Luận văn Về một số không gian hàm thường gặp

tập các độ đo hữu hạn. Khi đó có một họ rời nhau các nửa khoảng mở sao cho . Thật vậy, có một tập mở thỏa mãn . Với mỗi , giả sử là họ các nửa khoảng mở trên có dạng trong đó là các số nguyên, và ; khi đó là một họ rời nhau. Đặt ; khi đó là một họ không giảm có hợp là G, vì vậy có một m sao cho và Nhưng bây giờ được biểu diễn như là hợp rời trong đó liệt kê các phần tử của được chứa trong . (Câu cuối là không đúng nếu là rỗng. Nhưng nếu thì chúng ta có thể lấy ). Tương tự và Còn về , (i) chỉ cho chúng ta thấy rằng với mỗi có một sao cho , vì vậy và (iii) Nếu f là một hàm đơn giản, biểu diễn f bởi trong đó mỗi có độ đo hữu hạn trên X. Mỗi có thể biểu diễn bởi trong đó (214Ca). Bởi (ii), chúng ta có thể tìm sao cho , với mỗi k. Đặt ; khi đó và được thỏa mãn. (iv) Nếu f là hàm khả tích bất kỳ trên X, thì ta có thể tìm một hàm đơn giản sao cho , và theo (iii) ta có sao cho , vì vậy (b) (i) Đầu tiên ta phải kiểm tra rằng nếu thì là - khả tích. Điểm mấu chốt ở đây là nếu và thì là giao của X với một tập con mở của , và do vậy nằm trong miền xác định của , bởi vì tất cả các khoảng mở là Lesbegue đo được. Tiếp theo, g là bị chặn và tập là bị chặn trong và do vậy hữu hạn đối với độ đo ngoài , và hữu hạn với độ đo . Bởi vậy có một sao cho , suy ra là - khả tích. Tương tự g là - khả tích. Tất nhiên là - khả tích với mỗi bởi vì được xác định và hữu hạn với mỗi khoảng mở bị chặn I. (ii) Phần còn lại lập luận như trong mệnh đề 2.2.6b. Bởi vì và là các không gian con tuyến tính của được chứa trong , các ảnh và là các không gian con tuyến tính của . Nếu và , tồn tại một sao cho , và sao cho , vì rằng v=g|X.∈Ck# và w=h|X.∈Sk#và Vì u và e là tùy ý, và là trù mật trong 2.2.7 Không gian L1 phức Ta có thể lặp lại các chứng minh trên với , không gian các hàm nhận giá trị phức khả tích, thay cho , để xây dựng một không gian Banach phức . (a) Với , . Do đó, với , (b) Nhận xét rằng nếu là một dãy trong sao cho , thì cả và đều hữu hạn, vì vậy ta có Tương tự chúng ta có thể chứng minh rằng là đủ đối với chuẩn . Một cách tương tự, ta cần đưa vào 2.2.5 một thay đổi nhỏ để đưa ra một mô tả cho một toán tử kỳ vọng có điều kiện , trong đó là một không gian xác suất và T là một đại số con của . Trong công thức của 2.2.5, ta cần chỉ ra rằng | trong , trong khi với . Trong 2.2.6, chúng ta cần thay thế bởi , không gian`các hàm đơn giản nhận giá trị phức' có dạng trong đó mỗi là các số phức và mỗi là các tập đo được có độ đo hữu hạn; thì ta có một không gian tuyến tính con trù mật của . Trong 2.2.7, chúng ta phải thay thế bởi , không gian các hàm liên tục bị chặn nhận giá trị phức và có giá bị chặn, và là không gian tuyến tính căng trên của là khoảng nửa mở bị chặn}. 