Các công thức tích phân và ứng dụng trong lí thuyết hàm nguyên

Bằng cách sử dụng mạng -mạnh, các tác giả đã thu được nhiềuđặc trưng ảnh thương của không gian mêtric xem trong [4], và đã đặt ra các bài toán sau.. gian đối ngẫu E′ của E là không gian

TRƯỜNG ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: :

LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn

TS.

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Năm 2002, Y Ikeda, C Liu và Y Tanaka đã đưa ra khái niệm mạng-mạnh và xét các tính chất ảnh thương của không gian metric nhờ mạng-mạnh Bằng cách sử dụng mạng -mạnh, các tác giả đã thu được nhiềuđặc trưng ảnh thương của không gian mêtric (xem trong [4]), và đã đặt

ra các bài toán sau Bài toán 1 ([6], Question 3.2.12) Nếu X là khônggian đối xứng với cs -mạng đếm được, thì X có mạng -mạnh gồm các cs-phủ hữu hạn hay không? Bài toán 2([5], Question 2) Nếu X là khônggian đối xứng với cs-mạng -hữu hạn theo điểm, thì X có cs-mạng -hữu

Định nghĩa 1 Cho (X, τ ) là không gian topo Khi đó

C0c(X) := {f : X →R liên tục và spt(f ) là compact trong (X, d)}

ở đây spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0}.

K ⊂ V Khi đó, tồn tại một hàm φ ∈ C0c(X) thỏa mãn

0 ≤ φ ≤ 1, φ ≡ 1 trong K và spt(φ) ⊂ V.

Định lý 2 (Xấp xỉ trong Lp bởi các hàm liên tục) Cho Ω ⊂Rn là tập

mở Khi đó C0c(Ω) là trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ), biết 1 ≤ p < ∞

Chứng minh của định lý ?? cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơbản trong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại

đo được và cho f : X → [0, +∞] là hàm đo được Khi đó tồn tại dãy cáchàm đơn giản đo được sh: X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất(i) 0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh≤ ≤ f ;

Định lý 4 (Lusin - Dạng trên không gian metric compact địa phương).Cho µ là độ đo Radon trên compact địa phương, không gian metric táchđược X Cho f : X → R là hàm đo được sao cho tồn tại một tập Borel

A ⊂ X với

µ(A) < ∞, f (x) = 0 ∀x ∈ X \A và |f (x)| < ∞ µ−hầu khắp nơi x ∈ X.

Khi đó, với mỗi ϵ > 0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho

|{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp(Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (1)

Đầu tiên, giả sử f ≥ 0 trong Ω Theo xấp xỉ của các hàm không âm đođược bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý ??), tồn tại một dãyhàm đơn giản đo được sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) sao cho

∥sh− f ∥ ≤ 2f trong Ω, ∀h. (6)Theo (??) và (??), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đónếu 1 ≤ p < ∞, ta được

lim

Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (??), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh− f ∥Lp < ϵ.Nếu ta định nghĩa s := sh, khi đó được theo (??) và (??)

ký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử rằng ∥s∥∞ > 0, nếu không thì

s ≡ 0 ∈ C0c(Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s,tồn tại hàm g ∈C0c(Ω) thỏa mãn

Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếmđược, khi đó ta chứng minh

D trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ) với 1 ≤ p < ∞. (13)

Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈C0c(Ω) sao cho

∥f − g∥Lp < ϵ

D là trù mật, tồn tại eg ∈ D sao cho

D := ∪∞h=1Dh

và chỉ ra rằng (??) vẫn còn giữ Từ định lý ??, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈

C0c(Ω) sao cho (??) đúng Từ K :=spt(g) là tập compact chứa trong Ω,tồn tạih = h(g) = ϵ ∈ N sao choK ⊂ Ωh Điều này có nghĩa là g ∈C0c(Ωh)

và ta có kết luận như ở bước trước

Bây giờ ta chứng minh (??)

Nhớ lại rằng (C0(K), ∥.∥∞) là tách được, biết K ⊂Rn là tập compact(định lý 48)

Cho (Ωh) là một dãy của tập mở bị chặn của Rn Theo định nghĩa,

C0c(Ωh) ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) Vì (C0(Ω), ∥.∥∞) tách được nên với h, tồn tạimột tập

D ⊂ (C0(Ωh), ∥.∥∞) trù mật và đếm được (17)

Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sẽ sửa các tập hợp của các hàm D vàcho tập hợp mới các hàm đếm được Deh ⊂C0c(Ω) đẻ họ

Như vậy được (??)

Cuối cùng ta chứng minh (L∞(Ω), ∥.∥L∞ ) là không tách được Ta tìm

họ rời nhau không đếm được U i : i ∈ I của các tập mở trong L∞(Ω)

Cho a ∈ Ω và cho ωa := B(a, ra) ở đây ra > 0 với B(a, ra) ⊂ Ω Địnhnghĩa

• U a là mở trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞ ), ∀a ∈ Ω: hiển nhiên

• U a ∩ Ub = ∅ nếu a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ U a ∩ Ub, điềunày nghĩa là

F là đẳng cấu tuyến tính nếu tồn tại ánh xạ T : E → F là ánh xạtuyến tính 1 − 1 đi từ E vào F

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu topo nếu tồn tại ánh xạ liên tục T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 với ánh xạ ngược cũng liên tục T−1: F → E

(ii) Cho (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) Ta nói (E, ∥.∥E) và (F, ∥.∥F) là một đẳngcấu metric nếu tồn tại một ánh xạ T : E → F là ánh xạ tuyến tính

1 − 1 từ E vào F với ∥T (x)∥F = ∥x∥E với mỗi x ∈ E

Ta nhớ lại khái niệm không gian đối ngẫu của không gian vector địnhchuẩn

gian đối ngẫu E′ của E là không gian tuyến tính được định nghĩa bởi:

Định lý 5 (E′, ∥.∥E′ ) là không gian Banach

Chứng minh Ta sẽ chứng minh mọi dãy Cauchy trong E′ đều hội tụ.Giả sử {f n } là một dãy Cauchy của E′, tức là

do {fn} là dãy Cauchy trong E′

Ta suy ra fn(x) là dãy Cauchy trong R, do đó fn(x) hội tụ, nghĩa là

sẽ tồn tại f (x) sao cho

Vì f n ∈ E′ nên f n tuyến tinh do đó bị chặn, tức tồn tại M > 0 sao cho

∥fn∥ ≤ M, từ đây ta suy ra

|f (x)| ≤ lim

n→∞ M ∥x∥E = M ∥x∥E.

Ta có điều phải chứng minh

Lưu ý: Nếu f ∈ E′ và x ∈ E ta viết ⟨f, x⟩E′ ×E thay cho f (x) và tagọi ⟨., ⟩E′ ×E là tích vô hướng trên không gian đối ngẫu E, E′ Ký hiệunày chỉ chung các không gian đối ngẫu thực khi E là không gian Hilbert

4 Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính

Định lý 6 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính) Cho

I là một đoạn thực bất kỳ và giả sử rằng A ∈ C(I, Mn(F )), B ∈ C(I, Fn).Cho mọi τ ∈ I, ξ ∈ Fn tồn tại một giải pháp duy nhất X của (IV P) trênđoạn I

Chứng minh Cho bất kỳ t ∈ I, giả sử J = [c; d] là bất kỳ đoạn con bịchặn của I sao cho τ, π ∈ J, Bởi định lý 7.3 tồn tại một hàm Xj khácbiệt duy nhất trên đoạn con [a, b] sao cho

XJt(s) = A(s)XJ(s) + B(s), XJ(τ ) = ξ, s ∈ J

Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn bất kỳ J 1 = [c 1 , c 2 ] ⊂ I sao cho

τ, t ∈ J1, khi đó J1∩ J là một đoạn con bị chặn chứa τ, t và kết quả duynhất áp dụng cho đoạn này cho thấy rằng XJ1(s) = XJ(s), s ∈ J1∩ J

Đặc biệt, XJ1(t) = XJ(t) Để định nghĩa của chúng ta vềX(t) không phụthuộc vào J được chọn Vì X có tính khả vi trên [a, b] và thỏa mãn

X′(t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t ∈ I

Nó là một giải pháp của (IV P) trên đoạn I Nó là duy nhất, vì nếu Y

cũng là môt giải pháp trên I thì đối với mọi t thuộc I có một đoạn connhỏ J chứa τ, t và kết quả duy nhất cho J ngụ ý rằng X(t) = Y (t)

Trước khi tiếp tục phát triển lý thuyết, chúng ta xem xét một ví dụkhác Xét bài toán với n = 1 :

(t3)mm! .

Chúng ta nhận raxm(i) là môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số củahàm x(t) = et3

Dãy số này hội tụ đến x(t) cho mọi t thuộc R, và hàm x(t) là kết quảcủa vấn đề

Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, không khó để nhận thấyrằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0(t)cũng sẽ dầnđến cùng một giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức cơ bản đó sẽ được

Sự khác biệt duy nhất phát sinh do sự khác biệt ban đầu giữa Xi(t) −

X0(t) Ước lượng thu được từ lập luận quy nạp sau đó trở thành

5 Tính liên tục của các giải pháp

Trở lại tình huống trong Định lý 7.3, trong đó [a, b] là một đoạn đóng,giải pháp X(t) của bài toán giá trị ban đầu

Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞ là

∥X∥∞≤|ξ| + |b − a|∥B∥∞exp(∥A∥∞[b − a]) (7.12)

Ước lượng đơn giản (7.12) có thể được sử dụng để chỉ ra bằng X là mộthàm liên tục chung trong tất cả các biến này Do đó, một sự thay đổinhỏ trong t, A, b, τ, ξ sẽ tạo ra một sự thay đổi nhỏ trong X Nếu chúng

ta ký hiệu giải pháp của (IV P) tại thời điểm t bằng X(t, A, B, τ, ξ), sau

đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa chính xác cho phát biểu rằng

E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t).

Chúng ta có thể áp dụng đánh giá (7.12) cho Z và thu được

∥Y − X∥∞= ∥Z∥∞ ≤|Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞exp(∥C∥∞[b − a]) (7.15)

Đặt e > 0 được cho Ta thấy

6 Một số kết quả liên quan

Trong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ (R)là căn Jacobson của vành

R và U (R) là tập hợp tất cả các phần tử khả nghịch của vànhR có đơnvị

Trong [?], các tác giả đã định nghĩa một vành R được gọi là U J-vànhnếu 1 + J (R) = U (R)

Cho S là một vành, không nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm

S◦= (S, ◦) của S là tập hợp S với phép toán

◦ : S × S → S (x, y) 7→ x ◦ y = x + y − xy.

Mặt khác, nếu S là vành có đơn vị, khi đó S◦ là đẳng cấu với vị nhóm

(S, ) củaR với đẳng cấu

S là đẳng cấu với nhóm U◦(S) các phần tử tựa khả nghịch của S Phần

tử nghịch đảo của y trong S◦ được gọi là tựa nghịch đảo của y Ta biếtrằng I = J (S) là iđêan lớn nhất của S thỏa mãn U◦(I) = I

Bổ đề 2 ([?], Bổ đề 1.1) Các điều kiện sau là tương đương đối với mộtvành R đã cho:

(1) U (R) = 1 + J (R), hay R là U J-vành;

(2) U (R/J (R)) = {1};

(3) C(R) là iđêan của R (khi đó C(R) = J(R)), với C(R) là tập các phần

tử tựa chính quy của R;

(4) rb − cr ∈ J (R), r ∈ R và b, c ∈ C(R);

(5) ru − vr ∈ J (R), u, v ∈ U (R) và r ∈ R;

tổng trực tiếp của các iđêan phải cực tiểu.

Mệnh đề 2 ([?], Mệnh đề 1.4) Vành nửa địa phương R là U J-vành khi

nếu a có biểu diễn a = e + u trong đó e là phần tử lũy đẳng của R, u làphần tử khả nghịch của R nào đó Ta ký hiệu Cl(R) là tập tất cả cácphần tử clean của vành R Một vànhR được gọi là clean nếuR = Cl(R)

Hệ quả 1 ([?], Hệ quả 1.7) Cho R là một vành Khi đó, các điều kiệnsau là tương đương

không đều chứa ít nhất một phần tử lũy đẳng khác không

Một hệ n2 phần tử {e ij } của vành R được gọi là hệ các ma trận khảnghịch nếu

Câu hỏi:

(i) Có tồn tại (fh)h ⊂C1c sao cho fh→ f trên Lp(Ω)?

Lp(Ω)?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai rất có ý nghĩa trong xấp xỉ số

Định nghĩa 4 (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy của mollifiers là mộtdãy các hàm ϱh :Rn →R, (h = 1, 2, ) sao cho, với mỗi h,

Ví dụ về mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng một dãy mollifiers,

(i) Nếu A compact và B đóng, khi đó A + B đóng;

(ii) nếu A và B là compact vì là A + B

L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈N và x ∈Rn,

(i) Hàm fh :Rn →R is well defined;

(ii) fh(x) = (ϱh∗ f )(x) = (f ∗ ϱh)(x) với mọi x ∈Rn và h ∈N;

(iii) fh(x) ∈C0(Rn) với mỗi h

Hàm fh được gọi là mollifiers thứ h của f

Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) và (Mo4),

gx(y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈Rn

là khả tích trên Rn, vì vậy nó xác định tích phân

(iii) Cho x ∈Rn và x r → x, ta chứng minh

(ϱ ∗ f )(xr) → (ϱ ∗ f )(x). (21)Chú ý rằng

|ϱ(xr− y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK(y)|xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N.

Vì vậy ta được

|ϱ(xr− y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK(y)|f (y)||xr− x|, ∀y ∈Rn, ∀r ∈N (24)

Từ (21), (22) và định lý tính hội tụ bị trội, theo (20)

Nhận xét 1 Ký hiệu ∗ là tích chập của hai hàm trên không gian Rn.Lưu ý, các kết quả của mệnh đề 29 và giữ nếu f ∈ L1loc(Rn) và ϱ ≡ ϱh ∈

C0(Rn)thỏa (Mo2) Trên thực tế, có thể xác định tích chập giữa hai hàm

Định lý 11 (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập trong Lp) Cho

f ∈ L1loc(Rn) và (ϱh)h là dãy mollifiers Khi đó

(i) f ∗ ϱh ∈ C∞(Rn) với mỗi h ∈ N.

(ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (R n ) ≤ ∥f ∥Lp (R n ) với mỗih ∈N, f ∈ Lp(Rn)với mọip ∈ [1, ∞].

(iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂spte(f ) + B(0, 1/h) với mỗi h ∈N.

(iv) Nếu f ∈ Lp(Rn) với 1 ≤ p ≤ ∞, khi đó f ∗ ϱh∈ C∞(Rn) ∩ Lp(Rn) vớimỗi h ∈N, và f ∗ ϱh→ f khi h → ∞, trong Lp(Rn), biết 1 ≤ p < ∞.Kết quả này cho ta hai kết quả quan trọng

Định lý 12 (Bổ đề cơ bản của tính toán các biến) Cho Ω ⊂Rn là tập

mở và cho f ∈ L1loc(Ω) Giả sử

Z

Ω

f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞(Ω) (∗)

Khi đó f = 0 hầu khắp nơi trong Ω

Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ

Z

K

|f |dx = 0 với mỗi tập compact K ∈ Ω. (25)Thật vậy, theo (24), suy ra

f = 0 hầu khắp nơi trong K, với mỗi tập compact K ∈ Ω.

Ta có được kết luận Ta chứng minh (24)

Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g :Rn →R bởi

Từ (∗) ta được

Z

Ω

f ghdx = 0, ∀h ≤ h.

Mặt khác, từ định lý 13 (iv) và (11), ta giả sử, một dãy con tăng, gh → g

hầu khắp nơi trong Rn Do đó,

Định lý 13 (Xấp xỉ theo các hàm C∞ trong Lp) Cho Ω ⊂ Rn là tập

mở Khi đó C∞c (Ω) là trù mật trong Lp(Ω), ∥.∥Lp, biết 1 ≤ p < ∞

Chứng minh Cho f ∈ Lp(Ω), định nghĩa ef : Rn →R bởi

rh ≥ h và B(0, 1/rh) + Ωh⊂ Ω. (28)Định nghĩa

fh(x) := (ϱrh∗ gh)(x), x ∈Rn, h ∈N,

để đơn giản, giả sử rằng rh = h. Khi đó, theo định lý 13 (i), (ii) (26),(27), fh ∈C∞c (Ω) và

Số ∥f ∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A

Định lý 14 (Fisher - Riesz) (Lp(A), ∥.∥Lp ) là không gian Banach nếu

1 ≤ p ≤ ∞ Hơn nữa L2(A) là không gian Hilbert với tích vô hướng

(ii) |fhk(x)| ≤ g(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω, ∀k.

hầu khắp nơi x ∈ Ω

Nhận xét 3 Chú ý rằng C0 ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂Rn làtập mở bị chặn, nếu không thì quan hệ bao hàm không được giữ trongkhi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1, ∞]

v-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi

(τvf )(x) := f (x + v)

Định lý 16 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F là tập con bị chặntrong (Lp(Rn), ∥.∥Lp ) với 1 ≤ p < ∞ Giả sử rằng lim

v→0 ∥τvf − f ∥Lp = 0 đềuvới mỗi f ∈ F, nghĩa là

∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > 0 : ∥τ v f − f ∥Lp < ϵ, ∀v ∈Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F (N EF)

Khi đó F |Ω := {f |Ω : f ∈ F } là compact tương đối trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ),nghĩa là bao đóng của nó là compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp ), với mỗi tập mở

Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn

Từ định lý 10 ta suy ra điều kiện compact trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp )

Nếu f : Ω →R, ta ký hiệu ef :Rn →R là hàm được định nghĩa như

rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp )khi vàchỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω), ∥.∥Lp ) Do đặc tính củatập compact trong không gian metric (Định lý ??) có điều phải chứngminh

Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn), ∥.∥Lp ).Định lý 17 Cho F ⊂ Lp(Rn)với 1 ≤ p < ∞ Khi đó F là compact tươngđối trong (Lp(Rn), ∥.∥Lp ) khi và chỉ khi

Nhận xét 4 (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý 10 Thậtvậy, xét họ F := {fh : h ∈N} ở đây fh :R→R được định nghĩa là

Do đó, (ENF) không còn đúng cho F

(ii) Nếu Ω không có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý 10 khôngcòn đúng nữa Thật vậy, xét họ F := {fh: h ∈N} ở đây fh:R→R được

định nghĩa fh(x) := f (x + h) ở đây f ∈Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0,

và f không triệt tiêu Khi đó

∥f ∥L1 (R) = ∥f ∥L1 (R) > 0 ∀h. (30)Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì

Nhận xét 5 Cho Ω ⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàm C0(Ω) ⊂

L∞(Ω) là chặt Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)

∥f ∥∞,Ω= ∥f ∥L∞ (Ω) (∗)

Đặc biệt, từ (∗), C0(Ω) hóa ra là đóng trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞ (Ω) ).

Định lý 18 (Định lý biểu diễn Riesz) Cho 1 ≤ p < ∞ và ký hiệu

Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ = ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp′(Ω). (31)Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ ≤ ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp′(Ω). (32)

Ta chỉ ra bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử 1 < p < ∞, điều này cũng

có nghĩa là 1 < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′ (Ω) = 0, khi đó, u = 0 hầu khắp nơi

trong Ω bất đẳng thức này là rõ ràng Giả sử 0 < ∥u∥Lp′ (Ω) < ∞, khi đó

ta cần giả sử rằng 0 < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa

fu(x) := |u(x)|p′−2u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω.

Điều này cũng có nghĩa là

∥T (u)∥(Lp (Ω)) ′ ≥ ∥u∥Lp′ (Ω) ∀u ∈ Lp′(Ω). (34)

Vì thế (3) và (5) cho ta (2) Cuối cùng, cho trường hợpp = 1, vì p′= ∞,giả sử 0 < M < ∥u(x)∥L∞ (Ω) Khi đó tập hợp

Thật vậy |ν(E)| < ∞ với mỗi E ∈ M, do đó ν là σ-hữu hạn Giả sử

(Eh)h ⊂ M là một dãy rời nhau, ta chưng minh rằng ν(∪∞h=1Eh) =

=

=