Luận văn Các tính chất của chuẩn orlicz trong không gian orlicz

. (ii) ⇒ (iii). Giả sử tồn tại 1 0 sao cho xφ(x)φ(x) x0 ta chứng minh tồn tại 1 0 sao cho yη(y)ψ(y) > β, y > y0. Chọn y0 > 1 sao cho η (y0) > x0 do ψ (y) = ∫ y 0 η (t) dt 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) ψ (ϕ (η (y))) = xϕ (x) ψ (ϕ (x)) theo đẳng thức Young thì ta có xϕ (x) ψ (ϕ (x)) = xϕ (x) xϕ (x)− φ (x) = xϕ (x) /φ (x) xϕ (x) /φ (x)− 1 > α α− 1 = β > 1 với y > y0 > 0. Do hàm uu−1 giảm khi u > 1 nên yη(y) ψ(y) > β, y > y0. Vậy ta có (iii). (iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 1 0 sao cho yη(y)ψ(y) > β, y > y0 ta chứng 13 minh ψ ∈ ∇2. Với l > 1, ta có ln ψ (ly) ψ (y) = ∫ ly y η (t) ψ (t) dt > ∫ ly y β t dt = β ln l. Chọn l sao cho lβ−1 > 2, ta nhận được ψ (y) 6 1 2l ψ (ly) , y > y0 > 0. Do đó ψ ∈ ∇2. (iv)⇒ (i). Giả sử ψ ∈ ∇2 ta chứng minh φ ∈ ∆2. Thật vậy Đặt ψ˜ (y) = 12lψ (ly) khi đó φ˜ (x) = 1 2lφ (2x). Theo giả thuyết ψ ∈ ∇2 nên ta có ψ˜ (y) > ψ (y) , với y > y0 > 0 nên φ˜ (x) 6 φ (x) với x > x0. Do đó, ta có φ (2x) 6 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) 6 2φ (x) , x > x0. Giả sử φ ∈ ∆2 khi đó φ (2x) 6 Kφ (x) , x > x0 > 0. Không giảm tổng quát giả sử K > 2 là hằng số ứng với điều kiện ∆2 của φ. Đặt δ = 1K−1 thì 0 < δ 6 1, và do φ lồi, ta nhận được φ ((1 + δ)x) = φ ((1− δ)x+ 2δx) 6 (1− δ)φ (x) + δφ (2x) 6 (1− δ)φ (x) + δkφ (x) = 2φ (x) , x > x0. Vậy suy ra φ ((1 + δ)x) 6 2φ (x) , x > x0. (1.9) 14 Do đó ta có điều phải chứng minh. (v)⇒ (iv). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ ((1 + δ)x) 6 2φ (x) , x > x0. Ta chứng minh lim x→0 sup φ−1(x) φ−1(2x) < 1. Xét x = φ−1 (y) từ công thức (1.9) ta suy ra (1 + δ)φ−1 (x) 6 φ−1 (2x) nên lim sup x→∞ ( φ−1 (x) φ−1 (2x) ) (1 + δ)−1 < 1. Do đó ta có điều phải chứng minh. (vi)⇒ (i). Ta chứng minh phản chứng, giả sử lim sup x→∞ φ−1(x) φ−1(2x) < 1 nhưng φ /∈ ∆2. Nếu φ /∈ ∆2 thì ta có thể tìm được {xn} tăng đến∞ sao cho φ (( 1 + 1n ) xn ) > 2φ (xn). Do đó, với yn = φ (xn), ta có 1 > lim sup n φ−1 (yn) φ−1 (2yn) lim inf n φ−1 (yn) φ−1 (2yn) lim n ( 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) > (2 + δ)φ (x) , x > x0. (iii)Tồn tại 0 0 sao cho φ ((2− λ)x) > 2φ (x) , x > x1. (iv)lim inf x→∞ φ−1(x) φ−1(2x) > 1 2 . Chứng minh. (i)⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x) > (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 > 0. Do đó, ta có ln φ (2x) φ (x) = ∫ 2x x ϕ (t) φ (t) dt > β ∫ 2x x dt t = ln 2β với x > x0 > 0. 