Một số tính chất của không gian lorentz và ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINHBùi Hoài Nhân MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KHÔNG GIAN LORENTZ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2020... TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Bùi Hoài Nhân

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KHÔNG GIAN LORENTZ VÀ

ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2020

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Bùi Hoài Nhân

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA KHÔNG GIAN LORENTZ VÀ

ỨNG DỤNG

Chuyên ngành : Toán Giải Tích

Mã số: 846 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NGUYỄN THÀNH NHÂN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2020

Tôi xin cam đoan đây là luận văn do chính tôi thực hiện dưới sự hướng dẫn khoahọc của TS Nguyễn Thành Nhân Các nội dung nghiên cứu và kết quả thamkhảo trong luận văn được trích dẫn và liệt kê đầy đủ trong mục Tài liệu thamkhảo.

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 1 năm 2020

Bùi Hoài Nhân

Lời cảm ơn

Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới Thầy TS NGUYỄNTHÀNH NHÂN, người đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ để tôi có thể hoànthành luận văn này

Tôi xin cảm ơn quý thầy cô trong Hội đồng chấm luận văn đã đọc và góp ýgiúp cho luận văn được hoàn chỉnh hơn

Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Khoa Toán - Tin học trường Đại học Sưphạm thành phố Hồ Chí Minh đã truyền đạt cho tôi những kiến thức quý báutrong suốt những năm học vừa qua, tạo cho tôi một nền tảng vững chắc để thựchiện luận văn

Cuối cùng, tôi cũng gửi lời cảm ơn gia đình, bạn bè và tập thể lớp Toán Giảitích K28 đã hết lòng ủng hộ và động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tậpcũng như trong quá trình thực hiện luận văn này

Tuy nhiên, do thời gian có hạn nên luận văn còn nhiều hạn chế và khôngtránh khỏi những sai sót Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiếncủa quý thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cám ơn

Tp.HCM, ngày 30 tháng 1 năm 2020

Tác giả

Bùi Hoài Nhân

Mục lục

1.1 Không gian Lebesgue 41.2 Hàm phân phối 101.3 Không gian Lp yếu 13

2.1 Hàm hoán vị giảm 202.2 Hàm cực đại 322.3 Không gian Lorentz Lp,q 35

3 Ứng dụng sự tồn tại nghiệm của phương trình p-Laplace 453.1 Xây dựng ánh xạ T 463.2 Sự tồn tại nghiệm renormalized của phương trình (3.1) 50

Lời nói đầu

Không gian Lorentz được đưa ra từ năm 1950 bởi nhà toán học GeorgeLorentz và có nhiều ứng dụng trong lĩnh vực phương trình đạo hàm riêng, đặcbiệt là các bài toán về sự tồn tại và tính chính quy nghiệm Gần đây, nhiềukết quả về đánh giá gradient của nghiệm phương trình elliptic dạng divergencethu được trên không gian Lorentz, hoặc trên không gian Lp yếu (không gianMarcinkiewicz), thường được xem như một trường hợp đặc biệt của không gianLorentz Nhờ vào các đánh giá này, sự tồn tại nghiệm của một số lớp phươngtrình đạo hàm riêng như phương trình p-Laplace, phương trình dạng Ricatti, cũng được chứng minh

Nội dung luận văn tập trung khảo sát một số tính chất trong không gianLorentz, các định nghĩa về chuẩn và nửa chuẩn trong không gian này Ngoài

ra luận văn khảo sát mối liên hệ về sự tương đương giữa chuẩn và nửa chuẩntrong không gian Lorentz Các kết quả này là công cụ hữu ích để chứng minh sựtồn tại nghiệm của phương trình dạng Riccati trên không gian Lorentz Cụ thể,trong luận văn này chúng tôi xét sự tồn tại nghiệm renormalized (tham khảotrong [8]) của phương trình dạng p-Laplace

và ứng dụng ” là tìm hiểu về một số tính chất quan trọng của không gianLorentz và chỉ ra được sự tồn tại nghiệm renormalized của phương trình p-Laplace trong không gian Lorentz.

