Luận văn Ánh xạ không giãn, compact yếu trong không gian lồi đều

λ λ λ λ λ λ + + + + + + + + + + + + + + + + − + + − ≤ = + + + + − + + − + = = + + + − + − = = + + ≤ = + ( )x y y x y λ λ + + Vậy mệnh đề được chứng minh xong. Định lý 2.1.1: Cho 0 ( )x S X∈ , các phát biểu sau là tương đương: i)X trơn tại 0x . ii)Mỗi ánh xạ tựa từ ( )S X (với tôpô sinh bởi chuẩn ) vào *( )S X ( với tôpô yếu sao) liên tục tại 0x . iii) Tồn tại một ánh xạ tựa từ ( )S X (với tôpô sinh bởi chuẩn ) vào *( )S X ( với tôpô yếu sao) liên tục tại 0x . iv)Chuẩn trên X khả vi Gateaux tại 0x . 26 Chứng minh: ) ) :i ii⇒ Cho X trơn tại 0x . Giả sử ii) không xảy ra. Gọi f là ánh xạ tựa mà không liên tục tại 0x . Khi đó, tồn tại lưới { } ,Ix Xα α∈ ⊂ { }xα hội tụ theo chuẩn về 0x và { }xf α không hội tụ yếu sao về 0xf . Do bổ đề 1.5.1, tồn tại một lưới con của lưới { }xf α mà ta có thể xem là { }xf α thoả mãn ,xf U Iα α∉ ∀ ∈ . Theo định lý Banach- Alaoglu, * *( ) : { : 1}B X f X f= ∈ ≤ là compact đối với tôpô yếu sao nên { } *( )xf B Xα ⊂ phải có một điểm tụ là F. Ta có: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) , ( ) 1 0 ( ) 1 x x x x x x x x x x F x F x f x F x f x f x f x F x f x f x x F x f x f x x F x f x x x F x F x f x x x I F x F x α α α α α α α α α α α α α α α α α − = − ≤ − + − = − + − ≤ − + − = − + − ⇒ − ≤ − + − ∀ ∈ ⇒ − ≤ ⇒ = Mặt khác, 1F ≤ (do { } *( )xf B Xα ⊂ ) nên ta có 1F = . Ta có: 0 0 * 0 * 0 ( ), ( ) 1 ( ), ( ) 1 x xf S X f x F S X F x  ∈ =  ∈ = Mà X là trơn tại 0x nên 0xf F= . Suy ra 0xf là điểm tụ của { }nxf (mâu thuẫn giả thiết với cách chọn lân cận U). Vậy ta có điều phải chứng minh. ) )ii iii⇒ Hiển nhiên. ) )iii iv⇒ Lấy ( )y S X∈ . Gọi f là hàm tựa liên tục tại 0x . Theo mệnh đề 2.1.2: 0 00 0 0 0 ( ) ( ) , , 0, 0x x y f y f yx y x y X x y x x y λλ λ λ λ λ ++ −≤ ≤ ∀ ∈ ∀ > + ≠ + 27 Thay ( )', ' ' 0, 'y y y Xλ λ λ= − = − < ∈ ta có: 0 0' ' 0 0 0 0 ( ') ( ')' ' , ' , ' 0, ' ' 0 ' ' ' x y xf y f yx y x y X x y x y x λ λ λ λ λ λ + + −≤ ≤ ∀ ∈ ∀ > + ≠ + Suy ra: 0 0 0 0 0 0 0 0 ' 0 0 0 0 ( ) ( ) , , 0, 0 ( ) ( )' , , ' 0, ' 0 ' ' x x y x y x f y f yx y x y X x y x x y f y f yx y x y X x y x y x λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + +  + − ≤ ≤ ∀ ∈ ∀ > + ≠ +  + − ≤ ≤ ∀ ∈ ∀ > + ≠ + Do f liên tục tại 0x nên qua giới hạn ta có: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) lim lim ( ) ( ) ( ) lim lim ( ) lim ( ) x y x x x y x x x f yx y x f y f y x y f y x y x f y f y x y x y x f y λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + + − − + → → + → → → + − ≤ ≤ = + + − = ≤ ≤ + + − ⇒ = Nghĩa là 0 0 0 lim x y x λ λ λ→ + − tồn tại hay chuẩn khả vi Gateaux tại 0x . ) )iv i⇒ Cho X có chuẩn khả vi Gateaux tại 0x . Ta chứng minh tồn tại duy nhất hàm * 0( ), ( ) 1g S X g x∈ = . Giả sử * 0( ), ( ) 1g S X g x∈ = . Lấy ( )y S X∈ . Với 0λ > : 0 0 00 . 