15 Chọn δ = 2β − 2 > 0 ta suy ra φ (2x) > (2 + δ)φ (x) , với x > x0 (ii)⇒ (i). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x) > (2 + δ)φ (x) , x > x0 ta chứng minh φ ∈ ∇2 Ta chọn n0 sao cho ( 1 + δ2 )n0 > 2, đặt l = 2n0 . Khi đó, ta có φ (x) 6 1 2 + δ φ (2x) 6 ... 6 1 (2 + δ)n0 φ (2n0x) 6 1 2l φ (lx) với x > x0. Vậy φ ∈ ∇2. (i) ⇒ (iii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại 0 0 sao cho φ ((2− λ)x) > 2φ (x) , x > 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) 6 2ψ (x) , x > x0. Do đó ta nhận được 2φ ( y 2 ) 6 φ ( y 1 + δ ) , với y > y0 Đặt ω = y2 , λ = 2δ 1+δ , ta có 2φ (ω) 6 φ ((2− λ)ω) , với ω > y0 2 = x1. (iii)⇒ (iv). Giả sử tồn tại 0 0 sao cho φ ((2− λ)x) > 2φ (x) , x > x1 ta chứng minh lim inf x→∞ φ−1(x) φ−1(2x) > 1 2 . Chọn x = φ−1 (y) ở giả thuyết (iii). Khi đó, ta có φ−1 (y) φ−1 (2y) > 1 2− λ > 1 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 + 1 n ) φ (xn) . Do φ là hàm lồi nên ta luôn có φ (2xn >) 2φ (xn) nên lim n→∞ φ (xn) φ (2xn) = 1 2 . (1.10) 16 Với n ∈ N∗, đặt yn = φ (2xn) thì lim n→∞ φ−1 (yn) φ−1 (2yn) = 1 2 . (1.11) Thật vậy, giả sử (1.11) không xảy ra. Do 2φ−1 (y) > φ−1 (2y), tồn tại dãy con {yni}i>1 và ε0 > 0 sao cho φ−1 (yni) φ−1 (2yni) > 1 2− ε0 , ∀i > 1. (1.12) Biểu diễn yni qua xni , từ (1.12) ta có (2− ε0)φ−1 ( 1 2 φ (2xni) ) > φ−1 ( φ ( 2xni )) = 2xni . Do đó ta nhận được: φ (xni) < φ ( 2− ε0 2 φ−1 ( 1 2 φ (2xni) )) < 2− ε0 2 ( 1 2 φ (2xni) ) = 2− ε0 4 φ (2xni) , i > 1. 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 L˜φ(R) ( hoặc L˜φ) là tập các hàm f : R→ R đo được sao cho ∫ R φ(|f |)dx < +∞, trong đó φ là hàm Young như đã định nghĩa ở mục trước. Ta gọi L˜φ là lớp Orlicz ứng với φ. 17 Định lý 1.5. (i) Không gian L˜φ là lồi tuyệt đối, nghĩa là nếu f, g ∈ L˜φ và α, β thỏa mãn |α|+ |β| ≤ 1 thì αf + βg ∈ L˜φ.Ngoài ra, nếu h ∈ L˜φ, |f | ≤ |h| và hàm f đo được thì f ∈ L˜φ. Từ đây, ta có αf + βg ∈ L˜φ. (ii) Không gian L˜φ là tuyến tính nếu φ ∈ ∆2 toàn cục. Đảo lại, điều kiện ∆2 toàn cục là cần để không gian L˜φ là tuyến tính. Chứng minh. Xét f, g ∈ L˜φ, 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| γ |f |+ |β| γ |g| ) ≤ |α|φ (|f |) + |β|φ (|g|) . Từ đây ta có αf + βg ∈ L˜φ. Vậy không gian L˜φ là lồi tuyệt