(Luận văn thạc sĩ) các tính chất của chuẩn orlicz trong không gian orlicz

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THANH THÚY

CÁC TÍNH CHẤT CỦA CHUẨN ORLICZ TRONG
KHƠNG GIAN ORLICZ

Chun ngành : TỐN GIẢI TÍCH
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. VŨ NHẬT HUY

Hà Nội - 2014


Lời cám ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn
chân thành và sâu sắc của mình tới TS. Vũ Nhật Huy, người thầy vơ cùng mẫu mực
đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tơi trong suốt q trình hồn thành luận văn tốt nghiệp.
Tôi cũng xin chân thành cám ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo trong khoa
Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội
và Khoa sau đại học, đã nhiệt tình truyền thụ kiến thức và tạo điều kiện giúp đỡ tơi
hồn thành khóa Cao học.
Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè đã ln động viên và khuyến
khích tơi rất nhiều trong thời gian nghiên cứu và học tập.
Do mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học và còn hạn chế về thời
gian thực hiện nên luận văn khơng thể tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính mong
nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cơ và các bạn để luận văn được hồn thiện hơn.
Hà Nội, năm 2015

Nguyễn Thanh Thúy

2


Mục lục
Mở đầu

4

1 KHÔNG GIAN ORLICZ

5

1.1

Hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Hàm Young . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3

Cặp hàm liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4

Lớp Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.5

Không gian Orlicz

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.6

Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2 CÁC TÍNH CHẤT CHUẨN ORLICZ

26

2.1

Bất đẳng thức Kolmogorov-Stein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2

Tính tương đương của chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg . . . . . . . .

32

2.3

Cơng thức tính chuẩn Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.4

Định lý về hàm dịch chuyển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

Kết luận

46

Tài liệu tham khảo

46

3

Mở đầu
Năm 1931, W. Orlicz và Z.W. Birnbaum đã đề xuất một lớp khơng gian Banach
mà ngay sau đó được chính Orlicz phát triển. Lớp khơng gian này ngày sau được gọi
là không gian Orlicz.Lớp không gian Orlicz là một mở rộng của lớp không gian Lp và
được xác định qua một hàm Young φ. Lý thuyết về không gian Orlicz có nhiều ứng
dụng trong giải tích hàm, phương trình vi phân đạo hàm riêng, lý thuyết nhúng...
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được chia làm hai
chương:
Chương 1: Không gian Orlicz. Chương này trình bày về hàm lồi, hàm Young,
hàm Young liên hợp, đây là các khái niệm cơ bản để ta đi xây dựng lớp Orlicz và không
gian Orlicz, cũng trong chương này luận văn cịn trình bày về chuẩn Orlicz và chuẩn
Luxemburg, các kết quả liên quan đến chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg là cơ sở xây
dựng chương sau.
Chương 2: Một số tính chất chuẩn Orlicz. Chương này là nội dung cốt lõi của
luận văn, trong chương này luận văn trình bày về tính tương đương của chuẩn Orlicz
và chuẩn Luxemburg, các kết quả liên quan đến chuẩn Orlicz, cũng trong chương này
luận văn cịn trình bày đến bất đẳng thức Kolmogorov-Stein đối với chuẩn Orlicz và
định lý về hàm dịch chuyển.

4


Chương 1
KHƠNG GIAN ORLICZ
Trong chương này chúng tơi trình bày về các khái niệm và các kết quả cơ bản về không
gian Orlicz, các kết quả này được sử dụng để xây dựng và chứng minh các kết quả ở
chương sau (xem [1, 3, 4]).

1.1

Hàm lồi

Định nghĩa 1.1. Hàm φ : R → R được gọi là hàm lồi nếu
φ (λx + (1 − λ) y) ≤ λφ (x) + (1 − λ) φ (y)

∀x, y ∈ R, λ ∈ [0; 1] .

Định lý 1.1. Giả sử hàm φ : (a; b) → R. Khi đó, hàm φ là hàm lồi nếu và chỉ nếu
với mỗi đoạn con đóng [c; d] ⊂ (a; b), ta có
x

ϕ (t) dt với c ≤ x ≤ d,

φ (x) = φ (c) +
c

ở đây, ϕ : R → R là một hàm đơn điệu khơng giảm và liên tục trái. Ngồi ra, φ cịn
có đạo hàm trái và phải tại mỗi điểm thuộc (a; b) và các đạo hàm này chỉ khác nhau
tại không quá đếm được các điểm.
Chứng minh. Điều kiện cần. Do φ là hàm lồi nên ta có
φ (c1 ) − φ (c)
φ (y) − φ (x)
φ (d) − φ (d1 )
≤
≤
c1 − c
y−x
d − d1

(1.1)

∀c < c1 ≤ x < y ≤ d1 < d.
Vậy ta có
|φ (y) − φ (x)| ≤ K1 |y − x|

với K1 = max
5

φ (c1 ) − φ (c)
φ (d) − φ (d1 )
;
c1 − c
d − d1

.


Từ đây ta có φ thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong [c; d] và do đó φ liên tục tuyệt đối
trong (a; b). Vậy theo định lý Lesbesgue-Vitali cổ điển ta có
x

φ (t) dt với a ≤ x ≤ b.