1( ) ( ) 1( ) g x y x y xg y g x yg y λ λλ λ λ λ λ λ + − + −+ − = = ≤ = Mặt khác, 0( )( ) 1, 1g x g− − = − = , với ' 0λ < : 0 0 0 0' '( )( ) ( ) ' ' x y x x y x g y g y λ λ λ λ − − − − + − − ≤ ⇒ ≤ − 28 Do X có chuẩn khả vi Gateaux tại 0x , cho 0 , ' 0λ λ + −→ → trong hai bất đẳng thức trên ta có: 0 0 0( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , )x y g y x y g y x yρ ρ ρ≤ ≤ ⇒ = . Nếu có hàm * 0' ( ), '( ) 1g S X g x∈ = thì ta có ( ) '( ), ( )g y g y y S X= ∀ ∈ . Lấy \ {0}y X∈ thì: ( ) '( ) ( ) '( )y yg g g y g y y y = ⇒ = . Vì g và g’ là hàm tuyến tính nên (0) '(0)g g= . Vậy 'g g= . Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.1.2: Xét không gian tiền Hilbert H với chuẩn sinh bởi tích vô hướng. Ta chứng minh H là không gian có chuẩn khả vi Gateaux. Thật vậy,tại ( )x S H∈ . Với mọi ( ),y S H∈ xét giới hạn: ( ) ( ) 2 2 2 2 22 0 0 0 0 2 , lim lim lim 2 , lim , x y x x y x x x y y x x y x x y x x y x y x y x λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ → → → → + − + − + + − = = + + + + + = = + + Vậy H là không gian có chuẩn khả vi Gateaux và do đó cũng là không gian trơn. Ví dụ 2.1.3: Xét 2 với chuẩn max: 1 2 1 2( , ) max{ , }x x x x= . Chọn 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 (1,1) , 1, (1,0) , 1 1 1lim lim 1 1 1lim lim 0 x x y y x y x x y x λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + + − + → → → → = ∈ = = ∈ = + − + − = = + − − = =   Suy ra 0 0 0 lim x y x λ λ λ→ + − không tồn tại. Vậy 2 với chuẩn max không khả vi Gateaux và do đó 2 với chuẩn max cũng không là không gian trơn. Nhận xét 2.1.1: Từ định lý 2.1.1 và phần chứng minh định lý 2.1.1, X có chuẩn khả vi Gateaux tại 0x thì 0xf là phần tử duy nhất của ( *)S X thoả 0 0( ) 1,xf x = 29 0 0 0 0 lim ( ),x x y x f y y X λ λ λ→ + − = ∀ ∈ ,trong đó f là ánh xạ tựa liên tục từ ( )S X với tôpô sinh bởi chuẩn đến ( *)S X với tôpô yếu sao. 2.2. Không gian lồi chặt Định nghĩa 2.2.1: Không gian Banach X được gọi là lồi chặt nếu ( )S X không chứa một đoạn thẳng không tầm thường nào. Nghĩa là [ ], ( ), , ( ),x y S X x y S X x y⊄ ∀ ∈ ≠ . Định nghĩa lồi chặt như trên mang tính hình học, trực quan dễ tưởng tượng nhưng áp dụng vào chứng minh có nhiều bất cập. Mệnh đề sau đây đưa ra cách khác tiếp cận khái niệm lồi chặt: Mệnh đề 2.2.1: Các phát biểu sau là tương đương: i) , ( ), 1 2 x yx y S X x y+∀ ∈ = ⇒ = , ii) X là lồi chặt, iii) , , 0, 0, x x y X x y x y x y x y y ∀ ∈ ≠ ≠ + = + ⇒ = . Chứng minh: ) ) :i ii⇒ Lấy , ( ),[ , ] ( )x y S X x y S X∈ ⊂ 1 2 x y x y + ⇒ = ⇒ = Nghĩa là S(X) không thể chứa bất kì đoạn thẳng không tầm thường nào hay X là lồi chặt. ) ) :ii iii⇒ Lấy , , 0, 0,x y X x y x y x y∈ ≠ ≠ + = + . Ta chỉ cần xét x y≠ . Nếu x y x y ≠ thì do X lồi chặt nên tồn tại 1(0,1), 2 t t∈ ≠ sao cho : 30 (1 ) 1x yt t x y + − < Ta có: (1 )(1 ) ( ) ( ) (1 )(1 ) (1 )( ) ( ) 11 . 1 11 . 