2.3 Không gian L∞ Không gian Banach cổ điển thứ hai của lý thuyết độ đo mà ta quan tâm là không gian . Như sẽ xuất hiện bên dưới, là đồng cực của Ngược lại, liên quan đến các không gian đo bình thường, nó thực sự là đối ngẫu của . Định nghĩa 2.7. Giả sử là một không gian đo bất kỳ. Giả sử là tập các hàm và bị chặn cốt yếu, tức là, tồn tại một số sao cho: là không bỏ qua được, và viết : Chú ý rằng nếu , và , thì ; bởi vậy . Định lý 2.11. Giả sử là một không gian đo bất kỳ. Khi đó: là không gian con tuyến tính của . Nếu và thì . Do vậy và thuộc vào với mọi . Viết , lớp tương đương của các hàm hằng số trong nhận giá trị 1, khi đó một phần tử u của thuộc vào nếu và chỉ nếu có một số sao cho . Nếu thì Nếu thì . Chứng minh: Nếu và , thì Thật vậy, ta có sao cho và . Suy ra | vì vậy , . Từ đó suy ra với và hay là không gian con tuyến tính của . b) (i) Lấy , sao cho . Khi đó . Giả sử sao cho ; khi đó , vì vậy và . (ii) Vì nên với . Do đó thuộc vào với tất cả . c) (i) Nếu , lấy sao cho . Khi đó tồn tại một số sao cho , vì vậy và . (ii) Tất nhiên , vì vậy , và nếu và thì (theo b). d) với . Thật vậy, nếu và , thì | Vì vậy với tất cả . Nếu và , tồn tại một số sao cho , vì vậy ; do là khả tích và là đo được thực sự, nên là khả tích và .□ 2.3.1 Cấu trúc thứ tự của L∞ Giả sử là một không gian đo bất kỳ. Khi đó , là một không gian con tuyến tính của , thừa hưởng một thứ tự từng phần và trở thành một không gian tuyến tính có thứ tự từng phần. Bởi vì nếu (2.3.2b), và thuộc vào nếu , và là một không gian Riesz (so sánh 2.3.3d). thực chất là một không gian Riesz có một đơn vị với tính chất với mỗi tồn tại một số sao cho . 2.3.2 Chuẩn của L∞ Giả sử là một không gian đo bất kỳ. (a) Với , khi đó cận trên đúng cốt yếu của là là không bỏ qua được. Khi đó . Thậy vậy, đặt . Với mỗi , có một sao cho . Khi đó, là không bỏ qua được, vì vậy . (b) Nếu và , thì . Tương tự chúng ta có thể định nghĩa một phiếm hàm trên bằng cách đặt nếu . (c) Từ (a), chúng ta thấy rằng, với bất kỳ, , trong đó . Do vậy là một chuẩn trên . Thật vậy, thỏa mãn 3 điều kiện sau: (i) Nếu thì Do đó . (ii) Nếu và thì | do đó . (iii) Nếu , tồn tại một sao cho và ; do nên . (d) Chú ý rằng nếu , và thì do đó và Tương tự, với mọi . Do vậy là một đại số Banach giao hoán. (e) Hơn nữa, với và , bởi vì (f) Nhận xét rằng nếu u, v là các phần tử không âm của thì điều này là do với mỗi , ta có: Định lý 2.12. Với mỗi không gian đo bất kỳ, là một dàn Banach đối với chuẩn Chứng minh: (a) Ta đã biết nếu (2.3.4d). Vì vậy ta chỉ cần kiểm tra rằng là đầy đủ đối với chuẩn . Giả sử là một dãy Cauchy trong . Với mỗi chọn sao cho trong . Với mọi , . Dẫn đến là bỏ qua được (theo 2.3.4). Nghĩa là là không bỏ qua được. Nhưng với mỗi với tất cả , vì vậy là một dãy Cauchy, có giới hạn thuộc . Do đó được xác định hầu khắp nơi. Ngoài ra, với ít nhất một , vì vậy và . Nếu , thì, với mỗi , ta có Suy ra khi , và thuộc . Do là tùy ý, nên không gian là đầy đủ. 2.3.3 Tính đối ngẫu giữa L∞ và L1 Giả sử là không gian đo bất kỳ. Chú ý rằng nếu và thì Do đó chúng ta có một toán tử tuyến tính bị chặn T từ vào không gian định chuẩn đối ngẫu của , được cho bởi với tất cả ,. Thật vậy, Bởi (a), được định nghĩa tốt với , . Nếu , và thì Suy ra là hàm tuyến tính với mỗi . Với bất kỳ và , ta có: Điều này có nghĩa là và với mọi . (iv) Nếu và thì Vì u là bất kỳ, và nên là tuyến tính. (v) Từ (iii) ta thấy rằng với mọi , từ đó ta thấy .