Nội dung luận văn bao gồm 3 chương:

Chương 1: Không gian Marcinkiewicz

Nội dung chính của phần này là hệ thống lại một số kiến thức liên quanđến không gian Lp và không gian Lp yếu được tham khảo trong 2 quyểnsách của L Grafakos là [4] và [3]

Chương 2: Không gian Lorentz

Nội dung của chương gồm định nghĩa không gian Lorentz và chuẩn củakhông gian Lorentz với tài liệu tham khảo chính của là [7] và quyển sách[13] của F L Santos Chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm không gianLorentz như một trường hợp khái quát hơn của không gian Lp và khônggian Lp yếu Đồng thời cũng trình bày hai chuẩn tương đương trong khônggian Lorentz để thuận tiện hơn trong chương 3

Chương 3: Ứng dụng sự tồn tại nghiệm của phương trình p- Laplace

Nội dung chính của chương là trình bày lại kết quả tồn tại nghiệm củaphương trình dạng p- Laplace trong không gian Lorentz Chúng tôi đã chứngminh kết quả này bằng cách áp dụng định lý điểm bất động Schauder củamột toán tử liên tục xác định trên một tập lồi, đóng và có ảnh là mộttập compact Nội dung của chương được tham khảo trong các bài báo[14],[16],[15] và [17] của các tác giả M.-P Tran và T.-N Nguyen

Bảng ký hiệu

Lp Không gian Lebesgue

Lp,∞ Không gian Marcinkiewicz

Lp,q Không gian Lorentz

k.kLp (X,µ) Tựa chuẩn trong không gian Lp(X, µ) với 0< p ≤ ∞

|||.|||Lp,∞ Chuẩn của không gian Lp yếu với p > 1

k.kLp,q Tựa chuẩn trong không gian Lorentz Lp,q,

là chuẩn trong trường hợp 1≤ q ≤ p hoặc p =q =∞

µ(E) Độ đo µ của tập E

|||.|||Lp,q Chuẩn tương đương trong không gian Lorentz Lp,q

với 1< p < ∞ và 1≤ q ≤ ∞

df Hàm phân phối của hàm f với độ đo µ

mf Hàm phân phối của hàm f với độ đo m

f∗ Hàm hoán vị giảm của hàm f

Chương 1

Không gian Marcinkiewicz

1.1 Không gian Lebesgue

Định nghĩa 1.1.1 ([3]) Cho X là một không gian độ đo, µ là một độ đo dương

và không nhất thiết phải hữu hạn trên X Cho 0< p < ∞, Lp(X, µ) là một tậpcác hàm đo được trên X được định nghĩa

để tập {x:f (x)> B} có độ đo bằng 0 Hai hàm được gọi là bằng nhau trong

Lp(X, µ) nếu chúng bằng nhau hầu khắp nơi trên X, nghĩa là hai hàm bằngnhau trên X, ngoại trừ tập có độ đo bằng 0

Kí hiệu Lp(Rn)nghĩa là không gian Lp(Rn, |·|), trong đó |·| là độ đo Lebesgue

n chiều Độ đo Lebesgue trong Rn cũng được kí hiệu là dx Nếu không có sựnhầm lẫn, ta có thể viết Lp(X, µ) đơn giản là Lp Không gian Lp(Z)được trang

bị độ đo kí hiệu là `p(Z) hoặc đơn giản là `p

Cho 0 < p < ∞, ta định nghĩa tựa chuẩn của một hàm f trong Lp bởi

kf kLp (X,µ) =



Z

4

kf1 fkkLp ≤ kf1kLp1 kfkkLpk (1.3)

(ii) Nếu pj là hữu hạn, với j = 1, k thì dấu đẳng thức trong (i) xảy ra trongtrường hợp c1|f1|p1

= =ck|fk|pk hầu khắp nơi với mỗi cj ≥0

(iii) Cho 0 < q < 1 Với r < 0 và g > 0 hầu khắp nơi, kgkLr = g−1 −1

L |r| Khi

đó với f ≥0, g >0 hầu khắp nơi ta có

kf gkL1 ≥ kf kLqkgkLq0, (1.4)

với q0 = q

q −1 là liên hợp H¨older của q

Chứng minh Ta chứng minh (i) bằng phương pháp quy nạp Trước hết ta sẽchứng minh bất đẳng thức đúng với trường hợp k = 2 Nghĩa là với

Do đó ta có thể giả sử 1 < p1, p2 < ∞ Nếu kf1kLp1 = 0 hoặc kf2kLp2 = 0 thì

f1 = 0 hầu khắp nơi hoặc f2 = 0 hầu khắp nơi Suy ra f1f2 = 0 hkn Do đó

kf1 fk−1kLp0 ≤ kf1kLp1 kf2kLpk−1, (1.6)

