賦Orlicz范數(shù)的模函數(shù)空間的單調(diào)性

摘" 要：模空間是經(jīng)典Lebesgue和Orlicz空間的推廣。在模空間引入Orlicz范數(shù)，研究賦Luxemburg范數(shù)模空間與賦Orlicz范數(shù)模空間的單調(diào)性。首先證明了模空間中Luxemburg范數(shù)與Orlicz范數(shù)是等價(jià)的，且賦Orlicz范數(shù)模空間是Banach空間，其次證明了賦Orlicz范數(shù)模空間是嚴(yán)格單調(diào)的，最后給出了賦Luxemburg范數(shù)模空間是嚴(yán)格單調(diào)的充要條件。

關(guān)鍵詞：模函數(shù)空間；Orlicz范數(shù)；嚴(yán)格單調(diào)性；Luxemburg范數(shù)

DOI：10.15938/j.jhust.2024.02.019

中圖分類號(hào)： 0177.2

文獻(xiàn)標(biāo)志碼： A

文章編號(hào)： 1007-2683（2024）02-0153-06

Monotonicity in Modular Function Spaces Equipped with O-norm

HU Xuemei，" CUI Yunan

（School of Electric and Engineering， Harbin University of Science and Technology， Harbin 150080，China）

Abstract：Modular function spaces are extensions of Lebesgue spaces and Orlicz spaces. We introduce Orlicz norm in Modular function spaces， and study the monotonicity in modular function spaces equipped with O-norm and L-norm. Firstly， the paper demonstrates O-norm is equivalent to L-norm in modular function spaces， and modular function spaces equipped with O-norm are Banach spaces. Then， the paper demonstrates modular function spaces equipped with O-norm are strictly monotone. Lastly， the necessary and sufficient conditions of strict monotonicity of modular function spaces equipped with L-norm are given.

Keywords：modular function space; O-norm; strict monotonicity; L- norm

收稿日期： 2022-09-09

基金項(xiàng)目： 國家自然科學(xué)基金（11871181）.

作者簡介：

胡雪梅（1999—），女，碩士研究生.

通信作者：

崔云安（1961—），男，博士，教授，博士研究生導(dǎo)師，E-mail：cuiya@hrbust.edu.cn.

0" 引" 言

單調(diào)性是研究Banach空間幾何性質(zhì)的重要內(nèi)容之一。為了討論模函數(shù)空間單調(diào)性的問題，1983年，MUSIELAK J將Orlicz函數(shù)空間中一些經(jīng)典結(jié)論推廣到模函數(shù)空間中［1］。在文［2-3］中，Mohamed A. Khamsi和Wojciech M. Kozlowski等證明了模函數(shù)空間關(guān)于模收斂是完備的。本文利用這些結(jié)論證明了賦Luxemburg范數(shù)的模空間是Banach空間。" "文［4］中，鞏萬中， 張道祥等給出了賦Orlicz范數(shù)的Orlicz-Lorentz函數(shù)空間嚴(yán)格單調(diào)的判據(jù)。文［5］中，賀鑫，崔云安等討論了賦P-Amemiya范數(shù)的Orlicz函數(shù)空間的單調(diào)性。但這些文章中的嚴(yán)格單調(diào)性都不能推廣到模函數(shù)空間中。而本文證明了賦Orlicz范數(shù)的模函數(shù)空間是嚴(yán)格單調(diào)的，并給出了賦Luxemburg范數(shù)的模函數(shù)空間嚴(yán)格單調(diào)的判據(jù)。

1" 預(yù)備知識(shí)

本文中，瘙綆和瘙綃分別表示實(shí)數(shù)集和正整數(shù)集，χA表示集合A的特征函數(shù)。

定義1" 設(shè)G為一非空集合，∑是G的子集生成的非平凡σ-代數(shù)，若μ是定義在∑上的一個(gè)集合函數(shù)，且滿足：

1）0≤μ（E）≤+∞（E∈∑）;

2）μ（Φ）=0;

3）μ在∑上是可數(shù)可加的。

則稱μ是G上的Lebesgue測(cè)度，稱有序組（G，∑，μ）為測(cè)度空間。記

L0（G）={f：G→瘙綆，y=f（x）為可測(cè)函數(shù)}。

定義2" 設(shè)X為一線性空間，稱映射‖·‖：X→［0，+∞）為X上定義的一個(gè)范數(shù)，若滿足：

1）‖x‖=0當(dāng)且僅當(dāng)x=0（x∈X）;