□ (c) Lập luận như trên, ta có một toán tử tuyến tính , xác định bởi với mọi và lớn nhất là bằng 1. Định lý 2.13. Giả sử là một không gian đo, và là ánh xạ chính tắc . Khi đó: (a) T là đơn ánh nếu và chỉ nếu là nửa hữu hạn, và trong trường hợp này nó bảo toàn chuẩn. (b) T là song ánh nếu và chỉ nếu là địa phương hóa, và trong trường hợp này nó là một đẳng cấu không gian định chuẩn. Chứng minh: (a) (i) Giả sử T là đơn ánh, và với . Khi đó không bằng 0 hầu khắp nơi, vì vậy trong , và ; giả sử sao cho , tức là, . Biểu diễn u như là trong đó f là khả tích; khi đó do vậy . Giả sử g là hàm đơn giản thỏa mãn và ; khi đó . Biểu diễn g như là trong đó với mỗi i; khi đó , nên tồn tại một i sao cho , và khi đó là một tập con đo được của E có độ đo hữu hạn và khác 0. Do E tùy ý nên phải là nửa- hữu hạn nếu T là đơn ánh. (ii) Giả sử rằng là nửa-hữu hạn, và là khác 0. Biểu diễn v như là trong đó là đo được; khi đó . Lấy ; khi đó có độ đo khác 0. Giả sử là một tập đo được có độ đo khác 0 và hữu hạn, và đặt nếu , và trong các trường hợp khác; khi đó và với , vì vậy, đặt , ta có: Từ đó suy ra ; vì a tùy ý nên . Từ 2.3.6, chúng ta biết rằng vì vậy với mỗi thuộc vào ; điều tương tự chắc chắn đúng với , vì vậy T là bảo toàn chuẩn và là đơn ánh.□ (b) (i) Sử dụng (a) và định nghĩa của ``địa phương hóa'', với các điều kiện được đưa ra, ta có là nửa -hữu hạn và T là đơn ánh và bảo toàn chuẩn. Bởi vậy ta chỉ cần chứng minh T là toàn ánh nếu và chỉ nếu là địa phương hóa. (ii) Giả sử T là toàn ánh và . Giả sử rằng là họ các hợp hữu hạn của các phần tử trong , là hợp của không phần tử nào trong , vì vậy đóng dưới phép lấy hợp hữu hạn, và với bất kỳ , là bỏ qua được với mọi nếu và chỉ nếu là bỏ qua được với mỗi . Nếu , khi đó tồn tại thuộc . Thật vậy, nếu u là không âm, thì Với u khác, chúng ta có thể biểu diễn u như là , trong đó và là không âm, và khi đó Hiển nhiên là tuyến tính, và là một giới hạn của các hàm tuyến tính và vì vậy với mọi u, suy ra . Do T là toàn ánh, nên có một sao cho . Biểu diễn v như là trong đó là đo được và cơ bản bị chặn. Đặt . Nếu và , thì Nếu và là không bỏ qua được, thì tồn tại một tập sao cho ; do đó vì với . Bởi vậy là bỏ qua được với mỗi . Giả sử thỏa mãn là bỏ qua được với mỗi . Nếu là không bỏ qua được, tồn tại một tập có độ đo khác 0 và hữu hạn. Do đó với mỗi , vì vậy với mọi , và ; nhưng với mọi nên , dẫn tới mâu thuẫn. Do vậy là bỏ qua được. Suy ra G là một cận trên đúng cơ bản của thuộc . Do là tùy ý, là địa phương hóa. (iii) Giả sử là địa phương hóa, ta cần chứng minh rằng T là toàn ánh. Lấy thỏa mãn . Viết , và với xác định bởi công thức: với mỗi . Khi đó , và nếu là dãy rời nhau trong có hợp là E, khi đó thuộc . Thật vậy, ta có: khi . Từ đó suy ra Bởi vậy là cộng tính đếm được. Theo đó với mỗi , vì vậy là liên tục thực sự theo định nghĩa. Đồng thời, theo định lý Radon -Nýkodym , tồn tại một hàm khả tích thỏa mãn với mỗi ; chúng ta có thể lấy là đo được và có miền xác định X . (iv) Điều đáng chú ý là . Nếu thì nhưng điều này chỉ xảy ra khi . Một cách tương tự, nếu , thì suy ra .