11 . (1) 11 1 (1 ) . (2) x y x y ty t yt t t x y x x x y x y x y t x txt t t x y y y y x t t tx y y x x y t t tx y x y y x y t tt t y x x y x t tt t x y y x  − + − = + − −   − + − = − + − −   − > + − −  ⇒  − − > + − −   − > + − −  ⇒  − > − + − − −   Do một trong hai bất đẳng thức (1) hoặc (2) phải xảy ra và ta có mâu thuẫn. Nghĩa là ta phải có x x y y = . ) ) :iii i⇒ Lấy 1 2 x yx y += = = . x y x y x x y y x y ⇒ + = + ⇒ = ⇒ = Ví dụ 2.2.1: Không gian tiền Hilbert H với chuẩn sinh bởi tích vô hướng là lồi chặt. Thật vậy, Lấy , ( ), 1 2 x yx y S H +∈ = 31 2 2 2 2 2 2 . 2 , , . , x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y y x y ⇒ + = + ⇔ + + = + + ⇔ = ⇒ = ⇒ = . Vậy H là lồi chặt. Ví dụ 2.2.2: Xét không gian 2 với chuẩn max. { }1 2 1 2( , ) max ,x x x x= . Khi đó, 2  với chuẩn max không là không gian Banach lồi chặt. Thật vậy, chọn ( 1,1), (1,1)x y= − = thì 1x y= = và với mọi [0,1]λ∈ : 1 1 2 2(1 ) max{ (1 ) , (1 ) } max{ (1 ) , (1 ) }= max{1 2 ,1}=1 x y x y x yλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + − = + − + − = − + − + − − Suy ra 2[ , ] ( )x y S⊂  . Định lý 2.2.1: Cho X là không gian Banach: i)Nếu *X là lồi chặt thì X là trơn. ii)Nếu *X là trơn thì X là lồi chặt. Chứng minh: i)Giả sử X không trơn, khi đó tồn tại 0 ( )x S X∈ và *, ( )f g S X∈ sao cho 0 0, ( ) ( ) 1f g f x g x≠ = = . Ta có: [0,1]λ∀ ∈ : * 0 * (1 ) ( ),( (1 ) )( ) 1 (1 ) 1 (1 ) ( ) f g B X f g x f g f g S X λ λ λ λ λ λ λ λ + − ∈ + − = ⇒ + − = + − ∈ Suy ra *X không lồi chặt. ii)Giả sử X không lồi chặt. Khi đó tồn tại , ( ),x y S X x y∈ ≠ sao cho (1 ) ( ), [0,1]x y S Xλ λ λ+ − ∈ ∀ ∈ . Với 1 1 ( ) 2 2 x y S X+ ∈ ,tồn tại 32 * 1 1( ), ( ) 1 2 2 1 1 1 1 1 11 ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 2 g S X g x y g x y g x g y ∈ + = ⇒ = + = + ≤ + = Suy ra ( ) ( ) 1g x g y= = . Ta có thể xem x, y như hai phần tử của **( )S X (bằng cách đồng nhất x, y với ánh xạ * *, : , ( ) ( ), ( ) ( ),x y x yJ J X J f f x J f f y f X→ = = ∀ ∈ ). Như vậy, tồn tại **, ( ), , ( ) ( ) 1x y S X x y x g y g∈ ≠ = = . Nghĩa là *X không trơn (mâu thuẫn). Vậy X là lồi chặt . Hệ quả: Một không gian Banach phản xạ X là lồi chặt nếu và chỉ nếu *X là trơn. Một không gian Banach phản xạ X là trơn nếu và chỉ nếu *X là lồi chặt. 33 Chương 3. TÍNH KHẢ VI FRECHET CỦA CHUẨN VÀ TÍNH LỒI ĐỀU CỦA KHÔNG GIAN Chương này trình bày khả vi Frechet xét với ánh xạ chuẩn, phân biệt chuẩn khả vi Gateaux với chuẩn khả vi Frechet, trình bày tính lồi đều, trơn đều của không gian và mối tương quan giữa khả vi Frechet, khả vi Frechet đều, tính lồi đều, trơn đều của không gian. Chương này được làm dựa trên [1,chương 2,3], [2], [3], [4], [5]. 