2）對(duì)任意x∈X及α∈F，‖αx‖=|α|‖x‖;

3）對(duì)任意x，y∈X，‖x+y‖≤‖x‖+‖y‖。

稱（X，‖·‖）為賦范線性空間。完備的賦范線性空間稱為Banach空間。

定義3" 設(shè)‖·‖1與‖·‖2是賦范線性空間X上的兩個(gè)范數(shù)，如果存在常數(shù)a，bgt;0，使得對(duì)每一x∈X，都有a‖x‖1≤‖x‖2≤b‖x‖1，則稱這兩個(gè)范數(shù)‖·‖1與‖·‖2是等價(jià)的。

定義4" 稱ρ：L0（G）→［0，+∞］是凸模，如果滿足下列條件：

1）ρ是非平凡的、凸的、偶的映射;

2）ρ（0）=0;

3）ρ是單調(diào)的。即若|f（ω）|≤|g（ω）|，則ρ（f）≤ρ（g）;

4）ρ滿足正交可加性。即A，B∈G，A∩B=

f∈L0（G）有ρ（fχA∪B）=ρ（fχA）+ρ（fχB）;

5）ρ具有Fatou性質(zhì)。即{fnf}L0（G），若|fn（ω）|單調(diào)遞增收斂于|f（ω）|，都有l(wèi)imn→∞ρ（fn）=ρ（f）;

6）模ρ是序連續(xù)的。即|gn（ω）|單調(diào)遞減收斂于0，有ρ（gn）單調(diào)遞減收斂于0。

下面我們給出由凸模生成的模函數(shù)空間的概念及相關(guān)內(nèi)容。

f∈L0（G），E∈∑，記ρ（f，E）=ρ（fχE）。

定義5" 設(shè)由凸模ρ生成的模函數(shù)空間記為

Lρ={f∈L0（G）：λ→0，ρ（λf）→0};

Eρ={f∈L0（G）：λgt;0，ρ（λf）lt;+∞}。

在模函數(shù)空間中定義Luxemburg范數(shù)：

‖x‖ρ=infλgt;0，ρxλ≤1。

本文在模函數(shù)空間中定義Orlicz范數(shù)：

‖x‖oρ=infkgt;01k（1+ρ（kx））。

定義6" θ（x）=infλgt;0，ρxλlt;+∞。

定義7" 設(shè){fn，f}Lρ，若ρ（fn－f）→0，則稱fn模收斂于f。

定義8" 稱{fn}是ρ－Cauchy列，若εgt;0，n0，n，m≥n0，ρ（fn－fm）lt;ε。

2" 主要結(jié)果及證明

本文所用引理如下：

引理1［2］" 設(shè){fn}Lρ，ρ（fn－f）→0，則f∈Lρ。

引理2［2］" 下列命題成立：

1）若‖f‖ρlt;1，則ρ（f）≤‖f‖ρ;

2）ρ（f）≤1當(dāng)且僅當(dāng)‖f‖ρ≤1。

引理3［2］" 設(shè){fn，f}Lρ，若‖fn－f‖ρ→0，則ρ（fn－f）→0。

引理4［2］" Lρ關(guān)于模收斂是完備的。

性質(zhì)1" ‖x‖ρ=infkgt;0max1k，1kρ（kx） 。

證明：若1klt;1kρ（kx），

則ρkxρ（kx）≤1ρ（kx）ρ（kx）=1，

即‖x‖ρ≤1kρ（kx）。

若1k≥1kρ（kx），則‖x‖ρ≤1k，

故‖x‖ρ≤infkgt;0max1k，1kρ（kx）。

取k=1‖x‖ρ，

于是1kρ（kx）=‖x‖ρρx‖x‖ρ≤‖x‖ρ，

此時(shí)max1k，1kρ（kx）=‖x‖ρ≥

infkgt;0max1k，1kρ（kx）。

故‖x‖ρ=infkgt;0max1k，1kρ（kx）。

性質(zhì)2" ‖·‖ρ與‖·‖oρ等價(jià)。

證明：由‖·‖oρ定義知：

取k=1時(shí)，‖x‖oρ≤1+ρ（x），

特別地，取‖x‖ρ=1時(shí)，有ρ（x）≤1=‖x‖ρ，

于是‖x‖oρ≤2‖x‖ρ。

而由性質(zhì)1知：‖x‖ρ≤‖x‖oρ，

故‖x‖ρ≤‖x‖oρ≤2‖x‖ρ。

即‖·‖ρ與‖·‖oρ等價(jià)。

性質(zhì)3" {Lρ，‖·‖ρ}為Banach空間。

證明：設(shè){xn}{Lρ，‖·‖ρ}為Cauchy列，

則εgt;0，n1∈瘙綃，n，m≥n1，‖xn－xm‖ρ≤ε。

從而有ρxn－xmε≤1，

固定n，令m→∞，

由引理知x∈Lρ，s.t.ρxn－xε≤1。

即‖xn－x‖ρ≤ε，

故{Lρ，‖·‖ρ}為Banach空間。

性質(zhì)4" {Lρ，‖·‖oρ}為Banach空間。

證明：因?yàn)椤ぁ雅c‖·‖oρ等價(jià)，

由{Lρ，‖·‖ρ}為Banach空間知{Lρ，‖·‖oρ}也是Banach空間。

性質(zhì)5" x∈Lρ，Gn={t∈G：|x（t）|≤n}，則有

limn→∞‖xχG＼Gn‖ρ=limn→∞‖xχG＼Gn‖oρ=θ（x）。

證明：任取x∈Lρ，由θ（x）的定義：εgt;0

（i）對(duì)于θ（x）+ε下列關(guān)系成立：

ρxθ（x）+ε=ρxχGn+xχG＼Gnθ（x）+ε=

ρxχGnθ（x）+ε+ρxχG＼Gnθ（x）+εlt;+∞。

由Fatou性質(zhì)，

ρxχGnθ（x）+ε→ρxθ（x）+ε。

所以limn→∞ρxχG＼Gnθ（x）+ε=0。

于是，

‖xχG＼Gn‖oρ≤（θ（x）+ε）1+ρxχG＼Gnθ（x）+ε≤θ（x）+ε

（ii）對(duì)于θ（x）－ε下列關(guān)系成立：

ρxθ（x）－ε=ρxχGn+xχG＼Gnθ（x）－ε=

ρxχGnθ（x）－ε+ρxχG＼Gnθ（x）－ε=+∞

因?yàn)棣褁χGnθ（x）－εlt;+∞，

所以ρxχG＼Gnθ（x）－ε=+∞，

則有‖xχG＼Gn‖ρ≥θ（x）－ε，

由（i），（ii）知：

θ（x）－ε≤‖xχG＼Gn‖ρ≤‖xχG＼Gn‖oρ≤θ（x）+ε

即limn→∞‖xχG＼Gn‖ρ=limn→∞‖xχG＼Gn‖oρ=θ（x）。

性質(zhì)6" 當(dāng)θ（x）=0時(shí)，Lρ=Eρ。

2.1" {Lρ，‖·‖oρ}具有嚴(yán)格單調(diào)性

引理5" 若t∈G，x（t）≤y（t）且x≠y，則δ∈（0，1）及G0G，m（G0）gt;0，使得t∈G0，都有x（t）lt;（1－δ）y（t）。

證明：由x（t）≤y（t）知x（t）y（t）≤1，

令Gn=t∈G：x（t）y（t）≤1－1n，n∈瘙綃，

則Gn為單調(diào)遞增的集列，

且limn→∞Gn=∪∞n=1Gn=G。

于是

limn→∞m（Gn）=m（limn→∞Gn）=m（G）gt;0，

由極限的保號(hào)性，n0∈瘙綃，s.t.

m（G0）=mt∈G：x（t）y（t）≤1－1n0gt;0

則t∈G0，都有x（t）≤1－1n0y（t）。

取δ∈0，1n0，t∈G0，都有

x（t）≤1－1n0y（t）lt;（1－δ）y（t）。

引理6" 下列命題成立：

1）ρ是嚴(yán)格單調(diào)的;

2）x∈Lρ，ρ（kx）關(guān)于k為凸函數(shù);

3）x∈Lρ，ρ（kx）關(guān)于k在（0，+∞）上嚴(yán)格單調(diào)遞增。

證明：1）t∈G，x（t）≤y（t）且x≠y，由引理5，δ∈（0，1）及G0G，m（G0）gt;0，使得t∈G0，都有x（t）lt;（1－δ）y（t）。

于是有，

ρ（x）=ρ（xχG0+xχG＼G0）=ρ（xχG0）+ρ（xχG＼G0）lt;

ρ（（1－δ）yχG0）+ρ（yχG＼G0）≤

（1－δ）ρ（yχG0）+ρ（yχG＼G0）=

ρ（y）－δρ（yχG0）lt;ρ（y）

2）任取x∈Lρ，λ∈（0，1）

ρ（（λk1+（1－λ）k2）x）=

ρ（λk1x+（1－λ）k2x）≤

λρ（k1x）+（1－λ）ρ（k2x）

即ρ（kx）關(guān)于k是凸函數(shù)。

3）由2）知ρ（kx）關(guān)于k是凸函數(shù)，

而ρ（0·x）=ρ（0）=0，

所以ρ（kx）關(guān)于k在（0，+∞）上為嚴(yán)格單調(diào)遞增。

定理1" {Lρ，‖·‖oρ}是嚴(yán)格單調(diào)的。

證明：任取x，y∈Lρ（x≠y），t∈G，0≤x（t）≤y（t），則有：

‖x‖oρ=infkgt;01k（1+ρ（kx）），

‖y‖oρ=infkgt;01k（1+ρ（ky））。

令F（k）=1k（1+ρ（ky）），下面證明：F（k）在（0，+∞）上為連續(xù)函數(shù)。

任取k0∈（0，+∞），對(duì)k0lt;k1lt;k2

由k1∈（k0，k2），所以

k1=k2－k1k2－k0k0+（1－k2－k1k2－k0）k2=

k2－k1k2－k0k0+k1－k0k2－k0k2。

由引理6，ρ（ky）關(guān)于k為凸函數(shù)有，

ρ（k1y）=ρk2－k1k2－k0k0+k1－k0k2－k0k2y≤

k2－k1k2－k0ρ（k0y）+k1－k0k2－k0ρ（k2y）

即ρ（k1y）－ρ（k0y）k1－k0≤ρ（k2y）－ρ（k0y）k2－k0。

由引理6知，

H（k）=ρ（ky）－ρ（k0y）k－k0≥0（k≥k0），

由單調(diào)有界收斂原理知：limk→k+0H（k）存在。

由一元函數(shù)可導(dǎo)必連續(xù)知，ρ（ky）關(guān)于k在k0點(diǎn)右連續(xù)。

同理可證ρ（ky）關(guān)于k在k0點(diǎn)左連續(xù)。

由k0的任意性，ρ（ky）關(guān)于k在（0，+∞）為連續(xù)函數(shù)。

故F（k）在（0，+∞）上為連續(xù)函數(shù)。

1）若‖y‖oρ可達(dá)

令θ（y）=infλgt;0，ρyλlt;+∞，

則F（k）在0，1θ（y）上可以取到最小值。

故k0gt;0，s.t.‖y‖oρ=1k0（1+ρ（k0y））。

由x≤y知k0x≤k0y，

則有：

‖x‖oρ≤1k0（1+ρ（k0x））lt;1k0（1+ρ（k0y））=‖y‖oρ。

2）若‖y‖oρ可達(dá)

令G（k）=ρ（ky）k（kgt;0），

則0lt;k1lt;k2，都有

G（k1）=ρ（k1y）k1=ρk1k2·k2yk1≤

k1k2ρ（k2y）k1=ρ（k2y）k2=G（k2）

即G（k1）≤G（k2）。

從而ρ（ky）=kG（k）關(guān)于k為非減函數(shù)，

由單調(diào)有界原理：limk→∞ρ（ky）k存在，

考慮下面兩種情況：

（i）當(dāng)limk→∞ρ（ky）k=+∞時(shí)

F（k）=1k（1+ρ（ky））在（0，+∞）上有最小值。此時(shí)‖y‖oρ可達(dá)的，由1）知，{Lρ，‖·‖oρ}是嚴(yán)格單調(diào)的自動(dòng)滿足。

（ii）當(dāng)limk→∞ρ（ky）k=A時(shí)

F（k）=1k（1+ρ（ky））在（0，+∞）上有最小值，

且最小值為

limk→∞F（k）=limk→∞1k（1+ρ（ky））

此時(shí)由引理5知：

δ∈（0，1）及G0G，m（G0）gt;0，使得t∈G0，x（t）lt;（1－δ）y（t）。

從而有，

ρ（kx）k=ρ（kxχG0+kxχG＼G0）k=

ρ（kxχG0）+ρ（kxχG＼G0）klt;

ρ（k（1－δ）yχG0）+ρ（kyχG＼G0）k=

ρ（ky）－δρ（kyχG0）k=

ρ（ky）k－δρ（kyχG0）k

因?yàn)镚（k）=ρ（ky）k（kgt;0）是非減函數(shù)，

所以對(duì)t∈G，limk→∞ρ（ky）kgt;0。

于是當(dāng)t∈G0，limk→∞ρ（ky）kgt;0，

則有：

limk→+∞ρ（kx）k≤limk→+∞ρ（ky）k－

δlimk→+∞ρ（kyχG0）klt;

limk→+∞ρ（ky）k

于是

‖x‖oρ=infkgt;01k（1+ρ（kx））≤

limk→+∞1k（1+ρ（kx））lt;

limk→+∞1k（1+ρ（ky））=‖y‖oρ

2.2" {Lρ，‖·‖ρ}具有嚴(yán)格單調(diào)性

引理7" 設(shè)‖x‖ρ=1，若λ0∈（0，1），s.t.

ρxλ0lt;+∞，則ρ（x）=1。

證明：x∈S（{Lρ，‖·‖ρ}），

令F（λ）=ρxλ（λgt;0），

由引理6知F（λ）在（0，+∞）上是連續(xù)函數(shù)，且F（λ）關(guān)于λ嚴(yán)格單調(diào)遞減，

由條件知F（λ）在（λ0，+∞）上有定義，

由0lt;λ0lt;1=‖x‖ρ，有F（λ0）=ρxλ0gt;1。

而limλ→+∞F（λ）=0，

由連續(xù)函數(shù)介值定理知：

λ1∈（λ0，+∞），s.t." F（λ1）=ρxλ1=1。

又因?yàn)椤瑇‖ρ=infλgt;0，ρxλ≤1，

所以‖x‖ρ≤λ1。

如果‖x‖ρlt;λ1，則λ2，s.t.‖x‖ρlt;λ2lt;λ1，

于是有F（λ2）=ρxλ2≤1，

而F（λ1）=ρxλ1=1，

這與F（λ）關(guān)于λ是嚴(yán)格單調(diào)遞減的矛盾，

故λ1=‖x‖ρ。

所以ρ（x）=ρxλ1=1。

定理2" {Lρ，‖·‖ρ}是嚴(yán)格單調(diào)的充要條件是當(dāng)‖x‖ρ=1時(shí)，ρ（x）=1。

證明：1）必要性

若{Lρ，‖·‖ρ}是嚴(yán)格單調(diào)的，

假設(shè)當(dāng)‖x‖ρ=1時(shí)，ρ（x）lt;1，

任取x∈S（{Lρ，‖·‖ρ}），

由引理7知，λ∈（0，1），都有ρxλ=+∞。

令Gn={t∈G：x（t）≤n}，

于是，λ∈（0，1），有

ρxλ=ρxχGn+xχG＼Gnλ=

ρxχGnλ+ρxχG＼Gnλ=+∞

因?yàn)棣褁χGnλlt;+∞，

所以ρxχG＼Gnλ=+∞。

則有‖xχG＼Gn‖ρ≥λ，

令λ→1，則‖xχG＼Gn‖ρ≥1。

從而有1=‖x‖ρ≥‖xχG＼Gn‖ρ≥1，

故‖x‖ρ=‖xχG＼Gn‖ρ。

但xχG＼Gn≤x且xχG＼Gn≠x，

這與{Lρ，‖·‖ρ}是嚴(yán)格單調(diào)的矛盾。

2）充分性

若當(dāng)‖x‖ρ=1時(shí)，ρ（x）=1。假設(shè){Lρ，‖·‖ρ}不是嚴(yán)格單調(diào)的，則x，y∈{Lρ，‖·‖ρ}（x≠y），t∈G，0≤x（t）≤y（t），使得，‖x‖ρ=‖y‖ρ=1。

由條件知：ρ（x）=ρ（y）=1。

因?yàn)閤（t）≤y（t）且x≠y，

所以δ∈（0，1）及G0G，m（G0）gt;0，使得t∈G0，都有x（t）lt;（1－δ）y（t）。

于是下列關(guān)系成立：

ρ（x）=ρ（xχG0+xχG＼G0）=

ρ（xχG0）+ρ（xχG＼G0）lt;

ρ（（1－δ）yχG0）+ρ（yχG＼G0）≤

（1－δ）ρ（yχG0）+ρ（yχG＼G0）=

ρ（y）－δρ（yχG0）lt;ρ（y）

這與ρ（x）=ρ（y）矛盾。

推論 {Eρ，‖·‖ρ}嚴(yán)格單調(diào)。

參 考 文 獻(xiàn)：

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（編輯：溫澤宇）