□ (v) Nếu , khi đó hầu khắp nơi trên . Nếu và thì Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Vì là khả địa phương hóa nên có một hàm đo được thỏa mãn hầu khắp nơi trên F, với mọi . (vi) Với bất kỳ, tập là bỏ qua được; bởi vì là nửa-hữu hạn, là bỏ qua được, và , với . Do vậy , và (vii) Nếu thì Từ đó suy ra với mọi hàm đơn giản . Hệ quả là , bởi vì cả và h là liên tục và lớp tương đương của các hàm đơn giản là tập con trù mật của . Bởi vậy là một giá trị của T. (viii) Lập luận trên đòi hỏi giả thiết . Nhưng tất nhiên là một phần tử khác 0 bất kỳ của là tích vô hướng của một phần tử có chuẩn bằng 1, vì vậy là một giá trị của T. Vì vậy là toàn ánh nên nó là một đẳng cấu đẳng cự. Nhắc lại rằng luôn luôn là Dedekind - đủ và đôi khi là Dedekind đủ, trong khi luôn luôn là Dedekind đủ . Ở đây theo . Định lý 2.14. Giả sử là một không gian đo. (a) là Dedekind - đủ. (b) Nếu là khả địa phương hóa, là Dedekind đủ. Đây là các hệ quả của 2.1.7. Nếu bị chặn trên trong , cố định và một cận trên của A trong . Nếu B là tập các cận trên của A trong , thì là tập các cận trên của A trong . Hơn nữa, nếu B có ít nhất một phần tử , thì chúng ta phải có , vì vậy và thuộc . Do vậy trong . Ta biết rằng là Dedekind - đủ; nếu là một tập đếm được khác rỗng và bị chặn trên trong thì nó chắc chắn bị chặn trên trong , vì vậy có một cận trên đúng trong - cái mà cũng là cận trên đúng của nó trong . Do A là tùy ý, là Dedekind -đủ. Trong khi nếu là địa phương hóa, chúng ta có thể lập luận giống với cách đã làm với các tập con khác rỗng bất kỳ của để thấy rằng là Dedekind đủ bởi vì là Dedekind đủ. 2.3.4 Một không gian con trù mật của L∞ Trong 2.2.6 ta đã mô tả một cặp các không gian con tuyến tính trù mật quan trọng của . Liên quan đến thì có một chút khác biệt. Sau đây, ta cũng có thể mô tả một không gian con trù mật quan trọng của L1. Mệnh đề 2.15. Giả sử là một không gian đo. (a) Viết là không gian các hàm - đơn giản trên X, tức là, không gian các hàm từ X vàobiểu diễn bởi trong đó và với mỗi . Khi đó với mỗi và với mọi ε>0, có một sao cho ess supf-g≤ε. (b) là một .∞ - không gian con tuyến tính trù mật của (c) Nếu là hoàn toàn hữu hạn, thì là không gian của các hàm - đơn giản, vì vậy S trở thành không gian của các lớp tương đương của các hàm đơn giản. Chứng minh: (a) Giả sử là một hàm đo được bị chặn sao cho . Giả sử thỏa mãn f(x)≤nε với mọi . Với đặt Đặt thì với mọi , vì vậy (b) Được suy ra trực tiếp, như trong 2.2.6b. (c) Dễ dàng chứng minh. 2.3.5 Kỳ vọng có điều kiện Kỳ vọng có điều kiện là rất quan trọng khi xem xét sự tương tác của nó với mọi khái niệm mới. (a) Nếu là một không gian đo bất kỳ, và T là một - đại số con của , thì ánh xạ nhúng chính tắc nhúng như là một không gian con của , và với mọi . Như phần trước, ta có thể đồng nhất với ảnh của nó trong . (b) Giả sử rằng , và giả sử là toán tử kỳ vọng có điều kiện . Thì thực chất là một không gian con tuyến tính của . Đặt , chúng ta thấy rằng với mọi , vì vậy Nếu , thì đặt chúng ta có , vì vậy , bởi vì P là bảo toàn thứ tự nên . Do vậy là một toán tử có chuẩn bằng 1. 2.3.6 Không gian L∞ phức Tất cả các ý tưởng cần thiết để thu được các kết quả như trên đối với phức đã xuất hiện trong 2.1.9 và 2.2.7. Giả sử là Khi đó Đặt với ta có một chuẩn trong làm cho nó trở thành một không gian Banach. Ta có và với mọi Do có một đối ngẫu giữa và dẫn đến một toán tử tuyến tính có chuẩn lớn nhất bằng 1, xác định bởi công thức với mọi T là đơn ánh nếu và chỉ nếu không gian đo cơ bản là nửa hữu hạn, và là một song ánh nếu và chỉ nếu không gian đo cơ bản là khả địa phương hóa. (Điều này có thể được chứng minh dễ dàng nếu chú ý rằng với mọi v, vì vậy kết quả đối với các không gian phức có thể được suy ra từ những kết quả đối với những không gian thực.) Để kiểm tra T bảo toàn chuẩn khi nó là đơn ánh, cách ngắn nhất là theo các lập luận của (a-ii) trong chứng minh của định lí 2.13. Tiếp tục với không gian Banach cổ điển, chúng ta chuyển sang các không gian với . Trường hợp quan trọng hơn các trường hợp khác, và đó là lý do để đọc mục này đầu tiên với trường hợp đó. Nhưng các không gian còn lại cung cấp cho chúng ta các ví dụ và hơn nữa là một phần cơ bản của giải tích hàm. 2.4 Không gian Lp Định nghĩa 2.8. Giả sử là không gian đo bất kỳ, và . Viết là tập các hàm sao cho là khả tích, và với Chú ý rằng nếu và , khi đó vì vậy là khả tích và ; do vậy Tương tự, chúng ta có thể xác định với bằng cách viết với mọi sao cho với mọi , và Đinh lý 2.16. Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và . (a) là không gian con tuyến tính của (b) Nếu và , thì . Do vậy và thuộc vào với mọi Chứng minh: Trường hợp đã được xét trong 2.2 và 2.3. Bây giờ ta giả sử rằng . (a) (i) Giả sử rằng . Nếu thì , vì vậy ; do và nên . Do đó với tất cả ; từ đó suy ra với mọi (ii) Nếu và thì , do vậy . Suy ra với và (b) (i) Biểu diễn u như là và v như là , trong đó và . Khi đó vì vậy và là khả tích; do đó và (ii) Do nên với . Cuối cùng và thuộc vào với tất cả . 2.4.1 Cấu trúc thứ tự của Lp Giả sử là không gian đo bất kỳ, và . Khi đó định lí 2.16 là đủ để đảm bảo rằng thứ tự từng phần nhận được từ làm cho là một không gian Reisz (đối chiếu với 2.2.2, 2.3.1). 2.4.2 Chuẩn của Lp Giả sử là một không gian đo bất kỳ, (a) Với , đặt . Nếu và thì do vậy . Do đó ta có thể xác định bằng cách đặt với mọi Ta có với mọi (b) Ký hiệu mang lại một sự tiên đoán rằng nó sẽ là một chuẩn trong nhưng ta sẽ chứng minh sau. Chú ý rằng với mọi , và nếu thì nên và . (c) Nếu trong thì ; điều này là do . Ta làm việc với những bổ đề cần dùng cho việc chứng minh là một chuẩn trên và thực ra không gian định chuẩn đối ngẫu của có thể được đồng nhất với một không gian thích hợp. Bổ đề 2.17. Giả sử là một không gian đo, và thỏa mãn . Khi đó (a) với tất cả các số thực (b) (i) là khả tích và với tất cả , ; (ii) và với tất cả Chứng minh: (a) Nếu a hay b bằng 0 thì kết quả là tầm thường. Nếu cả hai cùng khác 0, ta có thể biện luận như sau. Hàm số là lồi, có đạo hàm cấp hai bé hơn 0, vì vậy nằm hoàn toàn bên dưới các tiếp tuyến của nó; cụ thể, nằm bên dưới tiếp tuyến tại điểm (1, 1), tiếp tuyến đó có phương trình là . Vì vậy ta có với mọi . Nên nếu thì nhân cả hai vế