Không gian các dãy orlicz

8
Trờng đại học vinh
khoa TOáN

***

hồ đình sinh

không gian các dãy
orlicz
khoá luận tốt nghiệp đại học
nghành cử nhân khoa học toán

Vinh - 2006


9
Lời nói đầu
Lý thuyết không gian các dãy Orlicz đợc bắt đầu nghiên cứu từ những
năm 1940 của thế kỷ trớc. Ban đầu lớp không gian các dãy Orlicz là sự mở
rộng tự nhiên của không gian các dãy l p , sau đó nó đợc phát triển và có nhiều
đóng góp quan trọng trong giải tích hàm. Hiện tại, lý thuyết không gian các
dãy Orlicz đã phát triển một cách tổng quát là xây dựng trên một không gian
độ đo bất kỳ. Tuy nhiên với khả năng một sinh viên và khuôn khổ của một
khoá luận tôi chọn đề tài: Không gian các dãy Orlicz. Nhằm nghiên cứu một
số tính chất ban đầu của lớp không gian dãy Orlicz cổ điển. Hầu hết các kết
quả trong khoá luận đều phát biểu trong [3] . Tuy nhiên các kết quả này không
đợc chứng minh hoặc chứng minh không cụ thể. Đặc biệt khi hàm Orlicz suy
biến thì kết quả hoàn toàn không đợc chứng minh. Chúng tôi đã chứng minh
chi tiết các kết quả trên.
Khoá luận đợc viết thành 2 chơng:

Chơng I. Một số kiến thức chuẩn bị. Chơng này gồm có 3 phần:
Đ1. Hàm lồi. Phần này trình bày định nghĩa và một số tính chất của hàm
lồi.
Đ2. Không gian định chuẩn và không gian Banach. Phần này trình bày
một số khái niệm về không gian đinh chuẩn, không gian Banach và ánh xạ
tuyến tính liên tục.
Đ3. Không gian các dãy. Phần này trình bày định nghĩa và một số tính
chất về các không gian C 0 , C, l p , l .
Chơng II. Không gian dãy Orlicz. Chơng này gồm có 2 phần:
Đ1. Các định nghĩa.
Đ2. Một số tính chất về không gian dãy Orlicz.
Các kiến thức chuẩn bị trong Chơng 1 đã đợc trình bày khá chi tiết trong
các tài liệu [1], [2]. Nội dung chính của khoá luận đợc trình bày trong Chơng
2.
Cuối cùng cho tôi gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Ths. Kiều Phơng Chi ngời hớng dẫn trực tiếp giúp tôi hoàn thành khoá luận và cho tôi gữi lời cảm ơn
tới các thầy cô trong khoa Toán Đại Học Vinh đã tận tình giúp đỡ tôi trong quá
trình làm khoá luận.
Mặc dù tôi đã cố gắng nhiều nhng do điều kiện thời gian và hạn chế về
mặt trình độ nên chắc chắn khoá luận không trách khỏi những thiếu sót, tác giả
kính mong các thầy cô và bạn đọc góp ý để khoá luận đợc hoàn thiện hơn.

Vinh, tháng 4 năm 2006
Tác giả.


10
chơng I
MộT Số KIếN THức CHUẩN Bị

Đ1. Hàm lồi

1.1. Định nghĩa ([1]). Hàm f liên tục trên (a,b) đợc gọi là lồi trên (a,b)
nếu với mọi x 1 , x 2 ( a , b ) , với mọi [ 0,1] thì
f ( x 1 + (1 ) x 2 ) f ( x 1 ) + (1 ) f ( x 2 ) .
1.2. Định lí ([1]). Giả sử f là hàm khả vi trên (a,b). Điều kiện cần và đủ
để f lồi trên ( a , b ) là đạo hàm f ' là hàm đơn điệu tăng trên ( a , b ) .
1.3. Hệ quả ([1]). Giả sử f có đạo hàm cấp 2 trên ( a , b ) . Khi đó điều
kiện cần và đủ để f lồi trên (a,b) là f '' ( x ) 0 , với mọi x ( a , b ) .
Đ2. không gian định chuẩn và không gian banach.
2.1. Không gian định chuẩn và không gian Banach.
2.1.1. Định nghĩa ([2]). Cho E là không gian tuyến tính trên trờng K.
Một chuẩn trên E là một hàm x