đối và do đó nếu h ∈ L˜φ, |f | ≤ |h| và f đo được thì f ∈ L˜φ. (ii) Để kiểm tra tính tuyến tính, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu f ∈ L˜φ thì 2f ∈ L˜φ (vì khi đó nf ∈ L˜φ với n nguyên đủ lớn nên với mỗi α > 0, αf ∈ L˜φ, ngoài ra ∀f1, f2 ∈ L˜φ, ∀a, b ∈ R thì af1 + bf2 = γ ( a γ f1 + b γ f2 ) ∈ L˜φ, với γ = |a|+ |b| > 0). Bây giờ, nếu φ ∈ ∆2 toàn cục, ta có φ (2 |f |) ≤ Kφ (|f |) , K > 0 nên 2f ∈ L˜φ. 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 ∈ L˜φ sao cho 2f /∈ L˜φ 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 > 1. Chọn n0 nguyên dương sao cho ∑ n>n0 1 n2 1, ∀n > n0. 18 Khi đó tồn tại F0 ⊂ F sao cho µ (F0) = ∑ n>n0 1 n2 < α. Tương tự, tồn tại D1 ∈ Λ, D1 ⊂ F sao cho µ (D1) = n0 −2. Do µ (F0\D1) > 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, n > 1. Bây giờ, chọn Fk ⊂ Dk, Fk ∈ Λ, k > 1 sao cho: µ (Fk) = µ(Dk)φ(xk) . Xét f = ∞∑ n=1 xnχFn . Khi do f đo được và∫ R φ (f) dx = ∞∑ n=1 φ (xn)µ (Fn) = ∞∑ n=1 n2 < α <∞, nên f ∈ L˜φ. Mặt khác, ta có∫ R φ (2f) dx = ∞∑ n=1 φ (2xn)µ (Fn) ≥ ∞∑ n=1 nφ (xn)µ (Fn) = ∞∑ n>n0 1 n =∞. Hay 2f 6∈ L˜φ. Vậy ta có điều phải chứng minh. 19 1.5 Không gian Orlicz Định nghĩa 1.7. Giả sử L˜φ 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 ∈ L˜φ 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 0 nào đó }. Mệnh đề 1.3. Tập L˜φ là một không gian vecto. Hơn nữa, với mỗi f ∈ L˜φ tồn tại α > 0 sao cho αf ∈ Bφ = { g ∈ L˜φ : ∫ R φ (g) dx ≤ 1 } . (1.13) Chứng minh. Ta chứng minh L˜φ 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 αifi ∈ L˜φ, i = 1, 2. Đặt α = min {α1, α2} thì α > 0 và∫ R φ ( α 2 (f1 + f2) ) dx 6 ∫ R φ ( α1 2 f1 + α2 2 f2 ) dx ≤ 1 2 (∫ R φ (α1f1) dx+ ∫ R φ (α2f2) dx ) <∞. Điều này có được do φ lồi và đơn điệu tăng. Tiếp theo, do α2 > 0 nên f1 + f2 ∈ Lφ. Đặc biệt ta có với, mỗi f ∈ Lφ thì 2f ∈ Lφ và do đó nf ∈ Lφ, ∀n > 1. Nên pf ∈ Lφ, ∀p ∈ R. Vậy L˜φ là không gian véc tơ. Vậy ta chỉ còn phải chứng minh (1.13). Xét f ∈ Lφ và α > 0 sao cho αf ∈ L˜φ. Chọn {αn} giảm về không tùy ý và chọn αn = min {α, αn} , n > 1. Khi đó φ(αnf) ≤ φ(αf), ∀n ≥ 1. Nếu φ là hàm Young liên tục thì φ(αnf)→ 0, do đó khi φ liên tục, theo định lý hội tụ bị chặn, ta có ∫ R φ(αnf)dx→ 0, nên tồn tại nghiệm sao cho ∫ R φ(αn0f)dx ≤ 1. Lúc này αn0f ∈ 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 ∫ R φ (αf) dx ≤ 1. 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 ∫ R |f |pdx <∞. 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 x→∞φ(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 = sup {∫ R |fg| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } . Ta chứng minh ‖.‖φ là một chuẩn. Thật vậy, ∀c ∈ R ta có ‖cf‖φ = sup {∫ R |cfg| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } = sup {∫ R |c| |fg| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } = |c|‖f‖φ. 21 Suy ra ‖cf‖φ = |c| ‖f‖φ. ‖f1 + f2‖φ = sup {∫ R |(f1 + f2) g| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } ≤ sup {∫ R |f1g| dx+ ∫ R |f2g| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } ≤ sup {∫ R |f1g| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } + sup {∫ R |f2g| dx : ∫ R ψ (|g|) dx ≤ 1 } ≤ ‖f1‖φ + ‖f2‖φ. Hiển nhiên ‖f‖φ ≥ 0. ‖f‖φ = 0⇔ sup{ ∫ R |fg| dx : ∫ R ψ(|g|)dx ≤ 1} = 0. ⇔ ∫ R |fg| dx = 0 ∀ ∫ R ψ(|g|)dx ≤ 1⇔ f = 0(h.k.n). Định nghĩa 1.9. Cho φ là hàm Young, ta xác định phiếm hàm chuẩn Luxemburg trên Lφ như sau Nφ (f) = inf { k > 0 : 1 k f ∈ Bφ } = inf { k > 0 : ∫ R φ ( f k ) dx ≤ 1 } với mọi f ∈ Lφ. Ví dụ 1.10. Cho φ(x) = |x|p p và cho f ∈ Lφ. Khi đó chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg được tính như sau Nφ (f) = ( p ∫ R |f |pdx )1/p ‖f‖φ = (∫ R |f |pdx )1/p . 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∫ R φ(f)dx ≤ 1. 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 1k ∈ Bφ, ∀k > 0 nên nf ∈ Bφ, ∀n ≥ 1. Đặc biệt ta nhận được φ (nδ)µ (A) = ∫ A φ (nδ) dx ≤ ∫ A φ (nf) dx ≤ ∫ R φ (nf) dx ≤ 1, ∀n > 1. 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 6= 0 ta có, Nφ (αf)= inf { k > 0 : ∫ R φ ( αf k ) dx ≤ 1 } = |α| inf { k |α| > 0 : ∫ R φ ( f |k| |α| ) dx ≤ 1 } = |α| inf { β > 0 : ∫ R φ ( f β ) 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∫ R φ ( f1 + f2 b ) dx = ∫ R φ ( f1 a1 a1 b + f2 a2 a2 b ) dx ≤ a1 b ∫ R φ ( f1 a1 ) dx+ a2 b ∫ R φ ( f2 a2 ) dx ≤ a1 b + a2 b = 1. Vậy f1 + f2 b ∈ Bφ 23 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 a f ∈ Bφ. Nếu a ≤ 1 thì ∫ R φ(f)dx ≤ ∫ R φ( f a )dx ≤ 1. 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 ∫ R φ( f a )dx ≤ 1. Nhưng ∫ R φ (f) dx = +∞ có thể xảy ra. Vậy ở đây chỉ có 0 ≤ a ≤ 1 là thích hợp. Chứng minh hoàn thành. Định lý 1.7. Giả sử {fn}∞n=1 ⊂ Lφ thỏa mãn fn → f h.k.n với f ∈ Lφ và φ (x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0. Khi đó, Nφ (f) ≤ lim n→∞ infNφ (fn), nghĩa là, chuẩn Luxemburg là nửa liên tục dưới trên Lφ. Chứng minh. Để không rơi vào trường hợp tầm thường, ta coi f 6= 0 h.k.n. Khi đó, Nφ (f) > 0 nên Nφ (fn) > 0 với n đủ lớn. Đặt k0 = lim inf i→∞ Nφ (fn) . 