3.1. Tính khả vi Frechet của chuẩn Mệnh đề 3.1.1: Cho ( , )X  là không gian Banach và ( )x S X∈ . Khi đó,  khả vi Frechet tại x khi và chỉ khi 0 lim x y x λ λ λ→ + − tồn tại và đều theo ( ).y S X∈ Chứng minh: ( )⇐ Từ mệnh đề 2.1.1 ta có  khả vi Gateaux . Áp dụng mệnh đề 1.4.1 ta có  khả vi Frechet. ( )⇒ Do  khả vi Frechet tại x nên tồn tại ánh xạ tuyến tính liên tục :xA X → và :O X R→ sao cho: ( ) ( ),xx h x A h O h h X+ = + + ∀ ∈ . Trong đó: 0 ( )lim 0 h O h h→ = . Ta có: ( ) 0, 0 : , O h h X h h ε δ δ ε∀ > ∃ > ∀ ∈ < ⇒ < Với mọi ( )y S X∈ : ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) x x x x y x A y O yA y A y O yO y y λ λ λ λ λ λλ λ λ + − + − = − = = Suy ra: 0, 0 :ε δ∀ > ∃ > 34 ( ) , , , ( )x x y x A y y y S X λ ε λ λ λ δ λ + − − < ∀ = < ∀ ∈ Vậy 0 lim ( )x x y x A y λ λ λ→ + − = tồn tại và đều theo ( )y S X∈ . Định nghĩa 3.1.1: Nếu  khả vi Frechet tại mọi ( )x S X∈ thì X được gọi có chuẩn khả vi Frechet. Ví dụ 3.1.1: Mọi không gian tiền Hilbert H đều là không gian có chuẩn khả vi Frechet. Thật vậy, với ( )x S H∈ . Xét giới hạn: ( ) ( ) 2 0 0 2 0 0 0 0 2 , , , lim lim , lim lim , lim lim 0 h h h h h h x h hx xx h x h h x x h x x h h x x h h x h x x h x x h x h x x h hhx h x x h x x h x x x h h x h x x h x → → → → → → + + − − − + + = − + + + + + + = − + = + + + + + − + ≤ + = + + + + Đặt ( ) , ,xO h x h x h h H x = + − − ∀ ∈ thì ta có: , ( ),xx h x h O h h H x + = + + ∀ ∈ 35 Trong đó: ,x x  là ánh xạ tuyến tính liên tục và 0 ( )lim 0 h O h h→ = . Vậy  là chuẩn khả vi Frechet. Mệnh đề 3.1.2: Không gian Banach khả vi Frechet thì khả vi Gateaux. Không gian Banach hữu hạn chiều khả vi Gateaux thì khả vi Frechet. Chứng minh: Nếu  khả vi Frechet ( )x S X∈ thì theo 2.1.1 và mệnh đề 3.1.1 ta có  khả vi Gateaux tại x . Cho  khả vi Gateaux tại mọi ( )x S X∈ , do ánh xạ chuẩn là ánh xạ liên tục Lipschitz với hệ số Lipschitz 1L = ( , ,x y x y x y X− ≤ − ∀ ∈ ). Áp dụng mệnh đề 1.4.2 ta được  khả vi Frechet tại mọi ( )x S X∈ . Như vậy, tính khả vi Frechet kéo theo tính khả vi Gateaux. Trong không gian hữu hạn chiều thì hai khái niệm chuẩn khả vi Frechet và chuẩn khả vi Gateaux là trùng nhau. Tuy nhiên, điều này không còn đúng với các không gian vô hạn chiều. Trong [3] (trang 117-118) chỉ ra một ví dụ phân biệt khả vi Gateaux và khả vi Frechet nhưng không đưa ra chứng minh. Tôi đã đưa ra chứng minh và hơn nữa còn chỉ ra các điểm có chuẩn không khả vi Gateaux ( do đó không khả vi Frechet): Ví dụ 3.1.2:Không gian 1 1( , )l  với 1 1 i i x x ∞ = =∑ là không gian có chuẩn khả vi Gateaux tại các điểm *( )i i Nx x ∈= mà 0, *ix i N≠ ∀ ∈ nhưng không khả vi Frechet tại các điểm này. Hơn nữa 1 1( , )l  có chuẩn không khả vi Gateaux tại các điểm *( )i i Nx x ∈= mà có ít nhất một 0 00, *ix i N= ∈ . Thật vậy, lấy * 1 ( ) , 1, 0, *i i N ix x x x i N∈= = ≠ ∀ ∈ . Với * 1 ( ) , 1.i i N i i y y y ∞ ∈ = = =∑ Ta chứng minh : 0 1 lim ( )i i i x y x y sign x λ λ λ ∞ → = + − =∑ 36 Trong đó: 1 khi 0 ( ) 0 khi 0 , . 1 khi 0 sign α α α α α > = = ∀ ∈ − <  Lấy 0ε > bất kì. Do 1 1i i y ∞ = = sao cho 0 . 