x từ E vào R thoả mãn các điều kiện sau

với mọi x , y , với mọi K.
(Đ1): x 0 , x =0 nếu và chỉ nếu x=0;
(Đ2): x = . x ;
(Đ3): x + y x + y .
Khi đó, không gian tuyến tính E cùng với chuẩn trên nó đợc gọi là không
gian định chuẩn.
2.1.2. Định lí ([2]). Nếu x

x là chuẩn trên E thì d( x , y )= x y là

mêtric trên E. Mêtric này thoả mãn d( x + z, y + z ) = d( x , y ) và d( x, y) =
d(x,y); với mọi x, y, z E, với mọi K.
2.1.3. Định nghĩa ([2]). Một không gian định chuẩn E đợc gọi là không
gian Banach nếu E đầy đủ với mêtric sinh bởi chuẩn, d( x , y ) = x y .

11

2.1.4. Ví dụ.
a) Không gian véc tơ Rn cùng với chuẩn
x =

n

x
i =1

2
i

, với mọi x = ( x 1,x 2, ... ,x n ) Rn

là không gian Banach.
b) Ký hiệu C [ a , b] là không gian véctơ các hàm liên tục từ đoạn [ a, b ] R
vào K. Khi đó C [ a , b] là không gian Banach với chuẩn
f = xsup
f (x) .
[ a , b ]
2.2. ánh xạ tuyến tính liên tục .
2.2.1. Định nghĩa ([2]). Giả sử E, F là các không gian véc tơ trên trờng
K, ánh xạ f : E F từ không gian véc tơ E vào không gian véc tơ F đợc gọi là
ánh xạ tuyến tính nếu thoả mãn
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , với mọi x , y , với mọi , K.
2.2.2. Định lý ([2]). Giả sử f là một ánh xạ tuyến tính từ không gian định
chuẩn E vào không gian định chuẩn F. Khi đó các mệnh đề sau là tơng đơng
a) f là liên tục đều;

b) f là liên tục;
c) f liên tục tại điểm 0 ;
d) f bị chặn, tức là tồn tại k > 0 sao cho f ( x ) k x , với mọi x .
2.2.3. Định nghĩa ([2]). Hai không gian E và F đợc gọi là đẳng cấu với
nhau nếu giữa chúng có một phép đẳng cấu đại số liên tục hai chiều. Một
phép đẳng cấu đại số liên tục hai chiều đợc gọi là phép đẳng cấu.
2.2.4. Định lí ([2]). Đẳng cấu đại số f : E F là đẳng cấu nếu và chỉ
nếu tồn tại các số dơng a và b sao cho a x f ( x ) b x với mọi x .
2.2.5. Hệ quả ([2]). Giả sử f : F là một đẳng cấu đại số. Để


12
f -1: F liên tục, điều kiện cần và đủ là tồn tại số h > 0 sao cho

f ( x ) h x , với mọi x .
2.2.6. Định nghĩa ([2]). Hai chuẩn .

1

và .

2

trên một không gian véc

tơ E tơng đơng nếu và chỉ nếu ánh xạ đồng nhất
i : ( , . 1 ) ( , . 2 )
là phép đẳng cấu .
2.2.7. Hệ quả ([2]). Hai chuẩn . 1 và . 2 tơng đơng nếu và chỉ nếu tồn
tại các số dơng a , b sao cho a x 1 x 2 b x 1 , với mọi x .

2.3. Không gian khả li.
2.3.1. Định nghĩa ([2]). Một tập con A của không gian định chuẩn E đợc
gọi là toàn vẹn nếu tập tất cả các tổ hợp tuyến tính hữu hạn của A trù mật
trong E. Ta nói rằng dãy { a n } là toàn vẹn nếu tập các phần tử của dãy là
toàn vẹn.
2.3.2. Định nghĩa ([2]). Không gian tôpô E đợc gọi là khả li nếu trong E
tồn tại một tập đếm đợc trù mật.
2.3.3. Định lí ([2]). Không gian định chuẩn E khả li nếu và chỉ nếu trong
E tồn tại một dãy (hữu hạn hoặc vô hạn) toàn vẹn độc lập tuyến tính.