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) ∫ R φ (|fni |) dx ≤ ∫ R φ ( |fni | Nφ (fni) ) dx ≤ 1. Do đó ta có ∫ R φ (|fni |) dx ≤ Nφ (fni)→ 0 khi i→∞. 24 Vì |fni | → |f | h.k.n nên theo bổ đề Fatou và giả thiết φ (x) > 0, ta có 0 ≤ ∫ R φ (|f |) dx = ∫ R lim i→∞ φ (|fni |) dx 6 lim inf i→∞ ∫ R φ (|fni |) dx = 0. 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∫ R φ ( f t ) dx = ∫ R lim n→∞φ ( fni t ) dx 6 lim inf i→∞ ∫ R φ ( fni t ) dx 6 lim inf i→∞ ∫ R φ ( fni t ) dx 6 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∫ R |fg| dx ≤ 2Nφ (f)Nψ (g) . (1.14) 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 |fg| (ω) Nφ (f)Nψ (g) ≤ φ ( |f | Nφ (f) ) (ω) + ψ ( |g| Nψ (g) ) (ω) . Tích phân hai vế bất đẳng thức trên, ta được∫ R ( |fg| Nφ (f)Nψ (g) ) dx ≤ ∫ R φ ( |f | Nφ (f) ) (ω) dx+ ∫ R ψ ( |g| Nψ (g) ) (ω) dx ≤ 2. Vậy ta có điều phải chứng minh. 25 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 ∞ 6 Ck,n ‖f‖n−k∞ ∥∥∥f (n)∥∥∥k ∞ , trong đó 0 < k < n, Ck,n = Knn−k K (n−k) n , ở đây Ki = 4 pi ∞∑ j=0 (−1)j (2j + 1)i+1 , với i chẵn và Ki = 4 pi ∞∑ j=0 1 (2j + 1)i+1 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−kφ ∥∥∥f (n)∥∥∥k φ . (2.1) 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∫ R f (x− y) g (y)dy 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) = ∫ R f (x− y) g (y)dy = ∫ R f (y) g (x− y)dy. 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‖φ‖g‖1. 27 Chứng minh. Từ định nghĩa của chuẩn Orlicz ta có ‖f ∗ g‖φ = sup Nψ(h)61 ∫ R |(f ∗ g)(t)h(t)|dt 6 sup Nψ(h)61 ∫ R ∫ R |f(t− x)g(x)|dx |h(t)| dt = sup Nψ(h)61 ∫ R ∫ R |f(t− x)h(t)|dt |g(x)| dx. Với mỗi t ∈ R ta xét hàm ft như sau ft(x) = f(t− x) nên ‖f ∗ g‖φ 6 sup Nψ(h)61 ∫ R ‖ft‖φNψ(h) |g(x)| dx. Ta thấy rằng ‖ft||φ = ‖f‖φ. Do đó ‖f ∗ g‖φ 6 sup Nφ(h)61 ∫ R ‖f ||φNψ(h) |g(x)| dx = sup Nφ(h)61 ‖f ||φNψ(h)‖g‖1 = ‖f‖φ‖g‖1. 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 = sup Nψ(v)≤1 ∣∣∣∣∫ +∞−∞ f (k) (x) v (x) dx ∣∣∣∣ . 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)∥∥∥φ − ε. Đặt Fε(x) = ∫ +∞ −∞ f(x+ y)vε(y)dy. 28 Hiển nhiên Fε (x) 6 ‖f(x+ .)