1−qq .q

= g−1 q

L

q 1−q Thay vào (1.7) ta được:

kf kqLq ≤ kf gkqL1 g−1 q

L

q 1−q ,dẫn đến bất đẳng thức sau

kf kqLq g−1 −q

L

q 1−q ≤ kf gkqL1

Từ đánh giá này, ta suy ra

kf kqLqkgkq

L

q q−1 ≤ kf gkqL1

Mệnh đề 1.1.3 ([3]) Cho {fj}Nj=1 là một dãy hàm trong Lp(X, µ).

(i) (Bất đẳng thức Minkowski) Với 1 ≤ p ≤ ∞, thì:

Chứng minh Ta sẽ chứng minh (i) bằng quy nạp Bất đẳng thức đúng với

N = 2 Thật vậy, với p = 1 hoặc p =∞ thì áp dụng bất đẳng thức tam giác ta

có điều phải chứng minh Với 1< p < ∞ ta có

Chia hai vế của bất đẳng thức cho R |f1 +f2|p
1q

≤kf1kLp +kf2kLp

Để chứng minh (ii) trước hết ta chứng minh bất đẳng thức đúng với trường hợp

N = 2 Thật vậy, nếu f1 = 0 hoặc f2 = 0 thì bất đẳng thức đúng Nếu f1 > 0và

=kf2kLp

Z

(f1+f2)p

p01,

Chia hai vế cho R (f1+f2)p

1 p0 khác 0 ta được

kf1+f2kLp ≥ kf1kLp +kf2kLp

Tiếp theo giả sử bất đẳng thức đúng với N , nghĩa là:

Để chứng minh (iii) ta lấy tùy ý α, β > 0, thì

{x ∈ X :|f(x)g(x)| > αβ} ⊂ {x ∈ X :|f (x)| > α} ∪ {x ∈ X : |g(x)> β|}

Mệnh đề 1.2.3 ([3],[7]) Giả sử f và fn là những hàm đo được trong (X, µ).Các mệnh đề sau đây đúng:

(i) df là hàm giảm và liên tục phải trên [0, ∞)

(ii) Nếu |f | ≤lim inf

n→∞ |fn| hầu khắp nơi thì df ≤lim inf

n→∞ |dfn|

(iii) Nếu |fn| ↑ |f | thì df ↑ df

Chứng minh Ta chứng minh df là hàm giảm Thật vậy, lấy tùy ý 0≥ α ≥ βthì ta có

{x ∈ X :|f (x)| > β} ⊂ {x ∈ X : |f(x)| > α}

Suy ra df(β) ≤ df(α) (do tính đơn điệu của độ đo) Tiếp theo, ta chứng minh

df liên tục phải trên [0, ∞) Đặt Aα = {x ∈ X : |f(x)| > α} Lấy α0 là một sốdương tùy ý, do Aα ⊃ Aα+1/n với ∀n ∈ N∗, ∀α > 0, nên ta có

là dãy giảm Theo giả thiết

kf kpLp =p

Z ∞ 0

αp−1df(α)dα

Chứng minh Mệnh đề này được suy ra từ định lý Fubini, như sau:

p

Z ∞ 0

αp−1df(α)dα =p

Z ∞ 0

αZ

1.3 Không gian Lp yếu

Định nghĩa 1.3.1 ([3]) Cho 0 < p < ∞, không gian Lp(X, µ) yếu (còn đượcgọi là không gian Marcinkiewicz) được định nghĩa là tập hợp tất cả các hàm đođược f sao cho:

(1.11)

là hữu hạn.

