Định lý 17. Cho Ω⊂Rn là tập mở. Khi đó (Lp(Ω),∥.∥Lp) là tách được nếu 1≤p < ∞ và không tách được nếu p=∞.
Ta cần hai kết quả cơ bản để chứng minh định lý ??: trước là kết quả topo (Urysohn’s Lemma) và sau là các quan hệ xấp xỉ trong không gian các hàm liên tục Lp.
Định nghĩa 15. 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}.
Bổ đề 2 (Bổ đề Urysohn). Cho X là compact địa phương trên không gian metric, cho K ⊂ X và V ⊂ X, K compact và V mở thỏa mãn 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 18 (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 33 cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơ bản trong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại.
Định lý 19 (Xấp xỉ bởi các hàm đơn giản). Cho (X,M) là không gian đo được và cho f :X →[0,+∞] là hàm đo được. Khi đó tồn tại dãy các hàm đơn giản đo được sh:X →[0,+∞],(h= 1,2, . . .) thỏa mãn tính chất
(i) 0≤s1 ≤s2 ≤. . .≤sh≤. . .≤f;
(ii) lim
h→∞sh(x) =f(x),∀x∈X.
Đặc biệt, nếu f ∈ L1(X, à), nghĩa là Z
X
f dà < ∞, khi đú sh → f trờn L1(X, à), nghĩa là
∥f−sh∥L1(X,à) :=
Z
X
|f−sh|dà→0.
Định lý 20 (Lusin - Dạng trên không gian metric compact địa phương).
Cho à là độ đo Radon trờn compact địa phương, khụng gian metric tỏch được X. Cho f : X → R là hàm đo được sao cho tồn tại một tập Borel A⊂X với
à(A)<∞, f(x) = 0 ∀x∈X\A và |f(x)|<∞ à−hầu khắp nơi x∈X.
Khi đó, với mỗi ϵ >0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho à({x∈X :f(x)̸=g(x)})< ϵ.
Hơn thế nữa, g có thể được chọn sao cho supx∈X|g(x)| ≤ sup
x∈X
|f(x)|.
Chứng minh cho định lý. Ta chia chứng minh định lý thành hai bước.
Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0,∀f ∈ Lp(Ω) sẽ tồn tại một hàm đơn giản đo được s: Ω→R sao cho
|{x∈Ω :s(x)̸= 0}<∞| (đặc biệt s∈Lp(Ω),∀p∈[1,∞]); (11)
∥f −s∥Lp < ϵ. (12)
Đầu tiên, giả sử f ≥ 0 trong Ω. Theo xấp xỉ của các hàm không âm đo được bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý 34), tồn tại một dãy hàm đơn giản đo được sh : Ω→[0,+∞],(h= 1,2, . . .) sao cho
0≤s1 ≤s2 ≤. . .≤sk ≤. . .≤f; (13)
h→∞lim sh(x) =f(x) ∀x∈Ω. (14) Từ (30) ta được
sh ∈Lp(Ω) và |s∈Ω :sh(x)̸= 0|<∞ ∀h, (15) và
∥sh−f∥ ≤2f trong Ω,∀h. (16) Theo (31) và (33), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đó nếu 1≤p <∞, ta được
h→∞lim ∥sh−f∥Lp = 0. (17) Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (34), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh−f∥Lp < ϵ. Nếu ta định nghĩa s:=sh, khi đó được theo (28) và (29)
Trường hợp tổng quát f : Ω → R có thể được chứng minh tách f = f+−f− và áp dụng (28) và (29), tách được thành f+ và f−.
Bước 2:Ta chỉ ra rằng∀ϵ >0,∀f ∈Lp(Ω),∃g ∈C0c(Ω)sao cho∥f−g∥Lp <
ϵ.
Cho f là hàm đơn giản đo được thỏa mãn (28) và (29) với ϵ ≡ ϵ 2 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
|Ac|=|{x∈Ω :s(x)̸=g(x)}|< ϵp
4p∥s∥p∞, (18)
với
|g(x)| ≤ ∥x∥∞ x∈Ω. (19) Chú ý rằng
∥f −g∥Lp ≤ ∥f −s∥Lp+∥s−g∥Lp < ϵ
2+∥s−g∥Lp. (20) Bây giờ ta đánh giá ∥s−g∥Lp
∥s−g∥pLp = Z
Ω
|s−g|p dx= Z
Aϵ
|s−g|p dx≤2p∥s∥p∞|Aϵ|< ϵp
2p (21) Vì thế (37) và (38) kết thúc chứng minh.