φ (x) = φ (a) +

(1.2)

a

Ta kiểm tra các tính chất của φ
φ (x + h) − φ (x)
h
h→0+
φ (x + h + h ) − φ (x + h)
≤ lim
h
h→0+
φ (d) − φ (c)
<∞
≤
d−c

φ+ (x) = lim

và
φ− (x) = lim

h→0−

φ (x + h) − φ (x)
> −∞.
h

Do đó đạo hàm trái và đạo hàm phải của φ là tồn tại tại mỗi điểm thuộc [c; d] và với
x < y thì
φ+ (x) ≤

φ (y) − φ (x)
≤ φ− (y) .

y−x

Vì theo cơng thức (1.1) thì ta có
φ− (x) ≤ φ+ (x)
nên φ± (.) là hàm tăng và tập điểm gián đoạn của các hàm này là không quá đếm được.
Do đó,
φ− (x) = φ+ (x)
xảy ra tại mỗi điểm liên tục của các hàm này là φ ở (1.2).
Ngược lại giả sử ta có
x

ϕ (t) dt với c ≤ x ≤ d.

φ (x) = φ (c) +
c

Ta chứng minh φ là hàm lồi, thật vậy với c ≤ x ≤ d, ta xét dây cung L (x) nối (c, φ (c))
với (d, φ (d)) cho bởi
L (x) = φ (c) +

φ (c) − φ (d)
(x − c) .
c−d

6


Ta phải chứng minh L (x) ≥ φ (x), nghĩa là
φ (x) − φ (c)
φ (d) − φ (c)

≤
x−c
d−c

với c < x < d.

(1.3)

Từ biểu diễn của φ, ta có
c

1
x−c

x

1
ϕ (t) dt ≤ ϕ (x) ≤
x−d

d

ϕ (u) du
x

do ϕ (c) ≤ ϕ (t) ≤ ϕ (x) ≤ ϕ (d) với c < t < x < d. Bây giờ ta thấy vế phải của (1.3)
có thể biểu diễn dưới dạng
c
d
ϕ (t) dt + x ϕ (u) du

x

(d − x) + (x − c)

1
x−c

≥ min

c

ϕ (t) dt,
x

c

1
=
x−c

ϕ (t) dt =
x

1
x−d

d

ϕ (u) du
x

φ (x) − φ (c)
.
x−c

Từ đó ta có hàm φ đã cho là lồi. Định lý được chứng minh.
Tiếp theo ta sẽ trình bày bất đẳng thức Jensen.
Định lý 1.2. Cho ∆ là tập đo được thỏa mãn µ (∆) = 1, µ là độ đo Lesbesgue và cho
φ : R → R lồi, f : ∆ → R là đo được,
φ

∆

f dx và
≤

f dx
∆

∆

φ (f ) dx tồn tại thì

φ (f ) dx.
∆

Chứng minh. Do φ là hàm lồi trên R nên theo định lý 1.1, với mỗi đoạn con đóng
[a; b] ⊂ R ta có biểu diễn sau
x

ϕ (t) dt với a ≤ x ≤ b,

φ (x) = φ (a) +
a

ở đây ϕ : R → R là một hàm đơn điệu không giảm và liên tục trái. Do ϕ tăng nên ta
có

x

ϕ (t) dt ≥ φ (a) + ϕ (a) (x − a) .

φ (x) = φ (a) +

(1.4)

a

Xét x = f (ω), và a =

∆

f dx rồi lấy tích phân ở (1.4) ta được

φ (f ) dx − φ
∆

f dx

≥ ϕ (a)

∆

f dx −
∆

từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
7

f dx
∆

=0


1.2

Hàm Young
+

Định nghĩa 1.2. Một hàm lồi φ : R → R được gọi là hàm Young nếu thỏa mãn các
điều kiện
• φ(−x) = φ(x).
• φ(0) = 0.
• lim φ(x) = +∞.
x→∞

Ví dụ 1.1. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số φ (x) = |x|p ,

x ∈ R. Khi đó hàm φ là hàm

Young liên tục.
Chứng minh. Hiển nhiên φ(−x) = φ(x) và φ (0) = 0. Do 1 ≤ p nên
lim φ(x) = lim |x|p = +∞.

x→∞

x→∞

Do đó hàm φ là hàm Young. Dễ thấy ∀x0 ∈ R thì
lim φ (x) = φ (x0 ) .

x→x0

Vậy φ là hàm Young liên tục trên R. Chứng minh được hồn thành.
Ví dụ 1.2. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số

φ (x) =




 0,

với 0 ≤ |x| ≤ a < ∞

φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b

1



 +∞,

với |x| ≥ b,

trong đó 0 < a < b < +∞. Khi đó φ là hàm Young.
Chứng minh. Hiển nhiên φ1 (x) là hàm lồi liên tục trên đoạn [a; b], do đó hàm φ cũng
là hàm lồi trên R. Rõ ràng φ (x) = 0 với x = 0, φ(−x) = φ(x) và lim φ (x) = +∞ nên
x→∞

φ là hàm Young.
Hơn nữa φ (x) < ∞ và là hàm liên tục trên (0; b), do đó φ là hàm Young liên tục trên
(0; b), nhảy tới +∞ tại b > 0. Chứng minh được hoàn thành.
Tiếp theo chứng ta xét đến một lớp hàm Young đặc biệt.

8


Định nghĩa 1.3. Hàm φ được gọi là một N - hàm nếu φ là hàm Young liên tục thỏa
mãn.
• φ(x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0,
φ(x)
x = 0,
φ(x)
• lim x = +∞,
x→∞
• φ (R) ⊂ R+ .

• lim

x→0

Ví dụ 1.3. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm số

φ (x) =




 0,

với 0 ≤ |x| ≤ a < ∞

φ (x) = |x − a|p , với a < |x| < b

1


 +∞,

với |x| ≥ b,

trong đó 0 < a < b < +∞ Khi đó φ là hàm Young nhưng không phải một N - hàm.
Chứng minh. Trong ví dụ 1.2 ta đã chỉ ra hàm φ đã cho là một hàm Young. Ta có với
∀x ∈ (0; a) thì φ (x) = 0 do đó hàm Young đã cho vi phạm điều kiện thứ nhất nên nó
khơng phải là một N - hàm. Chứng minh được hoàn thành.

