) = sup{x |y| − φ(x) :... cho chuẩn Orlicz tùy ý Định lý 2.1 Cho φ(t) là hàm Young tùy ý, f (x) và đạo hàm cấp n của nó f (n) (x) thuộc không gian Lφ (R) Khi đó f (k) (x) ∈ Lφ (R) với mọi 0 < k < n và f (k) n φ ≤ Ck,n f n−k φ f (n) k (2.1) φ Để chứng minh định lý trên, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức tích chập cho chuẩn Orlicz Dưới đây, ta đưa ra khái niệm tích chập của hai hàm xác định trên R Định nghĩa 2.1 Cho f, g là các. .. ∈ Lφ (R) ta có f (k) = gk ∈ Lφ (R) với 0 < k < n, vì vậy ta chứng minh được f (k) ∈ Lφ (R) với 0 < k < n nếu f, f (n) ∈ Lφ (R) Định lý được chứng minh 2.2 Tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg là hai chuẩn tương đương, trước khi đến với định lý chứng minh điều này ta xét mệnh đề sau Mệnh đề 2.1 Nếu f ∈ Lφ , f = 0 thì φ R f f dx ≤ 1 φ 32 Chứng minh Với g... (nghĩa là tập các giá trị x ∈ R để tích phân trên không tồn tại là tập có độ đo không) và hàm khả tích địa phương trên R biến x thành R f (x − y) g (y)dy được gọi là tích chập của hàm f và hàm g, ký hiệu là f ∗ g Như vậy (f ∗ g) (x) = f (x − y) g (y)dy = R f (y) g (x − y)dy R Ta gọi f ∗ g là tích chập của hàm f và hàm g Rõ ràng trong trường hợp này tích chập của hàm f và hàm g, và tích chập của hàm g và... nếu không có (i) thì ta cũng không có (iv) Vậy chứng minh được hoàn thành Ví dụ 1.8 Xét φ (x) = (1 + |x|) log (1 + |x|) − |x| thì hàm liên hợp ψ của nó cho bởi ψ (y) = e|y| − |y| − 1 ta dễ thấy rằng φ ∈ ∆2 (và không thuộc ∇2 ), ψ ∈ ∇2 (và không thuộc ∆2 ) 1.4 Lớp Orlicz Định nghĩa 1.6 Ký hiệu Lφ (R) ( hoặc Lφ ) là tập các hàm f : R → R đo được sao cho φ(|f |)dx < +∞, R trong đó φ là hàm Young như đã... bất đẳng thức tam giác cần thiết Vậy Nφ là một chuẩn hay (Lφ , Nφ ) là một không gian tuyến tính định chuẩn Tiếp theo ta chứng minh phần cuối của định lý Đặt a = Nφ (f )với f ∈ Lφ Ta có thể coi a > 0 (do trường hợp a = 0 là tầm thường) Khi đó 1 f ∈ Bφ a Nếu a ≤ 1 thì φ(f )dx ≤ R f φ( )dx ≤ 1 a R Đảo lại, nếu f ∈ Bφ ta có ngay Nφ (f ) ≤ 1 từ định nghĩa chuẩn Luxemburg ta để ý thêm rằng nếu a > 1 thì ... 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 không gian Orlicz. .. 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... (g) (ω) dx ≤ Chương CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ Trong chương trình bày bất đẳng thức Kolmogorov-Stein, tính tương đương chuẩn Orlicz chuẩn Luxemburg, công thức tính chuẩn Orlicz cuối định lý hàm