Chứng minh định lý ??. Ta cần chứng minh rằng
(C0c(Ω),∥.∥∞) là tách được. (22) Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (39), ta được (Lp(Ω),∥.∥∞) cũng tách được, biết 1≤p <∞.
Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn. Cho D ⊂ (C0c(Ω),∥.∥∞) trù mật và đếm được, khi đó ta chứng minh
D trù mật trong (Lp(Ω),∥.∥Lp) với 1≤p <∞. (23) Từ định lý 33, ∀f ∈Lp(Ω),∀ϵ >0,∃g ∈C0c(Ω) sao cho
∥f −g∥Lp < ϵ
2. (24)
D là trù mật, tồn tại eg ∈ D sao cho
∥g−eg∥∞ <
ϵ 2|Ω|1/p. Nhớ lại rằng
Bài tập 9. ∥f∥Lp ≤ |Ω|1/p∥f∥∞,∀f ∈L∞(Ω), biết rằng |Ω|<∞. Điều này nghĩa là
∥g−g∥Lp ≤ |Ω1/p|∥g−g∥∞< ϵ
2. (25)
Do đó gợi ý (41) và (42) ám chỉ (40)
Bây giờ giả sử rằng Ω không bị chặn. Theo kết quả đã biết của topo, tồn tại mỗi dãy (Ωh)h của các tập mở bị chặn sao cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 và
Ω=∪∞h=1Ωh. Hơn thế nữa, chú ý rằng
C0c(Ω) =∪∞h=1C0c(Ωh). (26) Theo (39). tồn tại một tập Dh ⊂ (C0c(Ω),∥.∥∞) trù mật và đếm được.
Cho
D:=∪∞h=1Dh
và chỉ ra rằng (40) vẫn còn giữ. Từ định lý 33, ∀f ∈ Lp(Ω),∀ϵ > 0,∃g ∈ C0c(Ω) sao cho (41) đúng. Từ K :=spt(g) là tập compact chứa trong Ω, tồn tạih =h(g) = ϵ∈Nsao choK ⊂Ωh. Điều này có nghĩa là g ∈C0c(Ωh) và ta có kết luận như ở bước trước.
Bây giờ ta chứng minh (39).
Nhớ lại rằng (C0(K),∥.∥∞) là tách được, biết K ⊂Rn là tập compact (định lý ??)
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 tại một tập
D ⊂(C0(Ωh),∥.∥∞) trù mật và đếm được. (27) Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sẽ sửa các tập hợp của các hàm D và cho tập hợp mới các hàm đếm được Deh ⊂C0c(Ω) đẻ họ
D:=∪∞h=1Deh⊂(C0c(Ω),∥.∥inf ty) là đếm được và trù mật. (28) Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1, V = Ωh và cho φh ∈ C0(Ω) sao cho
0≤φh(x)≤1,∀x∈Ω, φh(x) = 1,∀x∈Ωh−1 và spt(φh)⊂Ωh. xác định g ∈ Dh, g: Ωh →R, định nghĩa eg : Ω→R là hàm
eg(x) :=
(g(x) nếu x∈Ωh 0 nếux∈Ω\Ωh
,
và cho
De:={φheg :g ∈ D} (h ∈N) và D :=∪∞h=1D.e
Ta chứng minh rằng (45) đúng. Theo cách xây dựng,D là đếm được. Vì thế ta chỉ cần chứng minh rằng nó trù mật trong (C0c,∥.∥∞).
Sửa ϵ >0, f ∈C0c(Ω) và cho K :=spt(f)⊂Ω compact. Tồn tại h0 ∈N sao cho
K ⊂Ωh0 ⊂Ωh0+1. Điều này có nghĩa là
f ∈C0c(Ωh0)⊂C0(Ωh0)⊂C0(Ωh0+1).
Theo (44), tồn tại f1 ∈ Dh0+1 sao cho
∥f −f1∥∞,Ω:= sup
x∈Ω
|f(x)−f1(x)|< ϵ. (29) Từ f ≡0 trong Ωh0+1\Ωh0 từ (46), suy ra
sup
x∈Ωh0+1\Ωh0
|f1(x)|< ϵ. (30) Bây giờ ta định nghĩa f2 :=φh0+1fe1 ∈Deh0+1, theo (46) và (47) ta được
∥f−f2∥∞,Ω = sup
x∈Ω
|f(x)−f2(x)|= sup
x∈Ωh0+1
|f(x)−φh0+1f1(x)| ≤
max (
sup
x∈Ωh0
|f(x)−f1(x)|, sup
x∈Ωh0+1\Ωh0
|f1(x)|
)
< ϵ.
Như vậy được (45)
Cuối cùng ta chứng minh (L∞(Ω),∥.∥L∞) là không tách được. Ta tìm họ rời nhau không đếm được Ui :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. Định nghĩa
Ua :=n
f ∈L∞(Ω) :∥f−χωa∥L∞ < 1 2
o
a∈I := Ω Chú ý rằng
• Ua là mở trong (L∞(Ω),∥.∥L∞),∀a∈Ω: hiển nhiên.
• Ua∩Ub =∅ nếu a̸=b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ Ua ∩Ub, điều này nghĩa là
∥χωa−χωb∥L∞ ≤ ∥χωa −f∥L∞+∥f−χωb∥L∞ < 1 2+ 1
2 = 1.
Mặt khác
∥χωa−χωb∥L∞ = 1 nếu a̸=b, và khi đó mâu thuẫn.
• I = Ω là không đếm được.
12 Vô hạn chiều.
Định nghĩa 16. (i) Không gian vector thực E được gọi là vô hạn chiều nếu nó không hữu hạn chiều và ta viết dimRE =∞.
(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặc Hamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa là mỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tập lớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong E.
Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff, với mỗi không gian vector vô hạn chiều E có một cơ sở B và mỗi phần tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyến tính của những phần tử thuộc B.
Khi dimRE =∞, (E,∥.∥E) và (E′,∥.∥E′) không nhất thiết là đẳng cấu topo. Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′,∥.∥E′) như là tính tách được vẫn còn giữ trên (E,∥.∥E).
Định lý 21. (E,∥.∥E) là tách được nếu (E′,∥.∥E′) là tách được.
Trước khi chứng minh định lý này thì ta cần sử dụng điều kiện trù mật cho không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học.
Mệnh đề 11 (Điều kiện trù mật trong không gian con). Cho (E,∥.∥E) là không gian định chuẩn. Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trù mật trong (E,∥.∥E) và lấy x0 ∈E\M. Khi đó tồn tại f ∈E′ sao cho
⟨f, x⟩E′×E = 0, ∀x∈M và ⟨f, x0⟩E′×E = 1.
Chứng minh. Từ định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học, tồn tạig ∈E′ sao cho siêu phẳng
H :={x∈E :⟨g, x⟩E′×E =α}, tách các tập M và {x0} một cách nghiêm ngặt, tức là
⟨g, x⟩E′×E < α <⟨g, x0⟩E′×E ∀x∈M . (31) Từ M vẫn là không gian con, theo (??), suy ra
λ⟨g, x⟩E′×E < α, ∀λ∈R, do
⟨g, x⟩E′×E = 0, ∀x∈M . (32) Do đó, nếu ta xác định hàm f ∈E′ bởi
f := 1
⟨g, x0⟩E′×E
g, ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Định lý 36. Cho
D:={fh :h∈N} ⊂(E′,∥.∥E′), là trù mật. Với mỗi h thì sẽ có một phần tử xh∈E với
∥xh∥= 1 và |fh(x)| ≥ 1
2∥fh∥E′. Cho
De :=spanQ{xh:h∈N} và D :=spanR{xh:h∈N},
tức là, các tập của tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử {xh : h∈N} với hệ số thực. Khi đó De là đếm được, D là không gian con của E và theo cách xây dựng
D˜ ⊂(D,∥.∥) là trù mật.
Để đưa ra được kết luận của chứng minh, ta cần phải chỉ ra rằng D⊂(D,∥.∥) là trù mật.
Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x0 ∈E\D. Khi đó từ mệnh đề ??, tồn tại f ∈E′ sao cho
⟨f, x⟩E′×E = 0, ∀x∈D và ⟨f, x0⟩E′×E = 1.
Từ D trù mật, có một dãy con (fhk)k mà
k→∞lim ∥fhk−f∥E′ = 0.
Tuy nhiên, từ ∥xhk∥= 1,
∥fhk −f∥E′ ≥ |fhk(xhk)−f(xhk)|=|f(xhk)| ≥ 1
2∥fhk∥E′ ∀k∈N. Do dó
∥fhk∥E′ →0 khi k → ∞, nghĩa là
f ≡0, mâu thuẫn với f(x0) = 1. Vì vậy
D=E.
13 Không gian các hàm p-khả tích Lp(Ω)
Ta nhớ lại không gian các hàm p-khả tích trong độ đo Lebesgue n chiều.
Định nghĩa 17. Cho A⊂Rn là tập đo được Lebesgue và p∈[1,∞], Lp(A) :={f :A→R:f đo được Lebesgue và ∥f∥Lp <+∞}
ở đó
∥f∥Lp =∥f∥Lp(A) :=
Z
A
|f(x)|p dx 1/p
nếu 1≤p≤ ∞
inf{M > 0 :|f(x)| ≤M, x∈A} nếu p=∞ Số ∥f∥Lp được gọi là chuẩn Lp của f trên A.
Định lý 22 (Fisher - Riesz). (Lp(A),∥.∥Lp) là không gian Banach nếu 1≤p≤ ∞. Hơn nữa L2(A) là không gian Hilbert với tích vô hướng
(f, g)L2 :=
Z
A
f g dx f, g∈L2(A).
Theo kết quả của định lý Riesz - Fisher ta thu được kết quả hữu ích.
Định lý 23. Cho Ω ⊂ Rn là tập mở, (fh)h ⊂ Lp(Ω) và f ∈ Lp(Ω) với 1≤p≤ ∞. Giả sử rằng
h→∞lim ∥fh−f∥Lp(Ω)= 0.
Khi đó, tồn tại một dãy con (fhk)k và một hàm g ∈Lp(Ω) thỏa mãn (i) fhk(x)→f(x) hầu khắp nơi x∈Ω
(ii) |fhk(x)| ≤g(x) hầu khắp nơi x∈Ω,∀k.
Nhận xét 7. Nó sẽ không còn giữ ý nghĩa như (MC) ⇒ fh(x) → f(x) hầu khắp nơi x∈Ω.
Nhận xét 8. Chú ý rằng C0 ⊂Lp(Ω) với mỗi p∈ [1,∞], với Ω⊂Rn là tập mở bị chặn, nếu không thì quan hệ bao hàm không được giữ. trong khi đó nó giữ được quan hệ bao hàm C0c(Ω) ⊂ Lp(Ω) với mỗi p ∈ [1,∞]
và bất kỳ tập mở Ω, ở đó
C0c(Ω) :={f ∈C0(Ω) : spt(f) là compact và được chứa trong Ω}
và
spt(f) :=Bao đóng{x∈Ω :f(x)̸= 0}
Hơn nữa nhớ lại rằng C0(Ω,∥.∥L2) là không gian tuyến tính định chuẩn, nhưng không phải là không gian Banach.
Tính compact trong (Lp(Ω),∥.∥Lp)
Trong mục này chúng ta sẽ thảo luận về một kết quả compact trong không gian Lp. Chúng ta chỉ nêu các kết quả nhưng không chứng minh.
Cho f : Rn → R và v ∈ Rn, khi đó ta định nghĩa τvf : Rn → R hàm v-dịch chuyển của f được định nghĩa bởi
(τvf)(x) :=f(x+v)
Định lý 24 (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov). Cho F là tập con bị chặn trong (Lp(Rn),∥.∥Lp) với 1≤p <∞. Giả sử rằng lim
v→0∥τvf−f∥Lp = 0 đều với mỗi f ∈ F, nghĩa là
∀ϵ >0,∃δ(ϵ)>0 :∥τvf −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 ?? ta suy ra điều kiện compact trong (Lp(Ω),∥.∥Lp) Nếu f : Ω→R, ta ký hiệu fe:Rn →R là hàm được định nghĩa như
f(x) :=e
(f(x) nếu x∈Ω 0 nếu x /∈Ω
Hệ quả 5. Cho Ω⊂Rn là tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂Lp(Ω) và cho Fe:={fe:f ∈ F }. Giả sử rằng
(i) F bị chặn trên (Lp(Ω),∥.∥Lp) với 1≤p <∞; (ii) lim
v→0∥τvf−f∥Lp = 0 đều với f ∈ F, nghĩa là Fe thỏa mãn (ENF). Khi đó F là compact tương đối trong (Lp(Ω),∥.∥Lp).
Chứng minh. Từ định lý ??, Fe là một tập compact tương đối. Lưu ý rằng bây giờ thìFelà compact dãy tương đối trong (Lp(Rn),∥.∥Lp)khi và chỉ khi F là compact dãy tương đối trong(Lp(Ω),∥.∥Lp). Do đặc tính của tập compact trong không gian metric (Định lý 49) có điều phải chứng minh.
Cuối cùng, hãy nhớ lại các đặc tính của compact trong(Lp(Rn),∥.∥Lp). Định lý 25. Cho F ⊂Lp(Rn)với 1≤p <∞. Khi đó F là compact tương đối trong (Lp(Rn),∥.∥Lp) khi và chỉ khi
(i) F là bị chặn trên (Lp(Rn),∥.∥Lp); (ii) với mỗi ϵ >0, tồn tại rϵ >0 thỏa mãn
∥f∥Lp(Rn\B(0,rϵ)) < ϵ ∀f ∈ F;
(iii) lim
v→∞∥τvf−f∥Lp = 0 đều f ∈ F.
Nhận xét 9. (i) Giả thiết (ENF) là cần thiết trong định lý ??. Thật vậy, xét họ F :={fh :h ∈N} ở đây fh :R→R được định nghĩa là
fh(x) :=
1
h nếu 0≤x≤ 1 h 0 nếu ngược lại
và Ω := (0,1). Khi đó dễ thấy rằng ∥f∥L1R = 1 với mỗi h ∈ N và F |Ω không compact tương đối trong (L1(Ω),∥.∥L1), vì không có dãy con nào của (fh)h hội tụ trong L1(Ω). Mặt khác, v >0, với mỗi h >1/v
∥τvfh−fh∥L1(R) ≥ Z 0
−∞
fh(x+v) dx= Z v
0
fh(x) = 1.
Do đó, (ENF) không còn đúng cho F
(ii) Nếu Ω không có độ đo hữu hạn, khi đó kết quả của định lý ?? không còn 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. (33) Hơn thế nữa F thỏa mãn (ENF), bởi vì
|τvf−f(x)|=|f(x+v)f(x)| ≤L|v|X[−a−1,a+1](x) ∀x∈R, v ∈[−1,1]
và
∥τcfh−fh∥L1(R) =∥τvf−f∥L1(R) ∀h
ở đây L := Lip(f). Cho Ω := R và quan sát F = F |Ω không compact tương đối trên (L1(R),∥.∥L1). Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh bởi (??), từ fh(x)→0 với mỗi x∈R.
Tính tách được của (Lp(Ω),∥.∥Lp)
Nhận xét 10. Cho Ω⊂ là tập bị chặn, khi đó quan hệ bao hàmC0(Ω)⊂ L∞(Ω) là chặt. Hơn thế nữa, với mỗi f ∈C0(Ω)
∥f∥∞,Ω =∥f∥L∞(Ω) (∗)
Thật vậy
∥f∥L∞(Ω):= inf{M >0 :|f(x)| ≤M, x∈Ω} ≤ sup
x∈Ω
|f(x)|:=∥f∥∞,Ω. Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, nếu N ⊂ Ω là tập không đáng kể với mối quan hệ đến L, khi đó
Ω\N ⊇Ω.
Vì thế, theo tính liên tục của f, nếu tồn tại M >0 sao cho
|f(x)|< M, x ∈Ω⇒ |f(x)| ≤M ∀x∈Ω.
Đặc biệt, từ (∗), C0(Ω) hóa ra là đóng trong (L∞(Ω),∥.∥L∞(Ω)). Không gian đối ngẫu của Lp(Ω).
Định lý 26 (Định lý biểu diễn Riesz). Cho 1≤p <∞ và ký hiệu p′:=
p
p−1 nếu 1< p <∞
∞ nếu p= 1
(số mũ của) p Khi đó ánh xạ T :Lp′(Ω)→(Lp(Ω))′, được định nghĩa
⟨T(u), f⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω):=
Z
Ω
uf dx,∀f ∈Lp(Ω),
là đẳng cấu metric và nó sẽ có những đặc trưng bằng sự xác định Lp′(Ω) ≡(Lp(Ω))′ nếu 1≤p < ∞.
Chứng minh. Ta chia chứng minh thành ba bước.
Bước 1: Ta chứng minh rằng T là một phép đẳng cự, nghĩa là
∥T(u)∥(Lp(Ω))′ =∥u∥Lp′
(Ω),∀u∈Lp′(Ω). (34) Theo bất đẳng thức Holder, suy ra bất đẳng thức
∥T(u)∥(Lp(Ω))′ ≤ ∥u∥Lp′
(Ω),∀u∈Lp′(Ω). (35) 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.
Quan sát rằng fn ∈Lp(Ω), từ
|fu(x)|p =|u(x)|p′ hầu khắp nơi x∈Ω⇒ ∥fu∥Lp(Ω) =∥u∥1/p−1
Lp′(Ω). Vì vậy
⟨T(u), fu⟩(Lp(Ω))×Lp(Ω)= Z
Ω
u|u|p′−2udx=∥u∥p′
Lp′(Ω). (36) Từ (??) và (??), suy ra
∥u∥p′
Lp′(Ω)=⟨T(u), fu⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω) ≤ ∥T(u)∥(Lp(Ω))′∥fu∥Lp(Ω)
=∥T(u)∥(Lp(Ω))′∥u∥1/p−1
Lp′(Ω). Điều này cũng có nghĩa là
∥T(u)∥(Lp(Ω))′ ≥ ∥u∥Lp′
(Ω) ∀u∈Lp′(Ω). (37)
Vì thế (??) và (??) cho ta (??). Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, vì p′=∞, giả sử 0< M <∥u(x)∥L∞(Ω). Khi đó tập hợp
EM :={x∈Ω :|u(x)|> M} ∈M và |EM|>0.
Từ không gian đo (Ω,Mn∩Ω,Ln) làσ−hữu hạn, tồn tại tậpF ∈ Mn∩Ω sao cho
0<|EM ∩F|<∞.
Tập hợp
fu(x) := 1
|EM ∩F|sign(u(x))χEM∩F(x) hầu khắp nơi x∈Ω Khi đó
∥fu∥L1(Ω) = Z
Ω
|fu(x)|dx= 1 và
⟨T(u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω) = 1
|EM ∩F| Z
EM∩F
|u|dx≥M,∀M ∈(0,∥u∥L∞(Ω)) (43b)
Từ (??) và (43b), suy ra
M ≤ ⟨T(u), fu⟩(L1(Ω))′×L1(Ω) ≤ ∥T(u)∥(L1(Ω))′∥fu∥L1(Ω)
=∥T(u)∥(L1(Ω))′,∀M ∈(0,∥u∥L∞(Ω)), Từ đó
∥T(u)∥(L1(Ω))′ ≥ ∥u∥L∞(Ω),∀u∈L∞(Ω). (24b). Từ (??) và (44b), đồng nhất (??) khi p= 1.
Bước 2: Đầu tiên giả sử rằng |Ω|<∞ và ta chứng minh T là toàn ánh, nghĩa là ∀ϕ∈(Lp(Ω))′,∃u∈Lp′(Ω) sao cho
T(u) =ϕ⇔ ⟨T(u), f⟩(Lp(Ω))′×Lp(Ω) =ϕ(f),∀f ∈Lp(Ω).
Bởi vì |Ω|<∞, χE ∈Lp(Ω) với bất cứ E ∈ M:=Mn∩Ω, p∈[1,∞). Định nghĩa tập hợp hàm ν :M → R
ν(E) :=ϕ(χE), E ∈ M Chỉ ra rằng
ν là σ-hữu hạn, độ đo có dấu; (38)
ν ≪ Ln trên M. (39)
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) =
∞
X
h=1
ν(Eh). Tập hợp E :=∪∞h=1Eh. Với mỗi số nguyên m bất kỳ
ν(E)−
m
X
h=1
ν(Eh)
=
ϕ(χE)−
m
X
h=1
ϕ(χEh)
=
ϕ(χE)−ϕ
m
X
h=1
χEh
!
=
ϕ χE −
m
X
h=1
χEh
!
= ϕ
∞
X
h=m+1
χEh
!
≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′
∞
X
h=m+1
χEh Lp(Ω)
=∥ϕ∥(Lp(Ω))′
∪∞h=m+1Eh
1/p
và | ∪∞h=m+1Eh|=
∞
X
h=m+1
|Eh| →0 khi m→ ∞ từ E <∞. Vì vậy
ν(E) =
∞
X
h=1
ν(Eh)
và vì cùng một kết quả cho cách sắp xếp bất kỳ của dãy (Eh)h, chuỗi hội tụ tuyệt đối và thỏa (??). Hơn thế nữa, từ
|ν(E)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′|E|1/p,∀E ∈ M, suy ra (??).
Lưu ý:Nếu p=∞ trong đánh giá trước, khi đó (??) không còn giữ nữa.
Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn tại một M-hàm đo được u: Ω→R với u+ hoặc u−∈L1(Ω) sao cho
ϕ(χE) =ν(E) = Z
E
udx,∀E ∈ M. (40)
Thực sự thỏa mãn u∈L1(Ω). Thật vậy, cho
En+:={x∈Ω :u(x)≥0} và En−:={x∈Ω :u(x)≤0}.
Từ (??) ta được 0≤
Z
Ω
u±dx = Z
En±
udx=ν(En±)<∞.
Do đó u±∈L1(Ω). Từ tuyến tính của ϕ và tích phân, rõ ràng là ϕ(s) =
Z
Ω
u s dx (41)
với mỗi hàm đơn giản đo được s: Ω→R. Để kết luận, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng
u∈Lp′(Ω),∀p∈[1,∞). (42) Thật vậy, với mỗi f ∈Lp(Ω), theo xấp xỉ bởi các hàm đơn giản (Định lý 34), tồn tại một dãy sh : Ω → R,(h = 1,2, . . .) của các hàm đơn gian đo được thỏa mãn
sh →f trong Lp(Ω). (43)
Từ (??), (??) và bất đẳng thức Holder, suy ra
Z
Ω
u(sh−f)dx
≤ ∥u∥Lp′
(Ω)∥f −sh∥Lp(Ω)→0. (44) Điều kiện (??), (??) và tính liên tục của ϕ cho
ϕ(f) = lim
h→∞ϕ(sh) = lim
h→∞
Z
Ω
u shdx= Z
Ω
u f dx,∀f ∈Lp(Ω).