Không gian L∞(X, µ)yếu được định nghĩa bởi L∞(X, µ) Không gian Lp yếuđược kí hiệu là Lp,∞(X, µ) Hai hàm trong Lp,∞(X, µ) được gọi là bằng nhaunếu chúng bằng nhau hầu khắp nơi Lp,∞(Rn, | · |) được kí hiệu là Lp,∞(Rn)

Mệnh đề 1.3.2 ([3])

(i) Cho f ∈ Lp,∞(Rn) và k là một hằng số phức khác 0 bất kì, ta có:

kkf kLp,∞ =|k| kf kLp,∞ (1.12)(ii) Cho f, g ∈ Lp,∞(Rn), cp = max

Áp dụng Mệnh đề 1.2.2 (ii) ta được df +g(α)≤ d2f (α) +d2g(α) Suy ra:

df +g(α)1p ≤ d2f(α) +d2g(α)

1

p≤ d2f(α)1p +d2g(α)1p.Nhân cả hai vế với α khác 0 ta được:

αdf +g(α)1p ≤ αd2f(α)1p +αd2g(α)1p

Do (1.11) ta có:

kf +gkLp,∞ ≤2 kf kLp,∞ +kgkLp,∞
Trường hợp 2, nếu 0< p < ∞, với mọi α dương thì ta có:

 df +g(α) 2

1p

≤  df (α/2) +dg(α/2)

2

1p.Hơn nữa ta có đánh giá

kf +gkLp,∞ ≤ 21p kf kLp,∞ +kgkLp,∞
Vậy kf +gkLp.∞ ≤ cp kf kLp,∞ +kgkLp,∞
, với cp = max

Lp(X, µ)⊆ Lp,∞(X, µ)

Từ bất đẳng thức này, ta có thể kết luận kf kLp,∞ ≤ kf kLp Sau đây chúng ta tiếp tục tìm hiểu một số tính chất của k·kLp,∞.

Mệnh đề 1.3.4 ([1]) Cho 0< p < q ≤ ∞ và hàm f ∈ Lp,∞(X, µ)∩ Lq,∞ (X, µ)

thì f ∈ Lr(X, µ) với mọi p < r < q và khi đó

kf kLr ≤

r

Bất đẳng thức cũng đúng trong trường hợp q=∞.Chứng minh Trong trường hợp q < ∞, áp dụng (1.14) ta có:

A= kf kqLq,∞

kf kpLp,∞

q−p1,khi đó theo (1.2.4) thì

kf krLr (X,µ) =r

Z ∞ 0

αr−1df(α)dα

≤ r

Z ∞ 0

αr−1min kf kpLp,∞

αp , kf kqLq,∞

αq

dα

≤ r

Z A 0

αr−1−pkf kpLp,∞dα+r

Z ∞ A

kf krLr (X,µ) ≤ r

Z A 0

λq−1df(λ)dλ

=q

Z α 0

λq−1df(λ)dλ+q

Z ∞ α

λq−1df(λ)dλ

≤ q

Z α 0

λq−1µ(E)dλ+q

Z ∞ α

Từ đây ta có kết luận rằng nếu µ(X) < ∞ và 0 < q < p thì

Lp(X, µ)⊆ Lp,∞(X, µ)⊆ Lq(X, µ).Thật vậy, từ Mệnh đề 1.3.3, ta có Lp(X, µ)⊆ Lp,∞ (X, µ) Lấy f ∈ Lp,∞(X, µ),

áp dụng Mệnh đề 1.3.5 ta có RX|f |qdµ < ∞ Do đó f ∈ Lq(X, µ)

Như đã trình bày ở trên, k.kLp,∞ chỉ là tựa chuẩn trong không gian Lp yếu,

do đó ta cần định nghĩa một chuẩn của không gian Lp yếu như sau

Định nghĩa 1.3.6 ([1]) Cho không gian độ đo (X, µ) và 0 < p < ∞, với

0< r < p ta định nghĩa chuẩn của không gian Lp yếu với p >1 là:

với mọi tập E ⊂ X thỏa µ(E)< ∞ Đặt A={x ∈ X : |f(x)| > α} với f ∈ Lp,∞.

=αpdf (α)

Từ (??) ta suy ra |||f |||Lp,∞ ≥ kf kLp,∞ 

Ví dụ 2.1.2 ([7]) Cho hàm f : [0, ∞)→ [0, ∞) xác định như sau

O

1 2

1 2

Định lý 2.1.3 ([7]) Hàm f∗(t) =mdf (t), t ≥ 0 với m là độ đo Lebesgue

Chứng minh Vì df là hàm giảm nên

sup{α ≥ 0 :df(α) > t}=µ {α ≥0 : df(α)> t}

Do đó theo định nghĩa của hàm phân phối ta có

f∗(t) = inf{α:df(α) ≤ t}= sup{α:df(α)> t}=µ {α :df(α) > t}=mdf(t).Mệnh đề sau sẽ trình bày một số tính chất của hàm hoán vị giảm

