Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


nmlinh16

Đăng ký: 18-03-2018
Offline Đăng nhập: 18-07-2019 - 19:05
*----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Một chút giải tích hàm

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.


Trong chủ đề: Một chút giải tích hàm

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. $\square$


Trong chủ đề: mọi phủ mở của tập mở A bất kì đều chứa một phủ con đếm được.

02-03-2019 - 06:38

Tính chất này không đúng: ví dụ lấy $\mathbb{R}$ với metric rời rạc, khi đó $\{\{x\}\}_{x \in \mathbb{R}}$ là một phủ mở của $\mathbb{R}$ mà không có bất kỳ phủ con nào đếm được.


Trong chủ đề: Một chút giải tích hàm

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 $j(x) \in V$. $\square$


Trong chủ đề: Những hình dạng của không gian

16-02-2019 - 03:49

góp ý: từ homotopy có thể dịch là "đồng luân"