2ii n y ε ∞ = <∑ Do 0, *,ix i N≠ ∀ ∈ tồn tại 0 0λ > đủ nhỏ sao cho 0i ix yλ+ cùng dấu với ,ix với mọi 01 .i n≤ < Khi đó: 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) i i i i i i i i i i x y x y sign x x y x y sign x λ λ λ λ ∞ = ∞ ∞ = = + − − + − = − ∑ ∑ ∑ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n i i ini i i i ni i i i i i i n i i in i ni i i i i i i i i n i i i i n i i i n i i i i i n x y xx y x y sign x y sign x x y x x y x y sign x y sign x x y x y sign x x y x y λλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ ∞− − ∞ == = = ∞ − ∞ = = = ∞ ∞ = = ∞ = + −+ − = − + − + − + − = − + − + − ≤ + + − ≤ + ∑∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 0 0 2 i i n i n y ε ∞ ∞ = = = <∑ ∑ 37 Như vậy: 1 10 0 1 0, 0 : ( )i i i x y x y sign x λ ε λ λ λ ε λ ∞ = + − ∀ > ∃ > < ⇒ − <∑ Suy ra 1 1 0 1 lim ( )i i i x y x y sign x λ λ λ ∞ → = + − =∑ hay 1 1( , )l  khả vi Gateaux tại x. Ta chứng minh 1 1( , )l  không khả vi Frechet tại x. Thật vậy, với 0δ > ta chứng minh tồn tại λ thoả mãn λ δ< và tồn tại y, 1y = sao cho 1 1 ( ) 1( ) 2 i i i i i i i x y x y sign x λ λ ∞ ∞ = = + − − ≥ ∑ ∑ . Ta có với 0δ > , 1 lim 0iix l x→∞∈ ⇒ = nên ta chọn được 0i đủ lớn sao cho 0 1min{ , } 4 6i x x δ< . Tồn tạiλ thoả mãn ,λ δ< λ cùng dấu với 0i x và 0 0 2 4 .i ix xλ≤ < Suy ra 0 1 1 4 2 ix λ ≤ < , 0 0 0 1 2 2 6i i ix x x xλ λ− ≤ + < < suy ra 01 2 ix xλ+ − cùng dấu 1x . Đặt *( )i i Ny y ∈= 0 0 0 0 2 1 , 1 2 , 0 , *, 1, i i i x i x y i i i N i i i λ λ  − =   = − =  ∈ ≠ ≠   38 Khi đó, 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 2 2 (1 ) . 2 2 (1 ) ( ) ( ) i i i i i i i i i i i i i i x y x y sign x x x x x x x x x sign x sign x λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ ∞ ∞ = = + − − + − − − − = − − + − ∑ ∑ 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 2 (1 ) 2 2 ( 1 ) ( ) ( ) 2 2 1( ) . 2 i i i i i i i x x x x x sign x sign x x x sign x λ λ λ λ λ ε λ λ + − − = − + − = − = ≥ = Như vậy, 1 1 1 0, 0, , , , 1 2 y l yε δ λ λ δ∃ = > ∀ > ∃ < ∃ ∈ = và 1 1 1 ( )i i i x y x y sign x λ ε λ ∞ = + − − ≥∑ Vậy 1 1 0 1 lim ( ) 0i i i x y x y sign x λ λ λ ∞ → =  + −  − =    ∑ không đều theo 1 1 , 1y l y∈ = . Nghĩa là 1 1( , )l  không khả vi Frechet tại x. Tại các điểm *( )i i Nx x ∈= mà có ít nhất một *i N∈ sao cho 0ix = . Ta chứng minh 1 1( , )l  không khả vi Gateaux ( và do đó không khả vi Frechet) tại các điểm này. Thật vậy, lấy 0* 0 ( ) , 0, *i i N ix x x i N∈= = ∈ . Chọn *( )i i Ny y ∈= 39 0 0 1, 0, * \{ }i i i y i N i = =  ∈ 0 0 0 0 0 0 11 1 0 0 0 0 11 1 0 0 0 0 ( ) lim lim lim lim 1 ( ) lim lim lim lim 1 i i i i i ii i i i i i ii x y x x y xx y x x y x x y xx y x λ λ λ λ λ λ λ λ λ λλ λ λ λ λ λ λ λλ λ λ λ λ λ + + + + − − − − ∞ = → → → → ∞ = → → → → + − + −+ − = = = = + − + −+ − = = = = − ∑ ∑ Vậy 1 1 0 lim x y x λ λ λ→ + − không tồn tại, nghĩa là 1 1( , )l  không khả vi Gateaux tại x. Bổ đề 3.1.1: Giả sử X là không gian có chuẩn khả vi Frechet tại 0 ( )x S X∈ và 0f là phần tử