Mệnh đề 2.1.4 ([7], [13]) f∗, g∗ lần lượt là hàm hoán vị giảm của f và g, với

t1, t2 thỏa 0≤ t1, t2 < ∞ thì khi đó

(i) f∗(t)> α nếu và chỉ nếu t < df(α) Nghĩa là

{t ≥ 0 :f∗(t) > α}=0, df(α)
(ii) Nếu |g| ≤ |f | hầu khắp nơi thì g∗ ≤ f∗ và |f |∗ =f∗

(iii) (kf)∗ = |k|f∗ với k ∈ C

(iv) (f +g)∗(t1+t2)≤ f∗(t1) +g∗(t2) và (f g)∗(t1+t2)≤ f∗(t1)g∗(t2)

(v) f∗ là hàm liên tục phải trên [0, ∞)

(vi) Nếu |fn| ↑ |f | hầu khắp nơi thì fn∗ ↑ f∗

Để chứng minh (iii) ta xét hai trường hơp sau Nếu k = 0 thì đẳng thức hiểnnhiên đúng Nếu k 6= 0 thì theo Mệnh đề 1.2.2 ta có dkf (α) = df αk
Do đó với

t ∈[0, ∞), ta có

(kf)∗(t) = inf{α ≥ 0 :dkf (α) ≤ t}= inf

n

kαk

Để chứng minh (v), ta lấy tùy ý t0 ∈ [0, ∞) Nếu f∗(t0) = 0 thì f∗(t) = 0 vớimọi t ≥ t0 Suy ra f∗ liên tục phải tại t0 Bây giờ ta giả sử f∗(t0) >0 Chọn số αthỏa 0< α < f∗(t0), đặt {tn}∞n=1 là dãy số thực giảm dần về 0 Theo định nghĩa

Tiếp theo ta tiếp tục chứng minh (vi) Vì |fn| ↑ |f | hầu khắp nơi nên

|fn(x)| ≤ |fn+1(x)| ≤ |f (x)| , ∀n

Theo tính chất của hàm phân phối ta có dfn (α)≤ dfn+1(α) ≤ df(α), ∀n Do đó

fn∗(t)≤ fn+1∗ (t)≤ f∗(t), ∀n Đặt h= lim

n→∞fn∗, khi đó hiển nhiên h ≤ f∗ Mà dfn

là hàm giảm và fn∗ ≤ h với mọi n nên dfn(h(t)) ≤ dfn(f∗(t)) ≤ t Cho n → ∞thì df (h(t))≤ t nên f∗(t)≤ h(t) Vậy f∗ =h

Để chứng minh (vii) ta áp dụng tính chất nếu fχA
(x)≤ f(x), ∀x ∈ X thì

dfχA (α) ≤ df(α), ∀α ≥ 0 Do tính chất (ii) ta suy ra fχA
∗(t)≤ f∗(t), ∀t ≥ 0.Mặt khác vì µ x ∈ X : fχA
(x)> α
≤ µ(A), ∀α ≥ 0 nên ta có đánh giá

fχA
∗(t) = 0, t ≥ µ(A) Từ hai đánh giá trên ta kết luận được fχA
∗(t) ≤

Định lý 2.1.5 ([7]) Cho f là hàm đo được, ta có

Z

X

|f(x)| dµ=

Z ∞ 0

df(λ)dλ=

Z ∞ 0

j

P

i=1

µ(Ai), Bj =αj+1, αj
, j = 1,2, , k và αk+1 = 0 Do đó theo địnhnghĩa tích phân của hàm đơn giản thì

Như vậy ta đã chứng minh được đẳng thức đầu trong (2.2) với trường hợp hàmđơn giản dương Ta sẽ chứng minh đẳng thức còn lại với hàm s như trên.Theo định nghĩa của hàm hoán vị giảm ta có

df (λ)dλ

=

Z ∞ 0

m({x ∈ X :f∗(x) > λ})dλ=

Z ∞ 0

λp−1df(λ)dλ=

Z ∞ 0

f∗(t)pdt (2.3)và

Hơn nữa, khi p=∞ ta có

d|f |p (λ)dλ =

Z ∞ 0

d|f |λp1



dλ=

Z ∞ 0

df (ξ)d(ξp)

=p

Z ∞ 0

ξp−1df(ξ)dξvới ξ =λ1p

f∗(t)pdt bằng cách chỉ ra sự tươngđương của |f |p và (f∗)p Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.4 (i) ta có:

và do tính dương của hàm phân phối ta có

Chứng minh Nếu a=∞ thì theo Định lí 2.1.5 bất đẳng thức đã được chứng

minh Giả sử a < ∞, áp dụng Định lí 2.1.5 và Mệnh đề 2.1.4(vii) ta được:

fχA
∗(t)dt

≤

Z ∞ 0

f∗(t)χ[0,µ(A))(t)dt=

Z µ(A) 0

f∗(t)dt ≤

Z a 0

f∗(t)dt 

Bổ đề trên sẽ giúp chúng ta chứng minh được bất đẳng thức Hardy-Littlewood

được đề cập dưới đây đối với các hàm đơn giản

Định lý 2.1.8 ([7])(Bất đẳng thức Hardy-Littlewood) Cho f∗ và g∗ lần lượt là

các hàm sắp xếp giảm của các hàm f và g, khi đó:

Z

X

|f(x)g(x)| dµ ≤

Z ∞ 0

f∗(t)g∗(t)dt (2.5)

Chứng minh Đặt: Ef ={x ∈ X :f (x)> r}, Eg ={x ∈ X :g(x) > s}

Khi đó ta có: f(x) =

Z ∞ 0

χEf (x)dr , g(x) =

Z ∞ 0

Z ∞ 0

χEf (x)χEg(x)drdsdx

=

Z ∞ 0

Z ∞ 0

Z ∞ 0

Z ∞ 0

Z ∞ 0

min (µ({x ∈ X :f∗(x)> r}) ;µ({x ∈ X :g∗(x) > s}))drds

Z ∞ 0

Z ∞ 0

f∗(t)dt

(iii) Nếu µ(X) =∞ và f∗(a) > lim

t→∞f∗(t) thì tồn tại một tập A ⊂ X sao cho

f∗(t)dt

Chứng minh Trước hết chúng ta chứng minh (ii) và (iii) Giả sử tồn tại α >0

sao cho df(α) =a Trong trường hợp này ta có

f∗(a) = inf{λ ≥ 0 : df (λ) =a} ≤ α và a=df (α)≤ df(f∗(a)) ≤ a

Suy ra df (f∗(a)) = a Do đó đặt A = {x ∈ X :|f(x)| > f∗ (a)} thì theo địnhnghĩa của hàm phân phối ta có df χA(λ) =df(max (λ, f∗(a))).

Do f và f∗ tương đương nên

mf∗ χ[0;a)(λ)≤ min mf∗ (λ), a
= min µf (λ), a

= min df (λ), df(f∗(a))

=df(max (λ, f∗(a))).Lấy  >0 tùy ý và đặt t0 =min df (λ), a
− ε Khi đó

f∗(t)dt

Từ đây ta thấy A tăng theo a Tiếp theo ta xét trường hợp a không nằm trongphạm vi của df Vì µ(X)< ∞ và df là hàm giảm nên ta có lim

λ→∞df(λ) =a Đặt

λ0 = f∗(a) và giả sử λ > 0 Vì a > 0 (nếu a = 0 vẫn nằm trong phạm vi của

df(λ)với λ ≥ µ(X)) nên λ < ∞ Lại có a không nằm trong phạm vi của df nên

ta có df(λ0)< a < df(λ) với 0< λ < λ0 Do đó nếu a1 là giới hạn bên trái của

df(λ0−) ( tồn tại bởi vì df là hàm giảm) Thì

a ≡ df(λ0)< a ≤ df (λ0−) = a1 (2.6)Điều này dẫn đến

f∗(t) =λ0với a0 < t < a1 (2.7)

và tính dương hàm phân phối ta có

Chứng minh Nếu a=∞... 30

Như ta chứng minh đẳng thức đầu (2.2) với trường hợp hàmđơn giản dương Ta chứng minh đẳng thức lại với hàm s trên.Theo định nghĩa hàm hốn... data-page="32">

Chứng minh Nếu a=∞ theo Định lí 2.1.5 bất đẳng thức chứng

minh Giả sử a < ∞, áp dụng Định lí 2.1.5 Mệnh đề 2.1.4(vii) ta được:

fχA
∗(t)dt