Điều kiện tương đương xác định không gian Frechet E có tính chất (DN) thông qua hệ cơ sở lân cận được cho bởi kết quả dưới đây
Định lý 2.2.1. Không gian Frechet E có tính chất (DN) nếu và chỉ nếu tồn tại p∈ N sao cho với mọi q ∈ N tồn tại k, d > 0 và D > 0 sao cho
Uq0 ⊆ DrdUk0 + 1 rUp0, với mọi r > 0.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử E ∈ (DN), theo định nghĩa, tồn tại p ∈ N sao cho với mọi q tồn tại k, d > 0 và tồn tại C > 0 sao cho
kxk1+dq ≤C kxkkkxkdp; với mọi x ∈ E.
Từ đó, ta suy ra
kxkq ≤
Ckxkkkxkdp1+d1
; với mọi x ∈ E.
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng với mọi r > 0, ta có (C kxkkkxkdp)1+d1 ≤Drdkxkk + 1
r kxkp; với mọi x∈ E, với hằng số D nào đó phụ thuộc vào d.
Thật vậy, đặt D = Cdd
(1 +d)1+d và xét hàm f (r) =Drdkxkk + 1
r kxkp,
với x cố định thuộc E. Ta tìm minimum của f(r) khi r > 0. Ta có f0(r) =dDrd−1kxkk − 1
r2 kxkp và
f00(r) = d(d−1)Drd−2kxkk + 1
r3 kxkp Ta thấy rằng f0(r) = 0 nếu
r = r1 = h
(Ddkxkk)−1kxkpi1+d1
Bởi vì f00(r) > 0 với mọi r > 0 nên f00(r1) > 0. Vậy hàm số đạt cực tiểu tại r = r1 và
f (r1) =
Drd+11 kxkk +kxkp r−11
= h
D(Ddkxkk)−1kxkpkxkk +kxkpi h
(Ddkxkk)−1kxkpi1+d1
= D(1 +d)1+d
dd kxkk.kxkdp
!1+d1
= h
C kxkkkxkdpi1+d1 . Do đó, ta có
minr>0 f (r) =
Ckxkkkxkdp1+d1 .
Bây giờ ta sẽ chứng minh
Uq0 ⊂ DrdUk0 + 1 rUp0. Thật vậy, nếu x ∈ DrdUk0 + 1rUp00
, ở đây pôla của DrdUk0 + 1rUp0 được lấy trong E, thì với mọi t ∈ DrdUk0 + 1rUp0 có dạng
t = Drdm+ 1
rn;m ∈ Uk0 và n ∈ Up0. Khi đó, ta có
|x(t)| = x
Drdm + 1 rn
≤ Drd|x(m)|+ 1
r |x(n)|. Điều đó chứng tỏ rằng
kxkq ≤ Drdkxkk + 1
r kxkp ≤ 1 và ta được kxkq ≤ 1 nghĩa là x ∈ Uq. Như vậy, ta có
Uq0 ⊂ DrdUk0 + 1
rUp0, với mọi r > 0.
Điều kiện đủ. Ngược lại giả sử Uq0 ⊂DrdUk0+ 1
rUp0 với mọi r > 0. Khi đó, với mỗi phần tử t ∈ Up0 có dạng
t= Drdu+ 1 rv;
ở đó u ∈ Uk0 và v ∈ Up0. Từ đó ta nhận được
|x(t)| ≤ Drd|x(u)|+ 1
r |x(v)| ≤Drdkxkk + 1
r kxkp,
với mọi x ∈ E và mọi t ∈ Up0. Điều đó chứng tỏ rằng với mọi x ∈ E, ta có
kxkq ≤ Drdkxkk + 1
r kxkp, với mọi r > 0. Do đó, với C = D(1 +d)1+d
dd ta nhận được kxk1+dq ≤ Ckxkkkxkdp; với mọi x ∈ E
Điều đó chứng tỏ rằng E ∈ (DN).
Định lý 2.2.2. Không gian Frechet E có tính chất (DN) nếu và chỉ nếu tồn tại p∈ N sao cho với mọi q ∈ N tồn tại k và C > 0 sao cho
kxk2q ≤ Ckxkkkxkp; với mọi x∈ E.
Chứng minh. Điều kiện đủ. Do E có tính chất (DN) nên tồn tại p∈ N sao cho với mọi q ∈ N tồn tại k, d và tồn tại C > 0 sao cho
kxk1+dq ≤Ckxkkkxkdp; với mọi x ∈ E.
Lấy d = 1 thì ta nhận được
kxk2q ≤Ckxkkkxkp; với mọi x ∈ E.
Điều kiện cần. Theo chứng minh của định lý 2.2.1 với mọi r > 0 ta có kxkq ≤ Drdkxkk+ 1
r kxkp; với x ∈ E.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có Drdkxkk + 1
r kxkp ≥ 2 r
Drdkxkk.1
r kxkp. Do đó
kxkq ≤ 2 r
Drdkxkk.1 rkxkp; với mọi r > 0. Cho r = 1 ta được
kxkq ≤ 2 q
Dkxkk.kxkp và do đó
kxk2q ≤4Dkxkk.kxkp.
Chọn C = 4D ta nhận được điều phải chứng minh.
Bây giờ chúng ta xét thêm một điều kiện cần và đủ để một không gian Frechet có tính chất (DN), chúng ta xét không gian các ánh xạ liên
tục. Giả sử E, F là các không gian Frechet, L(E, F) kà không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào F. Với mỗi A ∈ L(E, F) ta xác định
kAkn,k = sup{kAxkn : kxkk ≤1}.
Trong đó {k kn} là hệ nửa chuẩn xác định tô pô của F, còn {k kk} là hệ nửa chuẩn xác định tô pô của E. Ký hiệu LB(E, F) là không gian các ánh xạ tuyến tính bị chặn từ E vào F, nghĩa là A ∈ LB(E, F) khi và chỉ khi tồn tại lân cận U ⊂E sao cho với mọi n ta có
kAxkn ≤ Mn; với mọi x ∈ U.
Trước hết chúng ta cần tới kết quả sau
Định lý 2.2.3. Giả sử E và F là hai không gian Frechet. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương
i) L(E, F) = LB(E, F).
ii) Với mọi dãy K(N) các số tự nhiên, tồn tại số tự nhiên k sao cho với mọi n ∈ N, tồn tại số tự nhiên N0 và C > 0 sao cho
kAkn,k ≤ C max
N=1,2,...,N0
kAkN,K(N); với mọi A ∈ L(E, F).
Chứng minh. (ii) ⇒ (i). Với mọi A ∈ L(E, F) ta đặt UK = {x ∈ E : kxkK ≤1}
thì UK là lân cận của 0 ∈ E và do đó A ∈ LB(E, F).
(i) ⇒ (ii). Với mỗi dãy K(N) các số tự nhiên thì G =
n
A∈ L(E, F) : kAkN,K(N) < +∞,∀No
khi đó G là không gian Frechet với hệ nửa chuẩn || ||N,K(N). Với mỗi số tự nhiên K ∈ K(N)). Đặt
HK = n
A ∈ L(E, F) : kAkn,K < +∞,∀no .
Khi đó HK là một không gian Frechet đối với hệ nửa chuẩn || ||n,K theo n. Ta có
HK ⊂HK+1.
Thật vậy lấy A ∈ HK, n ∈ N bất kỳ và kxkK+1 ≤ 1, vì UK+1 ⊂ UK nên kAkn,K+1 ≤ kAkn,K < +∞ với mọi n.
Do đó, ta có
kAkn,K+1 < +∞; với mọi n.
Điều đó chứng tỏ rằng
A ∈ HK+1.
Ngoài ra mỗi HK là đóng trong L(E, F) với mọi K ∈ K(N). Thật vậy nếu Ai ∈ HK, Ai → A trong L(E, F). Khi đó với mọi K ta có
sup{kAx−Aixkn : kxkk ≤ 1} → 0
do kAikn,K ≤ MK với mọi n nên kAkn,K ≤ MK với mọi n. Từ đó ta có A ∈ HK. Do cách xây dựng nên G = ∪
K∈K(N)
HK. Vậy tồn tại một K sao cho G ⊂ HK và ánh xạ id : G→ HK là liên tục. Vậy với mỗi n, tồn tại C > 0 và N0 sao cho
kAkn,K ≤ C max
N=1,2,3,...,N0kAkN,K(N). Xét ma trận vô hạn A = (aj,k)j,k∈
N sao cho 0≤ aj,k ≤ aj,k+1 và sup
k
aj,k > 0. Đặt
λ(A) = (
ξ = (ξ1, ..., ξn, ...) : kξkk =
∞
X
j=1
|ξj|aj,k < +∞, ∀k )
.
Khi đó λ(A) là không gian Frechet và được gọi là không gian các dãy K¨othe.
Áp định lý 2.2.3 vào E = λ(A) nhận được
Định lý 2.2.4. Các điều kiện sau là tương đương i) L(λ(A), F) = LB(λ(A), F).
ii) Với mọi dãy K(N) các số tự nhiên, tồn tại K tự nhiên sao cho với mọi n ∈ N, tồn tại số tự nhiên N0 và C > 0 để
kykn
aj,K ≤C max
N=1,2,...,N0
kykn aj,K(N) với mọi j ∈ N và mọi y ∈ F.
Chứng minh. (i) ⇒(ii) với mỗi j ∈ N và y ∈ F, xét A = y⊗fj, trong đó fj(ξ) = ξj, ξ ∈ λ(A). Đặt E = λ(A). Khi đó có thể xem A : E → F là ánh xạ tuyến tính với cách xác định
Aξ = (y⊗fj) (ξ) = ξjy A là liên tục vì nếu kξkk ≤1 thì với mỗi n∈ N
kAkn,k = sup n
kyξjkn,k : kξkk ≤1 o
.
Bởi vì kξkk ≤ 1 nên |ξj|aj,ν ≤ 1. Do đó, với mọi ν chọn ν0 sao cho aj,ν0 > 0 và |ξj| ≤ 1
aj,ν0
. Từ đó, ta có
kAξkn,k ≤ kykn
aj,ν0 với mọi kξkk ≤ 1.
Áp dụng định lý 2.2.3 đối với ánh xạ A ∈ L(E, F) được xây dựng như trên ta được điều phải chứng minh.
(ii) ⇒(i). Nếu A ∈ L(λ(A), F) thì Aξ =
+∞
X
j=1
xjξj;xj = Aej với ej = (0, ...,0,1,0, ...,0)
j
. Ta có xj ∈ F. Do đó A là ánh xạ tuyến tính liên tục với mỗi k kN trên F tồn tại CN và k kK(N) trên λ(A) sao cho với mọi x ∈ λ(A) ta có
kAxkN ≤CNkxkK(N).
Đặt x = ej
kxjkN ≤ CNkejkK(N) = CNaj,K(N).
Theo định lý 2.2.3 tồn tại K sao cho với mọi n có N0 và C > 0 để kxjkn
aj,K ≤ C max
N=1,2,...,N0
kxjkn aj,K(N). Do vậy
kAξkn ≤
∞
X
j=1
kxjkn|ξj| =
∞
X
j=1
kxjkn
aj,K aj,K|ξj|
≤sup
j
kxjkn aj,K
∞
X
j=1
aj,K |ξj|
≤C max
N=1,...,N0
kxjkN
aj,K(N)kξkK
≤(C max
N=1,...,N0
CN)kξkK.
Do A bị chặn trên UK = {ξ ∈ λ(A) : kξkK ≤ 1}. Từ các kết quả trên đây, ta nhận điều kiện tương đương để không gian Frechet F có tính chất (DN) liên quan đến không gian các chuỗi lũy thừa loại hữu hạn
Λ1(α) = (
ξ = (ξi) ∈ CN : kξkk =
+∞
X
j=0
|ξj|ραkj < +∞,0 < ρk < 1 )
ở đó α = (αj) với 0 < α1 ≤ α2 ≤ ..., αj → ∞ và sup
j
αj+1 αj
< ∞.
Định lý 2.2.5. Các điều kiện sau là tương đương i) L(Λ1(α), F) = LB(Λ1(α), F).
ii) F có tính chất (DN).
Chứng minh. (i) ⇒(ii). Vì với mỗi dãy αj cố định ta có Λ1(α) ∼= Λe(α)
cho nên
L(Λ1(α), F) ∼= L(Λe(α), F). Điều đó để chứng tỏ
L(Λ1(α), F) =LB(Λ1(α), F). Ta sẽ chứng minh rằng
L(Λe(α), F) =LB(Λe(α), F).
Do đó với dãy 0 < ρN < 1 cố định xác định Λ1(α) thì dãy {eρN} xác định cho ta dãy Λe(α). Do L(Λe(α), F) = LB(Λe(α), F) nên bởi định lý 2.2.4 điều kiện (ii), với mỗi dãy K(N) = N các số tự nhiên, tồn tại K sao cho với mỗi n tồn tại N0 và C > 0 sao cho
kxkne−ρKαj ≤ C max
N=1,2,...,N0kxkNe−ρNαj
≤ Cmax
kxk1e−ρ1αj, ...,kxkKe−ρKαj, ...,kxkN
0e−ρN0αj
≤ Cmax
kxkKe−ρ1αj,kxkN
0e−ρK+1αj
≤ Cmax
kxkK,kxkN
0e−ρK+1αj
Do e−ρ1 < 1, nên kxkKe−ρ1αj ≤ kxkK. Do đó, với mọi x ∈ F và với mọi j ta có
kxkne−ρKαj ≤ Cmax
kxkK,kxkN
0e−ρK+1αj . Với mỗi x ∈ F cố định, giả sử có thể chọn được một j sao cho
kxkne−ρKαj+1 ≤ CkxkK ≤ kxkne−ρKαj. (2.1) Với giả thiết này thì
Cmax
kxkK,kxkN
0e−ρK+1αj = CkxkN
0e−ρK+1αj. Do đó
kxkn ≤C kxkN
0e(ρK−ρK+1)αj.
Vì sup αj+1 αj
= p < +∞ nên αj+1 ≤ pαj hay −αj+1
p ≥ −αj. Do đó ta có kxkn ≤CkxkN
0eρK+1
−ρK
pρK (−ρKαj+1)
. Vậy
kxkn ≤ Ckxkn
CkxkK kxkn
d
trong đó d = ρK+1 −ρK
pρK . Bởi bất đẳng thức (2.1) ta có kxkne−ρKαj+1 ≤ CkxkK
hay
e−ρKαj+1 ≤ CkxkK kxkn. Điều đó chứng tỏ
e−ρKαj+1ρK+1
−ρK
pρK ≤
CkxkK kxkn
d
. Từ đó suy ra
kxk1+dn ≤DkxkdKkxkN
0, D = C1+d. Vậy F có tính chất (DN).
Trong trường hợp không tồn tại j, như vậy thì với mọi j ta có kxkne−ρKαj+1 ≤CkxkK.
Đặc biệt với j = 0 ta có
kxkne−ρKα1 ≤ CkxkK hay
kxkn ≤CeρKα1kxkK. Điều đó chứng tỏ
kxk2n ≤ C2e2ρKα1kxk2K.
Chọn D đủ lớn sao cho
C2e2ρKα1kxkK ≤ DkxkN
0. Khi đó ta nhận được
kxk2n ≤DkxkKkxkN
0.
Vậy trong trường hợp này F cũng có tính chất (DN).
(ii) ⇒(i). Với mỗi dãy K(N) các số tự nhiên cho trước, đặt σK = ρK(N) và chọn k và d > 0 sao cho với mỗi n, tồn tại N0 và D > 0 để
k k1+dn ≤ Dk kN
0k kdk (2.2)
Bởi vì lim
k→∞σk = 1 nên lim
k→∞
1−ρK
ρK −σk = 0. Do đó, ta chọn K > K(k) sao cho
1−ρK
ρK −σk < d.
Do đó với mỗi x ∈ F và j đã cho ta có
kxkne−ρKαj ≤ kxkke−ρkαj = kxkke−ρK(k)αj; hoặc
kxkke−ρkαj ≤ kxkne−ρNαj. Điều đó nghĩa là
kxkk ≤ kxkke(σk−αj)αj. Vậy từ (2.2) ta suy ra
kxk1+dn ≤ Ded(σk−ρK)αj kxkN
0kxkdn. Bởi vì
d(σk −ρK) ≤ρK −1 ≤ρK −ρK(N0), nên ta có
kxkn ≤ DkxkN e(ρK−ρK(N0))αj
hay
kxkne−ρKαj ≤ D max
N=1,2,..,N0kxkN e−ρK(N0)αj
Theo định lý 2.2.4 ta có L(Λ1(α), F) =LB(Λ1(α), F).