Tóm tắt luận văn Không gian metric tuyến tính không lồi địa phương và định lí Krein-Milman về điểm cực biên

Tóm tắt luận văn Không gian metric tuyến tính không lồi địa phương và định lí Krein-Milman về điểm cực biên

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Trong các giáo trình học ở Đại học người ta thường quan tâm đếncác không gian metric tuyến tính lồi địa phương, nhiều định lí liên quanđến không gian metric tuyến tính lồi địa phương không mở rộng đượccho các không gian metric tuyến tính không lồi địa phương, nên mục đíchcủa đề tài này là tìm hiểu về các không gian metric tuyến tính không lồiđịa phương và các tính chất của nó

Định nghĩa về không gian metric tuyến tính được đưa ra bởi Fréchetvào năm 1926, và hầu hết các định lý trong không gian metric tuyếntính đã được chứng minh trước năm 1940 bởi phần lớn là do Banach vàcộng sự Vào thời gian đầu của quá trình nghiên cứu, người ta chỉ quantâm đến các định lý trong không gian định chuẩn, và sự xuất hiện củađịnh lý về điểm cực biên đã góp phần phát triển nhanh chóng hướngnghiên cứu các định lý trong không gian topo lồi địa phương Cụ thể vàonăm 1940, sự ra đời của định lý Krein-Milman về điểm cực biên đã gópphần không nhỏ vào lĩnh vực giải tích, đặc biệt là giải tích lồi Đến năm

1976, Roberts phát biểu định lý khá nổi tiếng, ông đã xây dựng một F −không gian, chứa một tập compact nhưng không có điểm cực biên, do

đó định lý Krein-Milman không còn đúng cho không gian không lồi địaphương

Với mục đích tìm hiểu, cụ thể hóa các chứng minh, các ví dụ, cũngnhư trình bày chi tiết và bổ sung những ý nhỏ trong quá trình chứngminh định lý, góp phần bổ sung kiến thức về không gian metric tuyến

tính vốn không có cơ hội tiếp cận trong quá trình học đại học, đây làmục tiêu chính của khóa luận này.

2 Mục đích nghiên cứu

- Tìm hiểu một số các không gian metric tuyến tính không lồi địaphương và một số tính chất của nó

- Tìm hiểu định lí Krein-Milman về điểm cực biên

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Nghiên cứu không gian metric tuyến tính và các tính chất

- Nghiên cứu về điểm cực biên và các ví dụ của Roberts

4 Phương pháp nghiên cứu

- Tham khảo tài liệu và hệ thống hóa các kiến thức

- Thu thập các bài báo khoa học của các tác giả nghiên cứu liênquan đến “Không gian metric tuyến tính không lồi địa phương”

- Thể hiện tường minh các kết quả nghiên cứu trong đề tài

- Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn

5 Cấu trúc luận văn

Luận văn được trình bày qua ba chương:

- Chương 1 trình bày các khái niệm về không gian metric tuyếntính, không gian modular, mối liên hệ giữa F − chuẩn và không gianmodular, các ví dụ về không gian metric tuyến tính

- Chương 2 trình bày một số ví dụ về không gian metric tuyếntính không lồi địa phương

- Chương 3 chủ yếu mô tả nguyên tắc xây dựng không gian F −chuẩn chứa tập compact lồi nhưng không có điểm cực biên của Roberts

đưa ra năm 1976, trình bày chi tiết và bổ sung những ý nhỏ trong chứngminh định lý Roberts.

CHƯƠNG 1

CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

VỀ KHÔNG GIAN METRIC TUYẾN TÍNH

TÍNH VÀ ĐỊNH LÍ TỒN TẠI METRIC BẤT BIẾNCho X là một không gian tuyến tính trên trường số thực

Phép toán cộng của hai phần tử x và y được kí hiệu: x + y

Phép toán nhân một phần tử x với một tích vô hướng t được kí hiệu: txCho A, B là các tập con của X Khi đó:

A + B = {a + b/a ∈ A, b ∈ B}∆Cho t ∈ R:

tA = {ta/a ∈ A}∆Định nghĩa 1.1.1 Giả sử trên X có một metric ρ Không gian X đượcgọi là không gian metric tuyến tính nếu phép toán cộng và phép toánnhân với một số là liên tục đối với metric ρ Tức là:

Chúng ta nói rằng một tập U ⊂ X là cân (hay cân bằng) nếu với mỗi

Chứng minh

Để chứng minh điều này trước hết ta sẽ chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.1 Cho X là một không gian metric tuyến tính ∀t ∈ R, t 6= 0,

0<|t|<δ 1

tV ⇒ U mở do tV mở và là lân cận củađiểm 0

Định lý 1.1.1 (Kakutani,1936) Cho (X, ρ) là không gian metric tuyếntính Khi đó tồn tại một metric bất biến ρ0(x, y) tương đương với metricρ(x, y)

Để chứng minh Định lí Kakutani, ta sẽ chứng minh một định lí tổngquát hơn:

Định lý 1.1.2 Cho X là một không gian topo tuyến tính, nếu tồn tại

một hệ cơ bản, đếm được các lân cận của 0 thì có một metric bất biếntrong X tương ứng với topo đã cho.(ở đây tồn tại một hệ cơ bản, đếmđược các lân cận của 0 có nghĩa là tồn tại một họ {Un}n∈N gồm các lâncận của 0 trong X mà với mỗi lân cận V trong X của 0 ta đều tìm đượcmột số n ∈ N sao cho Un ⊂ V ).

Nhận xét 1.1.3 Nếu X là một không gian topo tuyến tính khả metric,gọi d là một metric trên X tương thích với topo đã cho trên X Khi đóxét {Un}n∈N với:

Rõ ràng {Un}n∈N là một hệ cơ bản đếm được các lân cận của 0

Ta thấy rằng định lí Kakutani là một hệ quả trực tiếp của định lí trên

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.3 Cho X là một không gian topo tuyến tính Khi đó với mỗilân cận V của 0 ta đều tìm được một lân cận cân, mở U của 0 mà U ⊂ VChứng minh

Xét ánh xạ f : R × X → X xác định bởi:

f (t, x) = tx, ∀(t, x) ∈ R × XKhi đó ánh xạ này liên tục do định nghĩa của một không gian topo tuyếntính

Do đó nó liên tục tại (0,0) ⇒ ∃δ > 0 và một lân cận mở U1 của 0trong X mà ∀t ∈ (−δ, δ), ∀x ∈ U1 ta đều có tx ∈ V Bây giờ ta đặt

U = S

t∈(−δ,δ)\{0}

tU1Khi đó U là lân cận mở cân phải tìm

Ta tiếp tục chứng minh định lí

Gọi {Un}n∈N là hệ cơ bản các lân cận của 0, ứng với U1 ta có thể tìmđược một lân cận mở, cân V1 của 0 mà V1 ⊂ U1 (do bổ đề trên) Do V1

và U2 là các lân cận của 0 cho nên U2 ∩ V1 cũng là một lân cận của 0

Do tính chất của không gian topo tuyến tính ta tìm được một lân cận

V20 của 0 sao cho:

V20 + V20 ⊂ U2 ∩ V1

V2 ⊂ V20 Khi đó ta có:

V2 + V2 ⊂ V20 + V20 ⊂ U2 ∩ V1Tiếp tục quá trình này ta xây dựng được một họ đếm được {Vn}n∈Ngồm các lân cận mở, cân của 0 và thỏa mãn các tính chất sau:

(i) Vn ⊂ Un; ∀n ∈ N

(ii) Vn+1+ Vn+1 ⊂ Vn; ∀n ∈ N

Ta sẽ xây dựng metric bất biến nhờ họ {Vn}: Với mỗi tập con hữu

Tính chất (2) được suy ra từ tính cân của tập VH, ∀H ∈ H.