với d, ta được đặt , suy ra (b) (i) Đầu tiên giả sử rằng . Với mọi chúng ta có bởi (a). Vì vậy và là khả tích; hơn nữa Nếu , thì nên , và Tương tự, nếu , thì và Cuối cùng, để cho tổng quát sao cho và đều khác 0, chúng ta có nên là khả tích và có điều phải chứng minh. (ii) Nếu lấy ,sao cho , ;là khả tích, nên , và Nhận xét Phần (b) là bất đẳng thức Holder's. Trong trường hợp thì nó là bất đẳng thức Cauchy. Mệnh đề 2.18. Giả sử là một không gian đo và . Đặt , nên . (a) Với mọi (b) là một chuẩn trong Chứng minh: (a) Với , đặt Nếu , thì . Nếu thì chắc chắn Nếu , xét trong đó với : ta viết nếu , bằng 0 nếu , vì vậy là một hàm Borel đo được; với ta viết với , vì vậy ; và với ta viết để xác định một hàm . Khi đó và Vì vậy nhớ rằng . Do vậy và (b) Từ nhận xét trong 2.4.1, chỉ cần kiểm tra rằng với mọi . Nhưng với u và v đã cho, giả sử sao cho và . Khiđó có điều phải chứng minh. Định lý 2.19. Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và. Khi đó là một dàn Banach đối với chuẩn . Các trường hợp đã được đề cập, bây giờ ta giả sử rằng . Ta đã biết nếu , vì vậy ta chỉ cần chứng minh rằng là đầy đủ. Giả sử là một dãy trong thỏa mãn với mọi . Chú ý rằng với mọi n. Với mỗi , chọn sao cho với ; ta có và là - đo được. Khi đó với . Với , đặt Khi đó với vì vậy và . Vì vậy và với mỗi k, do đó và tồn tại với hầu hết . Điều này đúng với mọi . Nhưng nếu , với mọi n, vì vậy hiển nhiên tồn tại. Suy rađược định nghĩa trên với hầu hết. Đặt ; khi đó với mỗi n, và được định nghĩa hầu khắp nơi trên X. Bây giờ xét . Chúng ta biết rằng vì vậy theo bổ đề Fatou Suy ra . Hơn nữa, với bất kỳ, Vì vậy khi . Do đó thuộc . Vì tùy ý, là đầy đủ. 2.4.3 Một số không gian con trù mật của Lp Mệnh đề 2.20. (a) Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và. Khi đó không gian S gồm các lớp tương đương của các hàm - đơn giản là không gian con tuyến tính trù mật của (b) Giả sử X là một tập con bất kỳ của, trong đó, và giả sử là độ đo trên X cảm sinh bởi độ đo Lesbegue trên . Viết là tập các hàm liên tục bị chặn thỏa mãn là bị chặn, và là không gian gồm các tổ hợp tuyến tính của các hàm có dạng, trong đó là một khoảng nửa mở bị chặn. Khi đó và là trù mật trong Chứng minh: (a) Ta lặp lại lập luận của 2.2.6 với một sự thay đổi nhỏ. Giả sử rằng và . Biểu diễn u như là trong đó là một hàm đo được. Giả sử là một hàm đơn giản thỏa mãn và . Đặt . Khi đó h là một hàm đơn giản và . Bời vì và vì vậy trong khi Tổng quát với , u có thể được biểu diễn như là trong đó thuộc vào và đều không âm. Ta có thể tìm sao cho , vì vậy và . Do u và tùy ý nên S là trù mật. (b) Thêm một lần nữa, tất cả các ý tưởng chứng minh có thể thấy trong 2.2.6; sự thay đổi chỉ diễn ra đối với công thức mà không phải ở phương pháp. Sẽ dễ dàng hơn nếu chúng ta chú ý ngay từ đầu rằng với và , (trong đó ), thì ; điều này suy ra từ bất đẳng thức tam giác đối với (mệnh đề 2.18). (i) Đầu tiên giả sử rằng trong đó là một nửa khoảng mở bị chặn. Như trước kia, chúng ta có thể đặt và có. Đến đây, sử dụng cùng cách xây dựng để tìm một khoảng J và một hàm số sao cho và ; điều này sẽ bảo đảm rằng (ii) Bây giờ giả sử rằng trong đó là một tập có độ đo hữu hạn. Khi đó, với cùng những lý do bên trên, có một họ rời nhau các khoảng nửa mở sao cho . Do đó và . Và (i) cho ta biết rằng với mỗi có một hàm sao cho vì vậy và (iii) Bên trên chúng ta đã bắt đầu với các hàm đơn giản, sau đó là đối với các hàm bất kỳ thuộc vào và sử dụng thay cho . Cuối cùng, phép biến đổi từ tới lại một lần nữa được ghi nhớ để kiểm tra rằng , thuộc vào với mọi Hệ quả 2.20. Không gian là khả ly. Chứng minh: Giả sử A là tập Khi đó A là một tập con đếm được của, và bao đóng của nó phải chứa với ; tức là, là một tập đóng chứa tập , và là toàn bộ theo mệnh đề 2.20. 2.4.4 Tính đối ngẫu của các không gian Lp Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và. Đặt ; chú ý rằng và; mối liên hệ giữa p và q là đối xứng. Nếu và thì và (2.4.5). Do đó chúng ta có một toán tử tuyến tính bị chặn T từ tới không gian định chuẩn đối ngẫu của, được cho bởi với mọi. Định lý 2.21. Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và ; đặtKhi đó ánh xạ chính tắc, được mô tả như trên, là một đẳng cấu không gian định chuẩn. Có lẽ cần phải nói về rằng lý thuyết không gian Hilbert tổng quát suy ra định lý này trong trường hợp mà không cần những lập luận tổng quát dưới đây. Chứng minh: Ta biết rằng T là một toán tử tuyến tính bị chặn có chuẩn lớn nhất bằng 1; ta cần phải chỉ ra T thực chất là đẳng cự (tức là, rằng với mọi, suy ra rằng T là đơn ánh và T là toàn ánh (a) Nếu , thì có một sao cho và (); bởi vậy Ta đã biết, nên với mọi v, và T là một đẳng cự. Để kết thúc chứng minh này, ta chỉ ra là toàn ánh. Cố định với Ta cần phải chỉ ra rằng h `ở trên' một hợp đếm được của các tập có độ đo hữu hạn trong X, theo nghĩa sau đây: có một dãy không giảm gồm các tập có độ đo hữu hạn sao cho với và với . Chọn một dãy trong sao cho với mọi n và . Với mỗi n, biểu diễn như là , trong đó là một hàm đo được. Đặt với ; bởi vì là đo được, khả tích và có tập xác định X với mọi và với mỗi n. Bây giờ giả sử rằng và với; đặt. Giả sử, nếu có thể, rằng và xem xét , trong đó (Tất nhiên nếu ) Với mỗi n, chúng ta có vì vậy và Cho, Bởi vì , và ta có Do đó bởi cách chọn của c; điều này là không thể. Nghĩa là với là đo được, thuộc , và bằng 0 trên . (c) Đặt với mỗi; khi đó là một dãy rời nhau các tập có độ đo hữu hạn. Bây giờ với mọi . Thật vậy, biểu diễn u như là , trong đó là đo được. Đặt với mỗi n,; khi đó theo (a), bởi vì Xét với mỗi n. Khi đó , và với mọi n, theo bổ đề Fatou hoặc Định lý hội tụ làm trội Lesbegue ta có và tức là, thuộc. Bởi vì là tuyến tính và liên tục, suy ra có điều cần chứng minh. (d) Với mỗi , xác định bằng cách đặt với mọi. ( luôn được xác định bởi vì, vì vậy Khi đó, và nếu là một dãy rời nhau trong , ta có khi, Suy ra Vậy là cộng tính đếm được. Hơn nữa, nên là liên tục thực sự theo định nghĩa 1.20. Bởi vậy có một hàm khả tích thỏa mãn với mỗi; giả sử rằng là đo được và xác định trên toàn bộ X. Đặt với và với (e) là đo được và có tính chất với và F là tập con đo được của; hệ quả là với và F là một tập con đo được của. Đặt . Nếu vàthì do vậy bởi định lý B. Levi tồn tại. Tương tự, cũng tồn tại nếu có độ đo hữu hạn; trong khi hiển nhiên tồn tại nếu . Tương tự tồn tại với mỗi tập F có độ đo hữu hạn. Hơn nữa, bởi định lý hội tụ làm trội Lesbegue, với những tập F như trên và bởi (c) bên trên. Từ đó với mọi hàm đơn giản (f) Bây giờ ta chứng minh. Thật vậy, (i) Ta đã biết rằng là đo được, bởi g là đo được và là liên tục. (ii) Giả sử f là một hàm đơn giản không âm và. Khi đó là một hàm đơn giản, và là một hàm đo được và chỉ nhận các giá trị 0, 1 và -1, vì vậy là hàm đơn giản. Ta có (bởi vì ) Suy ra. (iii) Bởi vậy f là một hàm đơn giản không âm, Chú ý rằng nếu thì và với mỗi bởi vì là một hàm đơn giản nhỏ hơn hoặc bằng, vì vậy có tích phân lớn nhất là bằng 1. Tương tự Do vậy là khả tích.□ (g) Bởi vậy ta có thể nói , và nó đồng nhất với h trên các phần tử của có dạng trong đó f là một hàm đơn giản. Nhưng những dạng đó là các tập con trù mật của , theo 2.4.3, và cả h và đều liên tục, vì vậy là một giá trị của T với Nhưng tất nhiên mỗi phần tử khác không bất kỳ của là một tích vô hướng của một phần tử có chuẩn bằng 1, vì vậy là một giá trị của T. Vì vậy là toàn ánh, và do đó là một đẳng cấu đẳng cự. 2.4.5 Thứ tự - đầy đủ của Lp Định lý 2.22. Giả sử là một không gian đo bất kỳ, và. Khi đó là Dedekind đủ. Chứng minh: Ta sử dụng 2.2.4. Giả sử là tập bất kỳ bị chặn trên trong. Cố định và đặtvì vậy A' có cùng cận trên với A và bị chặn dưới bởi. Cố định một cận trên của A trong , khi đó với mỗi. Đặt Khi đó với mỗi , vì vậy B là một tập con khác rỗng của, tập này bị chặn trên trong, và bởi vậy nó có một cận trên nhỏ nhất trong. Suy ra ; xét. Nếu thì vì vậy và ; do vậy là một cận trên của A'. Nếu là một cận trên của A', khi đó và với mỗi , vì vậy là một cận trên của B đồng thời và . Do vậy trong. Do A là tùy ý nênlà Dedekind đủ. 2.4.6 Kỳ vọng có điều kiện Định lý 2.23. Giả sử là một không gian xác suất, và T là một - đại số con của. Lấy. Coi như là một không gian con của, vì vậy trở thành một không gian con của (như trong 2.2.5). Giả sử là toán tử kỳ vọng có điều kiện, như đã mô tả trong 2.2.5. Khi đó nếu thì, vì vậy và. Chứng minh: Nếu thì đó là 2.3.5, vì vậy ta giả sử. Đặt với ; khi đó là một hàm lồi ( hàm liên tục tuyệt đối trên khoảng bị chặn bất kỳ, và đạo hàm là hàm không giảm), và với mỗi , trong đó được định nghĩa trong 2.1.8. Bây giờ nếu, chúng ta chắc chắn có (bởi vìhoặc ngược lại); định lí 2.7 cho ta biết rằng. Điều này có nghĩa là và ta có điều phải chứng minh. 2.4.7 Không gian L2 (a) Như ta đã nhận xét, các không gian hàm thực sự quan trọng là và . có tính chất đặc biệt là nó là một không gian có tích trong; nếu là một không gian đo bất kỳ và khi đó , theo bổ đề 2.17b, và ta có thể viết. Điều này làm cho thực sự là một không gian có tích trong bởi vì với mọi và ) và chuẩn của nó là chuẩn liên kết (do với). Bởi vì là đầy đủ (định lí 2.19), nó là một không gian Hilbert thực. Thực tế là nó có thể được xác định với đối ngẫu của nó (định lí 2.21). Ta sẽ dùng thuật ngữ `bình phương - khả tích' để mô tả các hàm trong . (b) Các kỳ vọng có điều kiện có