Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

Một chút giải tích hàm

giải tích hàm banach fréchet

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 nmlinh16

nmlinh16

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hạ Long
  • Sở thích:Arithmetic geometry

Đã gửi 02-03-2019 - 04:18

Note này viết về một số kết quả cơ bản của giải tích hàm. Hầu như không có chứng minh nào hoặc rất tóm tắt. Mình rất mong được trao đổi.

 

Đầu tiên chúng ta bắt đầu với

 

I - Định lý Baire về phạm trù.

 

Def. Trong một không gian tô-pô,

  1. một tập $G_\delta$ là giao của một họ đếm được các tập mở,
  2. một tập $G_\delta$-trù mật là giao của một họ đếm được các tập mở trù mật.

Def. Một không gian tô-pô được gọi là Baire nếu mọi tập $G_\delta$-trù mật đều trù mật.

Nói cách khác, một không gian $X$ là Baire nếu với mọi cách viết $X$ thành giao của một họ đếm được các tập đóng, ít nhất một trong các tập đó có phần trong khác rỗng. Dễ thấy không gian con mở của một không gian Baire cũng là Baire.

 

Định lý [Baire]. Không gian mê-tríc đầy đủ và không gian Hausdorff, com-pắc địa phương là các không gian Baire.

 

Def. Một tính chất được gọi là đúng hầu khắp nơi theo nghĩa Baire nếu nó đúng trên một tập $G_\delta$-trù mật.

 

Định lý. Giả sử $X$ là một không gian Baire, $(Y,d)$ là một không gian mê-tríc và $f_n: X \to Y$ $(n \in \mathbb{N})$ là một dãy hàm liên tục, hội tụ điểm về $f$. Khi đó $f$ liên tục hầu khắp nơi theo nghĩa Baire.

 

Chứng minh

Với $n, p \in \mathbb{N}$, đặt $$F_{n,p}:= \{x \in X \, | \, \forall q \geqslant p, \, d(f_p(x),f_q(x)) \leqslant 2^{-n} \}.$$ Đây là một tập đóng, hơn nữa với mỗi $n \in \mathbb{N}$, dễ thấy $$\bigcup_{p \in \mathbb{N}}F_{n,p} = X.$$

Với $U \subseteq X$ là một tập mở tùy ý, ta có $$\bigcup_{p \in \mathbb{N}}(U \cap F_{n,p}) = U,$$ hơn nữa $U$ là một không gian Baire nên tồn tại $p = p(n,U) \in \mathbb{N}$ sao sao cho $$A_{n,U} := \text{int}(U \cap F_{n,p}) \neq \varnothing.$$

Khi đó, với mỗi $n$, $$A_n := \bigcup_{U \text{ mở}} A_{n,U}$$ là tập mở trù mật. Do đó $$A = \bigcap_{n \in \mathbb{N}}A_n$$ là một $G_\delta$-trù mật. Ta dễ dàng chứng minh được $f$ là liên tục trên $A$. $\square$

 

Ví dụ. Cho $I \subset \mathbb{R}$ là một khoảng mở, $F$ là một không gian Banach và $f: I \to F$ là một hàm khả vi. Khi đó $f'$ là liên tục hầu khắp nơi theo nghĩa Baire. (chứng minh: áp dụng lý trên cho dãy hàm $(f_n)_{n \in \mathbb{N}})$ xác định bởi $f_n(x) = n(f(x+1/n) - f(x))$.

 

 

 

II - Nguyên lý bị chặn đều, định lý ánh xạ mở và định lý đồ thị đóng

 

Def [Tô-pô sinh bởi một họ nửa chuẩn]. Khi $E$ là một không gian véc-tơ thực và $p_\alpha: E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}$ $(\alpha \in \mathcal{A})$ là một họ các nửa chuẩn, ta có thể định nghĩa trên $E$ một tô-pô sinh bởi cơ sở là các tập có dạng $$\{y \in E \, | \, \forall \beta \in \mathcal{B},\,p_\beta(x-y) < r\}$$ trong đó $x \in E$, $r > 0$ và $\mathcal{B}$ là một tập con hữu hạn của $\mathcal{A}$. Tô-pô này khiến cho $E$ trở thành một không gian véc-tơ tô-pô.

 

Def. Một họ nửa chuẩn $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ được gọi là tách nếu với mỗi điểm $x \in E$, từ chỗ $p_\alpha(x) = 0$ với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$ suy ra $x = 0$.

 

Không khó để chứng minh được rằng,

  1. một dãy điểm $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$  trong $E$ hội tụ về một điểm $x$ theo nghĩa tô-pô khi và chỉ khi với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$, ta có $p_\alpha(x_n - x) \to 0$,
  2. một họ nửa chuẩn là tách khi và chỉ khi tô-pô sinh bởi họ đó là Hausdorff,
  3. tô-pô sinh bởi một họ con của $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ thì thô hơn tô-pô sinh bởi $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$,
  4. một tập con $A \subseteq E$ là bị chặn khi và chỉ khi với mọi $\alpha \in \mathcal{A}$, tồn tại $C > 0$ sao cho với mọi $x \in A$, ta có $p_\alpha(x) \leqslant C$.

Def. Một không gian tiền Fréchet là một không gian véc-tơ cùng một dãy tăng các nửa chuẩn tách.

 

Khi ta có một dãy nửa chuẩn bất kỳ, ta có thể dễ dàng thay nó bởi một dãy tăng, vì tổng của hai nửa chuẩn vẫn là một nửa chuẩn.

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian tiền Fréchet với dãy nửa chuẩn $(p_j)_{j \in \mathbb{N}}$. Khi đó ta có thể mê-tríc hóa tô-pô tương ứng bằng cách đặt $$\forall x,y \in E, \qquad d(x,y) := \sum_{j \in \mathbb{N}} 2^{-n} \min(1, p_j(x-y)).$$

Một không gian Fréchet là một không gian tiền Fréchet đầy đủ.

 

Chẳng hạn, một họ gồm một chuẩn duy nhất là một họ tách. Vì thế các không gian định chuẩn đều là tiền Fréchet và các không gian Banach đều là Fréchet.

 

Mệnh đề. Một toán tử tuyến tính $T: (E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}}) \to (F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ giữa hai không gian tiền Fréchet là liên tục khi và chỉ khi với mọi $k \in \mathbb{N}$, tồn tại $C > 0$ và $n \in \mathbb{N}$ sao cho với mọi $x \in E$, ta có $q_k(Tx) \leqslant Cp_j(x)$.

 

Chứng minh

"Chỉ khi". Cố định $k \in \mathbb{N}$. Vì $T$ liên tục nên tồn tại lân cận mở $U$ của $0$ sao cho $q_k(Tx) < 1$ với mọi $x \in U$. Đương nhiên $U$ chứa một tập mở trong cơ sở, nghĩa là tồn tại $j \in \mathbb{N}$ và $r > 0$ sao cho $$\{x \in E \, | \, p_j(x) < r\} \subseteq U.$$ Ta lấy $C = 2/r$ và dùng tính thuần nhất của nửa chuẩn để kết luận.

 

"Khi". Cố định $x \in E$ và gọi $V$ là một lân cận mở của $Tx$ trong $F$. Tương tự như trên, tồn tại $k \in \mathbb{N}$ và $r > 0$ sao cho $$\{x \in E \, | \, q_k(y - Tx) < r\} \subseteq V.$$ Khi đó, với mọi $x' \in E$ thỏa mãn $p_j(x - x') < r/C$, ta có $q_k(Tx - Tx') < r$, nghĩa là $Tx' \in U$. Vậy $T$ liên tục tại $x$. $\square$

 

 

Định lý [Banach-Steinhauss hay Nguyên lý bị chặn đều]. Cho $(E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}})$ là một không gian Fréchet,  $(F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ là một không gian tiền Fréchet và $T_\alpha: E \to F$ $(\alpha \in \mathcal{A})$ là một họ các toán tử tuyến tính liên tục sao cho với mọi $x \in E$, họ $(T_\alpha x)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ là bị chặn trong $F$. Khi đó họ $(T_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$ là đồng liên tục, tức là $$\forall k \in \mathbb{N}, \exists C > 0, \exists j \in \mathbb{N},\forall x \in E, \forall \alpha \in \mathcal{A},q_k(T_\alpha x) \leqslant C{p_j}(x).$$

 

Hệ quả.

  1. Cho $(E, (p_j)_{j \in \mathbb{N}})$ là một không gian Fréchet,  $(F, (q_k)_{k \in \mathbb{N}})$ là một không gian tiền Fréchet và $T_n: E \to F$ $(n \in \mathbb{N})$ là một dãy các toán tử tuyến tính liên tục hội tụ điểm về $T$. Khi đó $T$ là một toán tử tuyến tính liên tục. Hơn nữa, nếu $x_n \to x$ thì $T_nx _n\to Tx$.
  2. Giả sử $G$ là một không gian Banach và $B \subseteq G$ là một tập con thỏa mãn: với mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: B \to \mathbb{R}$, $f(B)$ là bị chặn. Khi đó $B$ là bị chặn.

Chứng minh

1. Hiển nhiên theo Nguyên lý bị chặn đều và tiêu chuẩn liên tục của toán tử tuyến tính giữa hai không gian tiền Fréchet ở trên.

2. Áp dụng nguyên lý bị chặn đều cho $E = G^\ast$, $F = \mathbb{R}$ và họ toán tử $(T_b)_{b \in B}$ trong đó $T_b(f) = f(b)$, ta thấy tồn tại $C > 0$ sao cho với mọi phiếm hàm $f \in G^\ast \to \mathbb{R}$ và mọi $b \in B$, ta có $|f(b)| \leqslant C \| f \|$, từ đó dễ thấy $B$ bị chặn. $\square$

 

Định lý [Ánh xạ mở]. Mọi toán tử tuyến tính liên tục toàn ánh giữa hai không gian Fréchet đều mở.

 

Định lý [Đồ thị đóng]. Một toán tử tuyến tính giữa hai không gian Fréchet là liên tục khi và chỉ khi đồ thị của nó là đóng trong không gian tích.

 

Một bài tập vui. Cho $f$ và $f_n$ $(n \in \mathbb{N})$ là các hàm thực khả vi liên tục trên $[0,1]$. Chứng minh rằng nếu $f_n$ hội tụ đều về $f$ thì $f_n'$ hội tụ đều về $f'$.

 

 

III - Định lý Hahn - Banach

 

Định lý [Hahn - Banach dạng giải tích]. Cho $E$ là một không gian véc-tơ thực và $p: E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}$ là một phiếm hàm dưới cộng tính thuần nhất dương, nghĩa là

  1. $\forall x, y \in E$, $p(x+y) \leqslant p(x) + p(y)$,
  2. $\forall x \in E, \lambda \geqslant 0$, $p(\lambda x) = \lambda p(x)$.

Giả sử $F$ là một không gian con của $E$ và $f: F \to \mathbb{R}$ là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn bởi $p$, khi đó $f$ thác triến được thành một phiến hàm tuyến tính trên $E$, bị chặn bởi $p$.

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian định chuẩn. Khi đó,

  1. mọi phiếm hàm tuyến tính liên tục xác định trên một không gian con của $E$ đều thác triển được lên toàn $E$ thành một phiếm hàm với cùng chuẩn.
  2. với mỗi $x \in E$ đều tồn tại một phiếm hàm liên tục $f$ có chuẩn bằng $x$ sao cho $f(x) = \| x \|^2$,
  3. với mỗi $x \in E$, ta có $\|x\| = \sup\limits_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\| \leqslant 1}}|f(x)|$.

Chứng minh

1. Giả sử $f$ là một phiếm hàm liên tục xác định trên một không gian con $F$ của $E$. Áp dụng định lý Hahn-Bach cho $p = \| f \|_{E^\ast} \cdot \| \cdot \|_E$.

2. Xét toán tử tuyến tính $f$ xác định trên đường thẳng sinh bởi $x$ cho bởi $f(x) = \|x\|^2$.

3. Bất đẳng thức $\|x\| \geqslant \sup\limits_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\| \leqslant 1}}|f(x)|$ là hiển nhiên. Bất đẳng thức ngược lại suy ra từ phần trên. $\square$

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô. Một siêu phẳng affine trong $E$ là một tập con có dạng $$H = [f = \alpha] := \{x \in E \,| \, f(x) = \alpha\}$$ với $\alpha \in \mathbb{R}$ và $f$ là một phiếm hàm tuyến tính khác $0$.

 

Mệnh đề. $H$ là đóng khi và chỉ khi $f$ là liên tục.

 

Def. Một không gian véc-tơ tô-pô được gọi lồi địa phương nếu $0$ có một cơ sở lân cận gồm các tập lồi.

Rõ ràng điều kiện trên có thể thanh bởi "$0$ có một cơ sở lân cận gồm các tập lồi đối xứng", vì nếu $C$ là một tập lồi trong cơ sở lân cận này thì ta chỉ cần thay nó bởi $C \cap (-C)$.

 

Def. Cho $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô và $C \subseteq E$ là một tập lồi khác rỗng và là một lân cận của $0$. Thang (gauge) của $C$ là ánh xạ cho bởi $$\|\cdot\|_C:E \to \mathbb{R}_{\geqslant 0}, \qquad x \mapsto \inf \{t > 0 \, | \, x/t \in C\}.$$

 

Tính chất của thang.

  1. $\|\cdot\|_C$ là thuần nhất dương.
  2. $\|\cdot\|_C$ là dưới cộng tính.
  3. Nếu $C$ mở thì $C = \{x \in E \, | \, \| x \|_C < 1 \}$.
  4. $\|\cdot\|_C$ là liên tục.

Chứng minh

Vì $C$ là lân cận của $0$ nên $\|\cdot\|_C$ được định nghĩa tốt.

1. Hiển nhiên.

2. Xét $x,y \in C$. Ta lấy $s, t > 0$ bất kỳ sao cho$x/s \in C$ và $y / t \in C$. Vì $C$ lồi nên $$\frac{x+y}{s+t} = \frac{s}{s+t}\cdot \frac{x}{s} + \frac{t}{s+t} \cdot \frac{y}{t} \in C,$$ do đó $\|x+y\|_C \leqslant s+t$. Điều này đúng với mọi $s$ và $t$ nên $\|x+y\|_C \leqslant \|x\|_C + \|y\|_C$.

3. Với $x \in C$, vì $C$ mở nên tồn tại $\varepsilon > 0$ sao cho $(1 + \varepsilon)x \in C$. Từ đó $\| x\|_C\leqslant 1/(x + \varepsilon) < 1$. Ngược lại. nếu $x \in E$ sao cho $\| x\|_C < 1$ thì tồn tại $t \in (0,1)$ sao cho $x/t \in C$. Vì $C$ lồi và chứa $0$ nên $x \in C$.

4. Vì tính dưới cộng tính nên ta chỉ cần chứng minh $\|\cdot\|_C$ là liên tục tại $0$. Thật vậy, cho $\varepsilon > 0$, khi đó tồn tại lân cận mở $V_\varepsilon$ của $0$ sao cho $V_\varepsilon \subseteq \varepsilon C$. Từ đó ta thấy, với mọi $x \in V_\varepsilon$ thì $\|x\|_C \leqslant \varepsilon$. $\square$

 

Ta có kết quả thú vị sau đây.

 

Định lý. Một không gian véc-tơ tô-pô là lồi địa phương khi và chỉ khi tô-pô của nó được sinh bởi một họ nửa chuẩn.

Chứng minh

"Chỉ khi". Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương. Gọi $\mathcal{V}$ là cơ sở lân cận của $0$ gồm các tập lồi mở đối xứng (nếu $C$ là một tập lồi mở, ta thay nó bởi $C \cap (-C)$). Gọi$\mathcal{P}$ là tô-pô sinh bởi họ nửa chuẩn $(\|\cdot\|_C)_{C \in \mathcal{V}}$ và $\mathcal{T}$ là tô-pô ban đầu của $E$. Ta chứng minh $\mathcal{T} = \mathcal{P}$.

  • Nếu $V \in \mathcal{T}$ là lồi và đối xứng thì theo tính chất của thang, ta có $V = \{x \in E \, | \, \| x \|_V < 1 \}$, nên hiển nhiên $V \in \mathcal{P}$. Vậy $\mathcal{T} \subseteq \mathcal{P}$.
  • Xét một tập $U$ trong cơ sở của $\mathcal{P}$, nghĩa là $U = \{x \in E \,|\, \forall 1 \leqslant i \leqslant k, \|x\|_{V_i} < r\}$ (ta chỉ cần xét lân cận của $0$ do tính đối xứng của không gian véc-tơ tô-pô). Với $V_1,\ldots,V_k \in \mathcal{V}$ và $r > 0$. Khi đó $C = \bigcap_{i=1}^k rV_i \in \mathcal{T}$ là một lân cận lồi đối xứng của $0$. Dễ thấy $C \subseteq U$. Từ đây ta có $U \in \mathcal{T}$. Vậy $\mathcal{P} \subseteq \mathcal{T}$.

"Khi". Giả sử tô-pô của $E$ được sinh bởi họ nửa chuẩn $(p_\alpha)_{\alpha \in \mathcal{A}}$. Với mỗi tập hữu hạn $\mathcal{B} \subseteq \mathcal{A}$ và $r > 0$, dễ thấy tập hợp $$\{x \in E \,| \, \forall b \in \mathcal{B}, p_b(x) < r\}$$ là lồi. Chúng tạo nên một cơ sở lân cận lồi của $0$. $\square$

 

Định lý [Hahn-Banach dạng hình học]. Giả sử $A, B$ là hai tập lồi khác rỗng rời nhau của một không gian véc-tơ tô-pô $E$.

  1. Nếu $A$ mở thì tồn tại một siêu phẳng affine đóng $H = [f = \alpha]$ tách $A$ và $B$, nghĩa là $f(x) \leqslant \alpha \leqslant f(y)$ với mọi $x \in A$ và $y \in B$.
  2. Nếu $E$ lồi địa phương, $A$ compact và $B$ đóng thì tồn tại một siêu phẳng affine đóng $H = [f = \alpha]$ tách chặt $A$ và $B$, nghĩa là tồn tại $\varepsilon > 0$ sao cho $f(x) + \varepsilon \leqslant \alpha \leqslant f(y) - \varepsilon$ với mọi $x \in A$ và $y \in B$.

Chứng minh

Ta chứng minh

Bổ đề. Cho $C \subseteq E$ là một tập lồi mở và $x_0 \notin C$. Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên tục $\ell: E \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in C$, ta có $\ell(x) < \ell(x_0)$.

Chứng minh bổ đề. Ta có thể giả sử $0 \in C$. Ta biết rằng $C = \{x \in E \,|\, \| x \| < 1\}$, vì thế $\|x_0\| \geqslant 1$. Gọi $f$ là phiếm hàm tuyến tính xác định trên đường thẳng sinh bởi $x_0$ thỏa mãn $f(x_0) = 1$. Khi đó $f$ bị chặn trên bởi $\| \cdot \|_C$. Theo định lý Hahn-Banach, $f$ thác triển thành một phiếm hàm tuyến tính $\ell: E \to \mathbb{R}$ bị chặn bởi $\| \cdot \|_C$. Vì $C$ là lân cận của $0$ và ta dễ thấy với $\varepsilon > 0$ thì $ \ell(x) \geqslant \varepsilon$. Do đó $\ell$ là liên tục. Hiển nhiên ta có $\ell(x) \leqslant \|x\|_C < 1 = \ell(x_0)$ với mọi $x \in C$. $\square$

 

Trở lại định lý.

1. Ta áp dụng bổ đề trên cho $C = A - B$ và $x_0 = 0$.

2. Vì tính compact của $A$, ta có thể chọn được $n$ điểm $x_1,\ldots,x_n \in A$ và các lân cận mở $V_1,\ldots,V_n,V_1',\ldots,V_n'$ của $0$ sao cho

  • $(x_i + V_i) \cap A = \varnothing$.
  • $V_i' + V_i' \subseteq V_i$.
  • $A \subseteq \bigcup_{i=1}^n (x_i + V_i')$.

Gọi $W$ là lân cận mở của $0$ sao cho $$W + (-W) \subseteq \bigcap_{i=1}^n V_i'.$$ Khi đó $A' := A + W$ và $B' := B+W$ là hai tập lồi mở rời nhau. Ta áp dụng kết quả phần 1. cho $A'$ và $B'$. Cuối cùng, vì $W$ là lân cận của $0$ nên nó chứa tất cả các hướng, vì thế tồn tại $w_0 \in W$ sao cho $\ell(w_0) > 0$. Ta lấy $\varepsilon = \ell(w_0)$. $\square$

 

 

 

IV - Định lý Krein-Milman

 

Def. Cho $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô và $K$ là một tập con của $E$. Một tập con khác rỗng $A \subseteq K$ được gọi là một diện của $K$ nếu nó com-pắc và nếu với mọi $x,y \in K$, từ chỗ tồn tại $\lambda \in (0,1)$ sao cho $\lambda x + (1-\lambda)y \in A$ suy ra $x,y \in A$.

Một điểm $x_0 \in K$ được gọi là một điểm cực biên nếu $\{x_0\}$ là một diện.

 

Mệnh đề. Nếu $A$ là một diện của $K$ thì mỗi diện của $A$ đều là một diện của $K$.

 

Định lý [Krein-Milman]. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương, Hausdorff và $K \subseteq E$ là một tập lồi com-pắc. Khi đó $K$ là bao lồi đóng của các điểm cực biến của nó.

 

Chứng minh

1. Đầu tiên ta chứng minh $K$ có ít nhất một điểm cực biên. Fact: Phần này của định lý tương đương với tiên đề chọn.

Trên tập $\mathcal{P}$ các diện của $K$, ta định nghĩa một quan hệ thứ tự: $A \leqslant B$ nếu $A \supseteq B$. Nếu $\mathcal{Q} \subseteq \mathcal{P}$ được sắp thứ tự toàn phần, ta thấy $$\bigcap_{A \in \mathcal{Q}}A$$ là một diện của $K$ (do tính chất giao hữu hạn của tập com-pắc), vì thế đây là một chặn trên cho $\mathcal{Q}$. Theo bổ đề Zorn, tồn tại một diện $M$ cực đại theo quan hệ $\leqslant$. Ta chứng minh $|M| = 1$. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng tồn tại $x_0,x_1 \in M$ với $x_0 \neq x_1$. Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: E \to \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) < f(x_1)$. Đặt $$N = \{x \in M \,| \, f(x) = \inf_Mf\}.$$ Thế thì $N$ là một diện của $K$ (thứ nhất, $N \neq \varnothing $ vì $M$ là com-pắc; thứ hai $N$ cũng com-pắc vì nó đóng; tính chất còn lại trong định nghĩa diện được chứng minh dễ dàng). Mặt khác $x_1 \notin N$, điều này mâu thuẫn với tính cực đại của diện $M$.

2. Gọi $\mathcal{E}$ là tập các điểm cực biên của $K$. Đương nhiên $K$ chứa bao lồi đóng của $\mathcal{E}$. Ta giả sử phản chứng rằng tồn tại điểm $x_0 \in K$ không nằm trong bao lồi đóng của $\mathcal{E}$. Theo định lý Hahn-Bach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục $f: E \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in \mathcal{E}$, ta có $f(x) < f(x_0)$. Tương tự nhiên trên, ta thấy $$A = \{x \in K \,| \, f(x) = \sup_K f\}$$ là một diện của $K$. Vì thế, nó có ít nhất một điểm cực biên $x_1$. Hiển nhiên $x_1$ cũng là một điểm cực biên của $K$ (mệnh đề trên), nghĩa là $x_1 \in \mathcal{E}$. Nhưng như vậy ta có $f(x_1) < f(x_0)$, mâu thuẫn. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 02-03-2019 - 16:21

$$x - \sum_{\rho} \frac{x^\rho}{\rho} - \log 2\pi - \frac{1}{2}\log(1-x^{-2}) = \frac{\psi(x+0) + \psi(x - 0)}{2}, \qquad \psi(x) = \sum_{\substack{p^n \le x \\  n \ge 1}} \log p.$$

 

"Ce que nous savons est peu de chose, ce que nous ignorons est immense." - P.S. Laplace


#2 nmlinh16

nmlinh16

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hạ Long
  • Sở thích:Arithmetic geometry

Đã gửi 02-03-2019 - 06:29

V - Tô-pô yếu và tô-pô yếu-$\ast$ trên không gian Banach

 

Def. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương và Hausdorff. Gọi $E^\ast$ là đối ngẫu tô-pô của $E$ (không gian các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên $E$.

Với một tập con hữu hạn $B \subseteq E^\ast$, ta định nghĩa nửa chuẩn $p_B: E \to \mathbb{R}$ bởi $p_B(x) := \max_{f \in B}|f(x)|$.

Tương tự, với một tập con hữu hạn $A \subseteq E$, ta định nghĩa nửa chuẩn $q_A: E^\ast \to \mathbb{R}$ bởi $q_A(f):= \sup_{x \in A}|f(x)|$.

  1. Ta gọi tô-pô sinh bởi họ $(p_B)_{B \text{ hữu hạn}}$ là tô-pô yếu trên $E$, ký hiệu bởi $\sigma(E,E^\ast)$.
  2. Ta gọi tô-pô ban đầu trên $E$ là tô-pô mạnh.
  3. Ta gọi tô-pô sinh bởi họ $(q_A)_{A \text{ hữu hạn}}$ là tô-pô yếu-$\ast$ trên $E^\ast$, ký hiệu bởi $\sigma(E^\ast,E)$.

Mệnh đề. Tô-pô mạnh mạnh hơn tô-pô yếu.

 

Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, các tô-pô yếu và tô-pô yếu-$\ast$ đều là Hausdorff. Sự hội tụ theo chúng được gọi lần lượt là hội tụ yếuhội tụ yếu-$\ast$.

 

Mệnh đề. Cho $E$ là một không gian Banach (tính lồi địa phương là hiển nhiên: mọi quả cầu đều lồi). $x_n$ $(n \in \mathbb{N})$ và $x$ là các điểm của $E$. $f_n$ $(n \in \mathbb{N}$ và $f$ là các phiếm hàm tuyến tính liên tục $E \to \mathbb{R}$. Khi đó

  1. $x_n$ hội tụ yếu về $x$ (ký hiệu $x_n \rightharpoonup x$) khi và chỉ khi với mọi $f \in E^\ast$, ta có $f(x_n) \to f(x)$.
  2. $f_n$ hội tụ yếu-$\ast$ về $f$ (ký hiệu $f_n \rightharpoonup^\ast f$) khi và chỉ khi với mọi $x \in E$, ta có $f_n(x) \to f(x)$.
  3. Sự hội tụ mạnh trong $E$ kéo theo sự hội tụ yếu.
  4. Sự hội tụ mạnh trong $E^\ast$ kéo theo sự hội tụ yếu$-\ast$.
  5. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ thì $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ bị chặn, hơn nữa $\|x\|_E \leqslant \liminf \|x_n\|_E$.
  6. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ và $f_n \to f$ (hội tụ mạnh trong $E^\ast$) thì $f_n(x_n) \to f(x)$.

Chứng minh

1. 2. Ta sử dụng tiêu chuẩn hội tụ đối với tô-pô sinh bởi một họ nữa chuẩn ở bài post trước.

3. Hiển nhiên.

4. Bất đẳng thức thứ nhất: Sử dụng nguyên lý bị chặn đều ($E^\ast$ là Banach kể cả khi $E$ chỉ là không gian định chuẩn). Bất đẳng thức thứ hai: Sử dụng kết quả $\|x\|_E = \sup_{\substack{f \in E^\ast \\ \|f\|_{E^\ast} \leqslant 1}}|f(x)|$.

5. Chỉ cần dùng bất đẳng thức tam giác với chú ý rằng $\|x_n\|$ bị chặn. $\square$

 

 

Mệnh đề. Trên không gian hữu hạn chiều, tô-pô mạnh và tô-pô yếu là như nhau (chứng minh: chỉ cần chọn một cơ sở cho $E$ và cơ sở đối ngẫu cho $E^\ast$).

 

Ngược lại, trong không gian vô hạn chiều, hai tô-pô này thực sự khác nhau. Chẳng hạn

 

Bài tập. Trong một không gian Banach vô hạn chiều, bao đóng yếu của mặt cầu đơn vị $S_E := \{x \in E: \|x\| = 1\}$ là toàn bộ quả cầu đơn vị $B_E := \{x \in E: \|x\| \leqslant 1\}$. (gợi ý: Đầu tiên, chứng minh rằng tập mở trong tô-pô yếu đều chứa một đường thẳng affine).

 

Định lý. Giả sử $E$ là một không gian véc-tơ tô-pô lồi địa phương và Hausdorff. Nếu $C \subseteq E$ là một tập lồi thì tính đóng của nó đối với hai tô-pô mạnh và yếu là tương đương.

Chứng minh

Ta cần chứng minh nếu $C$ đóng trong tô-pô mạnh thì nó cũng đóng trong tô-pô yếu. Thật vậy, lấy $x_0 \in E \setminus C$ tùy ý. Theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại $f \in E^\ast$ và $\alpha \in R$ sao cho $f(x_0) < \alpha < f(x)$ với mọi $x \in C$. Do đó, $f^{-1}((-\infty,\alpha))$ là một tập mở trong tô-pô yếu chứa $x_0$ và nằm trong $E \setminus C$. Vậy $E \setminus C$ là mở trong tô-pô yếu. $\square$

 

 

Hệ quả [Mazur]. Giả sử $E$ là một không gian Banach, $x_n$ $(n \in \mathbb{N}$ và $x$ là các điểm trong $E$. Nếu $x_n \rightharpoonup x$ thì tồn tại một dãy điểm, gồm tổ hợp lồi (hữu hạn) của các điểm trong dãy $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$, hội tụ mạnh về $x$.

Chứng minh

Gọi $C$ là bao lồi của các điểm $x_n$ và $\overline{C}$ là bao đóng mạnh của $C$. Thế thì $\overline{C}$ lồi và theo định lý trên, $\overline{C}$ là đóng trong tô-pô yếu. $\square$ (đây không phải một chứng minh xây dựng :< )

 

 

Định lý. Cho $T: E \to F$ là toán tử tuyến tính giữa hai không gian Banach. Khi đó tính liên tục đối với cặp tô-pô mạnh và cặp tô-pô yếu của $E$ và $F$ là tương đương.

 

Chứng minh

1. Giả sử $T$ là liên tục đối với tô-pô mạnh. Cố định $x_0 \in E$. Xét $V \subseteq F$ là một tập mở tùy ý trong tô-pô yếu (của $F$) chứa $Tx_0$, với $x_0 \in E$. Khi đó $$V \supseteq \{y \in F \,| \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, |f_i(y - Tx_0)| < \varepsilon\}$$ với $\varepsilon > 0$ và $f_1,\ldots,f_n \in F^\ast$. Vì $T$ là liên tục, ta dễ thấy $$U = \{x \in E \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, |f_i(T(x - x_0))| < \varepsilon\}$$ là tập mở (trong tô-pô yếu của $E$) chứa $x_0$. Hơn nữa $T(U) \subseteq V$, vậy $T$ liên tục (đối với tô-pô yếu) tại $x_0$.

2. Giả sử $T$ là liên tục đối với tô-pô yếu. Giả sử $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm trong $E$ hội tụ về $x$ sao cho $Tx_n \to y \in F$. Nói riêng, ta có $x_n \rightharpoonup x$ (vì thế $Tx_n \rightharpoonup Tx$) và $Tx_n \rightharpoonup y$. Vì tô-pô yếu là Hausdorff, ta có $y = Tx$, nên theo định lý đồ thị đóng, ta có $T$ liên tục đối với tô-pô mạnh. $\square$

 

 

Định lý [Banach - Alaoglu]. Giả sử $E$ là một không gian định chuẩn. Khi đó quả cầu đơn vị của $E^\ast$, $$B_{E^\ast} := \{f \in E^\ast \,| \, \|f\|_{E^\ast} \leqslant 1 \}$$ là com-pắc trong tô-pô yếu-$\ast$.

 

Chứng minh

Nếu $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm của $B_{E^\ast}$ hội tụ yếu-$\ast$ về $f \in E^\ast$ thì $f_n(x) \to f(x)$ với mọi $x \in E$. Do $\|f_n(x)| \leqslant \|x\|_E$ nên ta có $|f(x)| \leqslant \|x\|_E$, từ đó $\|f\|_{E^\ast} \leqslant 1$ hay $f \in B_{E^\ast}$. Vậy $B$ đóng trong tô-pô yếu-$\ast$. Ta chỉ cần chứng minh nó chứa trong một tập com-pắc.

 

Ta coi không gian tích $\mathbb{R}^E$ như không gian các phiếm hàm $E \to \mathbb{R}$ (tô-pô tích chính là tô-pô hội tụ điểm).

Ánh xạ đồng nhất $E^\ast \to E^\ast$ là liên tục (tô-pô của không gian nguồn là tô-pô vết cảm sinh từ $E^\ast \subseteq \mathbb{R}^E$ và tô-pô của không gian đích là tô-pô yếu-$\ast$).

Đặt $$K = \prod_{x \in E}[-\|x\|_E,\|x\|_E],$$ đây là một tập com-pắc theo định lý Tychonoff. Tiếp theo, $E^\ast$ là đóng trong $\mathbb{R}^E$ với tô-pô tích (một hệ quả của Nguyên lý bị chặn đều nói rằng giới hạn điểm của một dãy phiếm hàm tuyến tính liên tục là một phiếm hàm tuyến tính liên tục), do đó $E^\ast \cap K$ là tập compact của $E^\ast$ đối với tô-pô hội tụ điểm. Vậy nó cũng com-pắc đối với tô-pô yếu-$\ast$. Cuối cùng, dễ thấy nó chứa $B_{E^\ast}$. $\square$

 

 

Def. Nếu $E$ là một không gian  Banach, ta gọi $E^{\ast\ast}$ là song đối ngẫu tô-pô của nó.

 

Ta xét phép nhúng chính tắc $j: E \to E^{\ast\ast}$ cho bởi $x \mapsto (j(x): f \mapsto f(x))$. Dễ thấy $j$ được định nghĩa tốt và tuyến tính. Ngoài ra, theo hệ quả của định lý Hahn-Banach thì $j$ là một phép đẳng cự. Nói riêng, nó là đơn ánh. Ngoài ra

 

Mệnh đề: $j(B_E)$ là đóng trong $B_{E^{\ast\ast}}$.

Chứng minh

Giả sử $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy điểm của $B_E$ sao cho $j(x_n) \to y \in E^{\ast\ast}$. Nói riêng, $(j(x_n))_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy Cauchy, vì thế $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ cũng vậy ($j$ là một phép đẳng cự). Vì $E$ là Banach, ta có $x_n \to x \in B_E$. Đương nhiên ta suy ra $j(x_n) \to j(x)$, vậy $y = j(x) \in j(B_E)$. $\square$

 

 

Def. $E$ được gọi là phản xạ (reflexive) nếu $j$ là một toàn ánh.

 

Định lý [Kakutani]. $E$ là phản xạ khi và chỉ khi $B_E$ là com-pắc đối với tô-pô yếu.

 

Mình sẽ viết chứng minh của định lý này trong post dưới (bây giờ mệt quá rồi, đi ngủ đã :<). Trước hết, chúng ta cần 2 bổ đề.

 

Bổ đề [Helly]. Cho $E$ là một không gian Banach, $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ là các số thực và $f_1,\ldots,f_n \in E^\ast$. Hai khẳng định sau đây là tương đương.

  1. Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại $x \in B_E$ sao cho với mọi $1 \leqslant i \leqslant n$, ta có $|f_i(x) - \alpha_i| < \varepsilon$.
  2. Với $n$ số thực bất kỳ $\beta_1,\ldots,\beta_n$, ta có $\left| \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n\beta_if_i \right\|_{E^\ast}$.

Chứng minh

1. suy ra 2. Ta cố định $\varepsilon > 0$ và chọn $x \in B_E$ như trong 1. Ta có $$\left| \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| \leqslant \sum_{i=1}^n \left|f_i(x) - \alpha_i \right| |\beta_i| + \left|\left(\sum_{i=1}^n \beta_if_i\right) x \right| \leqslant \varepsilon \sum_{i=1}^n |\beta_i| + \left\|\sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast}.$$ Cho $\varepsilon \downarrow 0$, ta có điều phải chứng minh.

2. suy ra 1. Xét toán tử tuyến tính liên tục $\varphi: E \to \mathbb{R}^n$ cho bởi $x \mapsto (f_i(x))_{1 \leqslant i \leqslant n}$. Ta cần chứng minh $\alpha \in \overline{\varphi(E)}$, ở đây $\alpha = (\alpha_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \mathbb{R}^n$. Giả sử ngược lại. Khi đó theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, vì $\overline{\varphi(E)}$ là một tập lồi đóng, tồn tại $\beta = (\beta_i)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ và $\gamma \in \mathbb{R}$ sao cho với mọi $x \in E$, ta có $$\sum_{i=1}^n \beta_if_i(x) < \gamma < \sum_{i=1}^n\beta_i\alpha_i.$$ Nói riêng, $$\sup_{x \in B_E}\left|\left(\sum_{i=1}^n \beta_if_i \right)(x) \right| \leqslant \gamma < \sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n\beta_if_i \right\|_{E^\ast},$$ mẫu thuẫn. $\square$

 

Bổ đề [Goldstine]. Cho $E$ là một không gian Banach. Khi đó $j(B_E)$ là trù mật trong $B_{E^\ast}$ với tô-pô yếu$-\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$.

 

Chứng minh

Lấy $\xi \in B_E^{\ast\ast}$ tùy ý và $V$ là một lân cận của $\xi$ trong tô-pô $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$. Ta cần chứng minh rằng tồn tại $x \in B_E$ sao cho $j(x) \in B_E$. Tuy nhiên, ta biết rằng có thể giả sử $$V = \{\eta \in E^{\ast\ast} \,| \, \forall 1 \leqslant i \leqslant n, \,|(\eta-\xi)(f_i)| < \varepsilon\}$$ với $\varepsilon > 0$ và $f_1,\ldots,f_n \in E^\ast$. Đặt $\alpha_i = \xi(f_i)$.

Với $\beta_1,\ldots,\beta_n \in \mathbb{R}$ tùy ý, ta có $$\left|\sum_{i=1}^n \beta_i\alpha_i \right| = \left|\xi\left( \sum_{i=1}^n \beta_if_i \right) \right| \leqslant \|\xi\|_{E^{\ast\ast}} \left\| \sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast} \leqslant \left\| \sum_{i=1}^n \beta_if_i\right\|_{E^\ast}.$$ Theo bổ đề Helly, tồn tại $x \in B_E$ thỏa mãn $$\forall 1 \leqslant i \leqslant n, \qquad  | (j(x) - \xi)(f_i)| =  |f_i(x) - \alpha_i| < \varepsilon,$$ do đó ta có $j(x) \in V$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 02-03-2019 - 16:22

$$x - \sum_{\rho} \frac{x^\rho}{\rho} - \log 2\pi - \frac{1}{2}\log(1-x^{-2}) = \frac{\psi(x+0) + \psi(x - 0)}{2}, \qquad \psi(x) = \sum_{\substack{p^n \le x \\  n \ge 1}} \log p.$$

 

"Ce que nous savons est peu de chose, ce que nous ignorons est immense." - P.S. Laplace


#3 nmlinh16

nmlinh16

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hạ Long
  • Sở thích:Arithmetic geometry

Đã gửi 02-03-2019 - 16:49

Chứng minh định lý Kakutani.

"Chỉ khi". Giả sử $E$ là phản xạ. Ta cần chứng minh $B_E$ là com-pắc trong tô-pô yếu. Tuy nhiên điều này là hiển nhiên theo định lý Banach-Alaoglu: $B_{E^{\ast\ast}}$ là com-pắc trong tô-pô yếu-$\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$ và vì $E$ là phản xạ nên $j$ là một phép đồng phôi giữa $(E,\sigma(E,E^\ast))$ và $(E^{\ast\ast},\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast))$.

"Khi". Giả sử $B_E$ là com-pắc trong tô-pô yếu $\sigma(E,E^\ast)$. Ta cần chứng minh $j(B_E) = B_{E^{\ast\ast}}$. Tuy nhiên theo bổ đề Goldstine thì ta chỉ cần chứng minh $j(B_E)$ là đóng trong $B_{E^{\ast\ast}}$ với tô-pô yếu-$\ast$. $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$.

Ta biết rằng $j: E \to E^{\ast\ast}$ là liên tục với cặp tô-pô mạnh, vì thế nó cũng liên tục với cặp tô-pô yếu. Nhờ phép nhúng chính tắc $E^\ast \hookrightarrow E^{\ast\ast\ast}$, ta thấy rằng tô-pô yếu-$\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)$ yếu hơn tô-pô yếu $\sigma(E^{\ast\ast},E^{\ast\ast\ast})$, do đó $j: (E, \sigma(E^{\ast\ast},E^\ast)) \to (E^{\ast\ast}, \sigma(E^{\ast\ast},E^\ast))$ cũng liên tục. Từ đây ta có $j(B_E)$ là com-pắc đối với tô-pô yếu-$\ast$. Nói riêng thì nó đóng vì tô-pô yếu-$\ast$ là Hausdorff. $\square$

 

 

Hệ quả. Không gian con đóng của một không gian Banach phản xạ cũng là phản xạ.

 

Mệnh đề. Tính chất phản xạ là bất biến dưới các phép đẳng cự toàn ánh.

 

Mệnh đề: $E$ là một không gian phản xạ khi và chỉ khi $E^\ast$ là một không gian phản xạ.

 

 

VI - Tính lồi đều, tính khả ly và áp dụng cho $L^p$

 

Def. Không gian định chuẩn $E$ được gọi là lồi đều (uniformly convex) nếu với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho với mọi $x,y \in B_E$, nếu $\|(x+y)/2\| \geqslant 1 - \delta$ thì $\|x-y\| < \varepsilon$.

Nói cách khác, không gian là lồi đều nếu hai điểm bất kỳ trong quả cầu đơn vị là gần nhau tùy ý, miễn là trung điểm của đoạn thẳng nối chúng của chúng đủ gần biên.

 

Định lý [Milman - Pettis]. Mọi không gian Banach lồi đều đều phản xạ.

Chứng minh

Giả sử $E$ là một không gian Banach lồi đều. Gọi $j: E \hookrightarrow E^{\ast\ast}$ là phép nhúng chính tắc. Ta cần chứng minh $j(B_E) = B_E{^{\ast\ast}}$. Ta biết rằng $j(B_E)$ là đóng đối với tô-pô mạnh, nên ta chỉ cần chứng minh $j(B_E)$ là trù mật (đố với tô-pô mạnh) trong $B_E{^{\ast\ast}}$. Lấy $\xi \in B_E{^{\ast\ast}}$. Vì tính thuần nhất ta có thể giả sử $\|\xi\|_{E{^\ast\ast}}$ Lấy $\varepsilon > 0$ tùy ý, ta cần tìm $x \in B_E$ sao cho $\|\xi - j(x)\|_{E^{\ast\ast}} \leqslant \varepsilon$.

Ta lấy $\delta$ ứng với $\varepsilon$ trong định nghĩa của tính lồi đều và lấy $f \in B_{E^\ast}$ sao cho $|\xi(f)| > 1 - \delta/2$.Xét $$V = \{\eta \in E^{\ast\ast} \,|\, |(\eta - \xi)(f)| < \delta/2\}.$$ Đây là một lân cận mở của $\xi$ trong tô-pô yếu $-\ast$ $\sigma(E^{\ast\ast}, E^\ast)$. Theo bổ đề Goldstine, tồn tại $x \in B_E$ sao cho $j(x) \in V$. Ta chứng minh $x$ là điểm cần tìm ở trên.

Giả sử không phải vậy, thế thì theo định lý Banach-Alaoglu, ta biết rằng $$W := E^{\ast\ast} \setminus (j(x) + \varepsilon B_{E^{\ast\ast}})$$ là một tập mở chứa $\xi$ trong tô-pô yếu-$\ast$. Theo định lý Goldstine, tồn tại $y \in B_E$ sao cho $j(y) \in V \cap W$.

Thứ nhất, do $y \in W$, ta có $$\|x - y\|_E = \|j(x) - j(y)\|_{E^{\ast\ast}} > \varepsilon \qquad (1).$$

Thứ hai, do $j(x),j(y) \in V$, ta có $\|xi(f) - f(x)\| < \delta/2$ và $\|xi(f) - f(y)\| < \delta/2$, từ đí $$1 - \frac{\delta}{2} < \xi(f) < \frac{1}{2}\left(f(x) + \frac{\delta}{2} + f(y) + \frac{\delta}{2}\right) = f\left(\frac{x+y}{2}\right) + \frac{\delta}{2},$$ nghĩa là $$1 - \delta \leqslant  f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leqslant \|f\|_{E^{\ast\ast}} \left\| \frac{x+y}{2} \right\|_E \leqslant \left\| \frac{x+y}{2} \right\|_E \qquad (2)$$

Ta thấy $(1)$ và $(2)$ mâu thuẫn với tính lồi đều của $E$. $\square$

 

 

Mệnh đề. Nếu $E$ là một không gian Banach sao cho $E^\ast$ là khả ly thì $E$ cũng khả ly.

Chứng minh

Lấy $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy trù mậ trong $E^\ast$. Với mỗi $n$, ta chọn $x_n \in E$ với $\|x_n\|_E = 1$ và $f_n(x_n) \geqslant \frac{1}{2}\|f_n\|_{E^\ast}$.

Đặt $F = \sum_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{Q} x_n$. Thế thì $F$ đếm được, ta sẽ chứng minh $\overline{F} = E$. Thật ra, dễ thấy rằng $\overline{F} = \overline{V}$ với $V = \text{Span}(F)$ nên ta chỉ cần chứng minh $\overline{V} = E$.

Nếu $\overline{V} \subsetneq E$ thì theo định lý Hahn-Banach dạng hình học, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục khác $0$ triệt tiêu trên $V$. Vì thế, ta cần chứng minh rằng nếu $f \in E^\ast$ là một phiếm hàm liên tục tùy ý triệt tiêu trên $V$ thì nó bằng $0$. Gọi $f$ là một phiếm hàm như vậy và $\varepsilon > 0$ tùy ý. Lấy $n \in \mathbb{N}$ sao cho $\|f_n - f\|_{E^\ast} < \varepsilon$. Do $f(x_n) = 0$, ta có $$\|f\|_{E^\ast} =  \|f_n\|_{E^\ast} + \|f - f_n\|_{E^\ast} \leqslant 2f_n(x_n) + \varepsilon \leqslant 2(f_n - f)(x_n) + \varepsilon \leqslant 2\|f - f_n\|_{E^\ast} \|x_n\|_{E} + \varepsilon < 3\varepsilon.$$

Cho $\varepsilon \downarrow 0$ ta có điều phải chứng minh. $\square$

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian Banach, khi đó $E$ là khả ly và phản xạ khi và chỉ khi $E^\ast$ là khả ly và phản xạ.

 

Mệnh đề. Giả sử $E$ là một không gian Banach lồi đều và $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy hội tụ yếu về $x$. Nếu $\limsup \|x_n\|_E \leqslant \|x\|_E$ thì $x_n$ hội tụ mạnh về $x$.

Chứng minh

Nếu $x = 0$, điều này là hiển nhiên, nên ta giả sử $x \neq 0$. Đặt $y =\frac{x}{\|x\|_E}$; $\lambda_n = \max(\|x_n\|_E,\|x\|_E)$ và $y_n = \frac{x_n}{\lambda_n}$. Ta thấy $\lambda_n \to \|x\|_E$, nên $y_n \rightharpoonup y$, do đó $\frac{1}{2}(y_n + y) \rightharpoonup y$. Vì thế $$1 = \|y\|_E \leqslant \liminf \left\| \frac{y_n+y}{2} \right\| \leqslant 1,$$ tức là ta có $\left\| \frac{y_n+y}{2} \right\|_E \to 1$. Từ tính lồi đều ta suy ra $\|y_n - y\|_E \to 0$. $\square$

 

Định lý. Cho $E$ là một không gian Banach, thế thì $B_{E^\ast}$ cùng tô-pô yếu-$\ast$ là mê-tríc hóa được khi và chỉ khi $E$ là khả ly.

Chứng minh

"Khi". Gọi $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ là một dãy trù mật trong $B_E$. Ta xây dựng khoảng cách $d$ trên $B_{E^\ast}$ như sau $$\forall f,g \in B_{E^\ast}, \qquad d(f,g) := \sum_{n \in \mathbb{N}} 2^{-n}|(f-g)(x_n)|.$$

"Chỉ khi". Gọi $d$ là một khoảng cách trên $B_{E^\ast}$ sinh ra tô-pô yếu-$\ast$. Đặt $$U_n = \{f \in B_{E^\ast} \, | \,  d(f,0) < 1/n\}.$$ Thế thì $$\bigcap_{n \in \mathbb{N}} U_n = \{0\}.$$ Mặt khác $U_n$ là lân cận mở của $0$ nên nó chứa một tập $$V_n = \{f \in B_{E^\ast} \,| \, \forall x \in A_n,\,|f(x)| < r_n \},$$ trong đó $r_n \downarrow 0$ và $A_n \subseteq$ là một tập hữu hạn. Đặt $A = \text{Span}_{\mathbb{Q}}\left(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \right)$. Thế thì $A$ là đếm được và ta chứng minh nó trù mật trong $E$. Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh nếu một phiếm hàm $f \in E^\ast$ triệt tiêu trên $A$ thì nó bằng $0$. Tuy nhiên, điều này là hiển nhiên vì $\bigcap_{n \in \mathbb{N}} V_n = \{0\}$.

 

Hệ quả. Giả sử $E$ là một không gian Banach khả ly, khi đó từ mỗi dãy bị chặn của $E^\ast$ đều trích ra được một dãy con hội tụ yếu-$\ast$ (chứng minh: dùng định lý trên và định lý Banach-Alaoglu)

 

Hệ quả. Cho $E$ là một không gian Banach phản xạ, khi đó từ mỗi dãy bị chặn của $E$ đều trích ra được một dãy con hội tụ yếu. (chứng minh: xét một dãy $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ của $E$ và gọi $V$ là không gian con của $E$ sinh bởi dãy này. Khi đó $\overline{V}$ là khả ly và phản xạ (vì nó đóng trong $E$), nên $\overline{V}^\ast$ cũng khả ly, từ đó $B_{\overline{V}^{\ast\ast}}$ với tô-pô yếu-$\ast$ là mê-tríc hóa được (và com-pắc theo định lý Banach-Alaoglu). Do tính phản xạ, $B_{\overline{V}}$ với tô-pô yếu là mê-tríc hóa được và com-pắc).

 

 

 

Cho $p \in [1, +\infty)$ và $\Omega \subset \mathbb{R}^d$ là một tập mở. Ta nhắc lại rằng $L^p(\Omega)$ là khả li và đầy đủ (tính đầy đủ đúng kể cả khi $p = +\infty$).

 

Định lý. $L^p(\Omega)$ là lồi đều, do đó là phản xạ.

Chứng minh

Ta xét $h: \mathbb{R}_{\geqslant 0} \to \mathbb{R}$ cho bởi $h(r): = (1 + r^{1/p})^p + |1 - r^{1/p}|^p$.

Ta xét $u,v \in L^p(\Omega)$ với $\|u\|_{L^p(\Omega)} = \|v\|_{L^p(\Omega)} = 1$. Với $p \ge 2$ thì $h$ là một hàm lõm, sử dụng bất đẳng thức Jensen, ta có $$\frac{\int_{\Omega} u^p h\left(\left(\frac{v}{u}\right)^p\right)}{\int_{\Omega} u^p} \le h \left(\frac{\int_{\Omega} v^p}{\int_{\Omega} u^p} \right).$$ Sau khi biến đổi ta thu được tính lồi đều. Với $p \le 2$ thì $h$ là một hàm lồi, ta chỉ cần thay $(u,v)$ với $(u+v\,u-v)$. $\square$

 

Ta thu được một chứng minh cho đối ngẫu của $L^p(\Omega)$.

 

Định lý: Với $p \in (1,+\infty)$, ta có một phép đẳng cự $ L^p(\Omega)^\ast = L^q(\Omega)$, trong đó $1/p + 1/q = 1$.

Chứng minh

Ta xét ánh xạ tuyến tính cho $T: L^q(\Omega) \to L^p(\Omega)^\ast$ cho bởi $$\forall u \in L^q(\Omega), \qquad T(u): v \mapsto \int_\Omega uv.$$

Từ bất đẳng thức Holder ta thấy $T$ được định nghĩa tốt và liên tục, hơn nữa $$\|T(u)\|_{L^p(\Omega)^\ast} \le \|u\|_{L^q(\Omega)}.$$ Mặt khác, bằng cách xét hàm $v = \|u\|^{q-2} u \cdot \textbf{1}_{\{u \neq 0\}}$, ta thấy thu được bất đẳng thức ngược lại. Vậy $T$ là một phép đẳng cự.

Ta chứng minh $T$ là toàn ánh. Vì $L^q(\Omega)$ là đầy đủ và $T$ là một phép đẳng cự, ta dễ dàng chứng minh được rằng $T(L^q(\Omega))$ là đóng trong $L^p(\Omega)^\ast$. Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng $T(L^q(\Omega))$ là trù mật, nghĩa là nếu $\xi \in L^p(\Omega)^{\ast\ast}$ là một phiếm hàm triệt tiêt trên $T(L^q(\Omega))$ thì $\xi = 0$. Thật vậy, vì tính phản xạ, ta biết rằng tồn tại $h \in L^p(\Omega)$ sao cho $$\forall u \in L^q(\Omega), \qquad T(u)(h) = \xi(T(u)) = 0.$$

Chọn $u = \|h\|^{q-2} h \cdot \textbf{1}_{\{h \neq 0\}}$, ta thấy rằng $\|h\|_{L^p(\Omega} = 0$, do đó $h = 0$ hay $\xi = 0$. Ta có điều phải chứng minh. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 02-03-2019 - 16:51

$$x - \sum_{\rho} \frac{x^\rho}{\rho} - \log 2\pi - \frac{1}{2}\log(1-x^{-2}) = \frac{\psi(x+0) + \psi(x - 0)}{2}, \qquad \psi(x) = \sum_{\substack{p^n \le x \\  n \ge 1}} \log p.$$

 

"Ce que nous savons est peu de chose, ce que nous ignorons est immense." - P.S. Laplace


#4 nmlinh16

nmlinh16

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hạ Long
  • Sở thích:Arithmetic geometry

Đã gửi 06-03-2019 - 00:11

VII - Định lý Bishop

 

Giả sử $X$ là một không gian mê-tríc com-pắc. Từ định lý Radon-Nikodym, ta biết rằng đối ngẫu tô-pô của không gian hàm $\mathcal{C}(X,\mathbb{C})$ (cùng chuẩn đều) là không gian $\mathcal{M}(X, \mathcal{C})$ các độ đo Radon phức trên $X$. Chuẩn toán tử của mỗi độ đo chính là biến phân toàn phần của độ đo đó.

 

Giả sử $A$ là một đại số con của $\mathcal{C}(X, \mathbb{C})$.

 

Def. Một tập con $E \subseteq X$ được gọi là $A$-phản đối xứng nếu $A_E = \{f|_E \,|\, f \in A \}$ chỉ gồm các hàm hằng.

 

Định lý [Bishop]. Giả sử $A$ đóng và $g \in \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$ thỏa mãn: với mọi tập con $E \subset X$ $A$-phản đối xứng cực đại (theo quan hệ bao hàm) , ta có $g|_E \in A_E$. Khi đó $g \in A$.

 

Chứng minh

 

Đặt $$A^{\perp} := \left\{\mu \in \mathcal{M}(X,\mathbb{C})  \,| \, \forall f \in A,\,\int_X f d\mu = 0 \right\}.$$ Gọi $$K := \{\mu \in A^{\perp} \,| \, |\mu\|(X) \le 1 \}$$ là giao của $K$ với quả cầu đơn vị của $\mathcal{M}(X, \mathcal{C})$. Thế thì $K$ là lồi và com-pắc yếu-$\ast$ theo định lý Banach-Alaoglu.

Nếu $K = \{0\}$ thì $A^{\perp} = \{0\}$, nên theo hệ quả của định lý Hahn-Banach ta có $A = \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$. Vì thế ta có thể giả sử $K \neq \{0\}$. Theo định lý Krein-Milman, ta biết rằng $K$ là tổ hợp lồi của các điểm cực biên của nó.

Giả sử $\mu$ là một điểm cực biên của $K$. Chọn $E$ là giá của $\mu$. Giả sử $f \in A$ là một hàm thực sao cho $-1 < f < 1$ treen $E$. Ta định nghĩa các độ đo $\sigma$ và $\tau$ bởi $d\sigma = (1+f)d\mu$ và $d\tau = (1 - f)d\mu$. Ta có $\mu = \sigma + \tau$. Nói riêng, $|\sigma|(X) + |\tau|(X) = 1$, nên ta có $$\mu = |\sigma|(X) \cdot \frac{\sigma}{|\sigma|(X)} + |\tau|(X) \cdot \frac{\tau}{|\tau|(X)}.$$ Từ đây suy ra $$\mu = \frac{\sigma}{|\sigma|(X)} = \frac{\tau}{|\tau|(X)}$$ vì $\mu$ là một điểm cực biên. Do đó $f = 2|\sigma|(X) - 1 \quad (\mu\text{-h.k.n.})$ là hằng số trên $E$, nghĩa là $E$ là $A$-phản đối xứng.

Ta lấy $g$ thỏa mãn giả thiết của định lý, thế thì với mọi điểm cực biên $\mu$ của $K$, giá của $\mu$ là một tập $A$-phản đối xứng cực đại, vì thế ta có $g = c \quad (\mu\text{-h.k.n.})$ với $c$ là hằng số. Vì $A$ chứa các hàm hằng, ta có $$\int_X g \,d\mu = 0.$$ Nhờ định lý Krein-Milman, đẳng thức trên đúng với mọi $\mu \in K$, và vì thế đúng với mọi $\mu \in A^{\perp}$. Vì $A$ đóng, theo định lý Hahn Banach dạng hình học, ta có  $g \in A$. $\square$

 

 

Hệ quả [Định lý Stone-Weierstrass]. Nếu $A$ tách các điểm (nghĩa là với $x \neq y \in X$ tùy ý, tồn tại $f \in A$ sao cho $f(x) \neq f(y)$), ổn định với phép lấy liên hợp phức, và với mọi $x \in X$, tồn tại $f \in A$ sao cho $f(x) \neq 0$. Thế thì $A$ là trù mật trong $\mathcal{C}(X,\mathbb{C})$. (chứng minh điều kiện $A$ tách các điểm cho thấy các tập con $A$-phản đối xứng cực đại của $E$ chỉ gồm 1 điểm, áp dụng định lý Bishop cho $\overline{A}$ ta được $\overline{A} = \mathcal{C}(X,\mathbb{C})$).

 

Ví dụ. Không gian các hàm đa thức trên $[0,1]$ là trù mật trong không gian các hàm liên tục trên đó.


$$x - \sum_{\rho} \frac{x^\rho}{\rho} - \log 2\pi - \frac{1}{2}\log(1-x^{-2}) = \frac{\psi(x+0) + \psi(x - 0)}{2}, \qquad \psi(x) = \sum_{\substack{p^n \le x \\  n \ge 1}} \log p.$$

 

"Ce que nous savons est peu de chose, ce que nous ignorons est immense." - P.S. Laplace






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh