Tài liệu Các tính chất của chuẩn Orlicz trong không gian Orlicz

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 Z 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|      φ (c1 ) − φ (c)   φ (d) − φ (d1 )  ;  . với K1 = max    d − d1  c1 − c 5 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 Z φ0 (t) dt với a ≤ x ≤ b. φ (x) = φ (a) + (1.2) a Ta kiểm tra các tính chất của φ0 φ (x + h) − φ (x) h h→0+ φ (x + h + h0 ) − φ (x + h) ≤ lim h0 h→0+ φ (d) − φ (c) <∞ ≤ d−c φ0+ (x) = lim và φ0− (x) = lim h→0− φ (x + h) − φ (x) > −∞. 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 φ0+ (x) ≤ φ (y) − φ (x) ≤ φ0− (y) . y−x Vì theo công thức (1.1) thì ta có φ0− (x) ≤ φ0+ (x) nên φ0± (.) là hàm tăng và tập điểm gián đoạn của các hàm này là không quá đếm được. Do đó, φ0− (x) = φ0+ (x) xảy ra tại mỗi điểm liên tục của các hàm này là φ0 ở (1.2). Ngược lại giả sử ta có Z 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 1 x−c Z c x 1 ϕ (t) dt ≤ ϕ (x) ≤ x−d Z 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 Rc x Rd ( ϕ (t) dt + x ϕ (u) du ≥ min (d − x) + (x − c) 1 x−c x 1 ϕ (t) dt, x−d c Z 1 = x−c c Z ϕ (t) dt = x ) d Z 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 R φ : R → R lồi, f : ∆ → R là đo được, ∆ Z f dx và  φ ∆ φ (f ) dx tồn tại thì Z ≤ f dx ∆ R 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 Z 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 Z x ϕ (t) dt ≥ φ (a) + ϕ (a) (x − a) . φ (x) = φ (a) + (1.4) a Xét x = f (ω), và a = R ∆ f dx rồi lấy tích phân ở (1.4) ta được Z Z φ (f ) dx − φ ∆  f dx Z ≥ ϕ (a) ∆ f dx − ∆ từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. 7 Z  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| Z 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 Z ψ (y) = |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 6 x < ∞ và 0 6 y < ∞ . Khi đó, ta có Zx Zy 0 ≤ xy = dudv 0 0 ZZ ZZ = dudv + {u6x,v 6y:06u6ϕ(v),06ψ(u)ϕ(v),06v 6ψ(u)} y Z dv + 0 Z ϕ (u) du + 0 Z dv 0 y dudv min{x,η(v)} 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 Zy 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 ( ϕ (x) = ln (1 + x) , x > 0 − ln (1 − x) , x < 0 và theo công thức (1.7) thì ( η (x) = từ đó ta suy ra Zy ψ (y) = ex − 1, x > 0 1 − e−x , x < 0 η (t) dt = e|y| − |y| − 1. 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 > 0 sao cho φ ((1 + δ) x) 6 2φ (x), x > x0 ; φ−1 (x) (vi) lim sup φ−1 (2x) < 1. x→0 Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∆2 ta chứng minh tồn tại 1 < α < ∞ và x0 > 0 sao cho xϕ(x) φ(x) < α, x > x0 . Thật vậy do φ ∈ ∆2 nên tồn tại K > 0 và x0 > 0 sao cho φ (2x) 6 Kφ (x) , x > x0 > 0. 12 Hơn nữa ta có 2x Z φ (2x) = ϕ (t) dt 0 từ đó ta có 2x Z Kφ (x) > φ (2x) = Z 2x ϕ (t) dt > ϕ (t) dt > xϕ (x) 0 x do φ (.) > 0 nên ta suy ra xϕ (x) 6 K. φ (x) Chọn α > max {K, 1} ta suy ra 1 < α < ∞ và xϕ (x) < α, ϕ (x) x > x0 . (ii) ⇒ (iii). Giả sử tồn tại 1 < α < ∞ và x0 > 0 sao cho yη(y) ψ(y) minh tồn tại 1 < β < ∞ và y0 > 0 sao cho xφ(x) φ(x) < α, x > x0 ta chứng > β, y > y0 . Chọn y0 > 1 sao cho η (y0 ) > x0 do Z ψ (y) = 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) ϕ (η (y)) .η (y) xϕ (x) > = ψ (y) 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 > y0 > 0. xϕ (x) /φ (x) − 1 α−1 Do hàm u u−1 giảm khi u > 1 nên yη(y) ψ(y) > β, y > y0 . Vậy ta có (iii). (iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 1 < β < ∞ và y0 > 0 sao cho 13 yη(y) ψ(y) > β, y > y0 ta chứng minh ψ ∈ ∇2 . Với l > 1, ta có ψ (ly) ln = ψ (y) ly Z y η (t) dt > ψ (t) Z y ly β dt = β ln l. t Chọn l sao cho lβ−1 > 2, ta nhận được ψ (y) 6 1 ψ (ly) , 2l y > y0 > 0. Do đó ψ ∈ ∇2 . (iv) ⇒ (i). Giả sử ψ ∈ ∇2 ta chứng minh φ ∈ ∆2 . Thật vậy Đặt ψe (y) = 1 2l ψ (ly) e (x) = khi đó φ 1 2l φ (2x). Theo giả thuyết ψ ∈ ∇2 nên ta có ψe (y) > ψ (y) , với y > y0 > 0 e (x) 6 φ (x) với x > x0 . nên φ 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= 1 K−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 . 14 (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) 6 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) 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. 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) > (2 + δ) φ (x) , x > x0 . (iii)Tồn tại 0 < λ < 1, x1 > 0 sao cho φ ((2 − λ) x) > 2φ (x) , x > x1 . φ−1 (x) −1 (2x) φ x→∞ (iv)lim inf Chứng minh. > 21 . (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 φ (2x) ln = φ (x) Z x 2x ϕ (t) dt > β φ (t) 2x Z x dt = ln 2β t 15 với x > x0 > 0. 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 + φ (x) 6
δ n0 2 > 2, đặt l = 2n0 . Khi đó, ta có 1 1 1 n0 φ (2x) 6 ... 6 φ (lx) n0 φ (2 x) 6 2+δ 2l (2 + δ) với x > x0 . Vậy φ ∈ ∇2 . (i) ⇒ (iii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại 0 < λ < 1, x1 > 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 Đặt ω = y2 , λ = 2δ 1+δ , y  2 6φ  y  1+δ với y > y0 , ta có 2φ (ω) 6 φ ((2 − λ) ω) , với ω > y0 = x1 . 2 (iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 0 < λ < 1, x1 > 0 sao cho φ ((2 − λ) x) > 2φ (x) , x > x1 φ−1 (x) −1 x→∞ φ (2x) ta chứng minh lim inf > 21 . Chọn x = φ−1 (y) ở giả thuyết (iii). Khi đó, ta có φ−1 (y) 1 1 > > , −1 φ (2y) 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 + 1 φ (xn ) . n  Do φ là hàm lồi nên ta luôn có φ (2xn >) 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 (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 1 φ−1 (yni ) > , φ−1 (2yni ) 2 − ε0 ∀i > 1. (1.12) Biểu diễn yni qua xni , từ (1.12) ta có −1 (2 − ε0 ) φ 1 2  φ (2xni ) > φ−1 φ 2xni

= 2xni . Do đó ta nhận được: φ (xni ) < φ 2 − ε 2 0 −1 φ  2 − ε0 1 1 2  φ (2xni )  φ (2xni ) 2 2 2 − ε0 = φ (2xni ) , i > 1. 4 < 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 eφ (R) ( hoặc Leφ ) là tập các hàm f : R → R đo được sao Định nghĩa 1.6. Ký hiệu L cho Z φ(|f |)dx < +∞, R eφ là lớp Orlicz ứng trong đó φ là hàm Young như đã định nghĩa ở mục trước. Ta gọi L với φ. 17 eφ là lồi tuyệt đối, nghĩa là nếu f, g ∈ Leφ và α, β thỏa Định lý 1.5. (i) Không gian L eφ .Ngoài ra, nếu h ∈ Leφ , |f | ≤ |h| và hàm f đo được mãn |α| + |β| ≤ 1 thì αf + βg ∈ L eφ . Từ đây, ta có αf + βg ∈ Leφ . thì f ∈ L eφ là tuyến tính nếu φ ∈ ∆2 toàn cục. Đảo lại, điều kiện ∆2 toàn cục (ii) Không gian L eφ là tuyến tính. là cần để không gian L eφ , khi đó do φ là hàm lồi nên với γ = |α| + |β| ∈ [0; 1] thì Chứng minh. Xét f, g ∈ L 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 eφ . αf + βg ∈ L eφ là lồi tuyệt đối và do đó nếu h ∈ Leφ , |f | ≤ |h| và f đo được thì Vậy không gian L eφ . f ∈L eφ thì 2f ∈ Leφ (ii) Để kiểm tra tính tuyến tính, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu f ∈ L eφ với n nguyên đủ lớn nên với mỗi α > 0, αf ∈ Leφ , ngoài ra (vì khi đó nf ∈ L eφ , ∀a, b ∈ R thì ∀f1 , f2 ∈ L  af1 + bf2 = γ b a f1 + f2 γ γ  eφ , ∈L với γ = |a| + |b| > 0). eφ . Đảo lại, Bây giờ, nếu φ ∈ ∆2 toàn cục, ta có φ (2 |f |) ≤ Kφ (|f |) , K > 0 nên 2f ∈ L giả sử E ∈ Λ là tập có độ đo dương và φ không thỏa mãn điều kiện ∆2 toàn cục. Ta eφ sao cho 2f ∈ eφ để suy ra điều phải chứng minh. sẽ xây dựng một hàm f ∈ L /L 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 X 1 n>n0 n2 <α và φ (xn ) > 1, 18 ∀n > n0 . Khi đó tồn tại F0 ⊂ F sao cho µ (F0 ) = X 1 n2 n>n0 < 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 ) = f= ∞ X µ(Dk ) . φ(xk ) Xét xn χFn . n=1 Khi do f đo được và Z φ (f ) dx = R ∞ X φ (xn ) µ (Fn ) = n=1 ∞ X n2 < α < ∞, n=1 eφ . Mặt khác, ta có nên f ∈ L Z φ (2f ) dx = R ∞ X φ (2xn ) µ (Fn ) n=1 ≥ = ∞ X nφ (xn ) µ (Fn ) n=1 ∞ X n>n0 1 = ∞. n eφ . Vậy ta có điều phải chứng minh. Hay 2f 6∈ L 19 1.5 Không gian Orlicz eφ là lớp Orlicz ứng với hàm Young φ. Khi đó không gian Định nghĩa 1.7. Giả sử L Lφ (R) hoặc đơn giản hơn là Lφ nếu không có nhầm lẫn xảy ra là tất cả các hàm đo eφ với α > 0 nào đó. được f : R → R sao cho αf ∈ L Ta gọi Lφ (R) (hay Lφ ) là không gian Orlicz. Khi đó Lφ (R) = Lφ = {f : R → R đo được | R R φ(αf )dx < +∞ với α > 0 nào đó }. eφ là một không gian vecto. Hơn nữa, với mỗi f ∈ Leφ tồn tại Mệnh đề 1.3. Tập L α > 0 sao cho  αf ∈ Bφ =  Z eφ g∈L : φ (g) dx ≤ 1 . (1.13) R eφ là một bộ phận con ổn định với phép cộng và phép Chứng minh. Ta chứng minh L nhân trong không gian L1 (R). Thật vậy, xét f1 , f2 ∈ Lφ . Khi đó tồn tại α1 , α2 > 0 eφ , i = 1, 2. Đặt α = min {α1 , α2 } thì α > 0 và sao cho αi fi ∈ L Z φ α R 2 Z  (f1 + f2 ) dx 6 φ R 1 ≤ 2 α 1 2 f1 + α2 f2 dx 2  Z  Z 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. eφ là không gian véc tơ. Vậy ta chỉ còn phải chứng minh (1.13). Vậy L Xét f ∈ Lφ và α > 0 sao cho eφ . αf ∈ L 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 Z φ(αn f )dx → 0, R nên tồn tại nghiệm sao cho R R φ(αn0 f )dx ≤ 1. Lúc này αn0 f ∈ Bφ . 20