duy nhất của ( *)S X thoả 0 0( ) 1f x = . Khi đó nếu { } 0( *),lim ( ) 1n nnf S X f x→∞⊂ = thì 0lim 0nn f f→∞ − = . Chứng minh:Do nhận xét 2.1.1, ta có 0 0( ) '( , ), .f y x y y Xρ= ∀ ∈ Do X có chuẩn khả vi Frechet tại 0x ta có: 0 0 0 0 ( ) lim 0 y x y x f y y→ + − − = . Bây giờ, giả sử { } 0( *),lim ( ) 1n nnf S X f x→∞⊂ = và { }nf không hội tụ về 0f . Nghĩa là: 0 00, 0, *,r n n N n n∃ > ∀ > ∃ ∈ ≥ và 0 1 sup( ( ) ( ) ) 2n x f x f x r = − > . Với 0 1 sup( ( ) ( ) ) 2n x f x f x r = − > , tồn tại dãy { } ( )nx S X⊂ sao cho 0( ) ( ) 2n n nf x f x r− > . Như vậy, ta chọn được một dãy con { } ( )knx S X⊂ thoả mãn 0( )( ) 2k kn nf f x r− > . 40 Ta có thể coi như tồn tại dãy { } ( )nx S X⊂ thoả mãn 0( )( ) 2n nf f x r− > . Khi đó: [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) 1( )( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n n n n n n n f x f x f x f x f x f x r f x f x f x f x f x f x r f f x f f f x f x x r  − ≤ − − −   = − − + − −  = − + − −    [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n n n n n n n n n n n f f x f x f x x r f x f x f x x f x f x f x x r r f x f x f x x f x f x f x x r r f x f x f x x f x f f x f x x r r  = − + −       = + − − + −           ≤ + − − + −        ≤ + − − − − [ ] [ ]0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n nx f x f x x x f f x f x xr r        = + − − − −    Đặt [ ]0 0 0 1 ( ) ( )n n ny f x f x xr = − thì 0ny → . Ta có: ( )0 0 0 0 0 0( ) ( )n n nf x f x x y x f y− ≤ + − − ( ) ( ) 0 0 00 0 0 0 0 0 ( ) ( )0 0 lim 0 n nn n n n n n n x y x f yf x f xr y y x y x f y r y→∞ + − −− < ≤ ≤ + − − ⇒ < ≤ = Mâu thuẫn chứng tỏ ta phải có { }nf hội tụ về 0f . Định lý 3.1.1: Các mệnh đề sau tương đương: i)Chuẩn trên X khả vi Frechet tại 0 ( )x S X∈ . 41 ii)Mọi ánh xạ tựa là liên tục theo cặp tôpô sinh bởi chuẩn từ ( )S X vào ( *)S X tại 0x . iii)Tồn tại một ánh xạ tựa là liên tục theo cặp tôpô sinh bởi chuẩn từ ( )S X vào ( *)S X tại 0x . Chứng minh: ) )i ii⇒ Do chuẩn trên X khả vi Frechet nên khả vi Gateaux tại 0x .Theo định lý 1.1, mọi ánh xạ tựa từ ( )S X vào ( *)S X xét với cặp tôpô sinh bởi chuẩn và tôpô yếu sao đều liên tục tại 0x . Ta chứng minh mỗi ánh xạ tựa này cũng liên tục đối với cặp tôpô sinh bởi chuẩn. Thật vậy, với : ( ) ( *)f S X S X→ là ánh xạ tựa , lấy { } 0( ), X n nx S X x x⊂ →  , thì 0nx x f f→ trong tôpô yếu sao, nghĩa là 0 ( ) ( ), ( ) nx x f x f x x S X→ ∀ ∈ , suy ra 00 0 ( ) ( ) nx x f x f x→ , áp dụng bổ đề 3.1.1 ta có: * 0 X nx x f f→  . Vậy f liên tục đối với cặp tôpô sinh bởi chuẩn. ) )ii iii⇒ Hiển nhiên. ) )iii i⇒ Gọi : ( ) ( *)f S X S X→ là ánh xạ tựa liên tục 0x với cặp tôpô sinh bởi chuẩn. Theo mệnh đề 2.1.1: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) , 0, ( ), 0 ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ), 0, ( ), 0 x x y x y x x x y x x f y f yx y x y S X x y x x y f yx y x f y f y x y fx y x f y f y x y y S X x y λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + + + + − ≤ ≤ ∀ > ∈ + ≠ + + − ⇒ ≤ − ≤ − +  + − ⇒ ≤ − ≤ −  +  ∀ > ∈ + ≠ Bằng cách thay ( ) ( )' , ' ( ) , ' , ' 0y y y S X λ λ λ= − ∈ = − < ta có: 0 0 0 ' ' 0 0 0 0 ' ' ( ') ( ') 0, ' ' ' ' 0, ' ( ), ' ' 0 x y x x f x y x f y f y x y y S X x y λ λ λ λ λ λ +   + −− ≤ − ≤    +    ∀ < ∈ + ≠ . 42 0 0 0 0 0 0 0 0 ' 0 0 0 0 0 0 ( ), ' 0, ' 0, 0, 0 : ' ( ) ( ) 0 ' ' 0 ( ) ( ) x y x x x y x x y S X x y x y f x y x f y f y x y fx y x f y f y x y λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ + + ∀ ∈ ∀ + ≠    + − − ≤ − ≤    +       + − ≤ − ≤ −    +    Do tính liên tục của f ta có: 0 0 0 0, 0 : , x y x f f x y λε δ λ λ δ ε λ +∀ > ∃ > ∀ < ⇒ − < + 0 0 0 0, 0 : ( ) , , , ( )x y x f f y y S X x y λε δ ε λ λ δ λ + ⇒∀ > ∃ > − < ∀ < ∀ ∈  +  Kết hợp với hai bất đẳng thức trên ta có: 0 0 0 0, 0 : ( ) , , , ( )x x y x f y y S X ε δ λ ε λ λ δ λ ∀ > ∃ > + − − < ∀ < ∀ ∈ Vậy 0 0 0 0 lim ( ) 0x x y x f y λ λ λ→  + − − =    đều theo ( )y S X∈ hay X có chuẩn khả vi Frechet tại 0x . 3.2. Tính khả vi Frechet đều của chuẩn, không gian trơn đều, không gian lồi đều Định nghĩa 3.2.1: Chuẩn trên không gian Banach X được gọi là khả vi Frechet đều nếu giới hạn 0 lim x y x λ λ λ→ + − tồn tại và đều theo , ( )x y S X∈ . Định nghĩa 3.2.2: Không gian Banach X được gọi là trơn đều nếu: 0, 0 : , , 1, 2x y X x y x y x y yε δ δ ε∀ > ∃ > ∀ ∈ = < ⇒ + + + < + . Định nghĩa 3.2.3: Không gian Banach X được gọi là lồi đều nếu : 43 1 1 0, 0 : , , 1, 1, 1 2 x yx y X x y x yε δ ε δ+∀ > ∃ > ∀ ∈ = = − ≥ ⇒ ≤ − . Mệnh đề 3.2.1: Cho X là không gian lồi đều. Khi đó với 1 p< < ∞ : ( )0, 0 : , , 1 2 2 p pp x yx yx y X x yε δ ε δ ++ ∀ > ∃ > ∀ ∈ − ≥ ⇒ ≤ − (*) Chứng minh: Với 1 p< < ∞ , xét hàm 1( ) , 0 (1 ) p p tf t t t + = ≥ + . 1 1 1 ( 1)'( ) (1 ) '( ) 0 1 0 1 p p p p tf t t f t t t − + − − = + = ⇔ − = ⇔ = Bảng biến thiên: Tử bảng biến thiên ta có: 1 1 2 , 0, 1 (1 ) p p p t t p t −+ ≥ ∀ ≥ > + 1 1 , 0, 1 2 2 p pt t t p+ + ⇔ ≤ ∀ ≥ >    . Do tính liên tục của f trên đoạn [0, )∞ nên bất đẳng thức là ngặt với 0 1t≤ < . Nghĩa là nếu [0, ], (0,1)t ρ ρ∈ ∈ thì 1 1 , ,0 . 2 2 p pt t t t ρ+ +  < ∀ ≤ ≤    Ta chứng minh (*) trong trường hợp 1, 1.x y= ≤ f’(t) + 0 - ∞ 1 0 t f(t) 12 p− 44 Giả sử (*) không xảy ra khi 1, 1x y= ≤ , khi đó tồn tại 0ε > và dãy { } { }* *,n nn N n Nx y X∈ ∈ ⊂ thoả mãn: 11, 1, ,(1 ) , * 2 2 p p p n n n n n n n n x y x yx y x y n N n ε + + = ≤ − ≥ − ≤ ∀ ∈ . Suy ra: 2lim 1. 2 p n n p pn n n x y x y→∞ + = + Giả sử tiếp rằng 1, ', ' *.ny n n n Nρ≤ < ∀ ≥ ∈ Do bất đẳng thức 1 1 2 2 p pt t+ +  ≤    là ngặt trên [0, ]ρ và f liên tục nên tồn tại (0,1)α ∈ sao cho 1 1 , [0, ]. 2 2 p pt t tα ρ+ +  ≤ ∀ ∈    Ta có: ( ) 1 1 ( ) 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 2lim 1. 2 p p pp n n n nn n p p p n n p n n p p n n p n n p pn n n x y y yx y x y x y x y x y x y α α α α →∞ +  + ++ ≤ = ≤    + ≤ + ⇒ ≤ + + ⇒ ≤ < + Mâu thuẫn chứng tỏ lim 1.nn y→∞ = Đặt , *. n n n yz n N y = ∀ ∈ Ta có: 1lim lim lim . 1 0.nn n n nn n n n n yz y y y y y→∞ →∞ →∞ − = − = − = Như vậy, chọn được 0 0n > 45 đủ lớn để 0, .2n n y z n nε− ≤ ∀ ≥ Khi đó: 0, .2n n n n n n x z x y y z n nε− ≥ − − − ≥ ∀ ≥ Do 2lim 1 2 p n n p pn n n x y x y→∞ + = + nên lim 1 2 n n n x y →∞ + = . Mặt khác, 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n nx y y z x z x y z y+ − + + −− ≤ ≤ + . Do đó ta có lim 1 2 n n n x z →∞ + = . Như vậy, ta tìm được dãy { } { }* *,n nn N n Nx z X∈ ∈ ⊂ thoả mãn: 01, 1, , , 12 2 n n n n n n x zx z x z n nε += = − ≥ ∀ ≥ → . Mâu thuẫn với tính lồi đều của .X Vậy ta có: 0, 0 : , , 1, 1, (1 ) 2 2 p pp x yx yx y X x y x yε δ ε δ ++ ∀ > ∃ > ∀ ∈ = ≤ − ≥ ⇒ ≤ − . Bây giờ, lấy 0ε > , với , , 1, 1,x y X x y x y ε∈ ≤ ≤ − ≥ , ta có thể giả sử 1, 0y x x≤ ≤ ≠ . Chú ý thêm rằng x yx y x x x εε ε− ≥ ⇒ − ≥ ≥ , kết hợp với điều ta vừa chứng minh, tồn tại 0δ > sao cho: 46 , , 1, (1 ) 2 2 0, 0 : , , 1, 1, (1 ) 2 2 p p p p p pp x y x x x y x y X y x x y x x y X x y x y x yx y ε δ ε δ ε δ + + ∀ ∈ ≤ ≤ − ≥ ⇒ ≤ − ⇒∀ > ∃ > ∀ ∈ ≤ ≤ − ≥ ++ ⇒ ≤ − Vậy ta có điều phải chứng minh. Trong định nghĩa không gian lồi đều, điều kiện 1x y= = trong một số trường hợp là rất khó có được. Do vậy, mệnh đề sau cho ta một định nghĩa lồi đều tương đương dễ ứng dụng hơn: Mệnh đề 3.2.2: Các phát biểu sau là tương đương: i) X là lồi đều. ii) 0, 0 : , , 1, 1, 1 2 x yx y X x y x yε δ ε δ+∀ > ∃ > ∀ ∈ ≤ ≤ − ≥ ⇒ ≤ − . Chứng minh: ) )ii i⇒ Hiển nhiên. ) )i ii⇒ Áp dụng mệnh đề 3.2.1 ta có: 2 22 0, 0 : , , 1, 1, (1 ) 2 2 x yx yx y X x y x yε δ ε δ ++ ∀ > ∃ > ∀ ∈ ≤ ≤ − ≥ ⇒ ≤ − . Với , , 1, 1,x y X x y x y ε∈ ≤ ≤ − ≥ , ta có thể giả sử .x y≤ Nếu 1 2 x ≤ thì 3 11 2 2 4 4 x yx y ++ ≤ ≤ = − . Nếu 1 2 x > thì 2 2 2 2 2 22 (1 ) 1 2 2 2 2 4 x y x y x yx y δδ δ + + ++ ≤ − = − ≤ − Suy ra 2 1 1 1 2 4 4 64 8 x y δ δ δ δ+ ≤ − ≤ − + = − 47 Như vậy, với 0ε > , chọn 1' min{ , } 8 4 δδ = thì ta có: 1 ', , , 1, 1, . 2 x y x y X x y x yδ ε+ ≤ − ∀ ∈ ≤ ≤ − ≥ Định lý 3.2.1: Các phát biểu sau tương đương: i) Tồn tại một ánh xạ tựa liên tục đều theo cặp tôpô sinh bởi chuẩn từ ( )S X vào ( *)S X . ii) X có chuẩn khả vi Frechet đều. iii) X là không gian trơn đều. iv) *X là không gian lồi đều. v) Mọi ánh xạ tựa là liên tục đều theo cặp tôpô sinh bởi chuẩn từ ( )S X vào ( *)S X . Chứng minh: ) )i ii⇒ Gọi f là ánh xạ tựa liên tục đều theo cặp tôpô sinh bởi chuẩn.Theo mệnh đề 2.1.2 ta có: ( )( ) , , ( ), 0, 0x yx f yx y xf y x y S X x y x x y λλ λ λ λ λ ++ −≤ ≤ ∀ ∈ ∀ > + ≠ + . Thay ( )', ' ' 0, ' ' 0y y x yλ λ λ λ= − = − < + ≠ ta có: ' ' ( ') ' ' ( ') , , ' ( ), ' 0, ' ' 0 ' ' ' x y xf y x y x f y x y S X x y x y x λ λ λ λ λ λ + + −≤ ≤ ∀ ∈ ∀ < + ≠ + Suy ra: ' ' ( )0 ( ), , ( ), 0, 0 ' ( )( ) 0, , ( ), ' 0, ' 0 ' x x y x x y x x x y x x y x x y x