Bây giờ ta chứng minh tính chất (3)

∀x, y ∈ X nếu |x| + |y| > 1 thì |x + y| luôn luôn nhỏ hơn hay bằng 1

⇒ |x + y| 6 |x||y| Do đó ta giả thiết |x| + |y| < 1

∀ε > 0 mà |x| + |y| + 2ε < 1 Do định nghĩa của hàm | | ta tìm được

Từ (2) khi cho λ = −1 ta được | − x| 6 |x|; ∀x ∈ X Thay −x vào xcủa bất đẳng thức mới thu được | − (−x)| 6 | − x| ⇒ |x| < | − x| từ đó

ta có:

| − x| = |x|; ∀x ∈ X

Bây giờ ta đặt d(x, y) = |x − y|; ∀x, y ∈ X Do các khảo sát ở trên d

là một metric trên X

Ta thấy d(x+z, y +z) = d(x, y); ∀x, y, z ∈ X Từ đó để kết thúc chứngminh định lí này ta chỉ cần chứng minh metric d tương thích với topo

đã cho trên X Do tính chất của một không gian topo tuyến tính và dotính bất biến của metric d nên ta chỉ cần chứng minh metric d tươngthích với topo của X tại điểm gốc (tức là ∀ε > 0, tồn tại mỗi lân cận mở

V của 0 (đối với topo cho trước trên X) mà V ⊂ {x ∈ X/d(0, x) < ε})

và với mỗi lân cận V0 của 0 đều tồn tại một số ε0 > 0 sao cho:

{x ∈ X : d(0, x) < ε0} ⊂ V0

Ta hãy để ý rằng nếu chứng minh được:

(*) {x ∈ X/d(0, x) 6 2−n−1} ⊂ Vn ⊂ {x ∈ X/d(0, x) 6 2−n} thìmetric tương thích với topo của X tại điểm gốc

Do định nghĩa của metric d theo | | nên (*) có thể viết:

PH < 2n

Do (iii) ta có VH ⊂ Vn ⇒ x ∈ Vn ⇒ điều phải chứng minh

Định nghĩa 1.1.3 Cho X là không gian vectơ, một hàm thực không

âm trên X: k.k : X → R+ được gọi là F -chuẩn nếu:

(6) ∀{αn} ⊂ R, ∀{xn} ⊂ X mà αn → 0, kxnk → 0 thì kαnxnk → 0.Mệnh đề 1.1.1 Nếu kxn − xk → 0 và αn → α thì kαnxn− αxk → 0

Vế bên phải tiến về 0 nên ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 1.1.4 Đặt ρ(x, y) =kx − yk, ∀x, y ∈ X thì ρ là một metric.Chứng minh

Giả sử (X, k k) là một F∗− không gian và Y là một không gian con của

X X/Y được gọi là không gian thương (∀x, y ∈ X, XR Y ⇔ x − y ∈ Y )Với mỗi Z ∈ X/Y Chúng ta định nghĩa chuẩn của lớp Z như sau:

kZk = inf {kzk : z ∈ Z}

Ở đây X là một F∗− không gian, Y là một không gian con đóng của X

∀x, y ∈ X, xRy , x − y ∈ Y

⇒ R là một quan hệ tương đương, X/Y , X/R

Ta có X/R là một không gian vectơ

∀Z ∈ X/Y, kZk = inf

z∈ZkzkChứng minh kZk là một F∗− chuẩn:

z∈Zkzk

⇒kαnZk 6kαnzok → 0

⇒kαnZk → 0

Do đó X/Y là một F∗− không gian.

Cho n F∗- không gian (Xi, k ki, i = 1 n) Khi đó:

⇔ x = (0, 0, , 0)(+) α = −1, k − xk =k − (x1, x2, , xn)k

6kx1k1+ky1k1+kx2k2+ky2k2 + +kxnkn+kynkn

Cho X là không gian tuyến tính Một modular là hàm không âm

Nhận xét 1.2.2 (5’): ρ(xn) → 0 ⇔ ρ(2xn) → 0 Khi đó (5’) ⇔ (5).Thật vậy:

, k > 0 Khi đó:

⇒ Xρ là một không gian tuyến tính con của X.