1.3

Cặp hàm liên hợp

Mệnh đề 1.1. Giả sử φ : R → R

+

là hàm Young. Khi đó, φ có thể được biểu diễn

như sau

|x|

φ (x) =

ϕ (t) dt

(1.5)

0

ở đó, ϕ (0) = 0, ϕ : R+ → R

+

là liên tục trái không giảm và nếu ϕ (x) = +∞ với

x ≥ a thì φ (x) = +∞ với x ≥ a > 0.
Xét hàm η là hàm ngược mở rộng của hàm đơn điệu ϕ được xác định như sau
η (x) = inf {t : ϕ (t) > x} ,

x ≥ 0.

(1.6)

Khi đó η (0) = 0, η tăng và được xác định duy nhất. Từ tính liên tục trái của ϕ, tập
{t : ϕ (t) > x} là nửa đoạn mở trái. Vì ϕ là hàm Borel nên η cũng vậy. Bây giờ ta định
nghĩa
|y|

ψ (y) =

η (u) du.
0

9

(1.7)


Khi đó, ψ được gọi là hàm Young liên hợp của φ. Khi đó ψ (0) = 0, ψ là lồi. Ta chứng
minh cặp (φ, ψ) là thỏa mãn bất đẳng thức Young rồi từ đó suy ra ψ là hàm Young
liên hợp của φ.
+

Mệnh đề 1.2. Giả sử φ : R → R là hàm Young, ψ là hàm được xác định ở các công
thức (1.6) và (1.7) bởi φ. Khi đó, (φ, ψ) thỏa mãn bất đẳng thức Young
xy ≤ φ (x) + ψ (y)

(1.8)

với x ≥ 0, y ≥ 0, đẳng thức xảy ra khi y = ϕ (x) hoặc x = η (y) với x ≥ 0, y ≥ 0.

Chứng minh. Nếu với x0 , y0 nào đó mà φ (x0 ) = +∞ hoặc ψ (y0 ) = +∞ thì bất đẳng
thức cần chứng minh luôn đúng.
Do vậy ta chỉ xét trường hợp
φ (x) < ∞ và ψ (y) < ∞,
với mọi 0

x < ∞ và 0

y < ∞ . Khi đó, ta có

y

x

0 ≤ xy =

dudv
0

0

=

dudv +

{u x,v y:0 u ϕ(v),0 ψ(u)x

=

y

dv +
0

x

≤

{u x,v y:u>ϕ(v),0 v ψ(u)}

min{y,ϕ(u)}

du
0

min{x,η(v)}

dv
0

y

ϕ (u) du +
0

dudv

du
0

η (v) dv
0

= φ (x) + ψ (y) .
Ở đó đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu y ≥ ϕ (u) nên η (v) = x hoặc y = ϕ (x) và
x ≥ η (y). Bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.4. Cho 1 < p < ∞ và hàm φ(x) =

xp
p

là hàm Young, xác định hàm liên hợp

ψ của hàm Young φ.
Chứng minh. Với φ(x) =

xp
p ,1

< p < ∞ thì đạo hàm của φ là
ϕ (x) = xp−1
10


và
1

η (x) = inf {t : ϕ (t) > x} = inf t : tp−1 > x = x p−1 .
Khi đó theo cơng thức (1.7) ta có

y
p

1

η (t) dt = y p−1 = y q

ψ (y) =
0

trong đó

1
p

+

1
q

= 1.

Ví dụ 1.5. Cho hàm φ (x) = (1 + |x|) ln (1 + |x|) − |x|. Xác định hàm liên hợp ψ của
φ.
Chứng minh. Với ϕ là đạo hàm của φ thì khi đó ϕ được tính như sau
ln (1 + x) , x

ϕ (x) =

0

− ln (1 − x) , x < 0
và theo cơng thức (1.7) thì
η (x) =

từ đó ta suy ra

ex − 1, x > 0
1 − e−x , x < 0

y

η (t) dt = e|y| − |y| − 1.

ψ (y) =
0

Chứng minh được hoàn thành.
Định nghĩa 1.4. Hàm Young φ : R → R+ được gọi là thỏa mãn điều kiện ∆2 ( toàn
cục ) ký hiệu φ ∈ ∆2 (φ ∈ ∆2 ( toàn cục ))nếu
φ (2x) ≤ Kφ (x)
trong đó x ≥ x0 ≥ 0, (x0 = 0) K > 0 là hằng số nào đó.
Ví dụ 1.6. Cho 1 ≤ p < ∞ và hàm φ (x) = |x|p . Khi đó hàm φ thỏa mãn điều kiện
∆2 .
11


Chứng minh. Trong ví dụ 1.1 ta đã chỉ ra hàm φ(x) = |x|p là hàm Young. Chọn K > 2p
khi đó ta thu được
φ (2x) = |2x|p = 2p |x|p ,

do 2p |x|p ≤ K|x|p nên
φ (2x) ≤ Kφ (x)
và vì thế φ ∈ ∆2 . Chứng minh được hồn thành.
Ví dụ 1.7. Chứng minh rằng hàm ϕ (x) = e|x| − 1 không thỏa mãn điều kiện ∆2 .
Chứng minh. Rõ ràng với x đủ lớn thì
e|x| e|x| − K + K − 1 < 0
tức là ϕ (2x) > Kϕ (x), do đó ϕ ∈
/ ∆2 . Chứng minh được hoàn thành.
Định nghĩa 1.5. Hàm Young φ : R → R+ được gọi là thỏa mãn điều kiện ∇2 (toàn
cục), ký hiệu φ ∈ ∇2 (φ ∈ ∇2 (tồn cục)) nếu
φ (x) ≤