Đặc biệt, đúng là tồn tại u∈Lp′(Ω) sao cho T(u) =ϕ.
Ta được điều phải chứng minh.
Ta chứng minh (??) Trong trường hợp p= 1, giả sử M >0 và cho EM :={x∈Ω :u(x)> M}.
Khi đó
M|EM| ≤ Z
EM
udx=ϕ(χEM)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′|EM|.
Vì vậy |EM|= 0 nếu M > ∥ϕ∥(Lp(Ω))′, từ đó ta suy ra
0≤u+(x)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′ hầu khắp nơi x∈Ω⇔ ∥u+∥L∞(Ω)≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′. Tương tự
∥u−∥L∞(Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′
và vì thế u=u+−u− ∈L∞(Ω) =L1′(Ω).
Trong trường hợp 1< p <∞, theo xấp xỉ bởi các hàm đơn giản, cho (sh) là dãy các hàm đơn giản đo được sao cho
0≤s1 ≤s2 ≤. . .≤sh ≤. . .≤ |u| trong Ω, (45) và
h→∞lim sh(x) =|u(x)|,∀x∈Ω. (46) Bây giờ ta sẽ chứng minh ước lượng quan trọng sau đây
∥sh∥Lp′
(Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′,∀h. (47)
Tập hợp
uh(x) :=|sh(x)|p′−1sign(u(x)) nếu x∈Ω.
Khi đó (uh) vẫn là dãy hàm đơn giản và
∥sh∥p′
Lp′(Ω)= Z
Ω
|sh|p′dx
(??)
≤ Z
Ω
sp
′−1
h |u|dx= Z
Ω
uhu dx(??=)ϕ(uh)
≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′∥uh∥Lp(Ω) =∥ϕ∥(Lp(Ω))′ Z
Ω
|sh|(p′−1)pdx 1p
=∥ϕ∥(Lp(Ω))′ Z
Ω
|sh|p′dx 1p
=∥ϕ∥(Lp(Ω))′∥sh∥
p′ p
Lp(Ω). Nếu ∥sh∥Lp′
(Ω) = 0, khi đó (??) là hiển nhiên. Nếu ∥sh∥Lp′
(Ω)>0, thì bất đẳng thức trên do (??) chia cho ∥sh∥
p′ p
Lp′(Ω) và chú ý rằng p′(1− 1 p) = 1.
Từ (??), (??) và bổ đề Fatou ta có
∥u∥p′
Lp′(Ω)= Z
Ω
|u|p′dx≤ lim
h→∞inf Z
Ω
|sh|p′dx= lim
h→∞inf∥sh∥p′
Lp′(Ω)≤ ∥ϕ∥p(L′p(Ω))′ <∞.
Do đó (??) cũng đúng khi 1< p <∞. Bước 3: Giả sử rằng |Ω|=∞ và ta chứng minh rằng T is still onto.
Cho (Ω)h là dãy tăng của các tập bị chặn sao cho Ω =∪∞h=1Ωh.
Ta đồng ý với nhận định Lp(Ωh) và Lp′(Ωh),(h= 1,2, . . .) với không gian con của Lp(Ω) và Lp′(Ω) bao gồm các hàm khuyết bên ngoài Ωh. Đặc biệt, với mỗi ϕ∈(Lp(Ω))′ suy ra
ϕ ∈(Lp(Ω))′ và ∥ϕ∥(Lp(Ωh))′ ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′,∀h. (48) Từ bước 2, với mỗi h, tồn tại duy nhất uh ∈Lp′(Ωh) sao cho
∥uh∥Lp′
(Ω)=∥ϕ∥(Lp(Ωh))′ (49)
và
ϕ(f) = Z
Ωh
uhf dx,∀f ∈Lp(Ωh) (50)
Chú ý rằng từ Lp(Ωh) ⊂ Lp(Ωh+1), theo tính duy nhất uh+1 = uh hầu khắp nơi trong Ωh. Vì vậy, suy ra định nghĩa hàm u: Ω→R
u(x) :=uh(x) nếu x∈Ωh. Từ (??), (??) và định lý đơn điệu hội tụ
∥u∥Lp′
(Ω) = lim
h→∞∥u∥Lp′
(Ωh) = lim
h→∞∥uh∥Lp′
(Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp(Ω))′ <∞, vì u ∈ Lp′(Ω). Hơn nữa, nếu f ∈ Lp(Ω), khi đó theo định lý tính hội tụ trội
f χΩh →f trên LP(Ω), và vì thế, theo tính liên tục của ϕ và (??),
ϕ(f) = lim
h→∞ϕ(f χΩh) = lim
h→∞
Z
Ωh
u f dx= Z
Ω
u f dx.
Ta hoàn tất chứng minh.
Nhận xét 11. Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo được (X,M, à). Chớnh xỏc hơn, ta xỏc định
Lp′(X, à)≡(Lp(X, à))′ vẫn còn giữ nếu
• 1< p <∞ cho độ đo tổng quỏt à
• p= 1 biết à là σ-hữu hạn.
Cách xác định này có thể sai trong các trường hợp khác.
Support của hàm Lp.
Ta biết rằng, cho hàm f :RnR, support của f là tập hợp
spt(f) :=Bao đóng{x∈Rn :f(x)̸= 0}={x∈Ω :f(x)̸= 0}. (S) Định nghĩa này không còn phù hợp cho hàm f ∈ Lp(Rn). Thật vậy, ta muốn khái niệm này thỏa mãn tính chất sau
f1=f2 hầu khắp nơi trong Rn ⇒ spt(f1) = spt(f2), trừ một số phần không đáng kể.
Nhưng trường hợp này nó không đúng. Thật vậy Ví dụ: Cho f1:=χQ: R→R và f2≡0. Khi đó, rõ ràng
f1=f2 hầu khắp nơi trong R nhưng
spt(f1) = Q=R và spt(f2) =∅.
Mệnh đề 12 (Support thiết yếu cùa hàm). Cho f :Rn →R. Ký hiệu Af :={ω ⊂Rn :ω là tập mở và f = 0 hầu khắp nơi trong ω}
và cho
Af :=∪ω∈Afω.
Khi đó Af là tập mở và
f = 0 hầu khắp nơi trong Af. Tập đóng
spte(f) :=Rn\Af (ES) được gọi là support cần thiết của f trong Rn.
Nhận xét 12. (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, nếu f1 = f2 hầu khắp nơi trong Rn, khi đó spte(f1) =spte(f2).
(ii) Định nghĩa (S) và (ES) là giống nhau khi các hàm là liên tục. Chính xác hơn
Bài tập 10. Nếu f :Rn →R là liên tục, khi đó Rn\Af ={x∈Rn :f(x)̸= 0}.
Chứng minh mệnh đề ??. Hiển nhiênAf là tập mở. Ta chứng minh rằng f(x) = 0 hầu khắp nơi x∈Af. (51) Từ Rn là không gian metric tách được, khi đó nó thỏa mãn tiên đề thứ hai của tính đếm được (Định lý ??). Do đó tồn tại một họ đếm được các tập mởU ={Ui:i∈N} thỏa mãn với mỗi tập mở của Rn là hợp của các phần tử đếm được trong U. Với mỗi ω∈ Af, giả sử rằng
ω=∪i∈JωUi
cho một bộ chỉ số phù hợp Jω ⊂N và cho J :=∪ω∈AfJω. Do đó Af =∪i∈JUi.
Từ f = 0 hầu khắp nơi trong Ui với mỗi i∈J, theo (??)
14 Độ giao hoán tương đối của một nhóm con
Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hoán của một nhóm con.
Định nghĩa 18. Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G. Ký hiệu
C ={(h, g)∈H×G|hg=gh}.
Độ giao hoán tương đối của nhóm con H trong G, ký hiệu là Pr(H, G), được định nghĩa như sau
Pr(H, G) = |C|
|H||G|.
Từ Định nghĩa 21 ta thấy ngay rằngPr(G, G) = Pr(G), trong đó Pr(G) là độ giao hoán của nhóm G được định nghĩa như trong Định nghĩa 16.
Sau đây là một số ví dụ về độ giao hoán tương đối của một số nhóm.
Ví dụ 2. Xét nhóm nhị diện D3 được cho bởi các phần tử sinh và hệ thức xác định như sau D3 =⟨r, s|r3 =s2= 1, s−1rs=r−1⟩.
Khi đó D3 ={1, r, r2, s, rs, r2s} và phép nhân các phần tử của D3 được cho trong bảng sau.
• 1 r r2 s rs r2s
1 1 r r2 s rs r2s
r r r2 1 rs r2s s r2 r2 1 r r2s s rs
s s r2s rs 1 r2 r rs rs s r2s r 1 r2 r2s r2s rs s r2 r 1
Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa 21 ta có bảng sau.