‖φ. Do đó ∫ +∞ −∞ f (x+ y) vε (y) dy 6 ‖f‖φNψ (vε) <∞ nên Fε(x) ∈ L∞(R). Ta chứng minh công thức sau F (r) ε (x) = ∫ +∞ −∞ f (r)(x+ y)vε(y)dy với 0 ≤ r ≤ n. (2.2) Thật vậy, với mỗi hàm ϕ ∈ C∞0 (R)∫ R F (r) ε (x)ϕ (x) dx = (−1)r ∫ +∞ −∞ Fε (x)ϕ (r) (x) dx = (−1)r ∫ +∞ −∞ (∫ +∞ −∞ f (x+ y) vε (y)dy ) ϕ(r) (x) dx = (−1)r ∫ +∞ −∞ vε (y) (∫ +∞ −∞ f (x+ y)ϕ(r) (x)dx ) dy = ∫ +∞ −∞ vε (y) (∫ +∞ −∞ f (r) (x+ y)ϕ (x)dx ) dy = ∫ +∞ −∞ (∫ +∞ −∞ f (r) (x+ y) vε (y)dy ) ϕ (x) dx. Do đó ta có (2.2). Hơn nữa với mỗi x ∈ R, ta có∣∣∣F (r)ε (x)∣∣∣ ≤ ∥∥∥f (r) (x+ .)∥∥∥ φ Nψ (vε) = ∥∥∥f (r)∥∥∥ φ . Vì vậy F (r) ε (x) là hàm bị chặn (0 ≤ r ≤ n). Bây giờ ta chứng minh tính liên tục của F (r) ε (x) trên R, (0 ≤ r ≤ n). Ta chỉ ra điều này cho r = 0 bằng phản chứng. Giả sử F (r) ε (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)| ≤ φ (∣∣f (x0 + tk + y)− f (x0 + y)∣∣)+ ψ (vε (y)) ≤ 1 2 φ ( 2 ∣∣f (x0 + y)∣∣)+ 1 2 φ ( 2 ∣∣f (x0 + tk + y)∣∣)+ ψ (vε (y)) . Theo định lý Lebesgue, ta có lim k→∞ ∫ +∞ −∞ [ f(x0 + tk + y)− f(x0 + y) ] vε(y)dy = 0. Điều này mâu thuẫn với (2.3) Trường hợp 1 ≤ r ≤ n được chứng minh tương tự. Tính liên tục của F (r) ε (x) được chứng minh. Hàm F (r) ε (x) là liên tục và bị chặn trong R. Do đó (∥∥∥f (k)∥∥∥− ε)n ≤ ∣∣∣F (k)ε (0)∣∣∣n ≤ ∥∥∥F (k)ε ∥∥∥n∞ ≤ Ck,n ‖Fε‖n−k∞ ∥∥∥F (n)ε ∥∥∥k∞ . Mặt khác ‖Fε‖∞ ≤ ‖f(x+ y)‖φNψ (vε (y)) = ‖f‖φ. (2.4)∥∥∥F (n)ε ∥∥∥∞ ≤ f (n) (x+ y)Nψ (vε (y)) = ∥∥∥f (n)∥∥∥φ. (2.5) Kết hợp (2.3) - (2.5) ta có (∥∥∥f (n)∥∥∥ φ − ε )n ≤ Ck,n ‖Fε‖n−k∞ ∥∥∥F (n)ε ∥∥∥k∞ ≤ Ck,n ‖f‖n−kφ ∥∥∥f (n)∥∥∥k φ . 30 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) ∈ C∞0 (R) , ψλ (x) ≥ 0 với |x| ≥ λ và∫ R ψλ (x) dx = 1. Đặt fλ = f ∗ ψλ do đó fλ ∈ C∞ (R) vì f ∈ L1loc (R) do đó f (k)λ = f ∗ ψ (k) λ với k ≥ 0 và dễ dàng kiểm tra rằng f (n) λ = f (n) ∗ ψλ. Mặt khác ta lại có f (k) λ = f ∗ ψ (k) λ ∈ Lφ (R) do đó từ chứng minh trên ta có∥∥∥f (k)λ ∥∥∥n φ ≤ Ck,n ‖fλ‖n−kφ ∥∥∥f (n)λ ∥∥∥k φ 0 < k < n. Do đó từ ‖fλ‖φ ≤ ‖f‖φ ‖ψλ‖1 = ‖f‖φ và ∥∥∥f (n)λ ∥∥∥ φ ≤ ∥∥∥f (n)∥∥∥ φ ‖ψλ‖1 = ∥∥∥f (n)∥∥∥ φ ta có với bất kỳ 0 ≤ k ≤ n hàm f (k)λ liên tục và bị chặn trong Lφ (R). Bây giờ ta sẽ chứng minh với bất kỳ v ∈ Lψ thì lim λ→0 ∫ R fλ(x)v(x)dx = ∫ R f(x)v(x)dx. Phản chứng, giả sử ∃ε0 > 0 nào đó, v ∈ Lφ(R) và một dãy λk → 0 sao cho∣∣∣∣∫ R (fλk (x)− f (x)) v (x) dx ∣∣∣∣ > ε0, k > 0. (2.6) 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 |fλ (x)− f (x)| |v (x)| ≤ 1 2 φ (2 |fλ (x)|) + 1 2 φ (2 |f (x)|) + ψ (v (x)) . Hơn thế nữa vế phải bất đẳng thức thuộc L1 (R) do đó theo định lý Lebesgue, ta có lim k→∞ ∫ +∞ −∞ |fλk (x)− f (x)| |v (x)| dx = 0 vì fλk (x)→ f (x) (h.k.n) điều này mâu thuẫn với (2.12). Vậy (2.12) được chứng minh, nên với ϕ ∈ C∞0 (R) bất kỳ∫ R f (k) λ (x)ϕ (x) dx = (−1)k ∫ R fλ (x)ϕ (k) (x)dx. Từ đó ta suy ra (−1)k ∫ R f (x)ϕ(k) (x)dx = ∫ R f (k) (x)ϕ (x)dx. Do đó hàm { f (k) λ } 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 6= 0 thì∫ R φ ( f ‖f‖φ ) dx ≤ 1. 32 Chứng minh. Với g ∈ Lψ ta đặt ρψ (g) = ∫ R ψ (g) dx và kí hiệu ρ′ψ (g) = max { 1, ρψ (g) } . Ta có ∫ R |fg| dµ = Nψ (g) ∫ R |f | |g| Nψ (g) dµ 6 Nψ (g) ‖f‖φ. Nếu ρψ (g) 6 1 tức ∫ R ψ (g) dx 6 1 vì vậy Nψ (g) 6 1 và do đó ∫ R |fg| dx 6 ‖f‖φ. Ngược lại với ρψ (g) > 1 thì khi đó ∫ R |fg| dx 6 ∫ R ψ (g) dx‖f‖φ. Từ đó ta suy ra ∫ R |fg| dx ≤ ρ′ψ (g) ‖f‖φ, g ∈ Lψ (2.7) Ngoài ra cũng theo (1.14), ta có ‖f‖φ ≤ 2Nφ (f) nên f ∈ Lφ thì ‖f‖φ <∞. Xét ánh xạ υf : Λ → R + , biến mỗi tập E ∈ Λ thành ∫ E φ ( f ‖f‖φ ) dx. Ta chứng minh 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 ∫ E φ ( |f | k‖f‖φ ) dx ≤ 1. Vậy υkf (E) <∞ do đó phiếm hàm υf là liên tục trên ( 1 k0 ,∞) với k0 = inf {k > 0 : fk ∈ L˜φ}. 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 Thật vậy, xét f là hàm đơn giản thì g = ϕ ( f ‖f‖φ ) cũng là hàm đơn giản và thuộc Lφ. Hơn nữa, ta có ∣∣∣∣∫ A f ‖f‖φ gdx ∣∣∣∣ = ∫ A φ ( f ‖f‖φ ) dx+ ρψ (g) . (2.8) Nếu ρψ (g) > 1 thì khi đó ρ ′ ψ (g) = ρψ (g) và theo (2.7) thì ta có∫ A ∣∣∣∣ f‖f‖φ g ∣∣∣∣ dx 6 ρψ (g) , thay vào công thức (2.8) ta suy ra∫ A φ ( f ‖f‖φ ) dx = 0. Nếu ρ′ψ (g) 6 1 thì khi đó ta có∫ A φ ( f ‖f‖φ ) dx+ ρψ (g) 6 1, từ đó ta suy ra ∫ A φ ( f ‖f‖φ ) dx 6 1. 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 > 0 đơn điệu tăng hội tụ về hàm |f | nên ‖fn‖φ ≤ ‖f‖φ, ∀n > 0. lúc này ta có∫ A φ ( fn ‖f‖φ ) dx ≤ ∫ A φ ( fn ‖fn‖φ ) dx ≤ 1. Cho n→∞, theo định lý hội tụ đơn điệu ta có∫ A φ ( |f | ‖f‖φ ) dx 6 1. Tiếp theo ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với A = R. Đặt Λ1 = {A ∈ Λ : µ (A) <∞} . 34 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 n→∞ υf (An) = α. Nếu B = ∞⋃ n=1 An thì lim n→∞ υf (B) = α 6 1. Ta sẽ chứng minh υf (B c) = 0. Thật vậy chọn E0 là tập trên đó ta có φ ( f ‖f‖φ