1
φ (lx)
2l

trong đó x ≥ x0 ≥ 0, (x0 = 0) K > 0 và l > 1 nào đó.
Định lý 1.3. Giả sử φ là một N - hàm với liên hợp ψ. Nếu ϕ, η là các đạo hàm (trái)
của φ, ψ như thơng thường thì các điều kiện sau là tương đương
(i) φ ∈ ∆2 ;
(ii) ∃1 < α < ∞ và x0

0 sao cho

(iii) ∃1 < β < ∞ và y0

0 sao cho

xϕ(x)
φ(x)

yη(y)
ψ(y)

< α, x

x0 ;

> β, y

y0 ;

(iv) ψ ∈ ∇2 ;
(v)∃δ > 0, x0
(vi) lim sup
x→0

0 sao cho φ ((1 + δ) x)

φ−1 (x)
φ−1 (2x)

2φ (x), x

x0 ;

< 1.

Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∆2 ta chứng minh tồn tại 1 < α < ∞ và x0
sao cho

xϕ(x)
φ(x)

< α, x

x0 .

Thật vậy do φ ∈ ∆2 nên tồn tại K > 0 và x0
φ (2x)

Kφ (x) ,

0 sao cho
x

12

x0

0.

0


Hơn nữa ta có

2x

φ (2x) =

ϕ (t) dt
0

từ đó ta có
2x

Kφ (x)

φ (2x) =

2x

ϕ (t) dt

ϕ (t) dt

0

xϕ (x)

x

do φ (.) > 0 nên ta suy ra
xϕ (x)
φ (x)

K.

Chọn α > max {K, 1} ta suy ra 1 < α < ∞ và
xϕ (x)

< α,
ϕ (x)

x

(ii) ⇒ (iii). Giả sử tồn tại 1 < α < ∞ và x0
minh tồn tại 1 < β < ∞ và y0
Chọn y0

0 sao cho

x0 .
0 sao cho

yη(y)
ψ(y)

> β, y

xφ(x)
φ(x)

< α, x

x0 ta chứng

y0 .

1 sao cho η (y0 ) > x0 do
y

ψ (y) =

η (t) dt
0

theo cách xây dựng hàm η ta có
ϕ (η (y)) > y
vì lim

y→∞

ψ(y)
y

= +∞ nên với x = η (y) thì
yη (y)
ψ (y)

ϕ (η (y)) .η (y)
xϕ (x)
=
ψ (ϕ (η (y)))
ψ (ϕ (x))

theo đẳng thức Young thì ta có
xϕ (x)
xϕ (x)
=
ψ (ϕ (x))

xϕ (x) − φ (x)
xϕ (x) /φ (x)
α
=
>
= β > 1 với y
xϕ (x) /φ (x) − 1
α−1
Do hàm

u
u−1

giảm khi u > 1 nên

yη(y)
ψ(y)

> β, y

y0

0.

y0 .

Vậy ta có (iii).
(iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 1 < β < ∞ và y0
13

0 sao cho

yη(y)
ψ(y)

> β, y

y0 ta chứng


minh ψ ∈ ∇2 .
Với l > 1, ta có
ψ (ly)
ln
=
ψ (y)
Chọn l sao cho lβ−1

ly
y

ly

η (t)
dt
ψ (t)

β
dt = β ln l.
t

y

2, ta nhận được
1
ψ (ly) ,
2l

ψ (y)

y

y0

0.

Do đó ψ ∈ ∇2 .
(iv) ⇒ (i). Giả sử ψ ∈ ∇2 ta chứng minh φ ∈ ∆2 . Thật vậy
Đặt ψ (y) =

1
2l ψ (ly)

khi đó φ (x) =

1
2l φ (2x).

Theo giả thuyết ψ ∈ ∇2 nên ta có
ψ (y)

nên φ (x)

φ (x) với x

Do đó, ta có φ (2x)

ψ (y) ,

với y

y0

0

x0 .

kφ (x) với x

x0 , ở đây, k = 2l.

Do đó φ ∈ ∆2 .
(i) ⇒ (v). Giả sử φ ∈ ∆2 ta chứng minh tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho
φ ((1 + δ) x)

2φ (x) , x

x0 .

Giả sử φ ∈ ∆2 khi đó
φ (2x)

Khơng giảm tổng qt giả sử K
δ=

1
K−1

thì 0 < δ

Kφ (x) ,

x

x0

0.

2 là hằng số ứng với điều kiện ∆2 của φ. Đặt

1, và do φ lồi, ta nhận được
φ ((1 + δ) x) = φ ((1 − δ) x + 2δx)
(1 − δ) φ (x) + δφ (2x)
(1 − δ) φ (x) + δkφ (x)
= 2φ (x) , x

x0 .

Vậy suy ra
φ ((1 + δ) x)

2φ (x) , x

14

x0 .

(1.9)


Do đó ta có điều phải chứng minh.
(v) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho
φ ((1 + δ) x)

2φ (x) , x

x0 .

φ−1 (x)

Ta chứng minh lim sup φ−1 (2x) < 1.
x→0

Xét x = φ−1 (y) từ công thức (1.9) ta suy ra
(1 + δ) φ−1 (x)
nên
lim sup
x→∞

φ−1 (2x)

φ−1 (x)

φ−1 (2x)

(1 + δ)−1 < 1.

Do đó ta có điều phải chứng minh.
φ−1 (x)

/ ∆2 .
(vi) ⇒ (i). Ta chứng minh phản chứng, giả sử lim sup φ−1 (2x) < 1 nhưng φ ∈
x→∞

Nếu φ ∈
/ ∆2 thì ta có thể tìm được {xn } tăng đến ∞ sao cho φ

1+

1
n

xn > 2φ (xn ).

Do đó, với yn = φ (xn ), ta có
1 > lim sup
n

φ−1 (yn )
φ−1 (yn )
n
lim
inf

lim
−1
−1
φ (2yn ) n φ (2yn ) n 1 + n

= 1.

Điều mâu thuẫn này cho thấy φ ∈ ∆2 .
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.4. Giả sử φ là một N - hàm với liên hợp ψ. Nếu ϕ, η là các đạo hàm (trái)
của φ, ψ như thơng thường thì các điều kiện sau là tương đương
(i) φ ∈ ∇2 .
(ii)Tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x)

0 sao cho φ ((2 − λ) x)

(iii)Tồn tại 0 < λ < 1, x1
−1

φ (x)
−1
x→∞ φ (2x)

(iv)lim inf

Chứng minh.
φ (2x)

(2 + δ) φ (x) , x

x0 .

2φ (x) , x

x1 .

> 21 .

(i) ⇒ (ii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho

(2 + δ) φ (x) , x

x0

Theo định lý 1.3 nếu φ ∈ ∇2 thì tồn tại β > 1 sao cho

xϕ(x)
φ(x)

> β với x

x0

đó, ta có
φ (2x)
ln
=
φ (x)

2x

x

ϕ (t)
dt
φ (t)

2x

β
x

dt
= ln 2β
t

15

với x

x0

0.

0. Do


Chọn δ = 2β − 2 > 0 ta suy ra φ (2x)

(2 + δ) φ (x) , với x

(ii) ⇒ (i). Giả sử tồn tại δ > 0, x0 > 0 sao cho φ (2x)

x0

(2 + δ) φ (x) , x

x0 ta chứng

minh φ ∈ ∇2
Ta chọn n0 sao cho 1 +

δ n0
2

1
φ (2x)
2+δ

φ (x)

2, đặt l = 2n0 . Khi đó, ta có
...

1
φ (lx)
2l

1
n0
n0 φ (2 x)

(2 + δ)

với x

x0 .

Vậy φ ∈ ∇2 .
(i) ⇒ (iii). Giả sử φ ∈ ∇2 ta chứng minh tồn tại 0 < λ < 1, x1
φ ((2 − λ) x)

2φ (x) , x

0 sao cho

x1 .

Theo định lý (1.3), nếu φ ∈ ∇2 thì ψ ∈ ∆2 . Khi đó, cũng theo định lý 1.3 thì ∃δ > 0
và x0

0 sao cho
ψ ((1 + δ) x)

2ψ (x) ,

x

x0 .

Do đó ta nhận được
2φ

Đặt ω = y2 , λ =

2δ
1+δ ,

y
2

φ

y
,
1+δ

với y

y0

ta có
φ ((2 − λ) ω) ,

2φ (ω)

(iii) ⇒ (iv). Giả sử tồn tại 0 < λ < 1, x1
φ ((2 − λ) x)
φ−1 (x)
−1
x→∞ φ (2x)

ta chứng minh lim inf

y0
= x1 .
2

với ω
0 sao cho

2φ (x) , x

x1

> 21 .

Chọn x = φ−1 (y) ở giả thuyết (iii). Khi đó, ta có
φ−1 (y)
φ−1 (2y)

1
1
> ,
2−λ
2

y

y1 = φ (x1 )

Vậy ta nhận được (iv).
(iv) ⇒ (i). Ta cần chứng minh φ ∈ ∇2 . Giả sử φ ∈

/ ∇2 khi đó với mọi δ > 0, x0 > 0
thì φ (2x)

(2 + δ) φ (x) , x

x0 Do đó, tồn tại {xn } tăng đến ∞ sao cho
φ (2xn ) < 2 +

Do φ là hàm lồi nên ta ln có φ (2xn

1
φ (xn ) .
n

) 2φ (xn ) nên

φ (xn )
1
= .
n→∞ φ (2xn )
2
lim

16

(1.10)


Với n ∈ N∗ , đặt yn = φ (2xn ) thì
φ−1 (yn )

1
= .
−1
n→∞ φ
(2yn )
2
lim

Thật vậy, giả sử (1.11) không xảy ra. Do 2φ−1 (y)
và ε0 > 0 sao cho

φ−1 (yni )
φ−1 (2yni )

1
,
2 − ε0

(1.11)

φ−1 (2y), tồn tại dãy con {yni }i
∀i

1.

1

(1.12)

Biểu diễn yni qua xni , từ (1.12) ta có

(2 − ε0 ) φ−1

1
φ (2xni ) > φ−1 φ 2xni
2

= 2xni .

Do đó ta nhận được:
2 − ε0 −1 1
φ
φ (2xni )
2
2
2 − ε0 1
<
φ (2xni )
2
2
2 − ε0
=
φ (2xni ) , i 1.
4

φ (xni ) < φ

Điều này mâu thuẫn với (1.7). Như vậy, nếu khơng có (i) thì ta cũng khơng có (iv).
Vậy chứng minh được hồn thành.
Ví dụ 1.8. Xét φ (x) = (1 + |x|) log (1 + |x|) − |x| thì hàm liên hợp ψ của nó cho bởi
ψ (y) = e|y| − |y| − 1

ta dễ thấy rằng φ ∈ ∆2 (và không thuộc ∇2 ), ψ ∈ ∇2 (và không thuộc ∆2 ).

1.4

Lớp Orlicz

Định nghĩa 1.6. Ký hiệu Lφ (R) ( hoặc Lφ ) là tập các hàm f : R → R đo được sao
cho
φ(|f |)dx < +∞,
R

trong đó φ là hàm Young như đã định nghĩa ở mục trước. Ta gọi Lφ là lớp Orlicz ứng
với φ.

17


Định lý 1.5. (i) Không gian Lφ là lồi tuyệt đối, nghĩa là nếu f, g ∈ Lφ và α, β thỏa
mãn |α| + |β| ≤ 1 thì αf + βg ∈ Lφ .Ngoài ra, nếu h ∈ Lφ , |f | ≤ |h| và hàm f đo được
thì f ∈ Lφ . Từ đây, ta có αf + βg ∈ Lφ .
(ii) Khơng gian Lφ là tuyến tính nếu φ ∈ ∆2 toàn cục. Đảo lại, điều kiện ∆2 tồn cục
là cần để khơng gian Lφ là tuyến tính.
Chứng minh. Xét f, g ∈ Lφ , khi đó do φ là hàm lồi nên với γ = |α| + |β| ∈ [0; 1] thì
φ (|αf + βg|) ≤ φ (|α| |f | + |β| |g|)
≤ γφ

|α|
|β|
|f | +
|g|

γ
γ

≤ |α| φ (|f |) + |β| φ (|g|) .
Từ đây ta có
αf + βg ∈ Lφ .
Vậy khơng gian Lφ là lồi tuyệt đối và do đó nếu h ∈ Lφ , |f | ≤ |h| và f đo được thì
f ∈ Lφ .
(ii) Để kiểm tra tính tuyến tính, ta chỉ cần chỉ ra rằng nếu f ∈ Lφ thì 2f ∈ Lφ
(vì khi đó nf ∈ Lφ với n nguyên đủ lớn nên với mỗi α > 0, αf ∈ Lφ , ngoài ra
∀f1 , f2 ∈ Lφ , ∀a, b ∈ R thì
af1 + bf2 = γ

b
a
f1 + f2
γ
γ

∈ Lφ ,

với γ = |a| + |b| > 0).
Bây giờ, nếu φ ∈ ∆2 tồn cục, ta có φ (2 |f |) ≤ Kφ (|f |) , K > 0 nên 2f ∈ Lφ . Đảo lại,
giả sử E ∈ Λ là tập có độ đo dương và φ khơng thỏa mãn điều kiện ∆2 tồn cục. Ta
sẽ xây dựng một hàm f ∈ Lφ sao cho 2f ∈
/ Lφ để suy ra điều phải chứng minh.
Nếu 0 < α < µ (E) , µ (E) ≤ ∞ thì tồn tại F ⊂ E, F ∈ Λ sao cho µ (F ) = α < ∞.
Bây giờ ta sẽ xây dựng một hàm f có giá trong F thỏa mãn yêu cầu nói trên.Ta giả sử
rằng φ (R) ⊂ R+ .
Vì φ ∈

/ ∆2 , tồn tại dãy {xn } : xn

n, φ (2xn ) > nφ (xn ) với mọi n

nguyên dương sao cho

n n0

1
<α
n2

và φ (xn )

18

1,

∀n

n0 .

1. Chọn n0


Khi đó tồn tại F0 ⊂ F sao cho
1
< α.
n2

µ (F0 ) =
n n0

Tương tự, tồn tại D1 ∈ Λ, D1 ⊂ F sao cho
µ (D1 ) = n0 −2 .
Do µ (F0 \D1 ) > 0, ta lại tìm được D2 ∈ ∆2 , D2 ⊂ F0 F1 sao cho
µ (D2 ) = (n0 + 1)−2 .
Lặp lại quá trình này ta được dãy {Dn } ⊂ Λ các tập rời nhau sao cho
µ (Dn ) = (n0 + n − 1)−2 ,

Bây giờ, chọn Fk ⊂ Dk , Fk ∈ Λ, k

n

1.

1 sao cho: µ (Fk ) =

µ(Dk )
.
φ(xk )

Xét

∞

f=

xn χFn .
n=1

Khi do f đo được và
∞

φ (f ) dx =
R

∞

n2 < α < ∞,

φ (xn ) µ (Fn ) =
n=1

n=1

nên f ∈ Lφ . Mặt khác, ta có
∞

φ (2f ) dx =
R

φ (2xn ) µ (Fn )
n=1
∞

≥

nφ (xn ) µ (Fn )
n=1

∞

=
n n0

1
= ∞.
n

Hay 2f ∈ Lφ . Vậy ta có điều phải chứng minh.

19


1.5

Không gian Orlicz

Định nghĩa 1.7. Giả sử Lφ là lớp Orlicz ứng với hàm Young φ. Khi đó khơng gian
Lφ (R) hoặc đơn giản hơn là Lφ nếu khơng có nhầm lẫn xảy ra là tất cả các hàm đo
được f : R → R sao cho αf ∈ Lφ với α > 0 nào đó.
Ta gọi Lφ (R) (hay Lφ ) là khơng gian Orlicz. Khi đó
Lφ (R) = Lφ = {f : R → R đo được |

R

φ(αf )dx < +∞ với α > 0 nào đó }.

Mệnh đề 1.3. Tập Lφ là một không gian vecto. Hơn nữa, với mỗi f ∈ Lφ tồn tại
α > 0 sao cho

g ∈ Lφ :

αf ∈ Bφ =

φ (g) dx ≤ 1 .

(1.13)

R

Chứng minh. Ta chứng minh Lφ là một bộ phận con ổn định với phép cộng và phép
nhân trong không gian L1 (R). Thật vậy, xét f1 , f2 ∈ Lφ . Khi đó tồn tại α1 , α2 > 0
sao cho αi fi ∈ Lφ , i = 1, 2. Đặt α = min {α1 , α2 } thì α > 0 và
φ
R

α
(f1 + f2 ) dx
2

α1
α2
f1 + f2 dx
2
2

φ
R

≤

1
2

φ (α1 f1 ) dx +
R

φ (α2 f2 ) dx

< ∞.

R

Điều này có được do φ lồi và đơn điệu tăng.
α
φ
2 > 0 nên f1 + f2 ∈ L . Đặc
Lφ , ∀n > 1. Nên pf ∈ Lφ , ∀p ∈

Tiếp theo, do

biệt ta có với, mỗi f ∈ Lφ thì 2f ∈ Lφ và

do đó nf ∈

R.

Vậy Lφ là không gian véc tơ. Vậy ta chỉ còn phải chứng minh (1.13).
Xét f ∈ Lφ và α > 0 sao cho
αf ∈ Lφ .

Chọn {αn } giảm về không tùy ý và chọn αn = min {α, αn } , n

1. Khi đó φ(αn f ) ≤

φ(αf ), ∀n ≥ 1.
Nếu φ là hàm Young liên tục thì φ(αn f ) → 0, do đó khi φ liên tục, theo định lý hội tụ
bị chặn, ta có
φ(αn f )dx → 0,
R

nên tồn tại nghiệm sao cho

R

φ(αn0 f )dx ≤ 1.

Lúc này αn0 f ∈ Bφ .
20


Nếu φ là hàm Young không liên tục, φ(x) = +∞ ∀x > x0 > 0. Lúc này f bị chặn hầu
khắp nơi và hiển nhiên ta có
φ (αf ) dx ≤ 1.
R

Vậy mệnh đề được chứng minh.
Ví dụ 1.9. Cho 1 ≤ p < ∞, φ(x) = xp thì không gian Lφ là tập hợp các hàm f thỏa
mãn
|f |p dx < ∞.
R

1.6

Chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg
+

Một hàm lồi φ : R → R là hàm Young nếu thỏa mãn các điều kiện sau
φ(−x) = φ(x),

φ(0) = 0

và
lim φ(x) = +∞.

x→∞

+

Với mỗi hàm Young như vậy, ta có thể xác định được một hàm Young ψ : R → R
có tính chất như vậy và xác định bởi
ψ(y) = sup{x |y| − φ(x) : x ≥ 0},

y ∈ R.

Định nghĩa 1.8. Giả sử f : R → R là hàm đo được và (φ, ψ) là cặp liên hợp các hàm
Young. Khi đó ta định nghĩa chuẩn Orlicz như sau
f

φ

|f g| dx :

= sup
R

Ta chứng minh .

φ

cf

ψ (|g|) dx ≤ 1 .
R

là một chuẩn. Thật vậy, ∀c ∈ R ta có
φ

|cf g| dx :

= sup
R

|c| |f g| dx :

= sup
R

= |c| f

ψ (|g|) dx ≤ 1

R

ψ (|g|) dx ≤ 1
R

φ.

21


Suy ra cf

φ

= |c| f

f1 + f2

φ

φ.

|(f1 + f2 ) g| dx :

= sup

ψ (|g|) dx ≤ 1

R

≤ sup

R

|f1 g| dx +

|f2 g| dx :

R

≤ sup

R

|f1 g| dx :
R

ψ (|g|) dx ≤ 1

R

≤ f1
Hiển nhiên f

φ

ψ (|g|) dx ≤ 1
R

|f2 g| dx :

+ sup
φ

ψ (|g|) dx ≤ 1
R

R

+ f2

φ.

≥ 0.
f

φ

= 0 ⇔ sup{

|f g| dx :
R

⇔

ψ(|g|)dx ≤ 1} = 0.
R

|f g| dx = 0 ∀

ψ(|g|)dx ≤ 1 ⇔ f = 0(h.k.n).

R

R

Định nghĩa 1.9. Cho φ là hàm Young, ta xác định phiếm hàm chuẩn Luxemburg trên
Lφ như sau
1
f ∈ Bφ
k
f
k>0:
φ
dx ≤ 1
k
R

Nφ (f ) = inf k > 0 :
= inf
Ví dụ 1.10. Cho φ(x) =

|x|p
p

với mọi f ∈ Lφ .

và cho f ∈ Lφ . Khi đó chuẩn Orlicz và chuẩn Luxemburg

được tính như sau

|f |p dx

Nφ (f ) = p

1/p

R

f

φ

|f |p dx

=

1/p

.

R

Định lý 1.6. (Lφ , Nφ ) là một khơng gian tuyến tính định chuẩn nếu ta đồng nhất các
hàm tương đương như thông thường. Hơn nữa Nφ (f ) ≤ 1 nếu và chỉ nếu
φ(f )dx ≤ 1.
R

22

Chứng minh. Ta chứng minh Nφ là một chuẩn. Thật vậy nếu f = 0 h.k.n thì hiển
nhiên Nφ (f ) = 0.
Ngược lại nếu Nφ (f ) = 0 nhưng |f | > 0 trên một tập có độ đo dương. Khi đó tồn tại
δ > 0 sao cho tập A = {ω : |f (ω)| ≥ δ} có µ(A) > 0.
Bây giờ theo định nghĩa chuẩn Luxemburg, ta có

1
k

∈ Bφ , ∀k > 0 nên nf ∈ Bφ , ∀n ≥ 1.

Đặc biệt ta nhận được
φ (nδ) µ (A) =

φ (nδ) dx
A

≤

φ (nf ) dx
A

≤

φ (nf ) dx ≤ 1,

∀n

1.

R

Do µ(A) > 0 và φ(nf ) tăng đến ∞ khi n → +∞, nên khi cho n → ∞ ta nhận được
mâu thuẫn. Vậy f = 0 h.k.n.
Tiếp theo với α = 0 ta có,
Nφ (αf )= inf

φ

αf
k

dx ≤ 1

k
>0:
|α|

φ

f
|k| |α|

k>0:
R

= |α| inf
= |α| inf

β>0:

R

φ
R

f
β

dx ≤ 1

dx ≤ 1

= |α| Nφ (f ) .
Ta chứng minh bất đẳng thức tam giác. Xét f1 , f2 ∈ Lφ tùy ý. Chọn ai > Nφ (f ), i =
1, 2 thì 0 < ai < ∞.
Ta đặt b = a1 + a2 . Khi đó, ta có
φ
R

f1 + f2
b

dx =

φ
R

f 1 a1 f 2 a2
+

a1 b
a2 b

a1
f1
a2
φ
dx +
b R
a1
b
a1 a2
≤
+
= 1.
b
b

dx

≤

Vậy
f1 + f2
∈ Bφ
b
23

φ
R

f2
a2

dx


nên
Nφ (f1 + f2 ) ≤ b = a1 + a2 ,
ta cho ai → Nφ (fi ) để nhận được bất đẳng thức tam giác cần thiết.
Vậy Nφ là một chuẩn hay (Lφ , Nφ ) là một không gian tuyến tính định chuẩn.
Tiếp theo ta chứng minh phần cuối của định lý. Đặt a = Nφ (f )với f ∈ Lφ . Ta có thể
coi a > 0 (do trường hợp a = 0 là tầm thường).
Khi đó
1
f ∈ Bφ .
a
Nếu a ≤ 1 thì
φ(f )dx ≤
R

f
φ( )dx ≤ 1.
a
R

Đảo lại, nếu f ∈ Bφ ta có ngay Nφ (f ) ≤ 1 từ định nghĩa chuẩn Luxemburg ta để ý
thêm rằng nếu a > 1 thì
f
φ( )dx ≤ 1.

a
R
Nhưng

R

φ (f ) dx = +∞ có thể xảy ra. Vậy ở đây chỉ có 0 ≤ a ≤ 1 là thích hợp.

Chứng minh hồn thành.
φ
φ
Định lý 1.7. Giả sử {fn }∞
n=1 ⊂ L thỏa mãn fn → f h.k.n với f ∈ L và φ (x) = 0

nếu và chỉ nếu x = 0. Khi đó, Nφ (f ) ≤ lim infNφ (fn ), nghĩa là, chuẩn Luxemburg là
n→∞

nửa liên tục dưới trên Lφ .

Chứng minh. Để không rơi vào trường hợp tầm thường, ta coi f = 0 h.k.n. Khi đó,
Nφ (f ) > 0 nên Nφ (fn ) > 0 với n đủ lớn.
Đặt
k0 = lim inf Nφ (fn ) .
i→∞

Nếu k0 = +∞, ta có ngay điều phải chứng minh.
Nếu k0 = 0, tồn tại dãy con {fni } của {fn } sao cho Nφ (fni ) ≤ 1, ∀i ≥ i0 . Do đó ta có
1
Nφ (fni )

φ (|fni |) dx ≤
R

φ
R

|fni |
Nφ (fni )

dx ≤ 1.

Do đó ta có
φ (|fni |) dx ≤ Nφ (fni ) → 0 khi i → ∞.
R

24


Vì |fni | → |f | h.k.n nên theo bổ đề Fatou và giả thiết φ (x) > 0, ta có
0≤

φ (|f |) dx =
R

lim φ (|fni |) dx

R i→∞

φ (|fni |) dx = 0.

lim inf
i→∞

R

Điều mâu thuẫn này cho thấy 0 < k0 < ∞. Lúc này, chọn 0 < k0 < t tùy ý. Khi đó
k0 < ki < t với i nào đó, nên
φ
R

f
t

dx =

fni
t

lim φ

R n→∞

lim inf
i→∞

φ

fni
t

dx

φ

fni
t

dx

R

lim inf
i→∞

R

dx

1.

Vậy Nφ (f ) ≤ t. Do t > k0 là tùy ý, ta có Nφ (f ) < k0 , nghĩa là, Nφ (f ) là nửa liên tục
dưới.
Chứng minh được hoàn thành.
Mệnh đề 1.4. Nếu f ∈ Lφ , g ∈ Lψ với (φ, ψ) là cặp liên hợp các hàm Young thì
|f g| dx ≤ 2Nφ (f ) Nψ (g) .

(1.14)

R

Chứng minh. Nếu Nφ (f ) Nψ (g) = 0 thì f = 0 hoặc g = 0 h.k.n nên (1.14) hiển nhiên
đúng.
Vậy giả sử
Nφ (f ) > 0 và Nψ (g) > 0.
Theo bất đẳng thức Young, ta có
|f g| (ω)
≤φ
Nφ (f ) Nψ (g)

|f |
Nφ (f )

(ω) + ψ

|g|
Nψ (g)

(ω) dx +

ψ

(ω) .

Tích phân hai vế bất đẳng thức trên, ta được

R

|f g|
dx ≤
Nφ (f ) Nψ (g)

φ
R

|f |
Nφ (f )

R

Vậy ta có điều phải chứng minh.

25

|g|
Nψ (g)

(ω) dx ≤ 2.