Đ3. không gian Các dãy.
Ta ký hiệu nh sau:
C0 = { x = { x n } C: x n 0, khi n } ;
C = { x = { x n } C: dãy { x n } hội tụ
p

l p = { x = { x n } C: x n <


n =1

};

} , với mỗi p 1 ;

l = { x = { x n } C: sup x n < } .
n 1
Các không gian trên là các không gian tuyến tính với các phép toán:
Cộng x + y = { x n + y n } , với mọi x = { x n } , y = { y n } ;

13
Nhân vô hớng x = { x n } , với mọi x = { x n } , với mọi C .
Dể thấy, l p C0 C l và các không gian C0 , C, l , là các không
gian Banach với chuẩn
x



= sup x n .
n 1

Còn l p là không gian Banach với chuẩn
1


x p = x p p
n
n =1


3.1. Định lí.
a) C0 là không gian khả li;
b) C là không gian khả li;
c) l không khả li.
Chứng minh. a) Xét tập D = { en , n = 1,2,... } , trong đó e1


C0 ,
1

,
0
,...
= (1,0,0...,0,...) C0 , e2 = ( 0,1,0,...,0,...) C0 ,,en = 0 ,...,


n

Ta chứng minh spanD = C0 . Hiển nhiên ta có
spanD C0.

(1)

Ta chỉ cần chứng minh C0 spanD . Lấy x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ,...) bất kỳ
sup x n = 0 .
x n = 0 , ta chứng minh đợc rằng lim
thuộc C0 . Khi đó lim
n
k n k
sup x n = a 0 . Khi đó, tồn tại dãy con { x n
Thật vậy, giả sử ngợc lại lim
k n k

k

} mà

xn = 0 .
x n a 0 , khi n k mâu thuẫn với lim
n

k

Xét dãy { x k } C0 nh sau x k = ( x 1 , x 2 ,..., x k ,0,...) . Khi đó
x k = x 1e1 + ... + x k e k spanD
k
x n 0 , khi k ;
và x k x = ( 0,0,..., x k +1 , x k + 2 ,...) . Ta có x x = sup
n k +1

suy ra x k x , khi k , do đó x spanD . Vậy


14
C0 spanD

(2)

Từ (1) và (2) ta có spanD = C0 , do đó C0 khả li.
b) Chứng minh C khả li. Trong C ta xét tập D = { en | n = 1,2,... } . Trong
đó, e 1 = (1,1,...,1,...) , e2= ( 0,1,...,1,...) , , e n =(0,,1,1),
Khi đó, en C với mọi n. Ta cần chứng minh spanD = C . Ta có điều hiển
nhiên
spanD C.

(3)

x n = a suy ra
Lấy x bất kỳ thuộc C, x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ,...). Khi đó, lim
n
sup x n a = 0 .

lim
x n a = 0 kéo theo lim
k n k
n
Chọn dãy { x k } C nh sau x k = ( x 1 , x 2 , x 3 ,..., x k , a ,..., a...) . Khi đó
x k = ( x 1e1 x 1e 2 ) + ( x 2 e 2 x 2 e 3 ) + ... + ( x k e k x k e k +1 ) + a.e k +1 spanD .
Ta cần chứng minh x k x khi k . Ta có
( x x k )=(0,0,, x k +1 -a, x k + 2 -a,).
Suy ra
x xk

xn a .
= sup
n k +1

Kéo theo
sup x n a =0 suy ra x k x , khi k .
lim x x k = lim
k n k +1
k
Do đó x spanD , ta thu đợc
C spanD
Từ (3) và (4) ta có C=spanD . Vậy C khả li.
c) Chứng minh l không khả li.
Với bất kỳ a l ta có a: N C .
n an
Xét tập G = { f : N { 0,1} } . Khi đó

(4)

15
G l và G là tập quá đếm đợc (vì G = 2 N = 2 ). Với mỗi f G ta xét hình
cầu mở
1
1
B f = B f , = g l : f g .
2
2
Ta có B f G = { f } , với mỗi f G . Do với mọi g f ta có
f g = sup f ( n ) g( n ) = 1 >
n 1

1
.
2

Suy ra g B f . Đặt
B = { B f : f G }.
Khi đó B = G > . Suy ra B quá đếm đợc.
Bây giờ, giả sử l khả li. Khi đó tồn tại tập D đếm đợc sao cho D = l . Do
đó,với mỗi f G l ta có
1
B f = B f ; D .
2
Suy ra tồn tại a f D sao cho a f B f . Đặt D * = { a f : f G} khi đó D D và


D * = G > . Suy ra D * là tập quá đếm đợc. Mâu thuẫn với D đếm đợc.
Vậy l không khả li.

(

)

3.3. Định lí. Với mọi p 1, l p , . p là không gian khả li.
Chứng minh. Ta biết rằng, với mọi p 1 , l p là không gian Banach với
chuẩn
1
p

x p = x n .
n =1



p



.
1
,
0
,...
Trong l p , ta xét dãy D= { e n , n = 1,2,... } , trong đó e n = 0 ,0,...,

n

Ta chứng minh D toàn vẹn. Thật vậy, ta có điều hiển nhiên là
spanD l p .

(1)


16
Ta cần chứng minh l p spanD . Lấy x bất kỳ thuộc l p , x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ) .
Khi đó



x
n =1

p
n

< kéo theo lim
k



x

n = k +1

p

n

k
= 0 . Lấy dãy { x } l p nh sau

x k = ( x 1 , x 2 ,..., x k ,0,0...) .
Suy ra
x k = x 1 e1 + x 2 e 2 + ... + x k e k spanD .
Ta chứng minh x k x khi k . Thật vậy, ta có
1


p p
x x = x n .
n = k +1

k

k
Suy ra x x 0 , khi k . Suy ra x spanD . Do đó ta có

l p spanD
Từ (1) và (2) ta có spanD = l p . Vậy l p khả li.

CHƯƠNG II

(2).

17
KHÔNG GIAN DãY oRLICZ.
Đ1. Các định nghĩa.
1.1. Định nghĩa. Hàm M : [ 0,+ ) R gọi là hàm Orlicz nếu
1) M là hàm không giảm, liên tục;
M( t ) = ;
2) M ( 0 ) = 0 ; lim
t
3) M là hàm lồi.
1.2. Định nghĩa. Hàm Orlicz M gọi là suy biến nếu tồn tại t > 0 sao
cho M( t ) = 0 .
Cho M là hàm Orlicz. Kí hiệu
lM = { x = { x n

xn
< , với > 0 nào đó } .






} C : M
n =1

1.3. Định lí. l M là không gian tuyến tính với các phép toán:
x + y = { x n + y n } , với mọi x = { x n } , y= { y n } .

Cộng
Nhân vô hớng

x = { x n } , với mọi x = ( x n ) l M , với mọi C.

Chứng minh. Phép cộng và phép nhân vô hớng hoàn toàn xác định.
Thật vậy, với x = ( x n ) l M , y = ( y n ) l M . Khi đó, tồn tại 1 , 2 sao cho



xn
< ,

1

M
n =1



yn
< .
2

M
n =1

Chọn = 1 + 2 khi đó ta có
x + yn
M n

x + yn
= M n

1 + 2


x + yn
M n

1 + 2





x
y
1
2
. n +
. n
=M
1 + 2 1 1 + 2 2

Suy ra x + y l M .

x
y
1
2
.M n +
.M n < .
1 + 2 1 1 + 2 2


18
Nếu =0 thì 0x=0 l M , với mọi x l M .
Nếu 0, chọn = .1 khi đó ta có
x
M n

n =1



.xn
= M
n =1

xn
= M
< .

n =1

1

Suy ra x l M , với mọi C, với mọi x l M .



Đ.2. Tính chất của không gian Orlicz
2.1. Định lý. Cho M là hàm Olicz. Khi đó l M là không gian Banach với
chuẩn đợc xác định nh sau


x
x = inf > 0 : M n 1 , với mọi x l M .
n =1



Chuẩn này từ nay về sau ta goị là chuẩn Orlicz. Để chứng minh định lí ta
cần chứng minh bổ đề sau:
2.2. Bổ đề. Nếu dãy { x k } l M và x k 0 khi k thì x kn 0 , khi
k , với mọi n .

k
Chứng minh. Giả sử ngợc lại tồn tại n 0 sao cho dãy { x n

0

} mà x

{ }

khi k . Khi đó, tồn tại r > 0 sao cho x n r > 0 (ở đây x n

kj

kj

0

0


k j =1

k
n0

0,

{ x kn

0

}


k =1

).
Ta có

x kn


1 .
= inf > 0 : M

n =1



j

x

kj

Suy ra
x kn
1 M k
x
n =1



Cho k j suy ra x

j

j

kj


k
M x n

xk



j
o
j




M r , với mọi k .
j

xk



j

r

M( t ) = ).
0 . Khi đó M k ( vì lim
t
x


j


19
r
Điều này mâu thuẫn với M k 1 , với mọi k j .
x


j

Vậy x kn 0 , khi k , với mọi n.



Chứng minh Định lí 2.1. Trớc tiên ta chứng minh công thức trên là
chuẩn
(Đ1) Rõ ràng


x
x = inf > 0 : M n 1 0 , với mọi x = { x n } l M .
n =1

Ta cần chứng minh x = 0 khi và chỉ khi x = 0 . Thậy vậy, nếu x = 0 , tức là
x
0
x = ( 0,...,0,...) . Khi đó M n = M = 0 , với mọi . Suy ra


x = inf { : > 0} = 0 .

(1)

Nếu x 0 , ta chứng minh x 0 . Giả sử x 0 nhng x = 0 . Khi đó vì
x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ,...) 0 nên tồn tại n 0 sao cho x n 0 , suy ra x n > 0 . Vì M
0

0

M( t ) = . Do đó, tồn tại t 0 sao cho M( t 0 ) > 1 . Từ giả
là hàm Orlicz nên lim
t
thiết


x
x = inf > 0 : M n 1 = 0 .
n =1

x
xn

1 sao cho n > t 0 . Kéo theo



>
0
:
M
Suy ra tồn tại 0

n =1
0


0

xn
M
0


0

Ta thu đợc

M( t ) > 1 .
0




20
xn
xn



M

M

n =1
0
0


0


> 1.



Điều này mâu thuẫn với

x
0 > 0 : M n 1 .
n =1



Vậy x 0 thì x 0 .

(2).

Từ (1) và (2) suy ra x = 0 khi và chỉ khi x = 0 .
(Đ2) Chứng minh x = . x , với mọi x l M , mọi R.
Trờng hợp 1. = 0 khi đó .x = 0 = 0 và 0. x = 0 . Do đó .x = . x .
Trờng hợp 2. 0 khi đó với bất kỳ x = ( x n ) l M ta có


x
x = inf ' > 0 : M n 1
n =1
'



.xn
= inf ' > 0 : M
n =1
'

1 .


'

'
= . Khi đó ta có
Đặt



x
x = inf : M n 1
n =1



x
= inf : M n 1
n =1
= . x .
Đ3). Với mọi x, y l M ta đặt
xn
1
x
=
inf
u=
: M

n =1





21
 ∞  yn  
 ≤ 1 .
v= y = inf ρ : ∑ M
ρ
n =1

 


vµ

Khi ®ã

 xn 

 ≤ 1 vµ
M
∑


n =1
 x 

∞

 yn 


s, t ∈ R sao cho s ≥ u vµ
M
∑
 y  ≤ 1 . Gi¶ sö
n =1


∞

t ≥ v . Khi ®ã ta cã
 xn  ∞  xn 


 ≤ ∑ M
M
∑
 x  <1
s
n =1
n =1




∞

 yn  ∞  x n 
 ≤ 1.


M
M
∑
 t ≤∑

x
n =1
n =1




∞

vµ
Ta l¹i cã

x n + yn
t +s

=

s xn
t yn
.

.
+
.
s+t s
s+t t

Suy ra
 x + yn
M n
 s+t


 x + yn
 ≤ M n

 s+t








≤

x 
y 
s
t

M n  +
M n 
s+t  s  s+t  t 

≤

s
t
+
= 1.
s+t s+t

Do ®ã
 ∞  x + yn
s + t ∈ ρ : ∑ M n
ρ
 n =1 
Suy ra

 
 ≤ 1 .
 


22
x + yn
x + y = inf : M n

n =1

1 s + t .


( *)

Vì (*) đúng với mọi s, t mà s x , t y nên khi ta cho s x và t y
ta đợc
x+y x + y .
Vậy (Đ3) thoả mãn.
Ta còn phải chứng minh ( l M , . ) đầy đủ. Giả sử { x k } là dãy Cauchy trong
l M . Ta cần chỉ ra x k x khi k và x l M . Thật vậy, vì { x k } là dãy
Cauchy nên ta có
x x
k

x kn x ln
= inf : M

n =1

l


1 0 , khi k , l .



(**)

k
l
Theo bổ đề 2.1, suy ra x n x n 0 , khi k, l , với mọi n. Hay với

mọi n = 1,2,3,... thì { x kn } là dãy Cauchy trong C. Do C đầy đủ, nên x kn x n ,
khi k .
Đặt x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ,...) . Khi đó, ta cần chỉ ra x k x , khi k . Từ
(**) ta có, với mọi > 0 tồn tại k 0 > 0 sao cho
x km x ln
inf : M

n =1


< , với mọi k, l k 0 .



Ta cố định k k 0 và cho l , ta đợc
x kn
1 < , với mọi k k 0 .
inf : M



n
=1

k
Hay x x < , với mọi k k 0 . Vậy xk x khi k .

Bây giờ ta chứng minh

x l M . Vì

x k x 0 , khi k nên với

mọi > 0 , tồn tại k 0 > 0 sao cho
x kn x n
x x = inf : M

n =1
k


1 < , với mọi k k0.




23
Suy ra, với mọi k k0 ta có
x kn x n
M



n =1

1< .



k
k
k
Hay x x l M . Suy ra x = x ( x x ) l M .
0

0

0

Vậy ( l M , . ) là không gian Banach.



2.3. Mệnh đề. Nếu M ( t ) = t p , với mọi p 1 thì M là hàm Orlicz và khi
đó l M = l p .
'
p 1
Chứng minh. Với mọi p 1 ta có M ( t ) = p.t ;

M '' ( t ) = p.(p 1).t p 2 0 , với mọi t 0 . Do đó M là hàm lồi. Các điều kiện
còn lại về hàm Orlicz dễ dàng nhận ra. Ta chứng minh l M = l p . Lấy x bất kỳ

xn
< , với nào đó. Kéo theo
thuộc l M . Khi đó M

n =1




với nào đó. Suy ra






n =1

xn
p

p

K< ,

p

p
x n K . < , với nào đó. Do đó x l p . Vậy
n =1

l M l p . Chiều ngợc lại dễ dàng nhận ra. Do đó l M = l p .
1
p

Với mọi x l M ta còn phải chỉ ra x = x n = x p . Thật vậy, ta có
n =1



p

xn
1
x = inf : M

n =1



p

= inf : x n
n =1



p

1

p

p
= inf : x n .

n =1


Ta thu đợc


24
1
p

x x n .
n =1



p

(1)

1

p
Bây giờ ta chứng minh x x n p . Lấy
n =1

1
p

0 = x n .
n =1



p

Khi đó
p

x
x x
M n = pn = n .
0 0 x n p
n =1

Suy ra
p

x x
M n = n

n =1

0 n =1 x n


p

=1.

n =1

xn
1 . Suy ra
Kéo theo 0 : M

n =1



x
0 inf : M n 1 = x .
n =1

(2).

1


p
Từ (1) và (2) suy ra x = x n p .
n =1

2.4. Nhận xét. Với mọi hàm Orlicz M, ta có l M l .
Chứng minh. Giả sử l M không nằm trong l . Khi đó, tồn tại
x = { x n } l M mà { x n } không bị chặn . Ta có thể giả thiết x n > n với mọi n.
Vì x l M nên tồn tại > 0 sao cho

x
M n < k , với mọi n .




xn


M
n =1


< , suy ra tồn tại k > 0 để



25
Lấy t 0 sao cho M ( t 0 ) = k . Khi đó, vì x n , khi n nên tồn tại

n 0 sao cho

xn

0

> t 0 . Kéo theo
xn
M



0


M( t ) = k .
0



xn
< k , với mọi n.
Điều này mâu thuẫn với M



Vậy l M l .



2.5. Định nghĩa. Cho M là hàm Orlicz. Kí hiệu

x

h M = { x = ( x n ) : M n < , với mọi > 0 } .
n =1


2.6. Định lý. Với M là hàm Orlicz bất kỳ, thì.
a) h M là không gian con đóng của l M ;
b) h M là không gian khả li.
Chứng minh. a) Với mọi x, y h M , với mọi R ta có:
Nếu = 0 thì x = 0 h M .
Nếu 0 thì x = (x n ) . Vì x h M nên





n =1



M
Suy ra x h M .

xn

< , với mọi . Do đó
M


n =1

'
.xn xn
= M
< , với = .

' n =1 '





26
Ta chứng minh x + y h M . Thật vậy, với mọi x, y h M ta có 2 x ; 2 y h M
2 xn
2y
< và M n < , với mọi . Từ đó ta có
. Do đó M


y + yn
M n

1 2x
= M . n
2
1 2. x n
.M
2

x + yn


M n









1 2 yn
+ .
2
1 2y
+ . n
2


< .

Suy ra x + y = { x n + y n } h M . Vậy h M là không gian con của l M .
Ta chứng minh h M đóng trong l M . Giả sử { x k } là dãy trong h M và
x k x , khi k . Ta chứng minh x h M . Trớc hết ta chứng minh
x k x h M với mọi k. Giả sử ngợc lại x k x h M . Khi đó, tồn tại 0 > 0 sao
x kn x n
cho M
n =1
0



= . Khi đó, với mọi 0 ta có


x kn x n
M




x kn x n
Kéo theo M

n =1




xk xn

M n

0




.




= , với mọi 0 . Từ đó suy ra



x kn x
inf : M
n =1


1 > 0 > 0 .



k
Hay x x > 0 > 0 , với mọi k. Điều này mâu thuẫn với x k x , khi

k . Do đó x k x h M . Từ đó ta có x = x k ( x k x ) h M .
b) Gọi t 0 là số lớn nhất sao cho M ( t 0 ) = 1 . Ta xét tập D nh sau

D = { e n , n = 1,2,...} , với e1 = ( t 0 ,0,...,0,...) , e 2 = (0, t 0 ,0,...,0,...) , ...,


27
e n = (0,0,..., t 0 ,0,...)

,Khi đó, D h M . Ta chứng minh D là tập toàn vẹn. Thật
n

vậy, ta có điều hiển nhiên là
spanD h M .

(1)

Lấy x = ( x 1 , x 2 ,..., x n ,...) bất kỳ trong h M . Khi đó


xn


M
n =1


< , với mọi > 0 .


Suy ra
lim
k

xn


M

n = k +1


= 0 .


k
k
Ta lấy dãy { x } h M nh sau x = ( x 1 , x 2 ,..., x k ,0,...) .

Suy ra
xk =

x1
x
x
e1 + 2 e 2 + ... + k e k spanD .
t0
t0
t0

Ta chứng minh x k x , khi k . Ta có, khi k đủ lớn

x kn x n
x x = inf : M

n =1
k


1





x n
1
= inf : M
n = k +1

= inf { : > 0} = 0 .
Kéo theo x k x , khi k . Suy ra x spanD . Do đó
h M spanD

(2)

Từ (1) và (2) ta có spanD = h M . Vậy h M là không gian khả li.
2.7. Định lí. Nếu M là hàm Orlicz suy biến thì
a) l M l ;
b) h M C 0 .

28
Chứng minh. a) Theo Nhận xét 2.4, chơng II, ta có l M l . Ta chứng
minh, nếu M suy biến thì l l M .
Thật vậy, do M suy biến nên tồn tại t 0 sao cho M ( t 0 ) = 0 . Gọi T0 là giá
M ( t ) = + ). Khi đó,
trị lớn nhất sao cho M (T0 ) = 0 , (T0 luôn tồn tại do lim
t +
xn < .
với bất kỳ x = { x n } l ta đặt k = sup
n 1

M(t)

0

Lấy =

T0

t

2.k
ta thu đợc
T0
x n T0 x n T0
=
.

2k
2

Từ tính chất không giảm của hàm M ( t ) , suy ra
x
T
0 M n M 0 = 0 , với mọi n.
2

Ta nhận đợc

x
0 M n 0 = 0 .
n =1
n =0

Hay x = { x n } l M . Nh vậy l M = l .
Để chứng minh l M l ta còn phải chỉ ra các chuẩn trên l M và l là tơng
đơng. Với chú ý rằng l đợc xét với chuẩn
x
Từ chứng minh trên ta có, với



= sup x n .
n 1


29
=

2.k
thì
T0

xn




M
n =1


= 0 1 .


Do đó
x 2k 2 x
x = inf : M n 1
=
.

T
T
n =1
0
0

Hay
x





T0
x .
2

(1)

Từ định nghĩa
xn
1 .
x = inf : M

n =1



Ta có



xn
1 , với mọi x l M và x 0 . Gọi T1 là số lớn nhất sao cho

x



M
n =1

xn
M
(
t
)
=

)


M (T1 ) = 1 , ( T1 là tồn tại vì M ( t ) liên tục và lim
M
.
Ta
có
t
x 1,


với mọi n = 1,2,...
Vì M là hàm không giảm nên

xn

x
x



T1 , với mọi n = 1,2,... Ta thu đợc
= sup x n T1 . x .
n 1

Từ đó ta có
T0
x x T1 x .
2
Bất đẳng thức này chứng tỏ l M l .
b) Trớc hết ta chỉ ra h M = C 0 .
Giả sử x = ( x n ) h M . Khi đó



xn


M
n =1


< , với mọi > 0 .

30
Nếu x = { x n } C 0 thì x n 0 , khi n . Suy ra tồn tại dãy con { x n
sao cho x n r > 0 , với mọi n k . Lấy sao cho

xn

xn
Khi đó M

n =1



k



}

r
r
.
2T0 hay
2T0



< . Tuy nhiên, do x n 2T , với mọi n , nên suy ra
k
0

k

xn
M



k


M ( 2T ) >M ( T ) >0.
0
0



xn

0 . Suy ra
M
Điều này dẫn tới lim
n



này mâu thuẫn với

k



k

k

xn




M
n =1



xn


M
n =1


không hội tụ. Điều



< . Vậy

h M C0 .

(3)

Ngợc lại, giả sử x = ( x n ) C 0 . Ta chỉ ra x h M . Thật vậy, với mọi > 0
tuỳ ý. Khi đó, tồn tại n 0 sao cho x n < T0 , với mọi n n 0 (do dãy x n 0 ).
Hay

xn
xn
= 0 , với mọi n n 0 .
< T0 , với mọi n n 0 . Vì vậy M





Ta thu đợc
x n n 1 x k x k


+ M

M
M

=
k =n

n =1
k =0








0

0

n 1
x
= M k < .
k =1

0

Vậy, x = ( x n ) h M , do đó
C0 h M .
Từ (3) và (4) ta có đợc h M = C 0 .

(4)


31

Cuối cùng, ta có chuẩn trên hM cảm sinh từ l M và chuẩn trên C 0 cảm sinh
từ l . Mặt khác theo câu a) thì hai chuẩn này tơng đơng.
Vậy C 0 h M .



2.8. Định nghĩa. Hàm Orlicz M đợc gọi là thoả mãn q -điều kiện tại 0
sup
nếu lim
t 0

M( qt )
< .
M( t )

2.9. Bổ đề. Hàm Orlicz M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0 khi và chỉ khi M
thoả mãn q -điều kiện tại 0, với q>0.
Chứng minh. Giả sử M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0. Khi đó, với mọi q>0
q
<2. Khi đó,
2n

tồn tại n 0 sao cho

0

qt
qt
qt
M 2. M 2. 2 M 2. n

qt
M( qt )
2
2
2 M n
=
.
...
. 2
M( t )
qt
qt
qt
M M 2
M n
M( t )
2
2
2
0

0

0

qt
(chú ý rằng M n
2

0

M ( 2t )

< sup
t 0 M( t )



n 0 +1


M ( 2 t ) ). Ta thu đợc

M( qt )
M ( 2 t )
0 lim sup

lim
sup



t 0
(
)
M( t ) t 0
M
t

n 0 +1

< .

Vậy, q -điều kiện tại 0 thoả mãn. Chiều ngợc lạilà hiển nhiên.



Định lí sau cho các điều kiện để l M = h M .
2.10. Định lí ([4]). Giả sử M là hàm Orlic không suy biến. Khi đó các
mệnh đề sau là tơng đơng.
a) M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0;
b) l M = h M ;


32
c) l M khả li;
d) l M không chứa không gian con nào đẳng cấu với l .
Chứng minh. (a) (b) . Giả sử M thoả mãn 2 -điều kiện tại 0. Khi đó,
theo Bổ đề 2.9 M thoả mãn q -điều kiện tại 0, với mọi q>0 hay
lim
sup
t 0

M( qt )
< .
M( t )

Lấy x bất kì thuộc vào l M . Khi đó, tồn tại 0 sao cho


( xn
0

M
n =1

) <



.

x

=0. Do M không suy biến, liên tục nên lim x n =0
M
Ta thu đợc lim

n
n
0
0


n

x n =0. Do đó, tồn tại n 0 sao cho
hay lim
n

xn
<1, với mọi n n 0 .
0

Khi đó, với mọi > 0 áp dụng q -điều kiện tại 0 cho q=

0
ta có, tồn tại


t
K >0 sao cho M 0 < K.M( t ) , với 0
x
x
M n = M 0 . n

0


x
K.M n , với mọi n n 0 .

0

Ta thu đợc

xn n
xn
xn






M
=
M
+
M


n =

n =1
n =1
n +1

0

0

n

x
x
M n + K M n < .
n =1
n = n +1

0
0

0