Przestrzenie modularne i Orlicza

Transkrypt

Przestrzenie modularne i Orlicza
prof. dr hab. Grzegorz Lewicki
mgr inż. Piotr Kowalski
mgr Sylwia Barnaś
19 lutego 2013
Spis treści
1 Wstęp
3
2 Przestrzenie modularne
2.1 Przestrzenie Frecheta i F-normy . .
2.2 Definicja przestrzeni modularnej .
2.3 Norma Luxemburga . . . . . . . .
2.4 Własności przestrzeni modularnych
2.5 Ciągłość modularu . . . . . . . . .
2.6 Norma Amemyia . . . . . . . . . .
2.7 Norma Luxemburga dualna . . . .
2.8 Norma Orlicza . . . . . . . . . . .
2.9 Przykłady modularów . . . . . . .
2.10 Twierdzenie Bernsteina o letargu .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
4
6
8
13
15
17
19
21
22
22
3 Przestrzenie Orlicza
3.1 Przestrzenie Orlicza . . . . . . . . .
3.2 Przestrzenie Musielaka-Orlicza . . .
3.3 Przestrzenie elementów skończonych
3.4 Warunek ∆2 Orlicza . . . . . . . . .
3.5 Podzbiory zwarte przestrzeni Eφ . .
3.6 Przestrzeń dualna Orlicza . . . . . .
3.7 Funkcjonały osobliwe . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
33
33
35
36
42
48
48
52
1
SPIS TREŚCI
2
Wersje
numer
0.1
0.2
data
17.10.2012
15.11.2012
autor
Piotr Kowalski
Piotr Kowalski
0.3
24.11.2012
Piotr Kowalski
0.4
12.12.2012
Piotr Kowalski
0.5
19.12.2012
Piotr Kowalski
0.6
23.01.2013
Piotr Kowalski
0.7
5.02.2013
Piotr Kowalski
0.8
8.02.2013
Piotr Kowalski
0.9
11.02.2013
Piotr Kowalski
0.10
14.02.2013
Piotr Kowalski
0.11
18.02.2013
Piotr Kowalski
0.12
19.02.2013
Piotr Kowalski
opis
Część wykładu 1
Wykład 1,2,3 oraz część wykładu 4 w
którym nie udowodniono części lematu
Wykład 4 zakończony, dodane podsekcje
Wykład 8,9 spisany choć nie przerobiony na dokładne opisy. Ponadto wykład
9 w końcówce dowodu zgubiony tok dowodzenia. Przepisana część wykładu 5,
aż do przestrzeni ciągowych Lorentza.
Pozostają niespisane wykłady 5,6,7.
Niemal kompletny i opracowany poza
jednym punktem, wykład numer 10
Dokończenie wykładów 10 i 11 oraz
część wykładu 13. Wykład 12 na razie
zaginął...
Poprawienie literówek, błędów oraz
braków w wykładach 1-4.
Poprawienie literówek w wykładach 1-6
oraz uzupełnienie aż do pierwszego lematu z twierdzenie Bernsteina
Poprawienie i uzupełnienie wykładów
6,7,8. Uzupełnienie dowodów prócz dowodu Twierdzenia Bernsteina
Pierwsza połowa dowodu twierdzenia
Bernsteina, poprawienie błędów aż do
warunku ∆2 Orlicza
Poprawki w lematach i druga połowa
dowodu twierdzenia Bernsteina.
Przepisanie końcówki wykładu 14ostatniego. Był problem z rozróżnieniem y i u więc przyjąłem tam wszystko
za u i konsekwentnie zmieniłem.
Rozdział 1
Wstęp
Wykład odbywać się będzie wg następującego planu
I) Przestrzenie modularne i ich podstawowe własności
II) Zastosowanie przestrzeni modularnych
III) Przestrzenie Orlicza
a) Warunek ∆2
b) Geometria przestrzeni Orlicza, charakteryzacja punktów ekstremalnych,
gładkości, ścisła wypukłość
IV) Zastosowanie przestrzeni Orlicza
3
Rozdział 2
Przestrzenie modularne
2.1
Przestrzenie Frecheta i F-normy
Definicja 2.1 (Przestrzeń Frecheta). Niech X będzie przestrzenią wektorową
nad K (gdzie K to N lub R) oraz mamy funkcję |·|X : X → R+ (nazywaną
F-normą) taką, że:
1. dla każdego x ∈ X zachodzi (|x|X = 0 ⇐⇒ x = 0)
2. dla dowolnych x, y ∈ X mamy
|x + y|X ¬ |x|X + |y|X
(2.1)
3. dla dowolnego x ∈ X oraz α ∈ K takiego, że |α| = 1
|αx|X = |x|X
(2.2)
4. Oraz dla αn → α ∈ K i |xn − x|X → 0 mamy
|αn xn − αx|X → 0
(2.3)
Parę (X, |·|X ) nazywamy F ∗ -przestrzenią. Jeśli w indukowanej metryce
d (x, y) = |x − y|X
(2.4)
przestrzeń jest zupełna to parę nazywamy F-przestrzenią lub przestrzenią Frecheta.
Podamy kilka przykładów przestrzeni Frecheta. Najprostszym jest przestrzeń
C∞ (a, b)
(i) ∞
X
1 f sup
|f | =
(2.5)
2i 1 + f (i) sup
i=0
Innym przykładem są przestrzenie Lp (a, b) , 0 < p < 1 z funkcją
Zb
|f |p =
p
|f (t)| dt
a
∗
Przypominamy, że (Lp (a, b)) = {0}
4
(2.6)
ROZDZIAŁ 2. PRZESTRZENIE MODULARNE
5
Lemat 2.2. Niech (X, |·|X ) będzie F ∗ -przestrzenią. Definiujemy
|x|X,1 := sup |tx|X
(2.7)
0¬t¬1
Wtedy (X, |·|X,1 ) jest F ∗ -przestrzenią z F-normą ciągłą i niemalejącą tzn.
|t1 | ¬ |t2 | ⇒ |t1 x|X,1 ¬ |t2 x|X,1
(2.8)
Dowód.
Łatwo widać subaddytywność z warunku 2
|t(x + y)|X ¬ |tx|X + |ty|X ¬ |x|X,1 + |y|X,1
(2.9)
Przechodzą z t do kresu górnego otrzymujemy
|x + y|X,1 ¬ |x|X,1 + |y|X,1
(2.10)
Warunek 1 i 3 są proste w dowodzie. Ciągłość łatwo wyprowadza się z własności
||x|X − |y|X | ¬ |x − y|X
(2.11)
Do dowodu własności 4 wykorzystamy nierówność
0 ¬ |xn − x|X ¬ |xn − x|X,1
(2.12)
Dowodzimy niewprost. Przypuśćmy, że nasze twierdzenie jest fałszywe. Stąd
|αn − α| → 0 ∧ |xn − x|X,1 → 0 ∧ ∃d > 0 ∀k ∃n k |αn xn − αx|X,1 d > 0
(2.13)
Wiemy ze zwartości, że istnieje ciąg (tn )n∈N taki, że:
|αn xn − αx|X,1 = |tn (αn xn − αx)|X
(2.14)
Taki ciąg istnieje na mocy odpowiednich twierdzeń. Możemy przyjąć, że tn →
t ∈ K inaczej z zwartości wybieramy u niego podciąg zbieżny (jesteśmy z zbiorze
ograniczonym i domkniętym z metryką daną przez moduł różnicy). Dla podciągu
zachodzą oczywiście dalej, że
|αn − α| → 0 ∧ |xn − x|X,1 → 0
(2.15)
Z ciągłości mnożenia ciąg |αn tn − αt| → 0. Ponadto z wspomnianej wcześniej
nierówności mamy, że
|xn − x|X → 0
(2.16)
Z warunku 4 F-normy mamy, że
|αn tn xn − αtx|X → 0
(2.17)
Weźmy wspomniane d i wybierzmy dla niego takie k, że dla każdego n k
zachodzą
|αn tn xn − αtx|X < d2
(2.18)
|tn (αx) − t(αx)|X < d2
6
dla wskazanego k z naszego przypuszczenia otrzymujemy, że dla pewnego n k
zachodzi
0 < d ¬ |αn xn − αx|X,1 = |αn tn xn − αtn x|X ¬
(2.19)
|αn tn xn − αtx|X + |tn (αx) − t(αx)|X < d
Czyli nasze przypuszczenie spowodowało wystąpienie sprzeczności. Pozostaje
dowieść monotoniczność. Niech |t1 | ¬ |t2 |. Jeśli |t1 | = 0 wszystko zachodzi.
Niech więc dalej 0 < |t1 | ¬ |t2 |.
|t1 x|X,1 = sup |ut1 x|X =
0¬u¬1
¬
sup
0¬u¬|t2 |
2.2
sup
0¬u¬|t1 |
|ux|X ¬
|ux|X = sup |ut2 x|X = |t2 x|X,1
(2.20)
0¬u¬1
Definicja przestrzeni modularnej
Definicja 2.3 (Modular). Niech X przestrzeń wektorowa nad ciałem K. Niech
ρ : X → [0, +∞]. Powiemy, że ρ jest modularem gddy
1.
∀x ∈ X
ρ(x) = 0 ⇐⇒ x = 0
(2.21)
2. Dla |α| = 1, x ∈ X zachodzi
ρ (αx) = ρ (x)
(2.22)
3. oraz dla dowolnych x, y ∈ X i α, β 0
α + β = 1 ⇒ ρ (αx + βy) ¬ ρ (x) + ρ (y)
(2.23)
Definiujemy ponadto inne odmiany modularów
Definicja 2.4 (Pseudo-modular). Niech X przestrzeń wektorowa nad ciałem
K. Niech ρ : X → [0, +∞]. Powiemy, że ρ jest pseudo modularem gddy
1.
ρ(x) = 0
(2.24)
ρ (αx) = ρ (x)
(2.25)
α + β = 1 ⇒ ρ (αx + βy) ¬ ρ (x) + ρ (y)
(2.26)
Definicja 2.5 (Semi-modular). Niech X przestrzeń wektorowa nad ciałem K.
Niech ρ : X → [0, +∞]. Powiemy, że ρ jest semi modularem gddy
7
1.
ρ(x) = 0
(2.27)
∀x ∈ X ((∀α > 0 ρ (αx) = 0) ⇒ x = 0)
(2.28)
oraz
ρ (αx) = ρ (x)
(2.29)
α + β = 1 ⇒ ρ (αx + βy) ¬ ρ (x) + ρ (y)
(2.30)
Definicja 2.6 (Modular S-wypukły). Niech X przestrzeń wektorowa nad ciałem
K. Niech ρ : X → [0, +∞]. Powiemy, że ρ jest modularem S-wypukłym gddy
1.
∀x ∈ X
ρ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0
(2.31)
ρ(αx) = ρ(x)
(2.32)
3. oraz dla pewnego s, takiego że 0 < s ¬ 1 zachodzi
∀x, y ∈ X ∀α, β 0 αs + β s = 1 ⇒
ρ (αx + βy) ¬ αs ρ (x) + β s ρ (y)
(2.33)
Najważniejszym modularem S-wypukłym jest modular 1-wypukły nazywany
wypukłym.
Przykład. Przykładem przestrzeni z modularem jest przestrzeń Lp gdzie modular ma postać
Zb
p
f → |f (t)| dt, p 1
(2.34)
a
Najważniejszą podklasą przestrzeni modularnych są przestrzenie Orlicza.
Przykład. Niech φ : R+ → R+ ciągła i rosnąca oraz φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0.
Modularem w przestrzeniach Orlicza jest
Zb
ρφ : f →
φ (|f (t)|) dM (t)
(2.35)
a
Problematyczny może być jedynie warunek podaddytywności dla kombinacji wypukłej. Rozważmy zbiór E := {t ∈ [a, b], |f (t)| > |g(t)|} oraz E 0 := [a, b] \ E.
Wtedy
Rb
ρ(αf + βg) = φ (α |f | + β |g|) ¬
(2.36)
R
Ra
¬ φ(|f |) + φ(|g|) ¬ ρ(f ) + ρ(g)
E
E0
8
Gdy φ jest dodatkowo wypukła i φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0 to modular jest
wypukły.
Przykład. Ciekawym
przykładem modulara s-wypukłego jest wygenerowany przez
√
funkcje φ(x) = x. Zachodzi:
p
1√
1√
αx + βy ¬ α 2 x + β 2 y
(2.37)
co implikuje, że modular generowany przez funkcję φ jest 21 -wypukły.
Przykład. W przypadku semimodularu dopuszczalne są funkcje które zerują się poza zerem na jakimś przedziale. X := {f : [a, b] → R, f mierzalna}, a
φ(x) = (x − d)2 χ[d,+∞] . Wtedy funkcje |f (t)| < d dla t ∈ [a, b] powodują zepsucie warunku modularu. Jest to jednak semimodular.
Definicja 2.7 (Przestrzeń modularna). Przestrzenią modularną nazywać będziemy zbiór tych elementów z przestrzeni wektorowej X z modularem ρ nad
ciałem K dla których
Xρ := x ∈ X, lim ρ(λx) = 0
(2.38)
λ→0
Twierdzenie 2.8. Przestrzeń Xρ jest wektorowa
Dowód.
Sprawdzamy warunki podprzestrzeni. Niech x, y ∈ Xρ , α ∈ K
ρ(λ(αx)) = ρ((λα)x) → 0
(2.39)
oraz
1
1
(2.40)
ρ(α(x + y)) = ρ( 2αx + 2αy) ¬ ρ(2λx) + ρ(2λy)
2
2
Z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że kombinacja dowolnych dwóch
elementów należy do Xρ
2.3
Norma Luxemburga
W przestrzeni modularnej możemy wprowadzić F-normę (również dla przestrzeni semimodularnej) w sposób następujący
n
x
o
|x|ρ := inf u > 0, ρ
¬u
(2.41)
u
Jeśli modular jest s-wypukły to możemy wprowadzić inną F-normę
x
|x|ρ,s := inf u > 0 : ρ
¬1
(2.42)
1
us
Wtedy fnorma jest s-wypukła
s
|αx|ρ,x = |α| |x|ρ,s
(2.43)
Jeśli modular jest wypukły to wygenerowana F-norma jest normą. A zatem
wszystkie przestrzenie modularne pochodzące od wypukłego modularu są przestrzeniami Banacha. Warto w tym miejscu zauważyć, że dla elementów w Xρ
infimum liczone jest po zbiorze niepustym, czyli jest poprawnie określone.
9
Twierdzenie 2.9. Niech ρ będzie semimodularem. Wtedy |·|ρ jest F-normą w
przestrzeni Xρ . Dodatkowo gdy ρ jest semimodularem s-wypukłym to |·|ρ,s jest
F-normą oraz zachodzi
∀x ∈ Xρ , ∀λ ∈ K
s
|λx|ρ,S = |λ| |x|ρ,S
(2.44)
Wykorzystamy proste lematy w dowodzie
Lemat 2.10. Niech ρ semimodular na X. Wtedy
Ponadto
|λ1 | ¬ |λ2 | ⇒ ∀x ∈ X ρ (λ1 x) ¬ ρ (λ2 x)
(2.45)
|λ1 | ¬ |λ2 | ⇒ |λ1 x|ρ ¬ |λ2 x|ρ
|λ1 | ¬ |λ2 | ⇒ |λ1 x|ρ,s ¬ |λ2 x|ρ,s
(2.46)
Dowód.
Niech x ∈ Xρ oraz niech |λ1 | ¬ |λ2 |:
|λ | |λ |
ρ (λ1 x) = ρ |λλ11| λ22 |λ12 | λ2 x =
|λ |
|λ |
= ρ |λ21 | λ2 x + (1 − |λ12 | )0 ¬ ρ (λ2 x) + 0
Dla dowodu dalszej części zdefiniujmy
A := u > 0 : ρ λu1 x ¬ u
B := n u > 0 : ρ λu2 x ¬ u o
C := u > 0 : ρ λ11x ¬ 1
o
n
us D := u > 0 : ρ λ21x ¬ 1
(2.47)
(2.48)
us
W myśl powyższego łatwo zauważamy, że u ∈ B ⇒ u ∈ A oraz u ∈ D ⇒ u ∈ C.
Zatem inf A ¬ inf B oraz inf C ¬ inf D. A to oznacza wprost
|λ1 x|ρ ¬ |λ2 x|ρ
|λ1 x|ρ,s ¬ |λ2 x|ρ,s
(2.49)
Lemat 2.11. Niech ρ semimodular s-wypukły na X, s ∈ (0, 1i. Wtedy λ1 , λ2 ∈
K oraz x ∈ Xρ . Jeśli ρ (λ1 x) > 0 lub ρ (λ2 x) > 0 to:
|λ1 | < |λ2 | ⇒ ρ (λ1 x) < ρ (λ2 x)
(2.50)
Dowód.
Niech |λ1 | < |λ2 |.
ρ (λ1 x) = ρ
λ1
λ2 x
λ2
¬
|λ1 |
|λ2 |
s
ρ (λ2 x) < ρ (λ2 x)
(2.51)
Co jest prawdą gdy ρ (λ2 x) > 0. Jeśli ρ (λ1 x) > 0 to z lematu 2.10 wiemy, że
ρ (λ2 x) > 0 co sprowadza nas do poprzedniego przypadku.
Lemat 2.12.
10
|x|ρ → 0 ⇒ ∀λ > 0 ρ (λxn ) → 0
|x|ρ,s → 0 ⇒ ∀λ > 0 ρ (λxn ) → 0
(2.52)
∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀n n0 |xn |ρ < (2.53)
Dowód.
Niech |xn |ρ → 0. Tzn.
Co rozpisując otrzymujemy:
n
x
o
∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀n n0 inf u > 0 : ρ
¬u <
u
(2.54)
W efekcie mamy:
∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀n n0
∃
0<u <
ρ
x
u
¬ u
(2.55)
Niech λ > 0. Weźmy > 0 dostatecznie mały aby λ < 1. Wtedy również
λu < 1. Szacujemy
xn
xn
0 ¬ ρ (λxn ) ¬ ρ λu
¬ρ
¬ u < (2.56)
u
u
Zatem ρ (λxn ) → 0.
Analogicznie otrzymujemy, że
∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀n n0
∃
0<u <
ρ
x
1
(u ) s
¬1
(2.57)
Niech λ > 0. Weźmy > 0 dostatecznie mały aby λ < 1 Wtedy również
λu < 1. Szacujemy
1
xn
xn
s
0 ¬ ρ (λxn ) ¬ ρ (λs u ) s
¬
λ
u
ρ
¬ λs u < λs (2.58)
1
1
(u ) s
(u ) s
Zatem ρ (λxn ) → 0.
d Łatwo udowodnić, że implikacja jest odwracalna. W pierwszym przypadku
wystarczy wziąć λ := 1ˆ , := ˆ, a w drugim λ := 11 , := ˆ dla ˆ < 1 oraz
ˆ s
λ = = 1 dla pozostałych ˆ i powołać się na monotoniczność 2.10. Stąd
Lemat 2.13.
|x|ρ → 0 ⇐⇒ ∀λ > 0 ρ (λxn ) → 0
|x|ρ,s → 0 ⇐⇒ ∀λ > 0 ρ (λxn ) → 0
(2.59)
Dowód 2.9.
Dowodzimy najpierw, że
∀x ∈ Xρ
|x|ρ = 0 ⇐⇒ x = 0
(2.60)
Niech |x|ρ = 0. Chcemy dowieść, że
∀λ > 0
ρ(λx) = 0
(2.61)
Wiemy, że
Stąd istnieje (un )n∈N
n
x
o
inf u > 0, ρ
¬u =0
u
⊂ R+ oraz lim un → 0 takie, że
11
(2.62)
n→+∞
∀
n∈N
ρ
x
un
¬ un
(2.63)
Niech λ > 0. Znajdziemy wtedy takie kλ ,że dla każdego n kλ
λun < 1
Niech n kλ Szacujemy
x
x
0 ¬ ρ(λx) ¬ ρ λun
+ (1 − λun )0 ¬ ρ
+ 0 ¬ un
un
un
(2.64)
(2.65)
Z twierdzenia o trzech ciągach i z dowolności λ > 0
∀λ > 0
ρ(λx) = 0
(2.66)
Jako, że ρ jest semimodularem to x = 0. Dowód podpunktu w drugą stronę,
trywialny. Dowodzimy teraz, że
|x + y|ρ ¬ |x|ρ + |y|ρ
Niech > 0. Zdefiniujmy u := |x|ρ + oraz v = |y|ρ + . Szacujemy
x
y
x+y
u x
v y
ρ
=ρ
+
¬ρ
+ρ
¬u+v
u+v
u+vu u+vv
u
v
(2.67)
(2.68)
Zatem
|x + y|ρ ¬ u + v = |x|ρ + |y|ρ + 2
(2.69)
Przechodząc z → 0 otrzymujemy tezę podpunktu.
Dowodzimy teraz, że
∀x ∈ Xρ ∀λ ∈ K
|λ| = 1 ⇒ |λx|ρ = |x|ρ
Niech |λ| = 1. Z definicji semimodularu
n
x
o
n
x
o
|λx|ρ = inf u > 0 : ρ λ
¬ u = inf u > 0 : ρ
¬ u = |x|ρ
u
u
(2.70)
(2.71)
|λn − λ| → 0, |xn − x|ρ → 0 ⇒ |λn xn − λx|ρ → 0
(2.72)
Zauważmy, że
|λn xn − λx|ρ ¬ |λn (xn − x)|ρ + |(λn − λ)x|ρ
(2.73)
Jako, że (λn )n∈N jest zbieżny to jest ograniczony np. przez N ∈ N. Z lematu
2.10 o monotoniczności oraz subaddytywności mamy zatem
|λn xn − λx|ρ ¬ |N (xn − x)|ρ + |(λn − λ)x|ρ ¬
¬ N |xn − x|ρ + |(λn − λ)x|ρ
(2.74)
12
Wykorzystamy lemat 2.13 dla xn := (λn − λ)x. Wystarczy pokazać, że dla
dowolnego α > 0
ρ (α(λn − λ)x) → 0
(2.75)
Zauważmy, że ciąg αn = α(λn − λ) jest taki, że αn → 0. Zatem z definicji
przestrzeni Xρ mamy zatem ρ (α(λn − λ)x) → 0 co kończy dowód podpunktu.
Przeprowadzimy teraz dowód dla F-normy |·|ρ,s .
Dowodzimy najpierw, że
∀x ∈ Xρ
|x|ρ,s = 0 ⇐⇒ x = 0
(2.76)
Niech |x|ρ,s = 0. Chcemy dowieść, że
∀λ > 0
ρ(λx) = 0
(2.77)
Wiemy, że
x
¬
1
=0
inf u > 0, ρ
1
us
(2.78)
Stąd istnieje (un )n∈N ⊂ R+ oraz lim un → 0 takie, że
n→+∞
ρ
x
1
(un ) s
¬1
(2.79)
Niech λ > 0. Znajdziemy wtedy takie kλ ,że dla każdego n kλ
λs un < 1
(2.80)
Niech n kλ Szacujemy
1
1
x
x
s
s
s
s
0 ¬ ρ(λx) ¬ ρ λ(un )
0 ¬ λ un ρ
+ 0 ¬ λs un
1 + (1 − λ un )
1
(un ) s
(un ) s
(2.81)
Z twierdzenia o trzech ciągach i z dowolności λ > 0
∀λ > 0
ρ(λx) = 0
(2.82)
Jako, że ρ jest semimodularem to x = 0. Dowód podpunktu w drugą stronę,
trywialny.
|x + y|ρ,s ¬ |x|ρ,s + |y|ρ,s
Niech > 0. Zdefiniujmy u := |x|ρ,s + oraz v = |y|ρ,s + . Szacujemy
1
1
y
x+y
us
x
vs
ρ
=
ρ
+
¬
1
1
1
1
1
(u+v) s (u+v) s u s (u+v) s v s
v
u+v
u
¬ u+v
ρ x1 + u+v
ρ y1 ¬ u+v
=1
us
(2.83)
(2.84)
vs
Zatem
|x + y|ρ,s ¬ u + v = |x|ρ,s + |y|ρ,s + 2
(2.85)
Przechodząc z → 0 otrzymujemy tezę podpunktu. Dowodzimy teraz, że
∀x ∈ Xρ ∀λ ∈ K
|λ| = 1 ⇒ |λx|ρ,s = |x|ρ,s
(2.86)
13
Niech |λ| = 1. Z definicji semimodularu
x
x
|λx|ρ,s = inf u > 0 : ρ λ 1 ¬ 1 = inf u > 0 : ρ
¬
1
= |x|ρ,s
1
us
us
(2.87)
|λn − λ| → 0, |xn − x|ρ,s → 0 ⇒ |λn xn − λx|ρ,s → 0
(2.88)
Zauważmy, że
|λn xn − λx|ρ,s ¬ |λn (xn − x)|ρ,s + |(λn − λ)x|ρ,s
(2.89)
Jako, że (λn )n∈N jest zbieżny to jest ograniczony np. przez N ∈ N. Z lematu
2.10 o monotoniczności mamy zatem
|λn xn − λx|ρ,s ¬ |N (xn − x)|ρ,s + |(λn − λ)x|ρ,s ¬
¬ N |(xn − x)|ρ,s + |(λn − λ)x|ρ,s
(2.90)
Wykorzystamy lemat 2.13 dla xn := (λn − λ)x. Wystarczy pokazać, że dla
dowolnego α > 0
ρ (α(λn − λ)x) → 0
(2.91)
Zauważmy, że ciąg αn = α(λn − λ) jest taki, że αn → 0. Zatem z definicji
przestrzeni Xρ mamy zatem ρ (α(λn − λ)x) → 0 co kończy dowód podpunktu.
Dowodzimy ostatniego faktu:
(
o
n
|λx|ρ,s = inf u > 0 : ρ λx1 ¬ 1 = inf u > 0 : ρ
us
!
)
(
= inf
u>0:ρ
x
u
|λ|s
1s
¬1
s
!
λ
|λ|
= inf |λ| u > 0 : ρ
x
u
|λ|s
1s
x
1
(u) s
) λ |λ| =1
¬1
=
s
¬ 1 = |λ| |x|ρ,s
(2.92)
F-norma |·|ρ,s jest nazywana F-normą Luxemburga. Gdy semimodular jest
1-wypukły mówimy o normie Luxemburga.
Każda przestrzeń unormowana jest modularna. Jednak w ogólnych przestrzeniach modularnych nie zachodzi np. warunek
ρ (xn − x) → 0 ⇒ ρ (xn ) → ρ (x)
2.4
(2.93)
Własności przestrzeni modularnych
Podamy kolejne własności dla przestrzeni modularnych w postaci lematów
Lemat 2.14. Jeśli ρ jest modularem s-wypukłym to
Xρ = x ∈ X : ∃ ρ (λx) < +∞
λ>0
(2.94)
Dowód.
Dowód Xρ ⊂
14
x ∈ X : ∃ ρ (λx) < +∞
λ>0
jest oczywisty.
Dowód przeciwnej inkluzji. Niech x ∈ X oraz λ > 0 i takie, że ρ (λx) < +∞.
Weźmy dowolny ciąg z ciała zbieżny αn → 0. Począwszy od pewnego k ∈ N dla
n k mamy, że |αn | < λ. Szacujemy
s
|αn |
|αn |
ρ (αn x) ¬ ρ
λx ¬
ρ (λx)
(2.95)
λ
λ
Skoro αn → 0 to prawa strona jako iloczyn ciągu zbieżnego do zera i stałej,
zbiega do zera. W efekcie zachodzi przeciwna inkluzja.
Lemat 2.15. Niech x ∈ Xρ . Wtedy:
|x|ρ < 1 ⇒ ρ (x) ¬ |x|ρ
(2.96)
Dowód.
Dowodzimy niewprost. Załóżmy, że |x|ρ < 1 oraz przypuśćmy, że
ρ(x) > |x|ρ
(2.97)
min {ρ(x), 1} > |x|ρ
n
o
⊂ R+ taki, że ciąg |x|ρ + δn
(2.98)
Zatem
Określmy ciąg (δn )n∈N
jącym infimum z normy. Oczywiście δn → 0 oraz
!
x
¬ |x|ρ + δn
ρ
|x|ρ + δn
jest ciągiem realizu-
n∈N
(2.99)
Ponadto począwszy od pewnego k ∈ N dla n k zachodzi poniższe
min {ρ(x), 1} > |x|ρ + δn
Z monotoniczności oraz z 1 > |x|ρ + δn mamy, że:
!
x
ρ (x) > |x|ρ + δn > |x|ρ
|x|ρ + δn ρ
|x|ρ + δn
(2.100)
(2.101)
Przechodząc do granicy po lewej stronie
|x|ρ ρ (x) > |x|ρ
(2.102)
Otrzymujemy sprzeczność.
Lemat 2.16. Jeśli ρ jest semimodularem s-wypukłym to
∀
x∈Xρ
ρ (x) > 1 ⇒ ρ (x) |x|ρ,s
(2.103)
15
Dowód.
Dowodzimy niewprost. Załóżmy, że ρ (x) > 1 oraz przypuśćmy, że ρ (x) <
|x|ρ,s < +∞. Wtedy 1 1 < 1 i
ρ(x) s
!
x
1<ρ
ρ (x)
¬
1
s
ρ (x)
=1
ρ (x)
(2.104)
Czyli błyskawiczna sprzeczność.
Przykład. Niech X = R Rozważmy dwa modulary
0
, |x| ¬ 1
0
, |x| < 1
ρ1 (x) =
ρ2 (x) =
+∞ , |x| > 1
+∞ , |x| 1
(2.105)
Normy przez nie generowane są takie, sam przy czym w jednym infimum jest
osiągane a w drugim nie.
|x|ρ1 = inf u > 0, ρ1 ux ¬ 1 = |x|
(2.106)
|x|ρ2 = inf u > 0, ρ2 ux ¬ 1 = |x|
2.5
Ciągłość modularu
Definicja 2.17 (Ciągłość modularu). Powiemy, że modular jest lewostronnie
ciągły jeśli
∀x ∈ Xρ
lim ρ (λx) = ρ (x)
(2.107)
λ→1−
Powiemy, że modular jest prawostronnie ciągły jeśli
∀x ∈ Xρ
lim ρ (λx) = ρ (x)
λ→1+
(2.108)
Modular nazwiemy ciągłym gdy jest jednocześnie lewo i prawostronnie ciągły.
Lemat 2.18. Niech ρ będzie modularem s-wypukłym o (0 < s ¬ 1) prawostronnie ciągłym. Wtedy
∀x ∈ Xρ
|x|ρ,s < 1 ⇐⇒ ρ (x) < 1
(2.109)
Dowód.
Niech ρ (x) < 1 wtedy z prawostronnej ciągłości istnieje λ > 1 takie, że
∃λ > 1 ρ (λx) < 1
(2.110)
Przekształcając


x
1 > ρ (λx) = ρ 
1 
1 s
(2.111)
λs
Skąd natychmiastowy wniosek, że:
|x|ρ,s ¬
1
<1
λs
(2.112)
16
Dowodzimy niewprost. Zakładamy, że |x|ρ,s < 1 oraz przypuszczamy, że
ρ (x) 1. Wtedy istnieje pewna δ > 0 taka, że zachodzi ciąg nierówności z
lematu 2.11



1 ρ 
x
|x|ρ,s + δ

1s  > ρ (x) 1 |x|ρ,s + δ
(2.113)
Co oznacza sprzeczność
Lemat 2.19. Niech ρ będzie modularem lewostronnie ciągłym. Wtedy
∀x ∈ Xρ
|x|ρ ¬ 1 ⇐⇒ ρ (x) ¬ 1
(2.114)
Dowód.
Niech ρ (x) ¬ 1. Wtedy z definicji infimum mamy natychmiast |x|ρ ¬ 1.
Załóżmy teraz, że |x|ρ ¬ 1. Istnieje zatem taki ciąg (un )n∈N : un > 1, ρ
x
un
¬
+
un i zbieżny un → 1 . Zatem ciąg
1
→ 1−
un
(2.115)
Z lewostronnej ciągłości otrzymujemy, że ρ (x) ¬ 1
Lemat 2.20. Niech ρ będzie modularem s-wypukłym o 0 < s ¬ 1 lewostronnie
ciągłym. Wtedy
∀x ∈ Xρ |x|ρ,s ¬ 1 ⇐⇒ ρ (x) ¬ 1
(2.116)
Dowód.
Niech ρ (x) ¬ 1. Wtedy z definicji infimum mamy natychmiast |x|ρ,s ¬ 1.
Załóżmy teraz, że |x|ρ,s ¬ 1. Istnieje zatem taki ciąg (un )n∈N : un >
1, ρ x1 ¬ 1 i zbieżny un → 1+ . Zatem ciąg
uns
1
1
→ 1−
(2.117)
uns
Z lewostronnej ciągłości otrzymujemy, że ρ (x) ¬ 1
Lemat 2.21. Niech ρ będzie modularem s-wypukłym o 0 < s ¬ 1 ciągłym.
Wtedy
∀x ∈ Xρ |x|ρ,s = 1 ⇐⇒ ρ (x) = 1
(2.118)
Dowód.
Załóżmy najpierw, że |x|ρ,s = 1. Z lematu 2.20 mamy, że ρ (x) ¬ 1. Przypuśćmy,
że ρ (x) < 1. Wtedy z lematu 2.18 mamy, że |x|ρ,s < 1 czyli sprzeczność.
Dalej załóżmy , że ρ (x) = 1. Z lematu 2.20 mamy, że |x|ρ,s < 1. Przypuśćmy, że |x|ρ,s < 1. Wtedy z lematu 2.18 mamy, że ρ (x) < 1 czyli sprzeczność.
2.6
17
Norma Amemyia
Twierdzenie 2.22 (F-norma Amemyia). Niech ρ semimodular , s-wypukły z
0 < s ¬ 1.
x
: u>0
(2.119)
|x|A,s = inf u · 1 + ρ
1
us
definiuje F-normę w przestrzeni Xρ . F-normę tą nazywamy F-normą Amemyia.
Jest to F-norma s-jednorodna
Dowód.
Dowodzimy, że
∀x ∈ Xρ
|x|A,s = 0 ⇐⇒ x = 0
(2.120)
Załóżmy najpierw, że x = 0. Implikacja jest oczywista. Załóżmy dalej, że
|x|A,s = 0. Niech un będzie ciągiem realizującym infimum.
x
un 1 + ρ
→0
(2.121)
1
(un ) s
Widać, że koniecznie zachodzi un → 0. W efekcie widzimy, że
x
un ρ
→0
1
(un ) s
(2.122)
Udowodnimy, że ∀λ > 0 zachodzi ρ (λxn ) → 0 gdzie xn = x. Szacujemy. Niech
λ > 0. Niech vn := un λs . Począwszy od pewnego miejsca vn < 1:
1
ρ (λx) = ρ vns v x 1 ¬ vn ρ x1 = λs un ρ x1
(2.123)
( λns ) s
uns
uns
Przechodząc do granicy otrzymujemy, że ρ (λx) = 0. a w efekcie czego x = 0 co
kończy dowód pierwszego punktu.
Dowodzimy teraz nierówności trójkąta. Niech 0 < u takie, że u 1 + ρ x1
¬
us
y
|x|A,s + 2 oraz 0 < v takie, że v 1 + ρ 1
¬ |y|A,s + 2 . Szacujemy:
vs
1
1
x+y
y
us
x
vs
(u + v) · 1 + ρ
= (u + v) · 1 + ρ
¬
1
1
1 +
1
1
s
s
(u+v)
(u+v)
(u+v)
s u
s v s u
v
(u + v) 1 + u+v
ρ x1 + u+v
ρ y1
= u 1 + ρ x1
+ v 1 + ρ y1
us
vs
us
vs
(2.124)
Stąd
∀ > 0
|x + y|A,s ¬ |x|A,s + |y|A,s + (2.125)
Przechodząc z → 0 otrzymujemy warunek trójkąta.
Jednorodność dla skalarów o module 1 jest niemal oczywista. Niech |λ| =
1, x ∈ Xρ .
o
n ,u > 0 =
|λx|A,s = inf u 1 + ρ λx1
n u s
o
(2.126)
= inf u 1 + ρ x1
, u > 0 = |x|A,s
us
Warunek 4. wynikać będzie wprost z nierówności pomiędzy nową F-normą
a F-normą Luxemburga, która zostanie podana w następnym lemacie
18
Dla dowodu s-jednorodności. Rozważmy najpierw |λ| > 0. Wtedy
n o
|λx|A,s = inf u 1 + ρ λx1
,u > 0 =
s
u !!
)
(
x
,u > 0 =
u 1+ρ
1s
u
|λ|
n
s o
s
s
= inf |λ| u 1 + ρ x1
, |λ| u > 0 =
us
n o
s
s
= |λ| inf u 1 + ρ x1
, u > 0 = |λ| |x|A,s
= inf
(2.127)
us
Dla uzupełnienia dowodu, niech dalej λ = 0. Wtedy
|λx|A,s = 0 = 0s |x|A,s = |λ| |x|A,s
(2.128)
Lemat 2.23 (Równoważność F-normy Amamiya i Luxemburga). Niech ρ będzie
semimodularem s-wypukłym na X. Wtedy
∀x ∈ Xρ
|x|ρ,s ¬ |x|A,s ¬ 2 |x|ρ,s
(2.129)
Dowód.
Dowodzimy najpierw, że |x|ρ,s ¬ |x|A,s .
Niech (un )n∈N ⊂ R+ będzie ciągiem liczb takich, że
!!
x
un 1 + ρ
→ |x|A,s
1
uns
Zauważmy, że



ρ 

un
x
1+ρ

(2.130)


x


1


= ρ 
1s 


x
1+ρ
1
uns
x
1s
1
ρ
1
(un ) s

 ¬
(un ) 
1+ρ
1
s
x
x
¬ 1
1
uns
uns
(2.131)
Stąd wynika wprost, że |x|ρ,s ¬ |x|A,s . Dowodzimy teraz, że |x|A,s ¬ 2 |x|ρ,s .
Z definicji
F-normy Amamiya w szczególności dla każdego takiego u > 0, że
x
ρ 1 ¬ 1 zachodzi
us
|x|A,s ¬ u 1 + ρ
x
1
us
Przechodzą do infimum po u otrzymujemy tezę.
¬ 2u
(2.132)
2.7
19
Norma Luxemburga dualna
W tej części rozważamy przestrzeń (X, k·kρ,1 ) przestrzeń unormowaną (często
będziemy też oznaczać normę jako k·kL ). Istnieje wtedy do niej przestrzeń dualna (X ∗ , k·k∗ ), z normą zdefiniowaną klasycznie
n
o
kx∗ k∗ := sup |x∗ (x)| ; kxkρ,1 ¬ 1
Twierdzenie 2.24. Funkcja ρ∗ (x∗ ) := sup {|x∗ (x)| − ρ (x) ; x ∈ Xρ } definiuje
∗
semimodular, lewostronnie ciągły i wypukły w przestrzeni dualne (X ∗ , |·| ).
Dowód.
Dowodzimy warunków semimodularu wypukłego.
ρ∗ (0) = sup {|0(x)| − ρ (x) , x ∈ Xρ } = − inf {ρ (x) , x ∈ Xρ } = 0
(2.133)
Przypuśćmy nie wprost, że dla pewnego y ∈ X ∗ |x∗ (y)| > 0. Istnieje
zatem u > 0 taka, że ρ (uy) = δ < +∞
Niech x∗ ∈ X ∗ oraz dla dowolnego λ̂ > 0 zachodzi
ρ∗ (λx∗ ) = 0
(2.134)
Zatem
∀ |λx∗ (ux)| − ρ (ux) ¬ 0
∀
(2.135)
λ>0 x∈X
Co inaczej zapisać możemy, że
∀
∀ |x∗ (x)| ¬
λ>0 x∈X
ρ (ux)
λu
Jeśli ρ (uy) = 0 to sprzeczność. Inaczej to bierzemy, λ =
|x∗ (y)| ¬
δu
= < ¬ |x∗ (y)|
2δu
2
(2.136)
2δ
u
> 0 i otrzymujemy
(2.137)
Czyli sprzeczność. Stąd x∗ = 0. Dalej
ρ∗ (λx∗ ) = sup {|λx∗ (x)| − ρ (x) , x ∈ Xρ } = sup {|x∗ (λx)| − ρ (λx) , x ∈ Xρ } =
= sup {|x∗ (x)| − ρ (x) , x ∈ Xρ } = ρ∗ (x∗ )
(2.138)
Wreszcie niech α, β > 0, α + β = 1 oraz x∗ , y ∗ ∈ X ∗ .
ρ∗ (αx∗ + βy ∗ ) = sup {|(αx∗ + βy ∗ )(x)| − ρ (x) , x ∈ Xρ } ¬
¬ sup {|αx∗ (x)| − αρ (x) + |βy ∗ (x)| − βρ (x) , x ∈ Xρ } ¬
¬ sup {|αx∗ (x)| − αρ (x) , x ∈ Xρ } + sup {|βy ∗ (x)| − βρ (x) , x ∈ Xρ } ¬
αρ∗ (x∗ ) + βρ∗ (y ∗ )
(2.139)
Dowodzimy lewostronnej ciągłości. Najpierw zauważmy, że z lematu o monotoniczności 2.10 łatwo wynika, że
ρ∗ (λx∗ ) ¬ ρ∗ (x∗ )
lim− ρ∗ (λx∗ ) ¬ ρ∗ (x∗ )
λ→1
(2.140)
20
Dla dowodu w drugą stronę zauważmy
|x∗ (x)| − ρ (x) = lim |λx∗ (x)| − ρ (x) ¬ lim sup [|λx∗ (y)| − ρ (y)] (2.141)
λ→1−
λ→1− y∈Xρ
Przechodząc do supremum
ρ∗ (x∗ ) ¬ lim− ρ∗ (λx∗ )
(2.142)
λ→1
Ponadto okazuje się, że funkcjonał kx∗ kρ∗ := inf u > 0; ρ∗ ux ¬ 1 (będziemy
go też oznaczać k·kL∗ ) definiuje normę równoważną do klasycznej w Xρ∗ :=
x∗ ∈ X ∗ : lim ρ∗ (λx) = 0 .
λ→0
Twierdzenie 2.25. Norma k·kL∗ jest równoważna normie k·k∗ na przestrzeni
Xρ∗ . Dokładna równoważność norm jest wyrażona wzorem:
∀x∗ ∈ Xρ∗
kx∗ kL∗ ¬ kx∗ k∗ ¬ 2 kx∗ kL∗
(2.143)
Dowód.
Zacznijmy od zaobserwowania, że ρ∗ (x∗ ) |x∗ (x)| − ρ (x). A zatem
|x∗ (x)| ¬ ρ (x) + ρ∗ (x∗ )
(2.144)
Szacujemy, korzystając z lematu 2.20.
kx∗ k∗ = sup |x∗ (x)| = sup |x∗ (x)| ¬ 1 + ρ∗ (x∗ )
kxkL ¬1
(2.145)
ρ(x)¬1
Wybierając > 0 oraz x∗ :=
x∗
kx∗ kL∗ +
otrzymujemy
x∗
x∗
¬ 1 + ρ∗
¬2
kx∗ k ∗ + kx∗ kL∗ + L
∗
(2.146)
kx∗ k∗ ¬ 2(kx∗ kL∗ + )
(2.147)
W efekcie
Przechodząc z → 0 otrzymujemy pierwszą nierówność.
W drugą stronę skorzystamy z lematu 2.16. Niech x∗ ∈ Xρ∗ oraz > 0.
|x∗ (x)|
x∗
ρ∗
−
ρ
(x)
=
sup
(2.148)
kx∗ k∗ + kx∗ k∗ + x∈Xρ
Policzymy osobno suprema po zbiorze ρ (x) ¬ 1 oraz ρ (x) > 1. Z lematu 2.20
|x∗ (x)|
1
sup
−
ρ
(x)
¬ ∗
sup {|x∗ (x)|} ¬ 1
(2.149)
∗
kx k∗ + kxkρ,1 ¬1
ρ(x)¬1 kx k∗ + Przy drugim supremum korzystamy z lematu 2.16, otrzymując ρ (x) > kxkL .
Wtedy:
∗
|x∗ (x)|
kx k∗ kxkL
sup
−
ρ
(x)
¬
sup
−
kxk
¬0
(2.150)
L
∗
kx∗ k∗ + ρ(x)>1 kx k∗ + ρ(x)>1
Zatem ostatecznie
sup
x∈Xρ
|x∗ (x)|
−
ρ
(x)
¬1
kx∗ k∗ + 21
(2.151)
A zatem kx∗ kL∗ ¬ kx∗ k∗ + . Przechodząc z → 0 otrzymujemy tezę.
2.8
Norma Orlicza
Wprowadźmy teraz trzecią normę w przestrzeniach modularnych
Twierdzenie 2.26 (Norma Orlicza). Niech ρ semimodular wypukły. Funkcja
określona w następujący sposób
kxkO = sup {|x∗ (x)| : ρ∗ (x∗ ) ¬ 1}
(2.152)
Określa normę w przestrzeni Xρ .
Dowód.
Stosujemy lemat 2.20 dla ρ∗ . Dalej z stosujemy twierdzenie [3, Tw. 4.3].
Lemat 2.27. Zachodzi następująca nierówność
∀x ∈ Xρ
kxkO ¬ kxkA
(2.153)
Dowód.
|x∗ (x)| ¬ ρ (x) + ρ∗ (x∗ ) ¬ ρ (x) + 1
Wstawiając w miejsce x :=
(2.154)
x
u
otrzymujemy
x x
∗
+1
x
¬ρ
u
u
(2.155)
Z liniowości x∗ otrzymujemy, że
x
+1
|x∗ (x)| ¬ u ρ
u
(2.156)
Przechodząc z prawą stroną do infimum po u
|x∗ (x)| ¬ kxkA
(2.157)
A z x∗ przechodząc do supremum
kxkO ¬ kxkA
(2.158)
2.9
22
Przykłady modularów
Opracowujemy dalsze przykłady modularów.
Przykład. Niech X będzie przestrzenią wektorową oraz {ρt , t ∈ T } będzie zbiorem funkcji będących modularami. Wtedy funkcja
ρ (x) = sup ρt (x)
(2.159)
t∈T
jest również modularem. Jeśli ponadto wszystkie ρt są s-wypukłe to również ρ
jest s-wypukłe.
Przykład. Jest to własność modularów, lecz już nie przestrzeni Orlicza. Supremum z modularów generujących przestrzeń Orlicza nie musi być przestrzenią
Orlicza. Rozważmy dwa modulary generujące przestrzenie Orlicza
ρφ1 (x) =
ρφ2 (x) =
Rb
a
Rb
φ1 (|f (x)|)dµ
(2.160)
φ2 (|f (x)|)dµ
a
Gdy f, g ∈ X są funkcjami o rozłącznych nośnikach to wtedy supremum nie
zachowuje własności ortogonalnej addytywności przestrzeni Orlicza.
Innym przykładem są ciągowe przestrzenie
Lorentza. Rozważamy zbiór wszyst
kich ciągów rzeczywistych. X =
(xn )n∈N , ∀ xn ∈ R . Rozważmy malejący
n∈N
ciąg liczb rzeczywistych (wn )n∈N ⊂ R+ . Przez δ : N → N będziemy rozumieli
permutacje w zbiorze liczb naturalnych. Określamy
ρδ (x) =
∞
X
wn xδ(n) (2.161)
n=1
Wtedy określamy
ρ (x) = sup ρδ (x)
(2.162)
δ
Przestrzeń (X, ρ) jest nazywana ciągową przestrzenią Lorentza.
2.10
Twierdzenie Bernsteina o letargu
Zajmiemy się teraz twierdzeniem z analizy rzeczywistej, które posiada uogólnienie do przestrzeni modularnych.
Twierdzenie 2.28 (Twierdzenie Bernsteina o letargu). Niech X przestrzeń
Banacha nieskończenie wymiarowa. Niech V1 ( V2 ( . . . ( X, gdzie Vi są
skończenie wymiarowymi podprzestrzeniami. Ponadto dany jest ciąg (qn )n∈N ⊂
R+ nierosnący qn → 0. Wtedy istnieje x ∈ X taki, że
∀n ∈ N
gdzie d (x, A) = inf {kx − vk , v ∈ A}
d (x, Vn ) = qn
(2.163)
23
Do wersji w przestrzeni modularnej potrzebujemy pewnej funkcji liczącej
charakterystykę przestrzeni.
Definicja 2.29. Funkcję R : 2X → R+ określamy następująco:
∀A 6= {0} Rρ (A) := inf sup ρ (tv) : t ∈ R+ v ∈ A \ {0}
(2.164)
Twierdzenie 2.30 (Twierdzenie Bernsteina o letargu w przestrzeni modularnej). Niech V1 ( V2 ( . . . ( Xρ , gdzie Vi są skończenie wymiarowymi podprzestrzeniami. Ponadto dany jest ciąg (qn )n∈N ⊂ R+ nierosnący qn → 0. Ponadto
∞
S
Rρ (
Vn ) > 0 oraz ρ jest ciągłym modularem spełniającym warunek
n=1
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
(2.165)
To wtedy istnieje x ∈ Xρ taki, że
∃k ∈ N ∀n k
dρ (x, Vn ) = qn
(2.166)
gdzie d (x, A) = inf {kx − vk , v ∈ A}
Wymienimy teraz podstawowe własności funkcji dρ (x, V ).
Twierdzenie 2.31. Dana jest funkcja określona:
dρ (x, V ) = inf {ρ (x − v) , v ∈ V }
(2.167)
Następujące własności są prawdziwe:
1. Dla dowolnych x ∈ Xρ oraz v ∈ V zachodzi
dρ (x + v, V ) = dρ (x, V )
(2.168)
2. Gdy V1 ⊂ V2 ⊂ Xρ wtedy
dρ (x, V2 ) ¬ dρ (x, V1 )
(2.169)
dρ (t1 x, V ) ¬ dρ (t2 x, V )
(2.170)
3. Jeśli |t1 | ¬ |t2 | to
Dowód.
Udowodnimy jedynie punkt ostatni, gdyż pozostałe są oczywiste. Niech v ∈ V .
Wtedy
|t1 |
|t1 |
x−
v = ρ (t1 x − v̂) dρ (t1 x, V )
(2.171)
ρ (t2 x − v) ρ
|t2 |
|t2 |
Przechodząc do inf z v ∈ V otrzymujemy
dρ (t2 x, V ) dρ (t1 x, V )
(2.172)
24
Przykład. Kolejnym przykładem przestrzeni modularnych są przestrzenie Frechete o skończonym wymiarze. Niech X będzie taką przestrzenią z dim X < +∞
oraz bazą e1 , . . . , ek . Rozpatrujemy ciąg dany w postaci
xn =
k
X
tj,n ej
(2.173)
j=1
W tej przestrzeni zachodzi następująca równoważność
Twierdzenie 2.32. |xn |F → 0 wtedy i tylko wtedy gdy lim
n→∞
Dowód.
n→∞
j=1..k
→0
max |tj,n |
Załóżmy najpierw, że lim
max |tj,n |
j=1..k
∀j ∈ 1..k
→ 0. Stąd
tj,n → 0
(2.174)
Wtedy z 2 i 4 warunku F-normy:
X
X
k
X
k
k
|xn |F = tj,n ej − 0 = (tj,n − 0)ej ¬
|(tj,n − 0)ej |F → 0
j=1
j=1
j=1
F
F
(2.175)
Dowodząc warunku dostatecznego rozpatrzymy dwa przypadki. Najpierw gdy
dla dowolnego n ∈ N max |tj,n | ¬ M < +∞. Wtedy z domkniętości
j=1..k
∀j = 1..k
tj,n → tj ∈ R
(2.176)
Łatwo widać, że
X
k
X
k
(tj,n − tj )ej ¬
|(tj,n − tj )ej |F → 0
j=1
j=1
(2.177)
X
k
(tj,n − tj )ej → 0 , |xn | → 0
F
j=1
(2.178)
F
Jako, że
F
A przestrzeń jest metryczna (a zatem Hausdorffa) to te granice muszą być sobie
równe tj.
k
X
0=
tj ej ⇒ ∀ tj = 0
(2.179)
j=1..k
j=1
W drugim przypadku, gdy sup max |tj,n | = +∞. Wtedy istnieje ciąg (vn )n∈N ⊂
n∈N j=1..k
R podany w następujący sposób
vn = max
max |tj,n | , 1
j=1..k
(2.180)
25
Wtedy limsup vn = +∞. Zauważmy, że ponadto
n→∞
limsup
n→∞
|tj,n |
¬ 1 < +∞
vn
(2.181)
Zauważmy, że |xn |F → 0 to xvnn → 0. W istocie, niech λ > 0
F
0¬ρ λ
xn
vn
¬ ρ (λxn ) → 0
(2.182)
Z dowolności λ > 0 mamy xvnn → 0. Jednakże,
F
xn vn F
k
X
tj,n = ep(n) +
ej c > 0
vn 1=j6=p(n)
(2.183)
F
gdzie p(n) : Vn = tp,n . Powyższa nierówność wynika z połączenia wielu faktów.
Współczynniki rozwinięcia są ograniczone w kuli domkniętej Kd (0, 1). Gdyby
można było skonstruować ciąg kolejnych coraz lepszych przybliżeń ej resztą
elementów, to z domkniętości kuli okazałoby się, że graniczne współczynniki
zaprzeczają lnz. Stąd istnienie odpowiedniego c > 0. Zatem w tym przypadku
otrzymano sprzeczność, co wyklucza możliwość jego zachodzenia.
Wykorzystamy następujący lemat
Lemat 2.33. Niech Xρ przestrzeń modularna z ρ ciągłym modularem oraz spełniającym warunek
∀ (xn )n∈N
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
(2.184)
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ |xn |L → 0
ρ (xn − x) → 0 ⇒ ρ (xn ) → ρ (x)
(2.185)
To wtedy
∀ (xn )n∈N
Dowód.
Niech (x
n )n∈N ⊂ Xρ oraz niech ρ (xn ) → 0. Dla dowolnego k ∈ N zachodzi
ρ 2k xn → 0. Niech λ > 0 wtedy z monotoniczności istnieje k takie, że
0 ¬ ρ (λxn ) ¬ ρ 2k xn
(2.186)
Z dowolności λ > 0 i z lematu 2.13 otrzymujemy |xn |L → 0. Odwrotna implikacja jest oczywista.
Dowodzimy dalej drugiej części. Przypuśćmy, że ρ (xn − x) → 0 oraz ρ (xn )−
ρ (x) > t. Rozważmy funkcję podaną w następujący sposób:
ρ1 (z) =
ρ (z)
ρ (x) + t
(2.187)
jest to modular ciągły i spełniający warunek (2.184). Zauważmy, że
ρ1 (x) =
∀ ρ1 (xn )
n∈N
ρ(x)
ρ(x)+t < 1 ⇒ |x|ρ1 < 1
ρ(xn )
= ρ(x)+t
> 1 ⇒ |xn |ρ1
1
(2.188)
26
Skoro ρ (xn − x) → 0 to łatwo zauważyć, że ρ1 (xn − x) → 0. Z pierwszej części
dowodu wiemy zatem, że |xn − x|ρ1 → 0. Stosując warunek trójkąta otrzymujemy, że
1 ¬ |xn |ρ1 → |x|ρ1 < 1
(2.189)
czyli sprzeczność.
Przypuśćmy dalej, że ρ (xn − x) → 0 oraz ρ (x) − ρ (xn ) > t. Rozważmy
funkcję podaną w następujący sposób:
ρ1 (z) =
ρ (z)
ρ (x) − t
(2.190)
jest to modular ciągły i spełniający warunek (2.184). Zauważmy, że
ρ1 (x) =
∀ ρ1 (xn )
n∈N
ρ(x)
ρ(x)−t > 1 ⇒ |x|ρ1 > 1
ρ(xn )
< 1 ⇒ |xn |ρ1 <
= ρ(x)−t
1
(2.191)
Skoro ρ (xn − x) → 0 to łatwo zauważyć, że ρ1 (xn − x) → 0. Z pierwszej części
dowodu wiemy zatem, że |xn − x|ρ1 → 0. Stosując warunek trójkąta otrzymujemy, że
(2.192)
1 > |xn |ρ1 → |x|ρ1 > 1
czyli sprzeczność, co kończy dowód.
Lemat 2.34 (Lemat o zwartości). Niech V ⊂ Xρ skończenie wymiarowa dim V <
+∞ oraz V 6= {0}. Określmy
Rρ (V ) = inf
sup ρ (tv)
(2.193)
v∈V \{0}
t∈R+
Niech ponadto ρ będzie ciągły oraz spełnia
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
(2.194)
To wtedy
∀r < Rρ (V )
{x ∈ V ; ρ (x) ¬ r} - zwarty
(2.195)
Dowód.
Wiemy (skądś?)1 , że istnieje δ0 > 0 taka, że
Kd (0, d0 ) = {x ∈ V, ρ (x) ¬ d0 }
(2.196)
jest zwarty. Jeśli d0 Rρ (V ) to teza jest oczywista, gdyż wszystkie kule są podzbiorem domknięty zbioru zwartego. Niech zatem dalej d0 > Rρ (V ). Wystarczy
pokazać dla d0 < r < Rρ (V ).
Dowiedziemy, że istnieje nr ∈ R+ taki, że
Kd (0, r) ⊂ nr · Kd (0, d0 )
1 ρ (x
n
− x) → 0 ⇒ ρ (xn ) → ρ (x)?
(2.197)
27
Weźmy dowolny y ∈ S (0, d0 ) := {v ∈ V, ρ (v) = d0 }. Określmy
ry = sup {ρ (ty) ¬ r}
(2.198)
t∈R+
Twierdzimy, że ry < +∞. Przypuśćmy przeciwnie ry = +∞. Wtedy
∀
t∈R+
ρ (ty) ¬ r < sup ρ (sy)
(2.199)
s∈R+
Przechodząc do supremum z t otrzymujemy sprzeczność.
Dowodzimy teraz, że nr := sup {ry , y ∈ S (0, d0 )} < +∞. Przypuśćmy niewprost, że jest przeciwnie. Wtedy istnieje ciąg (un )n∈N ⊂ S (0, d0 ) taki, że
run n. Ze zwartości istnieje podciąg zbieżny do granicy. Przyjmijmy, że nasz
ciąg jest zbieżny (inaczej byśmy przeszli do wspomnianego podciągu).
ρ (un − u) → 0, u ∈ S (0, d0 )
(2.200)
Niech ∞ > k > ru . Które na mocy poprzedniego rozumowania jest dobrze
określone. Wtedy ρ (k · (un − u)) → 0. W efekcie czego
ρ (kun ) → ρ (ku)
(2.201)
Zauważmy, jednak że
run n ⇒ ∀
∃
>0 t∈R+
ρ (tun ) ¬ r, t n − (2.202)
Stosujemy powyższe dla n k + 1, n ∈ N oraz = 21 . Otrzyujemy
∃t ∈ R+ ρ (tun ) ¬ r, t n −
1
k
2
(2.203)
Z monotoniczności
∃t ∈ R+ r ρ (tun ) ρ (kun )
(2.204)
Czyli począwszy od pewnego elementu zachodzi r ρ (kun ). Z drugiej strony
k > ru ⇒ ρ (ku) > r
(2.205)
Co oznacza sprzeczność. Zatem nr < +∞.
Do zakończenia użyjemy lematu
Lemat 2.35. Jeśli ρ jest ciągłym modularem s-wypukłym to funkcja K 3 t →
ρ (tx) jest ciągła w zbiorze {t ∈ K, ρ (tx) < +∞}.
Dowód.
Niech tn → t dowolny ciąg zbieżny w ciele K. Jeśli t = 0 to
s
0 ¬ ρ (tn x) − ρ (tx) ¬ ρ (tn x) ¬ |tn | ρ (x)
(2.206)
Z twierdzenia o 3 ciągach zachodzi zbieżność. Jeśli natomiast t 6= 0 to zauważmy,
|t |
że |t|n → 1 i
|tn |
ρ (tn x) = ρ
tx → ρ (tx)
(2.207)
|t|
28
Co kończy dowód.
Niech x ∈ Kd (0, r). Wykorzystamy lemat oraz twierdzenie Darboux o wartościach pośrednich. Na ich mocy istnieje
∃t > 0
Zauważmy, że ρ
1
t tx
tx ∈ S (0, d0 )
(2.208)
¬ r. Stąd
1
¬ rtx ¬ nr
t
(2.209)
Stąd wreszcie
d0 = ρ (tx) ρ
x
nr
(2.210)
Czyli x ∈ nr · Kd (0, d0 ). Co kończy dowód.
Wniosek. Niech V1 ( V2 ( . . . ( Vn ( . . . ( Xρ , podprzestrzenie skończonego
∞
S
wymiaru, oraz niech Rρ
Vn > 0. Wtedy
n=1
∞
[
∀i ∈ N ∀0 ¬ r < Rρ
!
Vn
Kd (0, r) ∩ Vi jest zwarty
(2.211)
n=1
Dowód wniosku jest oczywisty.
∞
∞
∞
S
S
S
Lemat 2.36. Niech Rρ
Vn > 0, x ∈
Vn oraz sup dρ (x, Vi ) ¬ Rρ
Vn
n=1
i∈N
n=1
n=1
to wtedy
∀
∃ ρ (x − v) = dρ (x, Vi )
(2.212)
i∈N v∈Vi
Dowód.
Niech i ∈ N. Oczywiście istnieje (vn )n∈N ⊂ Vi taki, że
ρ (x − vn ) → dρ (x, Vi )
Ciąg x − vn ∈ Vi ⊕ [x]. Niech sup dρ (x, Vi ) ¬ r < Rρ
∞
S
faktu, że x ∈
i∈N
∞
S
(2.213)
Vn . Z ciągłości oraz
n=1
Vn .
n=1
∃ ∀
k nk
ρ (x − vn ) ¬ r < Rρ
∞
[
!
Vn
¬ Rρ (Vi ⊕ [x])
(2.214)
n=1
Z lematu 2.34 i po przejściu do podciągu
x − vn → z ⇐⇒ Vi 3 vn → x − z ∈ Vi
(2.215)
Skąd dla v := x − z ∈ Vi .
ρ (x − vn ) → ρ (x − v)
Co z jednoznaczności granicy kończy dowód.
(2.216)
29
Lemat 2.37. Niech ρ semimodular ciągły spełniający
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
(2.217)
Niech dany będzie wstępujący ciąg podprzestrzeni skończonego wymiaruV1 (
∞
S
V2 ( . . . ( Vn ( . . . ( Xρ , dim Vn < +∞, n ∈ N oraz niech Rρ
Vn > 0.
n=1
∞
S
Wtedy dla dowolnego 0 < r < Rρ
Vn zachodzić będzie
n=1
!
x∈
∞
S
sup dρ (x + v, Vn )
inf
r
(2.218)
v∈Vn+1
Vj \Vn+1
j=1
oraz
sup (dρ (v, vi )) r
(2.219)
v∈Vn+1
Dowód.
∞
S
Dowodzimy niewprost. Przypuśćmy, że istnieje x ∈
Vj \ Vn+1 , taki, że
j=1
sup dρ (x + v, Vn ) < r
(2.220)
v∈Vn+1
Wybierzmy dowolny v0 ∈ Vn+1 . Wtedy w szczególności
sup dρ (x + kv0 , Vn ) < r
(2.221)
k∈N
Można to zapisać równoważnie
sup dρ (kv0 , Vn ⊕ [x]) < r
(2.222)
k∈N
Stąd istnieje taki ciąg (wk )k∈N , że począwszy od pewnego n0 ∈ N dla n n0 :
ρ (kv0 − wk ) < r
(2.223)
Ze zwartości, posiada on podciąg zbieżny. Możemy zatem przyjąć, że nasz ciąg
jest zbieżny do pewnego z i zachodzi:
ρ (kv0 − wk − z) → 0
(2.224)
Zauważmy, że Vn+1 ⊕ [x] 3 z = t0 v0 + w. Biorąc tylko k 1 otrzymujemy
ρ ((k − t0 )v0 − (wk +w)) → 0
wk +w
0
ρ k−t
→0
k v0 −
k
Wiemy, że ρ
t0
k v0
→ 0, zatem również
wk + w
ρ v0 −
→0
k
(2.225)
(2.226)
30
z (2.217) otrzymujemy, że
v0 − w k + w → 0
k L
(2.227)
L
Stąd v0 ∈ Vn ⊕ [x] = Vn ⊕ [x]. Czyli sprzeczność. Analogicznie dowodzimy
drugiej nierówności.
Twierdzenie 2.38 (Twierdzenie Bernsteina o letargu w przestrzeniach modularnych). Niech ρ semimodular ciągły oraz spełniający warunek
ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
(2.228)
Niech dany będzie wstępujący ciąg podprzestrzeni skończonego wymiaru V1 (
V2 ( . . . ( Vn (. . . ( Xρ przestrzeni ρ-zupełnej Xρ , dim Vn < +∞, n ∈ N,
∞
S
niech Rρ
Vn > 0 i niech dany będzie ciąg R+ ⊃ (n )n∈N → 0 malejący.
n=1
Wtedy
∃
∃
∀
k∈N x∈Xρ nk0
dρ (x, Vn ) = n
(2.229)
Dowód.
Niech r < Rρ
∞
S
Vn . Z ciągłości dodawania istnieje takie δ > 0, że
n=1
ρ (x) < δ, ρ (y) < δ ⇒ ρ (x + y) < r
(2.230)
Niech l0 ∈ N będzie taką liczbą, że l0 < δ. Interesujemy się następującymi
zbiorami
En = {v ∈ Vn+1 , dρ (v, Vj ) = j , j = l0 , . . . , n}
(2.231)
Wykażemy, że przecinają się one w sposób niepusty oraz, że nie są same puste.
Najpierw dowód przecięcia.
Jeśli istnieje k0 ∈ N takie, że dla n > k0 , k0 > 0, n = 0 to Fk0 ⊂ Fn dla
n > k0 . Stąd ich przecięcie jest niepuste. Załóżmy dalej, że n > 0 dla każdego
n ∈ N.
Niech yn ∈ En . Wtedy z lematu 2.36 istnieją ciągi skończone (wl,n )l,n∈(l0 ,...,n),N ⊂
∞
S
Vn takie, że
n=1
∀
∀
n∈N l=l0 ,...,n
ρ (yn − wl,n ) = dρ (yn , Vl ) = l , wl,n ∈ Vl
(2.232)
Zastąpimy te ciągi następującymi ciągami
xn = yn − wl0 ,n ,
vl,n = wl,n − wl0 ,n
(2.233)
Zauważmy, że dla tych ciągów zachodzi
∀
∀
n∈N l=l0 ,...,n
ρ (xn − vl,n ) = dρ (xn , Vl ) = l , vl,n ∈ Vl
(2.234)
31
Zauważmy, że ρ (xn ) = ρ (xn − vl0 ,n ) = l0 < δ oraz
∀l = l0 + 1, . . . , n
ρ (xn − vl,n ) = l ¬ l0 < δ
(2.235)
Z ciągłości dodawania
∀
∀
n∈N l=l0 ,...,n
ρ (vl,n ) < r
(2.236)
Z lematu 2.33 otrzymujemy, że wszystkie zbiory Kd (0, r) ∩ Vl , l ∈ N są zwarte.
Stąd istnieją granice ciągów vl takie, że
∀
l=l0 ,...
ρ (vl,n − vl ) → 0
(2.237)
Z metody przekątniowej istnieje podciąg (xkn )kn ∈N taki, że
∀ ρ (vl,kn − vl ) → 0
(2.238)
ll0
Twierdzimy, że (xkn )kn ∈N spełnia warunek Cauchy’ego względem ρ. Ustalmy
> 0. Z ciągłości dodawania mamy
∀
∃
>0 δ>0
ρ (zi ) < δ, i = 1, . . . , 4 ⇒ ρ (z1 + z2 + z3 + z4 ) < (2.239)
Dla ustalone > 0 istnieje zatem δ > 0. Wybieramy takie k ∈ N, że k < δ.
Niech dalej m, n k. Mamy:
ρ (vl,kn − vl ) ¬ n ¬ k < δ
ρ (vl,km − vl ) ¬ m ¬ k < δ
ρ (xkn − vl,kn ) = kn ¬ k < δ
ρ (xkm − vl,km ) = kn ¬ k < δ
(2.240)
Z ciągłości dodawania ρ (xkn − xkm ) ¬ . Z dowolności > 0 jest ciąg Cauchy’ego. Z ρ-zupełności istnieje zatem x ∈ X taki, że ρ (xkn − x) → 0.
Pokażemy, że dρ (x, Vl ) = l , l l0 .Niech l l0 . Wiedząc, że ρ (xkn − x) → 0
oraz ρ (vl,kn − vl ) → 0 otrzymujemy
ρ (xkn − vl,kn + vl − x) → 0
(2.241)
ρ (xkn − vl,kn ) → ρ (x − vl )
(2.242)
Skąd
Z jednoznaczności granic ρ (x − vl ) = l . Co oznacza, że
∞
T
En 6= ∅.
n=1
Dowodzimy teraz niepustości zbiorów. Pokażemy, że k > 0 ⇒ Ek 6= ∅.
Rozważmy pomocniczo dla j = 0, . . . , n − l0 :
Fn,j := {v ∈ Vn+1 : dρ (x, Vk ) = k , k = n, . . . , n − j}
(2.243)
Wykażemy, że Fn,j są niepuste. Niech n l0 oraz l0 > 0. Wiemy, że k ¬ δ <
sup {dρ (v, Vn )}. Zatem z lematu 2.37 mamy istnienie
v∈Vn+1
∃
v∈Vn+1
dρ (v, Vn ) > n
(2.244)
32
Połóżmy
t1 := inf t ∈ R+ : dρ (tv, Vn ) n
(2.245)
Dowiedziemy, że dρ (t1 v, Vn ) = n . Przypuśćmy, że dρ (t1 v, Vn ) < n . Wtedy
istnieje w ∈ Vn taka, że
ρ (t1 v − w) < n
(2.246)
Zauważmy, że jeśli
|t − t1 | → 0 ⇒ ρ (tv − t1 v) → 0 ⇒ ρ (tv − w) → ρ (t1 v − w)
(2.247)
zatem istnieje takie c > 0 taka, że
|t − t1 | < c ⇒ ρ (tv − w) < n
(2.248)
Zatem sprzeczność. Przypuśćmy dalej,
że
dρ (t1 v, Vn ) > n . Wtedy dla dowol1
v,
V
< n .Niech (wn )n∈N ⊂ Vn taki, że
nego n ∈ N zachodzi
d
t
−
n
ρ
1
n
istnieje
w ∈ Vn taki, że ρ (wn − w) → Vn .
ρ t1 − n1 v − wn ¬ dk . Ze zwartości
1
Stąd oraz z ρ t1 − n v − t1 v → 0 mamy
1
ρ
t1 −
v − t1 v − w n + w → 0
(2.249)
n
a stąd
ρ
1
t−
n
v − wn
→ ρ (t1 v − w)
(2.250)
Otrzymaliśmy zatem n < ρ (t1 v − w) ¬ n . Zatem sprzeczność. Wykazaliśmy
zatem, że Fn,0 są niepuste. Do zakończenia dowodu wykażemy, że
Fn,j 6= ∅, j < n − l0 ⇒ Fn,j+1 6= ∅
(2.251)
dρ (x, Vk ) = k , k = n, . . . , n − j
(2.252)
Niech x ∈ Fn,j tzn.
Są dwie możliwości
1. n−j = n−j−1 wtedy x ∈ Fn,j+1
2. n−j−1 > n−j wtedy potrzebne jest przesunięcie o wektor.
Dowodzimy 2. Z lematu 2.37 mamy, że
∃
v∈Vn−j
dρ (x + v, Vn−j−1 ) > n−j−1
(2.253)
Połóżmy
t1 := inf t ∈ R+ : dρ (x + tv, Vn−j−1 ) n−j−1
(2.254)
Analogicznie jak poprzednio dowodzimy, że dρ (x + t1 v, Vn−j−1 ) = n−j−1 . Zatem x ∈ Fn,j+1 . Stąd Fn,j są niepuste. Jako, że En = Fn,n−l0 zbiór ten jest
niepusty.
Rozdział 3
Przestrzenie Orlicza
3.1
Przestrzenie Orlicza
Rozważamy przestrzeń z miarą (T, Σ, µ) z funkcją generującą przestrzeń Orlicza
φ : R → [0, +∞]
Definicja 3.1 (Funkcja Orlicza). Funkcję φ : R → [0, +∞] nazywać będziemy
funkcją Orlicza jeśli
lewostronnie ciągła, niemalejąca
φ(0) = 0
lim+ φ (λ) = 0
λ→0
Kilka (nieciekawych) przykładów:
φ(t) ≡ 0.
φ(t) = +∞, t > 0 dający przestrzeń trywialną Xφ = {0}.
φ(t) = 0, t ∈ [0, t0 ] oraz φ(t) = +∞, t > t0
Rozważmy ostatni przykład dla miary liczącej w N.
ρφ (x) =
∞
X
φ (|xn |)
(3.1)
n=1
Okazuje się, że Xφ = l ∞ .
Twierdzenie 3.2. Normą w tej przestrzeni okazuje się spełniać poniższy warunek
kxk∞
(3.2)
kxkL =
t0
gdzie kxk∞ = sup |xn |.
Dowód.
Niech λ <
kxk∞
t0
stąd t0 <
kxk∞
λ
w efekcie istnieje nn ∈ N taki, że
t0 <
|xn0 |
λ
33
(3.3)
ROZDZIAŁ 3. PRZESTRZENIE ORLICZA
Wtedy
ρφ
x
λ
34
∞
x X
|xn |
n0
= +∞
φ
φ
λ
λ
n=1
=
(3.4)
Stąd
n
x
o kxk
∞
inf λ > 0 : ρφ
¬1
λ
t0
Z drugiej strony jeśli λ >
kxk∞
t0
(3.5)
to
∀n ∈ N
x n
< t0
λ
(3.6)
W efekcie
∞
X
|xn |
ρφ
=
φ
=0
(3.7)
λ
λ
n=1
kxk
W efekcie czego inf λ > 0, ρφ λx ¬ 1 = t0∞ . Skąd ostatecznie Xφ 3 x →
x
t0 ∈ l ∞ .
x
(
Definicja 3.3. Zbiór Eφ :=
(xn )n∈N : ∀
∃
∞
P
λ>0 nλ ∈N i=nλ
)
φ (λ |xn |) < +∞
Twierdzenie 3.4. Dla miary liczącej C0 = Eφ
Dowód.
Zauważmy, że jeśli x ∈ C0 to λ > 0 ⇒
∃
∀
nλ ∈N xnλ
λ |xn | < t0 . Łatwo zauważyć,
że dla naszej przestrzeni z miarą liczącą:
∞
X
φ (λ |xn |) = 0
(3.8)
n=nλ
W efekcie C0 ⊂ Eφ . Udowodnimy odwrotną inkluzję rozumując nie wprost.
Niech x 6∈ C0 wtedy istnieje nk pewien podciąg taki, że istnieje d > 0
∀k ∈ N
Weźmy λ >
t0
d.
|xnk | > d
(3.9)
X
(3.10)
Wtedy λ |xnk | > t0 .
∀n0 ∈ N
∞
X
n=n0
φ (λ |xn |)
φ (λ |xn |) = +∞
nk n0
W efekcie x 6∈ Eφ . Czyli udowodniliśmy równość zbiorów C0 = Eφ .
Najciekawszym przypadkiem są takie gdy φ : R+ → [0, +∞], φ(0) = 0, φ
lewostronnie ciągła i niemalejące oraz istnieje t0 > 0, że
0 < φ(t0 ) < +∞
(3.11)
Wyróżniamy dwie ważne charakterystyki Często przestrzeń tą charakteryzuje
się za pomocą dwóch liczb
dφ := sup {t 0, φ (t) = 0}
bφ := sup {t 0, φ (t) < +∞}
(3.12)
3.2
35
Przestrzenie Musielaka-Orlicza
Definicja 3.5 (Przestrzeń Musielaka-Orlicza). Rozważamy trójkę z miarą (T, Σ, µ)
oraz funkcję φ : T × R+ → [0, +∞] spełniającą dwa warunki
1. ∀t ∈ T
2. ∀u ∈ R+
φ(t, ·) : R+ → [0, +∞] jest funkcją Orlicza
φ(·, u) jest mierzalna na pierwszą zmienną.
To φ nazywamy funkcją Musielaka-Orlicza. Wtedy funkcjonał dany formułą
Z
ρφ (t) := φ (t, |f (t)|) dµ(t)
(3.13)
T
nazywać będziemy modularem Musielaka-Orlicza, a przestrzeń Xφ nazywać będziemy przestrzenią Musielaka-Orlicza
Jeżeli φ nie zależy od pierwszej zmiennej to mamy zwykłe przestrzenie Orlicza.
Omówmy własności przestrzeni Orlicza-Musielaka
Twierdzenie 3.6. Niech Xφ będzie przestrzenią Musielaka-Orlicza. Wtedy
Xφ = f ∈ X : ∃ ρφ (λf ) < +∞
(3.14)
λ>0
Dowód.
Niech f ∈ Xφ . Wtedy
λ → 0 ⇒ ρ (λf ) → 0
(3.15)
ρφ (λ0 f ) < ∞
(3.16)
Stąd istnieje λ0 > 0 takie, że
Odwrotnie załóżmy, że istnieje λ0 > 0 taka, że ρφ (λ0 f ) < ∞. Wtedy dla dowolnego ciągu λn → 0 istnieje taki moment k ∈ N, że ∀n k mamy
p. w.
|λn f (t)| ¬ |λ0 f (t)|
(3.17)
t∈T
Z monotoniczności
φ (t, λn |f (t)|) ¬ φ (λ0 |f (t)|)
(3.18)
Wtedy
Z
Z
φ (t, λn |f (t)|) dµ(t) ¬
T
φ (λ0 |f (t)|) dµ(t)
(3.19)
T
Z twierdzenia Lebesgue’a o zdominowanej zbieżności otrzymujemy, że
Z
φ (t, λn |f (t)|) dµ(t) → 0
T
(3.20)
36
Twierdzenie 3.7. Niech f, g ∈ Xφ .
p. w. |f (t)| ¬ |g(t)| ⇒ ρφ (f ) ¬ ρφ (g)
(3.21)
tinT
Dowód.
Oczywisty
Z
Z
φ (t, |f (t)|) dµ(t) ¬
T
φ (t, |g(t)|) dµ(t)
(3.22)
T
Twierdzenie 3.8. Jeśli f1 , f2 , . . . , fn ∈ Xφ to t → max |fi (t)| ∈ Xφ
i=1,...,n
Dowód.
Dla dowodu wystarczy zauważyć, że
max |fi (t)| ¬
i=1,...,n
n
X
|fi (t)|
(3.23)
i=1
Definicja 3.9 (Ciągowa przestrzeń Orlicza). Niech będzie dowolnym ciągiem
takim, że i ∈ {−1, 1}, niech ponadto σ : N → N będzie dowolną permutacją.
Funkcja generująca przestrzeń ma postać:
∞
X
φ n xσ(n) ρφ (xn )n∈N =
(3.24)
i=1
tworzy przestrzeń nazywaną ciągową przestrzenią Orlicza
Nie trudno zauważyć, że kxn k = n xσ(n) L
L
Definicja 3.10 (Równomierzalność). Powiemy, że dwie funkcje f, g są równomierzalne gddy
∀s > 0
3.3
µ (t ∈ T : |f (t)| s) = µ (t ∈ T : |g(t)| s)
(3.25)
Przestrzenie elementów skończonych
Definicja 3.11 (Przestrzenie elementów skończonych). Definiujemy przestrzenie elementów skończonych
L0φ := {f ∈ X : ρφ (t) < +∞}
oraz
Eφ :=
f ∈ X : ∀ ρφ (λf ) < +∞
λ>0
(3.26)
(3.27)
37
Twierdzenie 3.12. W sposób naturalny zachodzą zawierania
Eφ ⊂ L0φ ⊂ Xφ
(3.28)
Dowód.
Jest oczywisty.
Własności tych przestrzeni
Twierdzenie 3.13. L0φ jest przestrzenią wypukłą
Dowód.
Niech f, g ∈ L0φ , oraz a, b 0, a + b = 1. Wtedy
ρφ (af + bg) ¬ aρφ (f ) + bρφ (g) < +∞
(3.29)
Twierdzenie 3.14. Eφ jest przestrzenią wektorową
Dowód.
Dowodzimy warunków podprzestrzeni. Niech λ dowolna oraz f, g ∈ Eφ
1
1
φ (λ(f + g)) ¬ φ
2 |λ| f + 2 |λ| g ¬ φ (2 |λ| f ) + φ (2 |λ| g) < ∞
2
2
(3.30)
Twierdzenie 3.15. Przestrzeń Eφ jest największą przestrzenią wektorową zawartą w L0φ . Przestrzeń Xφ jest najmniejszą przestrzenią wektorową zawierającą
L0φ .
Dowód.
Niech Z będzie dowolną przestrzenią wektorową zawartą w L0φ . Przypuśćmy, że
Z 6⊂ Eφ . Oznaczmy przez z ∈ Z \ Eφ . Wtedy z ∈ L0φ . Niech λ dowolna. Skoro
z ∈ Z a Z jest wektorową to λz ∈ Z. Zatem
ρφ (λz) < +∞
(3.31)
Z dowolności λ otrzymujemy, ze z ∈ Eφ czyli sprzeczność.
Niech dalej Z będzie dowolną przestrzenią wektorową zawierającą L0φ . Przypuśćmy, że istnieje element taki, że z ∈ Xφ \Z. Skoro z ∈ Xφ to istnieje λ0 > 0,
że
ρφ (λ0 z) < +∞
(3.32)
Stąd λ0 z ∈ L0φ ⊂ Z, skoro Z zawiera L0φ . Ostatecznie skoro Z jest przestrzenią
wektorową nad ciałem to z ∈ Z czyli sprzeczność.
Przypomnijmy pojęcie lokalnej całkowalności
38
Definicja 3.16. Niech φ : T ×R+ → R+ . Powiemy, że φ jest lokalnie całkowalna
gdy
µ (A) < +∞
R
∀A ⊂ T
(3.33)
∀d > 0 φ(t, d)dµ (t) < +∞
A
Uwaga. Gdy φ nie zależy od t i φ jest skończona to
Z
φ(d)dµ (t) = φ(d)µ (A) < +∞
(3.34)
A
Przypomnijmy pojęcie funkcji prostej
Definicja 3.17 (Funkcja prosta). Powiemy, że f jest funkcją prostą jeśli daje
się ją przedstawić jako skończoną sumę iloczynu stałych dodatnich przez funkcje
charakterystyczne rozłącznych zbiorów o mierze skończonej. Zbiór wszystkich
funkcji prostych oznaczamy przez


k


X
(3.35)
aj χAj , µ (Aj ) < ∞, i 6= j ⇒ Ai ∩ Aj = ∅
S= f ∈X:f =


j=1
Uwaga. Zachodzi oczywista zależność postaci S ⊂ Eφ .
Dowód.
Z
φ(t, λ |f (t)|)dµ (t) =
k Z
X
i=1 A
T
φ(t, λχj )dµ (t) < +∞
(3.36)
j
Definicja 3.18 (Miara ośrodkowa). Niech trójka (T, Σ, µ) będzie przestrzenią
z miarą. Powiemy, że miara µ jest ośrodkowa gdy istnieje przeliczalna rodzina
(An )n∈N taka, że µ (An ) < ∞
∀ µ (A) < ∞ ⇒ ∀
A∈Σ
∃ µ (A∆An ) < >0 n∈N
(3.37)
Twierdzenie 3.19. Zachodzą następujące fakty
1. Eφ jest domkniętą podprzestrzenią Xφ .
L
2. S = Eφ .
3. Jeśli µ jest miarą ośrodkową oraz φ jest lokalnie całkowalna to przestrzeń
Eφ jest ośrodkowa .
Przykład. Pokażemy na przykładzie, że Xφ 6= Eφ . Rozważmy, φ (t) = et − 1 z
T = [0, 1]. Wtedy funkcja
n
1
, 21n < t ¬ 2n−1
2
(3.38)
x(t) =
0 , t=0
39
wtedy
Z1
ρφ (x) =
φ(|x(t)|)dµ (t) =
0
oraz
∞
X
en
− 1 = +∞
2
n=1
ρφ (2x) =
Podobnie biorąc xn = x · χ(
n
∞
X
e2
− 1 < +∞
2
n=1
] mamy
1 n
− 21n → 0
ρφ (xn ) = e22
n
ρφ (2xn ) = 2e − 21n → +∞
1
2n
,
(3.39)
(3.40)
1
2n−1
(3.41)
Dowód twierdzenia (3.19).
Weźmy ciąg elementów (xn )n∈N ⊂ Eφ zbieżny w normie Luxemburga do x ∈ Xφ .
kxn − xkL → 0
(3.42)
Na mocy twierdzenia jest to równoważne
∀λ > 0
ρ (λ(xn − x)) → 0
(3.43)
Niech λ > 0 znajdziemy takie k ∈ N, że ρ (2λ(xk − x)) ¬ 1. Wtedy
ρ (λx) ¬ ρ (2λ(x − xk )) + ρ (2λxn ) < +∞
(3.44)
czyli x ∈ Eφ .
Dowodzimy teraz, że domknięcie w normie Luxemburga funkcji prostych jest
zbiorem Eφ . Niech x ∈ Eφ , x 0, λ > 0 mamy stąd, że ρφ (λx) < +∞. Z drugiej
strony
Z
ρφ (λx) = φ (t, λ |x(t)|) dµ (t)
(3.45)
|
{z
}
T
g(t)
Zdefiniujmy An = t ∈ T : g(t) n1 . Oczywiście µ (An ) < +∞ dla dowolnego
n ∈ N. Zachodzi ciąg inkluzji A1 ⊂ A2 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .. Załóżmy, że T =
∞
S
supp (g) =
An jest σ-skończone.
n=1
x 0, mierzalna. Wtedy istnieje ciąg (xn )n∈N funkcji prostych taki, że
0 ¬ xn (t)
(3.46)
i xn ↑ x. wiemy, że supp (xn ) ⊂ An .
∀t
λ |x(t) − xn (t)| → 0
(3.47)
co równoważnie
0 ¬ gn (t) := φ (t, λ |x(t) − xn (t)|) → 0
(3.48)
Czyli dla każdego t ∈ T mamy
lim gn (t) = 0
n→∞
(3.49)
Wtedy gn (t) ¬ g(t) oraz
R
40
g(t)dµ (t) < +∞. Z twierdzenie Lebesgue’a o zdomi-
T
nowanej zbieżności mama:
Z
Z
φ (t, λ |xn (t) − x(t)|) dµ (t) = lim ρφ (λ |xn − x|)
gn (t)dµ (t) = lim
0 = lim
n→∞
n→∞
T
n→∞
T
(3.50)
Rozważmy teraz, że x jest dowolna. Istnieją wtedy takie funkcje x1 oraz x2 , że
x = x1 − x2
x1 , x2 0 supp (x1 ) ∩ supp (x2 ) = ∅
(3.51)
Co kończy dowód drugiego punktu.
Trzeci dowód był błędny. Sylwia pracuje nad poprawnym dowodem tego faktu.
L
Uwaga. O ile S = Eφ jest domknięciem w sensie normy Luxemburga o tyle,
domknięcie w sensie modularu S
mod
= L0φ , gdzie
lim ρφ (λ |xn − x|) → 0
n→∞
(3.52)
dla λ dla którego zachodzi ρφ (λx) < +∞.
Twierdzenie 3.20. Jeśli Xφ jest ośrodkowa w sensie modularu to µ jest ośrodkowa
∃Sp ⊂ Xφ ∀x ∈ Xφ ∃λ > 0 ∃ (sn )n∈N ⊂ Sp lim ρφ (λ(sn − x)) → 0
λ→0
(3.53)
Twierdzenie 3.21. Przestrzeń (Xφ , k·kL ) jest zupełna
Twierdzenie 3.22. Jeśli (T, Σ, µ) a µ jest σ-skończona tzn.
Z
∀A ∈ Σ ∀d > 0
φ(t, d)dµ (t) < ∞
(3.54)
A
to dla dowolnego t ∈ T mamy φ(t, ·) jest ciągła oraz
φ(t, u) = 0 ⇐⇒ u = 0
(3.55)
wg udowodniliśmy jedynie dla µ prawie wszystkich t ∈ T .
Definicja 3.23 (Zbieżność względem miary). Niech xn , x ∈ X- funkcje mieµ
rzalne. Powiemy, że xn → x gdy
∀ > 0 ∃n0 inN ∀n n0
gdzie An, = {t ∈ T : |xn (t) − x(t)| }.
µ (An, ) < (3.56)
41
µ
Twierdzenie 3.24 (Riesza). Jeśli xn → x to istnieje podciąg kn taki, że
xkn (t) → x(t)
(3.57)
zbiega prawie wszędzie µ
Dowód tw. 3.22.
Załóżmy najpierw, że µ (T ) < +∞. Niech > 0
Z
φ (t, ) dµ (t) < +∞
(3.58)
T
Zauważmy, że
Z
ν (A) :=
φ (t, ) dµ (t)
(3.59)
A
definiuje miarę i to spełniającą warunek:
∀ > 0 ∃δ > 0 ∀A ∈ Σ
ν (A) < δ ⇒ µ (A) < (3.60)
Niech (xn )n∈N ⊂ Xφ będzie ciągiem Cauchy’ego tj.
∀ > 0 ∃k ∈ K ∀m, n k
kxn − xm kL < (3.61)
Równoważnie, jednak możemy myśleć o warunku
∀λ > 0 ∀ > 0 ∃k ∈ K ∀m, n k
ρφ (λ(xn − xm )) → (3.62)
ρφ (λ(xn − x)) → (3.63)
Chcemy zatem dowieść:
∀λ > 0 ∀ > 0 ∃k ∈ K ∀n k
Zdefiniujmy An,m := {t ∈ T , λ |xn (t) − xm (t)| }. Dobieramy do takie δ, że
ν (A) < δ ⇒ µ (A) < (3.64)
Stąd
δ > ρφ (λ(xn − xm ))
∀
n,mk
R
φ(t, λ |xn (t) − xm (t)|)dµ (t)
An,m

R
φ(t, )dµ (t) = ν (Am,n )
(3.65)
An,m
Zatem skoro ν (Am,n ) < δ to µ (Am,n ) < czyli (xn )n∈N spełnia warunek Cauchyego zbieżności względem miary µ. Z twierdzenie Riesza istnieje podciąg xnk
taki, że xnk (t) → x(t) prawie wszędzie µ. Łatwo stąd wywnioskować, że
k
|xnk (t) − xn (t)| → |x(t) − xn (t)|
µ − p.w.
(3.66)
co jest równoważnie przy ustalonym λ > 0 ale przecież tylko lewostronnie ciągła!!
gk (t) := φ t, λ |xnk (t) − xn (t)| → φ (t, λ |x(t) − xn (t)|) =: g(t) µ − p.w.
(3.67)
z lematu Fatou dla gk mamy
Z
Z
g(t)dµ (t) ¬ liminf gk (t)dµ (t)
k
T
42
(3.68)
T
Stąd
ρφ (λ |x − xn |) ¬ liminf ρφ (λ |xn − xn−k |) < k
(3.69)
Co z dowolności λ > 0 dowodzi, że |x − xn | → 0. Zauważmy ponadto, że oczywiście x ∈ Xφ gdyż x − xn ∈ Xφ a xn ∈ Xφ , ale przecież Xφ jest wektorowa.
Rozważmy dalej przypadek gdy µ (T ) = +∞. Tworzymy, wstępujący ciąg
uporządkowany na inkluzję:
T =
∞
[
Tk , Tk ⊂ Tk+1 , µ (Tk ) < +∞
(3.70)
k=1
Stosujemy powyższe rozumowanie do każdego z zbiorów Tk . Podciąg otrzymujemy stosując zwykłą metodę przekątniową.
Wniosek. Przestrzeń Eφ =
3.4
x ∈ Xφ : ∀ ρφ (λx) < +∞ jest zupełna
λ>0
Warunek ∆2 Orlicza
Definicja 3.25 (Warunek ∆2 Orlicza). Niech φ : R+ → R+ . Powiemy, że φ
spełnia warunek ∆2 gdy
∃
∀
M >0 u∈R+
φ (2u) ¬ M · φ (u)
(3.71)
Lemat 3.26. Warunek ∆2 Orlicza implikuje warunek
ρφ (2λxn ) → 0 ⇐⇒ ρφ (λxn ) → 0
(3.72)
Dowód.
Z
x ∈ Xφ ⇐⇒
∃
φ (λ |x(t)|) dt < +∞
λ>0
(3.73)
T
Z warunku ∆2 mamy
0 ¬ φ (2λ |x(t)|) ¬ M φ (λ |x(t)|)
(3.74)
ρφ (2λx) ¬ M ρφ (λx)
(3.75)
Stąd
Ostatecznie otrzymaliśmy zbieżność
ρφ (λxn ) → 0 ⇒ ρφ (2λxn ) → 0
Odwrotna implikacja wynika z monotoniczności modularu.
(3.76)
43
Twierdzenie 3.27. Gdy µ (T ) = +∞, φ nie zależy od swojej pierwszej zmiennej oraz φ ∈ ∆2 to wtedy
1. Eφ = Xφ
2. dla dowolnego ciągu (xn )n∈N ⊂ Xφ zachodzi
ρφ (xn ) → 0 ⇐⇒ |xn |φ → 0
(3.77)
Definicja 3.28 (warunek ∆2 dla przestrzeni Orlicza-Musielaka). Niech φ : T ×
R+ → R+ . Powiemy, że φ spełnia warunek ∆2 gdy
∃
∃
p. w. ∀
M 1 h:T →R+ ,h∈L1 (T ) t∈T u∈R+
φ (t, 2u) ¬ M · φ (t, u) + h(t)
(3.78)
W przypadkach kolidujących przyjmijmy, że warunek ∆2 dla przestrzeni Orlicza
Musielaka oznaczać będziemy ∆2 (t, u) w odróżnieniu od ∆2 (u).
Twierdzenie 3.29 (∆2 = ∆2 (+∞)). Jeśli φ jest niezależne od pierwszej
zmiennej oraz µ (T ) < +∞ to
∆2 = ∆2 (+∞) := ∃
∃
∀ φ (2u) ¬ M φ (u)
M 1 u0 >0 uu0
(3.79)
Dowód.
Niech µ (T ) < ∞ oraz φ spełnia ∆2 (+∞). Oznaczy przez h(t) := M φ(u0 ).
Wtedy
Z
h(t) = M φ (u0 ) µ (T ) < +∞
(3.80)
T
Gdy u < u0 mamy z monotoniczności
φ (2u) ¬ φ (2u0 ) ¬ h(t) ¬ h(t) + M φ (u)
(3.81)
Z drugiej strony gdy u u0
φ (2u) ¬ M φ (u) ¬ h(t) + M φ (u)
(3.82)
W drugą stronę dowodzimy niewprost. Zakładamy zatem istnienie podciągu
(ukn )n∈N rozbieżnego. Wtedy dla dowolnego M 1 w szczególności (Mn )n∈N
takiego, że Mn → +∞ mielibyśmy
∀
t∈T
∆2
M̃ φ (ukn ) + h(t) φ (2ukn ) > Mn φ (ukn )
(3.83)
h(t) φ (2un ) − M̃ φ (un ) (Mn − M̃ )φ (ukn )
(3.84)
Stąd otrzymujemy
∀
t∈T
Skąd z rozbieżności (Mn )n∈N wynika natychmiastowa sprzeczność.
Twierdzenie 3.30 (∆2 (t, u) = ∆2 (u)). Jeśli φ jest niezależne od pierwszej
zmiennej oraz µ (T ) = +∞ to
∆2 (u) = ∆2 (t, u)
(3.85)
44
Dowód.
Załóżmy teraz, że µ (T ) = +∞. Dowód w jedną stronę jest natychmiastowy.
Załóżmy φ ∈ ∆2 (u). Wtedy dla dowolnego u
φ (2u) ¬ M φ (u) ¬ M φ (u) + h(t)
(3.86)
gdzie h(t) ≡ 0. W drugą stronę niewprost. Przypuśćmy, że
∀
∃
M 1 vM
φ (2vM ) > M φ (vM )
(3.87)
Dla M z warunku ∆2 (t, u) mamy, zatem
h(t) ρ (2vM ) − M φ (vM ) > 0
(3.88)
Stąd natychmiast
Z
Z
h(t)
T
ρ (2vM ) − M φ (vM ) = +∞
(3.89)
T
Twierdzenie 3.31. Niech T × R+ → R+ lokalnie całkowalna tj.
Z
∀
µ (A) < +∞ ⇒ ∀
φ (t, d) dµ (t) < +∞
A∈Σ
(3.90)
d>0
A
Jeśli φ spełnia ∆2 to Eφ = Xφ oraz ρ (xn ) → 0 ⇐⇒ ρ (2xn ) → 0
Dowód.
Rozważmy zbiory postaci Tm = t ∈ T :
1
.
1
m
¬ h(t) ¬ m . Wtedy µ (Tm ) < +∞
S
⊂ Tm +1 są wstępujące oraz
Tm = T . Wiemy,
dla dowolnego m. Ponadto Tm
m=1
R
że ν (A) = h(t)dµ (t) jest miarą i to taką, że ν (T ) < +∞ oraz
A
lim ν (T \ Tm ) = ν (∅) = 0
m→∞
Dla ustalonego istnieje zatem m0 takie, że
Z
φ (t, 2 |xn (t)|) dµ (t) < (3.91)
(3.92)
T \Tm0
Skoro Tm0 jest o mierze skończonej a φ jest lokalnie całkowalne to istnieje takie
d > 0, że
Z
φ(t, 2d)dµ (t) < (3.93)
Tm0
1 Co
z kolei oznacza równoważnie zbieżność w F-normie
45
Zatem
Z
ρφ (xn ) → 0 ⇒
φ(t, |xn (t)| dµ (t) → 0
(3.94)
Tm0
µ
Z rozumowania już raz przytaczanego w tym wykładzie otrzymamy, że xn → 0.
Stąd
∃n0 ∀nn0 µ ({t ∈ Tm0 : |xn (t)| d}) ¬ d
(3.95)
Oznaczmy An := {t ∈ Tm0 : |xn (t)| d}. Jeśli n n0 to
Z
An
Z
φ(t, 2 |xn (t)|) ¬ M ρφ (xn ) +
| {z }
→0
h(t)dµ (t) ¬ mµ (An ) < m · d < m · (3.96)
An
a d możemy dobrać odpowiednio małe, gdyż φ jest rosnące na drugą zmienną.
W końcu z definicji An mamy
Z
Z
φ(t, 2 |xn (t)|) ¬
Tm0 \An
φ(t, 2d) < (3.97)
Tm0 \An
Ostatecznie mamy, że
∆2 ⇒ (ρφ (xn ) → 0 ⇒ ρφ (2xn ) → 0) ⇒ ρφ (xn ) → 0 ⇒ |xn |φ → 0
(3.98)
Dowiedziemy teraz warunku dostatecznego dla poprzedniego twierdzenia.
Najpierw twierdzenie-lemat
Twierdzenie 3.32. Niech φ, ψ będą funkcjami Orlicza. Jeśli L0ψ ⊂ L0φ to
∀t ∈ T ∀u ∈ R+
ψ(t, u) ¬ K · φ(t, u) + h(t)
(3.99)
Definicja 3.33 (Atom). Zbiór A ⊂ X, µ (A) > 0 nazywamy atomem jeśli
∀B⊂A , B jest mierzalny , µ (B) = 0 ∨ µ (B) = µ (A)
(3.100)
Lemat 3.34. Niech µ będzie miarą bezatomową. Niech gn : T → R+ będą
mierzalne oraz
Z
gn (t)dµ (t) 2n an , an > 0
(3.101)
T
to wtedy istnieje podciąg Akn ⊂ T , zbiorów mierzalnych, i 6= j ⇒ Aki ∩ Akj = ∅
taki, że
Z
gkn (x)dµ (t) = akn
(3.102)
Akn
Dowód.
Dowód konstrukcyjny i niestety nie byłem w stanie uchwycić jego natury
46
Dowód.
Niech n ∈ N. Zdefiniujmy 0 ¬ hn = sup {ψ(t, u) − 2n φ(t, u)}. Jeśli ψ, phi nie
R
spełniają ∆2 to ∀ hn (t)dµ (t) = +∞. Z σ−skończoności mamy
n∈N T
∞
[
T =
Tj ⊂ Tj+1
(3.103)
j=1
gdzie µ (Ti ) < +∞. Niech r ∈ Q określmy
0 , t 6∈ Ti
xi,r (t) =
r , t ∈ Ti
(3.104)
Wtedy zauważmy, że supremum jest liczone jedynie po
hn (t) =
sup (ψ(t, xj,r (t)) − 2n φ(t, xj,r (t)))
(3.105)
j∈N,r∈Q
Możemy tak manipulować j i r (których jest przeliczalnie wiele) aby ustawić
wszystkie x w jeden ciąg
hn (t) = sup (ψ(t, xn (t)) − 2n φ(t, xn (t)))
(3.106)
k∈N
Określamy 0 < bn,m (t) =
max ψ(t, xk (t)) − 2n φ(t, xk (t)). Oczywiście 0 <
1¬k¬m
bn,m ¬ bn,m+1 i ponadto
lim bn,m (t) = hn (t)
(3.107)
m→∞
Z twierdzenie Lebesgue’a o zbieżności zdominowanej mamy:
Z
Z
lim
bn,m (t) → hn (t) = +∞
n→∞
T
(3.108)
T
konstruujemy zatem ciąg rozbieżny
Z
∀n ∈ N ∃mn
bn,mn (t) 2n
(3.109)
T
Dla prostoty zapisu oznaczmy bn := bn,mn . Istnieje wtedy yn : T → R taki, że
bn (t) = ψ(t, yn (t)) − 2n φ(t, yn (t))
(3.110)
gdzie
yn (t) =
0
ψ(t, xj (t)) − 2n φ(t, xj (t))
, bn (t) = 0
, bn (t) > 0
(3.111)
gdzie
j = min {1 ¬ l ¬ mn , bn (t) = ψ(t, xl (t)) − 2n φ(t, xl (t))}
Z
Z
Z
∀
ψ(t, yn (t)) = 2n φ(t, yn (t)) + bn (t)
n∈N
T
T
T
(3.112)
(3.113)
47
Stosujemy lemat dla gn (t) = ψ(t, yn (t)) wiedząc, że
Z
gn (t) 2n · 1
(3.114)
Z lematu istnieje ciąg indeksów nk , taki że istnieje ciąg rozłącznych parami
podzbiorów Tnk ⊂ T takich, że
Z
gnk (t) = 1
(3.115)
Tnk
Określmy
(
z(t) =
t ∈ Tnk
∀ T 6∈ Tnk
gnk (t) ,
0
,
(3.116)
k∈N
Mamy
Z
ρφ (z) =
ψ(t, z(t))dµ =
∞ Z
X
ψ(t, ynk (t))dµ = +∞
(3.117)
k=1T
nk
T
Zatem z 6∈ L0ψ . Tymczasem
R
R
φ(t, z(t)) =
T
∞
P
R
φ(t, ynk (t))dµ =
k=1 Tnk
∞
P
Tn
ψ(t,ynk (t))−bnk (t)dµ
k
2nk
k=1
R
¬
∞
P
Tn
ψ(t,ynk (t))dµ
k
2nk
k=1
=
∞
P
k=1
¬
(3.118)
1
2nk
=1
Czyli L0ψ 6⊂ L0φ . Jednocześnie widzimy, że ρψ (znk ) 6→ 0 a ρφ (znk ) ¬
1
2nk
→ 0.
Tu jest jakiś wniosek
Twierdzenie 3.35. Niech µ będzie miarą bezatomową i σ-skończoną a µ (T ) =
+∞?. NWSR
a) Eφ = Xφ
b) |xn |φ → 0 ⇐⇒ ρ (xn ) → 0
c) ∆2
Przykład (Czym jest ∆2 w przypadku przestrzeni ciągowych). Niech T = N,
Σ = 2N oraz µ miara licząca. Wtedy zamiast mamy ciąg funkcji Φ = {φ1 , φ2 , . . .}.
Modular Orlicza jest dany wzorem
ρΦ (x) =
∞
X
φn (|xn |)
(3.119)
n=1
Określa on tzw. ciągową przestrzeń Musielaka-Orlicza. Jeśli wszystkie φn są
p
jednakowe to jest to przestrzeń Orlicza. Podobnie gdy φn = |t| .
48
Definicja 3.36 (Warunek ∆2 (0)). Powiemy, że φ ∈ ∆2 (0) gdy istnieje an 0
∞
P
taki, że
an < +∞ oraz
n=1
∃
∃
∀
∀
M >1 δ>0 n∈N u∈R+
φn (u) < δ ⇒ φn (2u) ¬ M φn (u) + an
(3.120)
Twierdzenie 3.37. Jeśli φn (t) = 0 ⇐⇒ t = 0 oraz φn : R+ → R+ to
następujące warunki są równoważne:
1) Eφ = Xφ
2) ρΦ (xn ) → 0 ⇐⇒ |xn |Φ → 0
3) Φ ∈ ∆2 (0)
Ten warunek w przestrzeni ciągowej jest równoważny wymienionym faktom.
Jeśli φn : R+ → [0, +∞] to wtedy Eφ = {0}. Stosujemy wtedy inny zbiór


∞


X
∃
φj λ |xj | < ∞
(3.121)
hφ = x ∈ XΦ : ∀


λ>0 nλ ∈N
j=nλ
to wtedy
hΦ = XΦ
3.5
(3.122)
Podzbiory zwarte przestrzeni Eφ
Definicja 3.38 (Jednakowa ciągłość). Niech A ⊂ Eφ . Rodzina A jest jednakowo
ciągła jeśli
∀ ∃ , µ (A) < +∞ ∀ x · χT \A < (3.123)
>0 A⊂T
x∈A
φ
Lemat 3.39. Niech (xn )n∈N ⊂ Eφ . Wtedy NWSR
1) |xn |φ → 0 to brakuje czegoś?
2) zachodzi implikacja
µ
∀ µ (A) < ∞ ⇒ xn → 0
A⊂T
(3.124)
oraz |xn |φ są jednakowo ciągłe
Dowód.
Najpierw dowód 2 ⇒ 1.
Brak kawałka wykładu 12
3.6
Przestrzeń dualna Orlicza
W tej części pokażemy, że przestrzeń dualna do Orlicza jest Orlicza oraz opiszemy postać funkcją ją generującej.
49
Przyjmujemy, że φ : R+ → R+ , φ wypukła, φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0 oraz
lim
t→0
φ(t)
=0
t
lim
t→+∞
φ(t)
= +∞
t
(3.125)
Przez φ∗ : R+ → R+ będziemy oznaczać funkcję generującą przestrzeń dualną Orlicza. Pokażemy, że wyraża się ona wzorem
φ∗ (v) = sup {u · v − φ (u) : u 0}
(3.126)
Nazywamy ją często funkcją dopełniającą w sensie Younga. Oznaczmy przez
p(t) prawostronną pochodną φ w punkcie t.
Zt
p(s)ds
φ(t) =
(3.127)
0
p jest funkcją niemalejącą, skoro φ jest wypukła. Zdefiniujmy q(s) = sup {t : p(t) ¬ s}.
Twierdzenie 3.40. φ∗ (t) =
Rt
q(s)ds
0
Dowód trochę rysunkowy..
Rt
Oznaczmy L(v) := q(s)ds.
0
Z wiadomego rysunku widzimy, że u · v ¬ φ (() u) + L(v). Zatem
∀ L(v) u · v − φ (u)
u,v
(3.128)
Przechodząc do supremum po u mamy
∀ L(v) sup {u · v − φ(u)} = φ∗ (v) .
v
(3.129)
u
Wykażmy odwrotna nierówność. Niech v ∈ R+ oraz u takie, ze u = q(v). Z
równości w nierówności z obrazka wiemy, że q(v) · v = L(v) + φ(q(v)). Z definicji
φ∗ (·) wiemy:
L(v) = q(v) · v − φ(q(v)) ¬ φ∗ (v)
(3.130)
Stąd ostatecznie φ∗ (v) = L(v)
Wniosek. u · v = φ (u) + φ∗ (v) ⇐⇒ u = q(v)
Lemat 3.41. Niech v ∈ Xφ∗ nad trójką (T, Σ, µ). Wtedy
Z
|u(t)| |v(t)| ¬ kukL kvkA,φ∗
(3.131)
T
Dowód.
R
v̂(u) = v(t) · u(t)dµ (t). Niech u ∈ Xφ i kukL = 1
T
|u(t)v(t)| ¬
φ(|u(t)| + φ∗ (k |v(t)|)
1 + φ∗ (k |v(t)|)
=
k
k
(3.132)
50
Przechodzą do infimum po k
Z
|u(t)| |v(t)| ¬ kvkA,φ∗
(3.133)
T
Stąd mamy nierówność Höldera postaci:
Z
|u(t)| |v(t)| ¬ kukL kvkA,φ∗
(3.134)
T
Dodatkowo wiadomo, że kvkO = kv̂kL ¬ kvkA,φ∗ .
Twierdzenie 3.42. kvkO = kvkA,φ∗
Dowód.
Gdy q jest funkcją ciągłą:
∃
n0 >0
ρφ (q ◦ (k0 |v|)) = 1
(3.135)
Wtedy
R
v(t) · q(k0 t)dµ (t) =
T
=
ρφ∗ (k0 v)+1
n0
ρφ∗ (k0 v)ρφ (k0 q(v))
n0
=
(3.136)
kvkA,φ∗
Gdy q nie jest ciągłe, to istnieje ciąg funkcji niemalejących ciągłych qn takich,
że
Rt
φn (t) = qn (s)ds
(3.137)
0
φ(t) ¬ φn (t) ¬ φ(t) + n1
wtedy
kvkO,φ = kvkA,φ =
ρφn (kn |v|) + 1
kvkA,φ
kn
(3.138)
Przechodząc z n → ∞ otrzymujemy
kvkO kvkA,φ
(3.139)
rysunek z aproksymacją na kawałkach nieciągłych
∗ ∗ Twierdzenie 3.43. Eφ , k·kL,φ = Xφ , k·kA,φ∗ oraz Eφ , k·kA,φ = Xφ , k·kL,φ∗
Dowód. ∗
Niech f ∈ Eφ , k·kL,φ .
n
o
kf k0 = sup f (u) : kukL,φ =, u ∈ Eφ
n
o
kf kL = sup f (u) : kukA,φ =, u ∈ Eφ
(3.140)
51
Wtedy A ∈ Σ, µ (A) < +∞ oraz F (A) = f (χA ), χA ∈ Eφ . Dalej
µ (An ) → 0 ⇒ f χAn → 0
(3.141)
Z twierdzenie Radona-Nikodyma
Z
∃
∀ µ (A) < ∞, f (χA ) =
ν(t)dµ (t)
v∈M(t) A∈Σ
(3.142)
A
Dla każdej funkcji prostej s ∈ S
Z
f (s) =
v(t)s(t)dµ (t)
(3.143)
T
Domknięcie funkcji prostych w normie to Eφ . Pokażmy, że v ∈ Xφ∗
1) Gdy µ (T ) < ∞. Eφ 3 vn = v · χTn gdzie Tn = {t ∈ T, |v(t)| ¬ n}.
R
|v |
|vn (s)|
|vn (s)|
|v | q
ds =
q ◦ kfnk kff k q fn =
kf k
kf k
T
A
|v | |v |
|v |
|v |
+ 1 − 1 ρφ∗ kfnk + q kfnk − 1
ρφ∗ kfnk + ρφ q kfnk
A
(3.144)
czyli
|vn |
¬1
kf k
|v |
Stąd vn → v zbiega punktowo, ρφ∗ kfnk ¬ 1 ⇒ v ∈ Xφ∗ .
ρφ∗
(3.145)
2) Gdy µ (T ) = +∞ to
∃
, ∀ µ (Tk ) < ∞, T =
Tk ⊂Tk+1 k∈N
∞
[
Tk
(3.146)
n=1
i stosujemy metodą przekątniową.
∗
f - ρφ - ciągły, ρφ (xn ) → 0 ⇒ f (xn ) → 0 oraz (Xφ , ρφ ) = Xφ∗ .
Twierdzenie 3.44. Przestrzeń Eφ , k·kL,φ jest refleksywna wtw
Eφ = Xφ ∧Eφ∗ = Xφ∗
(3.147)
∗ Eφ , k·kL,φ = Xφ∗ , k·kA,φ = Eφ∗ , k·kA,φ
(3.148)
Dowód.
wtedy
∗∗ ∗ Eφ , k·kL,φ
= Eφ∗ , k·kA,φ = Xφ , k·kL,φ = Eφ , k·kL,φ
(3.149)
52
Dowodzimy w drugą stronę. Przypuśćmy, że Xφ 6= Eφ . Niech u ∈ Xφ \Eφ . Wtedy
∃
f ∈(Xφ )∗
, f |Eφ , = 0, f (u) = d (u, Eφ ) > 0
(3.150)
Stąd
Z
f ∈ Xφ∗ , ∀
v(t)q(t)dt = 0 ⇒ v ≡ 0
q∈Eφ
(3.151)
T
Twierdzenie 3.45. Przestrzeń Orlicza jest refleksywna wtw2
φ ∈ ∆2 ∧ φ ∗ ∈ ∆2
3.7
(3.152)
Funkcjonały osobliwe
Niech Xφ 6= Eφ stąd
∃
f ∈Xφ ∗
f |Eφ = 0, f (u) = d (u, Eφ )
(3.153)
Czy f ∈ Xφ∗ ? Nie bo inaczej byłaby zerem
Z
f (t) s (t) dµ (t) = 0 ⇒ f = 0
∀
s∈S
(3.154)
T
Xφ , k·kL,φ , Xφ , k·kA,φ
n
o
kf kO = sup f (u), kukL,φ ¬ 1
n
o
kf kL = sup f (u), kukA,φ ¬ 1
(3.155)
n
o
w (f ) = f |Eφ , Ker w = f ∈ Xφ ∗ : f |Eφ = 0 . Z twierdzenia z algebry
Xφ ∗ = Im w ⊕ Ker w
f ∈ Xφ ∗ ⇒
∃!
∃!
v∈Xφ∗ q∈Ker w
f = v̂ + g
(3.156)
(3.157)
Twierdzenie 3.46.
f ∈ Xφ ∗ ⇒ kf kO = kvkO + kgkO
(3.158)
Dowód.
Oczywiście kf kO ¬ kvkO + kqkO . > 0 x ∈ Eφ , kxkL,φ = 1 v(x) > kvkO − .
u ∈ Xφ
2 Zależy
od miary
g (u) > kgkO − (3.159)
Rozważamy Tk := x ∈ T,
1
k
< |g (t)| < k
53
kkL,φ ⇐⇒ ρφ (u) = 1
kxkL,φ ⇐⇒ ρφ (x) = 1
(3.160)
Połóżmy Hk = T \ Tk . u · χTk ∈ Eφ , k ∈ N. Rozszerzmy
x (t) , t ∈ Tk
u (t) =
u (t) , t ∈ Hk
(3.161)
Stąd
Z
φ (|u(t)|) ¬ (3.162)
|f (v) t| |x (t)| ¬ (3.163)
Hk
Z
Hk
Z
ρφ (u) =
Z
φ (|u(t)|) dµ (t) =
T
Z
φ (u(t)) +
Hk
φ (|x(t)|) dt < + 1
(3.164)
Tk
Stąd
ρφ
|u|
1+
<
ρφ (u)
¬1
1+
(3.165)
Stąd kukL,φ ¬ 1 + .
f u χ +f u χ
( Hk ) ( Tk )
u
kf kO f 1+
=
=
1+
g (u χH )+v (u χH )+g (u χT )+f (u χT )
g(u)+v(x)−2v (x χH )
k
k
k
k
k
=
=

1+
1+
kgkO −+kvkO −2
→ kgkO + kvkO

1+
(3.166)
Twierdzenie 3.47.
sup {f (u), kukA ¬ 1} =: kf k = inf λ > 0 , ρφ∗
kgkO
¬1
+
λ
λ
v
(3.167)
Spis rysunków
54
Spis tabel
55
Bibliografia
[1] Stefan Rolewicz, Metric Linear Spaces
[2] Julian Musielak, Orlicz spaces and modular spaces
[3] Walter Rudin, Analiza funkcjonalna
56