Theo bổ đề Bolzano - Weierstrass suy ra tồn tại dãy con {pn} của {n}

Cho kxnk → 0 ta phải chứng minh kxnk∗ → 0

Giả sử kxnk∗ không tiến đến 0

⇒ ∃ supp|αxn n|

⇒ αx ∈ X

⇒ X là không gian tuyến tính con của không gian tất cả các dãy số thực

⇒ X là không gian tuyến tính

(1) Chứng minh k|x|k = 0

Ta có k|x|k = supp|xn n| = 0

⇔ p|xn n| = 0

⇔ xn = 0, ∀n ∈ N∗ hay x = 0(2) Chứng minh k|αx|k = |kxk| khi α = −1

p > 1

⇒k|αpx|k không tiến đến 0 và αp → 0 khi p → ∞

Định lý 1.2.2 Giả sử X là một không gian tuyến tính với modularmetric hóa ρ(x) Trong tập Xρ có F -chuẩn kxk và kxk → 0 khi và chỉkhi ρ(xn) → 0 Hơn nữa k.k đơn điệu

Chứng minh

Đặt kxk = inf {ε > 0 : ρ(x

ε) < ε}, ∀x ∈ Xρ.Trước hết ta chứng minh kxk bị chặn

Theo định nghĩa tập Xρ ⇒ ∃k > 0 : ρ(kx) < +∞

Chọn r > max

ρ(kx),1



< ε

⇒ ε ∈ BTương tự ta chứng minh được δ ∈ A

6 ρ

xδ

+ ρ y

∀x ∈ Xρ, ∀α ∈ [0, 1] phải chứng minh kαxk 6kxk hay

inf{ε > 0 : ρ

αxε



< ε} 6 inf{δ > 0 : ρ

xδ



< δ}

Đặt A = inf{ε > 0 : ρ

αxε



< ε}

Đặt B = inf{δ > 0 : ρ

xδ

Đặt An =kαnxk = inf{t > 0 : ρ

αnxt

⇒kxnk 6 δ

2 < δ, ∀n > no

⇒kxnk → 0+ ∀{xn} ∈ Xρ mà kxnk → 0 chứng minh ρ(xn) → 0

Cho X là một không gian metric với metric ρ(x, y) Một dãy {xn}các phần tử của X được gọi là một dãy Cauchy hoặc thỏa mãn điều kiệnCauchy, hoặc là một dãy cơ bản nếu:

lim

n,m→∞ρ(xn, xm) = 0Không gian (X, ρ) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy {xn}đều hội tụ đến một phần tử x0 ∈ X, nghĩa là:

n∈NAn là một tập con trù mật của X

Chứng minh.

∀n ∈ N, An là tập có kiểu Gδ, từ đó An là giao đếm được của các

mật trong X và định lí được chứng minh xong nếu ta chứng minh được

Bổ đề sau:

Bổ đề 1.3.1 Cho X là một không gian metric đầy đủ và với mỗi n ∈

N, Gn là một tập con mở, trù mật của X Khi đó Tn∈NGn là một tậpcon trù mật của X

Mệnh đề 1.3.1 Cho (X, kxk) là một F∗− không gian Cho {εi} là mộtdãy tùy ý các số dương không đổi sao cho chuỗi

⇒ {yn} → x + y1 (điều phải chứng minh)

Định lý 1.3.2 Cho (X, kxk) là một F − không gian, Y là một khônggian con của X Khi đó không gian thương X/Y là một F − không gian(tức là không gian đầy đủ)

Chứng minh

sao cho kZnk < 1

2n.Khi đó tồn tại một dãy con {xn} ⊂ Zn mà kxnk < 1

Qua giới hạn khi p → ∞ ⇒k

Mệnh đề 1.3.2 Tích của n F − không gian là một F − không gian.Chứng minh

Đặt xp = (xp1, xp2, , xpn) ∈ X1×X2× ×Xn, (p ∈ N∗) là dãy Cauchy

⇒ {xpi} là một dãy Cauchy trong Xi, i = 1, n

Do Xi là dãy đầy đủ ∀i = 1, n

CHƯƠNG 2

MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ KHÔNG GIAN METRIC TUYẾN TÍNH KHÔNG LỒI ĐỊA PHƯƠNG

Cho Ω là một tập, Σ là một σ− đại số các tập con của Ω, µ là độ

đo trên Ω X là tập tất cả các hàm x: Ω → R đo được

⇒ X là một không gian vectơ

Cho N : [0, +∞) → [0, +∞) là hàm tăng, liên tục

Và N (u) = 0 ⇔ u = 0, N (u) thỏa mãn điều kiện:

∃k > 0 : N (2u) 6 kN(u), ∀u ∈ [0, +∞)(∆)Đặt: θ = {x ∈ X : µ ({t ∈ Ω, x(t) 6= 0}) = 0}

Chứng minh θ là một không gian tuyến tính con của X

+ ∀x, y ∈ θ phải chứng minh x + y ∈ θ

Ta có: {t ∈ Ω, (x + y)(t) 6= 0} ⊂ {t ∈ Ω, x(t) 6= 0} ∪ {t ∈ Ω, y(t) 6= 0}Thật vậy, đặt A = {t ∈ Ω, (x + y)(t) 6= 0}

Đặt A = µ{t ∈ Ω, αx(t) 6= 0}; B = µ{t ∈ Ω, x(t) 6= 0}

∀t ∈ A ⇒ αx(t) 6= 0 ⇒ x(t) 6= 0 ⇒ x ∈ B ⇒ A ⊂ B

⇒ µ(A) = 0 ⇒ αx ∈ θ

Vậy θ là một không gian tuyến tính con của X

Do xây dựng tích phân trên tập thương nên ta cần chứng minh tíchphân không phụ thuộc vào lớp đại diện

Ta đặt ∀x : Ω → R đo được N : [0, +∞) → R thỏa mãn các điềukiện ở trước

⇔ ∃A ⊂ Ω : µ(A) = 0 và N (|x(t)|) = 0, ∀t ∈ Ω\A

⇔ ∃A ⊂ Ω : µ(A) = 0 và |x(t)| = 0, ∀t ∈ Ω\A

⇔ ∃A ⊂ Ω : µ(A) = 0 và x(t) = 0, ∀t ∈ Ω\A

⇒ x ∈ θ

⇒x = 0e

Hàm N (u) là hàm không giảm, vì vậy

N (|anx(t)|) 6 N (|x(t)|)Theo định lý Lebesgue, ta có:

2.2 VÍ DỤ 2

Cho N (u) = up, 0 < p < +∞, N (2u) = 2pN (u)

N (u) thỏa mãn điều kiện:

N (2u) 6 k.N (u)Đặt:

ρN(x) =

Z

Ω

N (|x(t)|)dµ

Ta định nghĩa N (L(Ω, Σ, µ)) bởi Lp(Ω, Σ, µ) Nếu 0 < p 6 1, modular

ρN(x) là một F − chuẩn Nếu p > 1, modular ρN(x) không phải là một

Ta có:(A1 ∪ A2) ∩ A3 = (A1 ∩ A3) ∪ (A2 ∩ A3) = ∅

⇒ µ(A1 ∪ A2 ∪ A3) = µ(A1 ∪ A2) + µ(A3)

= µ(A1) + µ(A2) + µ(A3)

∞

P

n=1

µ(An)+ Nếu

P

n=1

µ(An)+ Nếu

∞

P

n=1

µ(An) + ε, ∀ε > 0Qua giới hạn khi ε → 0 ⇒ µ

< ε4Khi p > po :

Đầu tiên ta sẽ kiểm tra k.k được xác định đúng đắn.

Cho x, y : Ω → R đo được và:

Mà v > inf V ⇒ inf V 6 inf U + ε

Qua giới hạn khi ε → 0 ⇒ inf V 6 inf U (Điều phải chứng minh)

Tương tự ta cũng có: esssup |y(t)| 6 esssup |x(t)|

Tiếp theo ta kiểm tra:

∀ε > 0, ∃E ⊂ Ω, µ(E) = 0 : sup

∃G ⊂ Ω, µ(G) = 0 và sup

t∈Ω\G|y(t)| 6 ρ(y) + ε2Đặt E = F ∪ G ⇒ µ(G) = 0

∀t ∈ Ω\E : |αx(t) + βy(t)| 6 sup

t∈Ω\E|x(t) + y(t)| 6 ρ(x) + ρ(y) + ε; ∀ε > 0

Chuyển qua giới hạn ε → 0 ⇒ ρ(αx + βy) 6 ρ(x) + ρ(y)

Vậy kxk = ess sup

Các điều kiện (1), (2), (4), (5), (6) được chứng minh dễ dàng

Ta sẽ kiểm tra điều kiện (3): kx + yk6kxk+kyk

Tiếp theo ta giả sử X lồi địa phương Cho B(0,1

3) là lân cận của 0 trong

X Do X lồi địa phương nên tồn tại một lân cận mở U của 0, U lồi và

Ta sẽ chứng minh lp là không gian không lồi địa phương.Thật vậy, giả sử lp lồi địa phương.

Suy ra tồn tại U là lân cận lồi, mở của 0 mà U ⊂ B(0, 1)

CHƯƠNG 3

ĐỊNH LÍ KREIN-MILMAN VÀ CÁC VÍ DỤ CỦA ROBERTS VỀ CÁC TẬP LỒI, COMPACT

KHÔNG CÓ ĐIỂM CỰC BIÊN

k1, k2, 0 < a < 1 thỏa mãn điều kiện (*) thì suy ra k1, k2 ∈ A

Mệnh đề 3.1.1 Cho X là một không gian topo tuyến tính lồi địa phương,

K là tập compact trong X Khi đó E(K) khác rỗng

(iv) Gọi A0 là một phần tử tối đại của U Chứng minh A0 là tập

một điểm Suy ra phần tử của A0 chính là điểm cực biên của K.

Ta dễ dàng chứng minh được (i) và (ii)

Chứng minh

Cho B1, B2, , Bn ∈ B Ta chứng minh B1, B2, , Bn có tínhtương giao hữu hạn

⇒ y, z ∈ T

B∈ B

= C

⇒ C là tập cực biên của K

phần tử tối đại của U Ta chứng minh A0 là tập một điểm

Thật vậy: Cho p, q ∈ A0 mà p 6= q

⇒ ∃f : X → R là phiếm hàm tuyến tính liên tục mà f (p)h f (q) (do X

là không gian topo lồi địa phương)

Giả sử f (y) > f (x) ⇒ αf (y) > αf (x)

⇒ αf (y) + (1 − α) f (z) > f (x) Suy ra vô lý

x∗(x) > c + ε, ∀x ∈ convE(K)Đặt K1 = {x ∈ K : x∗(x) = inf x∗(y)}

⇒ a.x∗(k1) > a.p và (1 − a)x∗(k2) > (1 − a)p

⇒ a.x∗(k1) + (1 − a)x∗(k2) > p (vô lí)

+ Xét x∗(k2) > p Chứng minh tương tự ta cũng suy ra điều vô lí.

⇒ k1, k2 ∈ K1

⇒ K1 là tập cực biên

⇒ K1 và E(K) rời nhau (do cách đặt)

Suy ra vô lý Vậy định lí được chứng minh

Hệ quả 3.2.1 Nếu K là một tập compact thì

conv(K) = convE(K)Chứng minh

Ta có: E(K) ⊂ K

⇒ convE(K) ⊂ convK

Mặt khác, theo định lí Krein - Milman: K ⊂ convE(K)

⇒ conv(K) ⊂ convE(K) (bao lồi là tập lồi nhỏ nhất chứa nó)

Từ (1) và (2) suy ra conv(K) = convE(K)

Hệ quả 3.2.2 Với mỗi tập lồi compact K thì

K = convE(K)Chứng minh

Do K lồi ⇒ conv(K) = K, K là tập compact nên tập conv(K)cũng compact

⇒ conv(K) đóng trong X

⇒ conv(K) = conv(K) = K

Mà conv(K) = convE(K)

⇒ K = convE(K) (điều phải chứng minh).

Mệnh đề 3.2.1 Cho X là không gian topo tuyến tính lồi địa phương,

Q là một tập compact trong X sao cho conv(Q) cũng compact Khi đócác điểm cực biên của tập conv(Q) cũng thuộc Q

Chứng minh

Cho p là điểm cực biên của tập conv(Q) Giả sử p /∈ Q, Q là tậpđóng

Suy ra tồn tại lân cận U của 0 sao cho p + U và Q rời nhau

Đặt V là một lân cận lồi của 0 sao cho: V − V ⊂ U Khi đó tập p + V

Vì Ki là tập lồi và compact nên:

conv(K1 ∪ K2 ∪ ∪ Kn)(1)= conv(K1 ∪ K2 ∪ Kn) = conv(Q)

Để chứng minh (1) ta chứng minh bổ đề sau: