Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tập phân tích được và ứng dụng

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:62

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tập phân tích được và ứng dụng gồm có 4 chương. Trong đó, chương 1 - Tập hợp phân tích được; chương 2 - Hàm chọn; chương 3 - Tính chất điểm bất động; chương 4 - Giải tích trên các tập phân tích được.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tập phân tích được và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CẢM ƠN Trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn của mình, tôi đã nhận được sự quan tâm, giúp đỡ, động viên của quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, của gia đình và bạn bè. Đầu tiên tôi gửi lời cám ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS. Nguyễn Bích Huy, người đã hướng dẫn tận tình và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn này. Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô đã giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt khóa học. Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô và các anh chị làm công tác quản lý ở phòng sau đại học, những người đã tạo điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành khóa học. Tôi xin cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp, các bạn học viên cao học Toán K23 đã luôn động viên, khuyến khích, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập. Sau cùng tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, là chỗ dựa vững chắc giúp tôi học tập và hoàn thành tốt luận văn của mình.
MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU ........................................................................................................................ 1 Chương 1. TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC ................................................................ 2 1.1. Các tính chất cơ bản .............................................................................................. 2 1.2.Tập phân tích được trong Lp (T , R ) .................................................................... 12 1.3. Một kết quả tách được ......................................................................................... 18 Chương 2. HÀM CHỌN ............................................................................................ 20 2.1. Một số khái niệm và kết quả ............................................................................... 20 2.2. Hàm chọn liên tục ............................................................................................... 23 2.3. Hàm chọn loại Caratheodory .............................................................................. 37 Chương 3. TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG ........................................................... 38 Chương 4. GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC ........................... 40 4.1.Các khái niệm và kết quả được sử dụng .............................................................. 40 4.2.Bao đóng yếu của tập phân tích được .................................................................. 41 4.3. Ánh xạ phân tích được ........................................................................................ 47 4.4. Phiếm hàm phân tích được .................................................................................. 49 KẾT LUẬN .................................................................................................................. 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................................... 58
1 MỞ ĐẦU Tập lồi trong không gian vectơ là sự mở rộng tự nhiên của các đa giác trong mặt phẳng và đóng vai trò quan trọng trong nhiều lĩnh vực quan trọng của Toán học như Đại số tuyến tính, Giải tích hàm, Giải tích đa trị, Lý thuyết tối ưu,..Việc nghiên cứu các đối tượng có liên quan đến tính chất lồi đã được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu trong nhiều chục năm qua và đã thu được những kết quả sâu sắc, từ đó đã hình thành hướng nghiên cứu riêng gọi là Giải tích lồi. Do nhu cầu phát triển nội tại của toán học cũng như để đáp ứng nhu cầu phải mô tả các hiện tượng và mô hình mới phát sinh trong Khoa học-kỹ thuật mà nhiều lớp tập hợp với tính chất lồi giảm nhẹ như tính chất tựa lồi, giả lồi cũng được quan tâm nghiên cứu. Đặc biệt tính chất “ phân tích được” của tập hợp do T.R.Rockafellar đưa ra năm 1968 là một mở rộng sâu sắc của tính chất lồi. Từ những năm 1970 đến nay, các ánh xạ đa trị với giá trị là tập phân tích được đã nhận được nhiều sự quan tâm nghiên cứu và đã đưa đến những kết quả sâu sắc với nhiều ứng dụng vào các bao hàm thức vi phân, Lý thuyết tích phân. Tuy nhiên, vẫn còn nhiều vấn đề liên quan đến Giải tích trong lớp các tập phân tích được vẫn đang chờ được nghiên cứu. Trong phạm vi luận văn này tôi tìm hiểu về các vấn đề sau  Chương 1. Tập hợp phân tích được Chương 1 nêu khái niệm tập phân tích được và các tính chất cơ bản của nó.  Chương 2. Hàm chọn Chương 2 nêu tồn tại các lát cắt đơn trị (hàm chọn) của ánh xạ đa trị với giá trị là tập phân tích được, xét các lát cắt liên tục và có tính chất Caratheodory.  Chương 3. Tính chất điểm bất động Chương 3 nêu sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ đa trị có giá trị phân tích được  Chương 4. Giải tích trên các tập phân tích được Chương 4 nêu một số tính chất tô pô của tập phân tích được, phiếm hàm và ánh xạ phân tích được.
2 Chương 1. TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1. Các tính chất cơ bản Giả sử X là không gian Banach, sao cho X* không gian khả ly. (T , L, µ ) không gian độ đo, T là không gian mê tríc khả ly đầy đủ, với σ − đại số L các tập đo được Lebesgue, µ là độ đo xác suất hữu hạn, µ (T ) = 1 . M (T , X ) là không gian các hàm đo được từ T đến X. Giả sử P : T → N ( X ) là ánh xạ đa trị, ( N ( X ) là tập các tập con {u ∈ M (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k.n trong T } khác rỗng của X) . Kí hiệu K P = hoặc {u ∈ LP (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k .n trong T } KP = Định nghĩa 1.1.1 Tập K ⊂ M (T , X ) hoặc K ⊂ Lp (T , X ) thỏa mãn χ A .u + (1 − χ A ).v∈ K , ∀u, v ∈ K , ∀A ∈ L được gọi là tập phân tích được. Kí hiệu: dec0 (T , X ) : họ các tập con phân tích được khác rỗng của M (T , X ) dcl0 (T , X ) : họ các tập con phân tích được đóng của M (T , X ) dec p (T , X ) : họ các tập con phân tích được khác rỗng của Lp (T , X ) dcl p (T , X ) : họ các tập con phân tích được đóng của Lp (T , X ) Nếu p=1 thì ta viết dec (T , X ) , dcl (T , X ) . Mệnh đề 1.1.1 i) Cho { Kα }α∈Λ ⊂ dec p (T , X ) . khi đó  Kα ∈ dec (T , X ) . Tương tự cho p α ∈Λ {Kα }α ∈Λ ⊂ dcl p (T , X ) . ∞ ii) Cho { K n }n∈N ⊂ dec p (T , X ) là dãy tăng. Khi đó K n ∈ dec p (T , X ) n =1
3 iii) Cho K ∈ dec p (T , X ) . Khi đó clK ∈ dcl p (T , X ) iv) Cho K ∈ dec p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) . Tương tự K ∈ dcl p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dcl p (T , X ) . Chứng minh. i) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L. ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα α ∈Λ Tương tự cho { Kα }α∈Λ ⊂ dcl p (T , X ) ⇒  Kα là tập đóng ( do giao tùy ý α ∈Λ các tập đóng là tập đóng) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L. ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα . α ∈Λ Nên  Kα là tập đóng phân tích được hay α Kα ∈ dcl α ∈Λ ∈Λ p (T , X ) ∞ ii) Lấy u , v ∈  K n , A ∈ L. Do { K n }n∈N là dãy tăng nên tồn tại n đủ lớn sao cho n =1 ∞ u , v ∈ K n ⇒ χ Au + (1 − χ A )v∈ K n ⊂  K n . n =1 iii) clK là bao đóng của tập K nên là tập đóng. Lấy u , v ∈ clK , A ∈ L. tồn tại dãy un ∈ K , vn ∈ K sao cho un → u , vn → v . Do K là tập phân tích được nên χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K ∀n và ta có χ Aun + (1 − χ A )vn → χ Au + (1 − χ A )v , và χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K nên suy ra cc A u + (1 − A )v ∈ clK iv) Lấy v − u , w − u ∈ K − u , A ∈ L. thì v, w ∈ K ⇒ χ Av + (1 − χ A )w ∈ K. nên ta có χ A (v - u ) + (1 - χ A )(w-u)=χ Av + (1 - χ A )w-u ∈ K - u .
4 ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) Tương tự cho K ∈ dcl p (T , X ) : thì là K − u tập đóng do K đóng và {-u} là tập compact và kết hợp chứng minh iv) ở trên K − u ∈ dec p (T , X ) ta kết luận K − u ∈ dcl p (T , X ) Do M (T , X ) , Lp (T , X ) là phân tích được, nên họ các tập phân tích được chứa K ∈ dec p (T , X ) khác rỗng. Và từ mệnh đề 1.1.1 ta thấy rằng giao tùy ý các tập phân tích được là phân tích được, nên bất kì K ⊂ Lp (T , X ) luôn tồn tại tập phân tích được nhỏ nhất và tập đóng phân tích được nhỏ nhất chứa K (chính là giao tất cả các tập phân tích được chứa K và giao tất cả các tập đóng phân tích được chứa K) . Ta gọi chúng lần lượt là bao tập phân tích được và bao đóng tập phân tích được kí hiệu là dec p ( K ) , dcl p ( K ) . Chú ý rằng : K ⊂ dec p ( K ) ⊂ dcl p ( K ) Mệnh đề 1.1.2. Cho u , v ∈ Lp . Khi đó dec p {u , v= } dcl p {u, v=} {cc u + (1 − A A )v : A ∈ L} Chứng minh. K= {χ A u + (1 − χ A )v : A ∈ L} là tập đóng chứa u,v. Thật vậy,lấy A= X ∈ L ,khi đó χ X u + (1 − χ X )v ∈ K hay u ∈ K ,lấy A = ∅ ∈ L khi đó χ ∅u + (1 − χ ∅ )v ∈ K hay v∈K . Nếu u = v thì K đóng là đúng. Giả sử u ≠ v , ta đã biết mỗi tập A đo được đồng nhất với χ A trong L1 (T ) . Lấy χ A u + (1 − χ A )v → w với n n {A } ⊂ L n . Ta chứng minh w∈K . Đặt k= χ A u + (1 − χ A )v n n k −v k −v w −v thì χ A = χA và= → . Khi đó tồn tại A ∈ L để mà n u−v u−v n u−v w −v = χA u−v
5 Suy ra χ A → χ A và w= χ Au + (1 − χ A ) v ∈ K . Vậy K là tập đóng. n Nên ta có dec p {u , v} ⊂ dcl p {u , v} ⊂ K Do tính chất của hàm đặc trưng, ta có χ A∩ B =χ A .χ B , χ A∪ B =χ A + χ B − χ A .χ B , χT \ A =− 1 χ A và nếu A và B rời nhau thì χ A∪= B χ A + χ B . Từ đó ta có nhận xét ∀A, B, C ∈ L : χ C ( χ A .u + (1 − χ A ) .v ) + (1 − χ C ) ( χ B .u + (1 − χ B ) .v ) = (χ C χ A + (1 − χ C ) χ B ) u + ( χ C − χ A χ C + 1 − χ B − χ C + χ C χ B ) v = (χ C χ A + (1 − χ C ) χ B ) .u + (1 − χ A χ C − (1 − χ C ) χ B ) v = χ D .u + (1 − χ D ) .v Với D = [ A ∩ C ] ∪  B ∩ (T \ C )  . Nên suy ra K là tập phân tích được chứa u,v. Lấy E là tập phân tích được chứa u,v. Ta có : ∀ ( χ A .u + (1 − χ A ) .v ) ∈ K ⇒ ( χ A .u + (1 − χ A ) .v ) ∈ E Nên K ⊂ E hay K là tập phân tích được nhỏ nhất chứa u, v : K = dec p {u , v} suy ra: p{ = = K dec u , v} dcl p {u , v} Mệnh đề 1.1.3 Cho K ∈ dec p (T , X ) ,1 ≤ p < ∞ khi đó : n Nếu ∀{uk }k 1 = ⊂ K , ∀{ Ak }k 1 ∈ T rời nhau thì ∑χ uk ∈ K n n a)= Ak k =1 b) Nếu K ⊂ Lp (T , X ) là p-khả tích bị chặn khi đó ∞ ∀{uk }k 1 = ⊂ K , ∀{ Ak }k 1 ∈ T rời nhau thì ∑c ∞ ∞ = Ak uk ∈ dcl p ( K ) k =1 Chứng minh. a) Ta chứng minh bằng quy nạp. Do mệnh đề 1.1.1 ta có thể giả sử 0 ∈ K ( nếu 0 ∉ K ta lấy u ∈ K và xét K − u ∈ dec p (T , X ) thì 0 ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) )
6 ∅ khi đó χ A .u1 + 1 − χ A .0= χ A u1 ∈ K Với n=2: u1 , u2 ∈ K , A1 , A2 ∈ L, A1 ∩ A2 = 1 ( 1 ) 1 suy ra χ A u2 + (1 − χ A ) χ A u=1 χ A u1 + χ A u2 ∈ K . 2 2 1 1 2 tùy ý {uk }k 1 = ⊂ K , { Ak }k 1 ∈ T rời nhau . Ta kí n +1 n +1 Giả sử với n ≥ 2 thì a) được thỏa. Lấy= hiệu = Bi A= i , i 1, 2...n − 1 và B= n An ∪ An +1 Rõ ràng { Bk }k =1 là các tập rời nhau của T. Do đó theo giả thiết quy nạp : n n =w ∑χ k =1 Bk uk ∈ K n n −1 n Nhưng w =∑ χ B uk =∑ χ A uk + χ A ∪ A un =∑ χ A uk + χ A un .Suy ra k k n n +1 k n +1 =k 1=k 1 =k 1 (1 − χ ) w = χ n An+1 T \ An+1 w = ∑ χ A uk k k =1 (1 − χ A )w + χ n +1 n Do đó =k 1=k 1 ∑ χ A uk = ∑ χ A uk + χ A un+1 = k k n +1 n +1 An+1 un +1 ∈ K . a) đúng với n+1. Vậy a) đúng với mọi n. b)Tập K ⊂ Lp (T , X ) là p-khả tích bị chặn nếu tồn tại a ∈ Lp (T , R ) sao cho ∀u ∈ K : | u (t ) |≤ a (t ) h.k .n trên T. Giả sử K ⊂ Lp (T , X ) là p-khả tích bị chặn bởi ϕ ∈ Lp (T , X ) . Do mệnh đề 1.1.1 ta có thể giả sử 0∈ K (nếu 0 ∉ K ta lấy u ∈ K và xét K − u ∈ dec p (T , X ) thì 0 ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) . Khi đó K − u vẫn là p-khả tích bị chặn).Cố định {uk }k =1 ⊂ K và 1 họ { Ak }k =1 rời nhau ∞ ∞ ∞ của T. Ta cần chứng minh ∑c k =1 Ak uk ∈ dcl p ( K ) . Lấy tùy ý ε > 0 , lấy n đủ lớn để ∞ ∑= ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) k = n +1 Ak p ∞ ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) < ε p p  Ak k = n +1
7 (lấy n được do định lý Vitaly-Hahn-Saks). Khi đó {  A }= 0 ∞ lim n→∞ m k k = n +1 n n Mà vn= =k 1=k 1 ∑ χ A uk = k ∑χ Ak uk + χ A .0 ∈ K k +1 và ∞ p ∞ p ∞ p ∑χ k= Ak k u = n −v ∑ χ= k= u n +1 ∫ ∑χ Ak k Ak k (t ).u (t ) µ (dt ) 1 p p T k= n +1 ∞ ∞ ∞ ≤ ∑ k= n +1 T ∫ | χ A (t ) || u (t ) | µ (dt ) = k p ∑ k= ∫ | u (t ) | µ (dt ) ≤ n +1 Ak p ∑ ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) < ε k= n +1 Ak p p Do đó d p  ∑ χ A uk , K  < ε . ∞  k =1  k ∞ Do ε > 0 là tùy ý , ta kết luận ∑c Ak uk ∈ dcl p ( K ) . k =1 Mệnh đề 1.1.4. Cho B là quả cầu đơn vị trong Lp (T , X ) ,1 ≤ p < +∞ . Khi đó dec p ( B) = Lp (T , X ) Chứng minh. Lấy u ∈ Lp (T , X ) . Ta chứng minh u ∈ dec p ( B ) . Cố định n ∈ N sao cho u ≤ n. p p Đặt { Ar }r∈I là một đoạn theo độ đo thực m ( A ) = ∫ | u (t ) | p m (dt ) . Nghĩa là { Ar }r∈I là A dãy tăng thuộc T, A1 ⊂ A2 ⊂ ... với A0 = T và ∀r ∈ I : m ( Ar ) =r.m (T ) . ∅, A1 = Với k=1,..n, kí hiệu: Bk = Ak \ Ak −1 .Rõ ràng { Bk }k =1 là dãy các tập rời nhau của T với n n n m ( Ak / n \ A( k −1)/ n ) = m ( Bk ) = m ( Ak / n ) − m ( A( k −1)/ n ) ( do Ak / n ⊃ A( k −1)/ n ) k k −1 1 1 =m (T ) − m (T ) =m (T ) =∫ | u (t ) | p m (dt ) ≤ 1 n n n nT
8 uk χ B u ∈ B . Do Nhưng khi đó ánh xạ= k | χ (t ) | | u (t ) | m ( dt ) ∫ | χ (t ) || u (t ) | p m ( dt ) p =χB u p k ∫= Bk p p Bk T T = ( dt ) ∫ | u (t ) | m= p m ( Bk ) ≤ 1 Bk Ta có ∑ χ B ( χ B u=) u u  ∑ χ B= ( B  u χ + ... + χ ) n n n n =k 1= ∑ χ B u=k k k = k ∑ χ B= k =   B k  1 n k 1 k 1 k 1 . = u ( χ B ∪= ...∪ B ) u χA 1 n ( = u= 1/ n ∪...∪ An / n \ A( n −1)/ n ) ( χ A ) u= ( χT ) u 1 Vì uk ∈ B nên uk ∈ dec p ( B ) , theo mệnh đề 1.1.3 ta có n ∑c Bk uk ∈ dec p ( B ) . Suy ra k =1 u ∈ dec p ( B ) . Mệnh đề 1.1.5. K ∈ dec p (T , X ) là tập con compact của Lp (T , X ) . Khi đó K rút gọn còn 1 điểm. Chứng minh. Do mệnh đề 1.1.1, ta giả sử 0 ∈ K .Giả sử ngược lại, có một điểm u ≠ 0 trong K. Do đó có thể tìm ε > 0 đủ nhỏ để tập =B {t : | u (t ) |≥ ε } có độ đo dương. Lưu ý 0 ∈ K nên u χ B ∈ K . Và do đó = K0 {u ccc : A ∈ L=} {u : A ∈ L=} dcl {u ,0} ⊂ clK A |B A∩ B p B là compact trong Lp (T , X ) .Ta có χ A ∆A =χ A \ A + χ A \ A =χ A (1 − χ A ) + χ A (1 − χ A ) =χ A − 2 χ A χ A + χ A 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 =( χ A − χ A ) 2 1 2 =χ A − χ A 1 2 Nên với A1 , A2 ∈ L|B ta có =∫ ( χ A − χ A ) ( t ) u ( t ) µ ( dt ) =∫ ( χ ) ( t ) u ( t ) µ ( dt ) p uχ A − uχ A p p 1 2 p 1 2 A1∆A2 T T u ( t ) µ ( dt ) ≥ ε p ∫ µ ( dt =) ε µ ( A ∆A =) ε p = ∫ A1 − A2 p p 1 2 1 A1∆A2 A1∆A2
9 Hay 1 p A1 − A2 ≤ uχ A − uχ A . εp 1 2 p Và do đó ánh xạ u χ A → A được định nghĩa hợp lý và liên tục từ K 0 đến L|B . Nhưng điều này nghĩa là L|B là tập compact, điều này trái với điều ta đã biết là tập =U {u χ A : A ∈ L} với 0 ≠ u ∈ Lp (T ) không bao giờ compact trong Lp (T ) , nên tập L|B = { χ A∩ B : A ∈ L} = { χ A χ B : A ∈ L} , u = χ B ∈ L1 (T ) không bao giờ compact trong L1 (T ) . Định lý 1.1.1. Tập con đóng K ⊂ L1 (T , X ) là phân tích được nếu và chỉ nếu tồn tại một ánh xạ đo được P :T → cl ( X ) để mà K = K P Chứng minh. ⇐ {u ∈ L1 (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k .n trong T } .Tính chất phân tích được của K P là KP = rõ ràng . Ta chỉ cần chứng minh rằng K là tập đóng . Điều này dễ dàng kết luận từ khẳng định bất kì dãy hội tụ nào trong L1 (T , X ) cũng chứa một dãy con hội tụ h.k.n. Lấy {un } ⊂ K P và un → u . Ta chứng minh u ∈ K P tức là chứng minh u ( t ) ∈ P ( t ) { } h.k.n trong T. Do un → u trong L1 (T , X ) nên nó chứa một dãy con un hội tụ h.k.n k trên T về u. Do đó tồn tại tập B đo được với µ ( B ) = 0 sao cho un ( t ) → u ( t ) , ∀t ∈ T \ B . k Do un ( t ) ∈ P ( t ) h.k .n trên T, nên có tập C đo được với µ ( C ) = 0 sao cho k un ( t ) ∈ P ( t ) , ∀t ∈ T \ C k Như vậy ∀t ∈ (T \ B ) ∩ (T \ C ): un ( t ) → u ( t ) , un ( t ) ∈ P ( t ) k k Suy ra u ( t ) ∈ cl ( P (= t ) ) P ( t ) , ∀t ∈ T \ ( B ∪ C )
10 nhưng µ ( B ∪ C ) = 0 nên u ( t ) ∈ P ( t ) h.k.n trong T ⇒ Từ K ⊂ L1 (T , X ) ,K đóng và L1 (T , X ) khả ly suy ra K khả ly. Do đó K có một tập con trù mật { pn }n =1 . Lấy ∞ = { pn ( t ) : n 1,...} . P ( t ) cl= Rõ ràng P :T → cl ( X ) là đo được. Dễ dàng kiểm tra K P ⊂ K .Ta chứng minh bao hàm thức ngược lại. Để thấy được điều này chỉ cần kiểm tra ∀u ∈ K , ∀ε > 0 : K P ∩ B ( u , ε ) ≠ ∅ . Cố định u ∈ K và ε > 0 . Do cl ({ p }=) n ∞ n =1 K , u ∈ K nên tồn tại {p } hội tụ đến u. Bỏ qua về kí hiệu, nếu cần , ta giả sử dãy { pn }n =1 ∞ ∞ một dãy con kn n =1 hội tụ h.k.n trong T đến u . Điều này nghĩa là   ε  =T0 t : P ( t ) ∩ B u ( t ) ,  ≠ ∅    2   ε ∞  ε  = t : d ( u ( t ) , P ( t ) )= <   t :| u ( t ) − p ( t ) |< 2   2   n n =1   ε  là một tập mà µ (T \ T0 ) = 0 . Thật vậy T \ T0 = t : P ( t ) ∩ B u ( t ) ,  = ∅  mà   2  {p } hội tụ h.k.n trong T đến u , nên u ( t ) ∈ cl { pn ( t ) , n = 1, 2...} = P (t ) ∞ n n =1 h.k .n trong T nên mọi lân cận của u ( t ) giao với P ( t ) sẽ khác rỗng h.k.n trong T,  ε suy ra µ (T \ T0 ) = 0 .Kí hiệu Tn= t :| u ( t ) − pn ( t ) |<  và rõ ràng Tn là các tập đo  2 được (do ( u − pn ) là các ánh xạ đo được) và ∞ T n =1 n = T0 Xét các tập An cho bởi n −1 = A0 T \ T= 0 , A1 T= 1 , An Tn \  Ak với n ≥ 2 . k
11 { } n Khi đó { An }n =0 là một họ các tập rời nhau của T và T \  Ak là dãy giảm các tập đo ∞ k  k  ∞ k  được, µ (T \ A1 ) < ∞ , nên lim mmm\  An   T=   T \= (T \ T0 ) 0  An  =  n 1   k →∞ =n 1  = k 1= hay µ  T \  An  → k k  →∞ 0 (1.1)  n =1  Hơn nữa, với t ∈ An ta có ε | u ( t ) − pn ( t ) |< (1.2 ) . 2 Do định lý Vitaly-Hahn-Saks, và (1.1) , ta có thể chọn 1 số nguyên dương k để mà ε p1 χ = k ∫ | p1 ( t ) | µ ( dt ) < (1.3) T\  An k 2 n =1 1 T\  An n =1 Xét một hàm p cho bởi k =p ∑p χ n An + p1 χ k n =1 T\  An n =1 Rõ ràng là p ∈ K P . Thật vậy,n ếu t ∈ Ai (1 ≤ i ≤ k ) ⇒ p (= t ) pi ( t )∈ P ( t ) , nếu t ∉ Ai ( ∀i :1 ≤ i ≤ k ) ⇒ p (= t ) p1 ( t )∈ P ( t ) Ta sẽ chứng tỏ p ∈ B ( u , ε ) . Từ (1.2) và (1.3) ta có k k k u− p1= ∑ pn χ A + p1χ k −u ≤ ∑ pn χ A + p1χ k − ∑ uχ A   n n n = = T \ An n 1 n 1=T \ An n 1 = n 1=1 n 1 1 k k ≤ || ∑ (u − pn ) χ A ||1 + || p1 χ k 1 || ≤ ∑ ∫ | u ( t ) − pn ( t ) | µ ( dt ) + || p1 χ k ||1   n n 1= T \ An n 1 An T\ An =n 1=n 1 ε ε ||1 = µ   An  + || p1 χ  k k ≤ ∑ µ ( An )+ || p1 χ ||1 < ε 2  n =1  k k 2 n =1 n n T \ A T \ A =n 1= n 1 ε do µ   An  ≤ µ= k (T ) 1,|| p1χ ||1 <  n =1  k T \ A 2 n n =1
12 Suy ra p ∈ B ( u , ε ) nên K P ∩ B ( u , ε ) ≠ ∅ ⇒ u ∈ clK P =K P ( do K P đóng). Cho nên K ⊂ K P . Kết hợp với K P ⊂ K ta được K P = K . Hệ quả 1: = K P ∈ dec (T , X ) là tập phân tích được cho bởi một hàm đa trị L-đo được Cho K P : T → N ( X ) . Khi đó, clK = K clP với clP được định nghĩa bởi clP ( t ) = cl ( P ( t ) ) . Chứng minh. {u ∈ L (T , X ) : u (t ) ∈ clP ( t ) h.k .n trong T } .K là tập phân tích được suy ra clK K clP = là tập đóng phân tích được. Do định lý 1.1.1, tồn tại một ánh xạ đo được P0 : T → cl ( X ) để clK = K P . Ta chứng minh K clP = K P bằng cách chứng minh 0 0 P0 ( t ) = ( clP )( t ) h.k .n trong T . Rõ ràng P ( t ) ⊂ P0 ( t ) h.k .n trong T và P0 ( t ) là tập đóng, do đó (= clP )( t ) cl ( P ( t ) ) ⊂ P0 ( t ) h.k .n trong T (1.4 ) Mặt khác K clP là tập đóng, phân tích được, chứa K. Do đó K P = clK ⊂ K clP ⇒ P0 ( t ) ⊂ clP ( t ) h.k .n trong T 0 cùng với (1.4) ta có P0 ( t ) = ( clP )( t ) h.k .n trong T . Suy ra K p = K clP , kết hợp với K p = clK ta được clK = K clP . 0 0 1.2.Tập phân tích được trong Lp (T , R ) ( ) Với u , v ∈ M T , R ta hiểu kí hiệu u ≥ v nghĩa là u ( t ) ≥ v ( t ) h.k .n trong T Định nghĩa 1.2.1. Một hàm đo được u : T → R được gọi là essential infimum của họ {uλ }λ ∈Λ nếu i) ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ u
13 ii) Nếu có v : T → R và ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ v thì u ≥ v Essential infimum kí hiệu là ess inf {uλ } hoặc ess inf {uλ } . λ∈Λ Định lý 1.2.1 ( ) Cho một họ {uλ }λ∈Λ ⊂ M T , R . Khi đó ess inf {uλ } tồn tại . Hơn nữa ta có thể lấy { } ∞ ra một họ đếm được uλ để mà ess inf {uλ } = inf uλ n n =1 n n Định lý 1.2.2 ( Định lý Lebesgue về hội tụ trội ) Giả sử 1 ≤ p < ∞, g ∈ Lp ( S , ∑, µ ) và { fα } ⊂ L ( S , ∑, µ ) thỏa p fα ( s ) ≤ g ( s ) h.k.n  f ∈ Lp ( S , ∑, µ ) trong S với mỗi α . Khi đó fα  µ →f ⇔ | fα − f | p → o Mệnh đề 1.2.1 Cho K ∈ dec p (T , R ) . Khi đó với mỗi {ui }i =1 ⊂ K ,hàm min ui ∈ K và max ui ∈ K . n 1≤i ≤ n 1≤i ≤ n Nếu thêm điều kiện K là p-khả tích bị chặn dưới thì với mỗi {ui }i =1 ⊂ K ,hàm ∞ inf un ∈ cl ( K ) . n Tương tự nếu K là p-khả tích bị chặn trên thì hàm sup un ∈ cl ( K ) . n Chứng minh. Chứng minh bằng quy nạp. Xét trường hợp n=2 , {t ∈ T : u1 ( t ) < u2 ( t )} thì A đo được. Kí hiệu A = u1 ( t ) , t ∈ A Dễ dàng nhận thấy min ( u1 , u2 )( t= )  = ( χ u + (1 − χ ) u ) ( t )  2 u ( t ) , t ∈ T \ A A 1 A 2
14 u2 ( t ) , t ∈ A Và max ( u1 , u2 )(= t)  = ( χ u + (1 − χ ) u ) ( t ) u1 ( t ) , t ∈ T \ A A 2 A 1 Nên min ( u1 , u2 ) ,max ( u1 , u2 ) ∈ K . Bây giờ giả sử K là p-khả tích bị chặn dưới bởi a ∈ Lp (T , R ) nghĩa là ∀u ∈ K : a ( t ) ≤ u ( t ) h.k .n trong T . Lấy {ui }i =1 ⊂ K . Khi đó mỗi n, hàm ∞ = an min ui ∈ K ,ta có bất đẳng thức 1≤i ≤ n a1 ( t ) ≥ ... ≥ an ( t ) ≥ ... ≥ a ( t ) h.k .n trong T Đặt ϕ ( t ) = max t∈T {| a1 ( t ) |,| a ( t ) |} thì ϕ ∈ L(T , R ) và | an ( t ) |≤ ϕ ( t ) h.k .n trong T , {an ( t )}n =1 là dãy số giảm, bị chặn ∞ dưới h.k.n trong T nên an ( t ) → inf an ( t ) = inf un ( t ) h.k .n trong T . Theo định lý Lebesgue hội tụ trội suy ra ∫ a ( t ) µ ( dt ) → ∫ inf a ( t ) µ ( dt ) . Hay T n T n {a } ∞ ⊂ K hội tụ trong L đến inf an = inf un . p i i =1 Do đó inf un ∈ cl ( K ) . n Trường hợp p-khả tích bị chặn trên chứng minh tương tự. Hệ quả 1: Cho K ∈ dec p (T , R ) là p-khả tích bị chặn dưới khi đó essinf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) Tương tự nếu K là p-khả tích bị chặn trên khi đó ess sup {u : u ∈ K } ∈ cl ( K )
15 Chứng minh. Do định lý 1.2.1, essinf {u : u ∈ K } luôn tồn tại và ta có thể lấy ra một họ đếm được {uλ } thỏa ess inf {u : u ∈ K } = ∞ n n =1 inf uλ n nên theo mệnh đề 1.2.1 trên ta được n ess inf {u : u ∈ K } ∈ cl ( K ) . Kết thúc chứng minh. Cho K ∈ dec p (T , X ) kí hiệu = |K| {| u (.) |:u ∈ K } rõ ràng | K |∈ dec (T , R ) . Khi đó p | K | là p-khả tích bị chặn dưới bởi 0 nên thỏa hệ quả 10: = (.) |:u ∈ K } ess inf {w (.) :w ∈| K |} ∈ cl (| K |) . ϕ ess inf {| u = Rõ ràng ϕ ∈ Lp (T , R ) vì ∫ | ϕ ( t ) | p µ ( dt ) ≤ ∫ | u ( t ) | p µ ( dt ) < +∞ với u nào đó thuộc T T K. Mệnh đề 1.2.2. Cho K ∈ dcl p (T , X ) và xét v ∈ Lp (T , R ) thỏa bất đẳng thức ϕ ( t ) < v ( t ) h.k .n trong T Khi đó tồn tại u ∈ K để mà (1.5) | u ( t ) |< v ( t ) h.k .n trong T Hơn nữa (1.6 ) ϕ p = d p ( 0, K ) Chứng minh. Áp dụng định lý 1.2.1, ta có sự tồn tại của un ∈ K với (1.7 ) | u1 ( t ) | ≥ | u2 ( t ) | ≥ ... ≥ | un ( t ) | ≥ ... ≥ ϕ ( t ) h.k .n trong T Và (1.8) lim n→∞ | un ( t ) | = ϕ ( t ) h.k .n trong T . Xét tập đo được =Tn {t :| u ( t ) | < v ( t )} n Và lưu ý rằng họ {Tn } là tăng và
16 ∞ T n =1 n = T0 {t ∈ T :| un ( t ) |≥ v ( t )} mà thoả mãn µ (T \ T0 ) = 0 . Thật vậy T \ Tn = | un ( t ) |≥ v ( t ) > ϕ ( t ) nên T \ Tn ⊂ Bn ={t ∈ T :| un ( t ) |≥ ϕ ( t )} suy ra µ (T \ Tn ) ≤ µ ( Bn ) , ∀n ∈ N . Do (1.7), (1.8) nên lim m ( Bn ) = 0 . Suy ra lim m (T \ Tn ) = 0 . Họ {Tn } là tăng nên n →∞ n →∞ {T \ T } là dãy giảm, suy ra n T \ ∞ T  =∞  (T \ T0 ) = mmmm =   n   (T \ Tn )  lim = (T \ Tn ) 0 = n 1=  n 1  n→∞ Khi đó họ { An }n =0 cho bởi ∞ n −1 = A0 T \ T= 0 , A1 T= 1 , An Tn \  Ak , n ≥ 2 k =1 là các tập rời nhau của T. Do (1.7) tập p{ n = = K 0 dec u : n 1,2,...} là p-khả tích bị chặn bởi u1 và K 0 ⊂ dcl p {un : n = 1,2,...} ⊂ K . Do đó theo mệnh đề 1.1.3 ∞ u =∑ c A un ∈ dcl p ( K 0 ) ⊂ K hay u ∈ K n n =1 Ta dễ dàng kiểm tra (1.5) được thỏa. Ta sẽ chứng minh (1.6) cũng được thỏa mãn. Lưu ý ϕ p ≤ d p ( 0, K ) Do ϕ ( t ) < u ( t ) h.k .n trong T , ∀u ∈ K ⇒ ∫ | ϕ ( t ) | p µ ( dt ) ≤ ∫ | u ( t ) | p µ ( dt ) ( p ≥ 1) T T d p ( 0, K ) ⇒ ϕ p ≤ u p , ∀u ∈ K ⇒ ϕ p ≤ inf u p = u∈K Để chứng minh chiều ngược lại lấy ε > 0 và u ∈ K thỏa | u ( t ) |