王俊明 佟秋誼

摘 要：單調性是Banach空間幾何學的重要內容。研究賦s-范數Orlicz函數空間的單調性，并給出s-范數的一些基本性質。在此基礎上，得到了賦s-范數Orlicz空間嚴格單調性和局部單調性的判據。

關鍵詞：s-凸函數;Orlicz空間;單調性

DOI：10.15938/j.jhust.2021.03.021

中圖分類號： O177.3

文獻標志碼： A

文章編號： 1007-2683（2021）03-0140-07

Monotonicity of Orlicz Function Space-equipped with S-norm

WANG Jun-ming， TONG Qiu-yi

（Department of Applied Mathematics， Harbin University of ScienceAnd Technology， Harbin 150080， China）

Abstract：Monotonicity is important to Banach space geometry.In this paper， the monotonicity of Orlicz spaces equipped with the s-norm are dicussed. First， we gave some basic properties of the spaces. Using these properties， we obtained the criteria for strict monotonicity and upper local uniformly monotonicity in Orlicz spaces equipped with s-norm.

Keywords：s-convex function; Orlicz spaces; monotonicity

0 引 言

眾所周知，Banach空間的單調性是Banach空間[1]幾何理論重要內容之一，而Orlicz空間作為一類特殊的Banach空間，1932年波蘭著名數學家W.Orlicz[2]給出了Orlicz空間[3]LΦ的定義并引入了Orlicz范數[4]。自此之后，經過越來越多的人對其研究，Orlicz空間理論[2-7]得到了長足的發(fā)展。自1999年，劉延明等[5]給出了Orlicz函數空間的一致單調性與嚴格單調性的判據。人們在此之后又對單調性進行深入研究。例如：2004年，H.Hudzik、劉新波等[8]討論了賦Luxemburg范數的Musielak-Orlicz函數空間的單調點。2005年，崔云安、H.Hudzik等[9]給出了賦Amemiya范數的Musielak-Orlicz空間具有嚴格單調性、一致單調性、上（下）局部一致單調性的判據。與此同時得到了許多重要的結果。近年來，Orlicz空間的單調性在各個領域的應用越來越廣泛。迄今為止，關于賦Orlicz范數和Luxemburg范數[2，5]以及p-Amemiya范數[10-11]的Orlicz空間性質的研究已經相對成熟。本文研究具有比上述三種范數有著更廣泛意義的新范數s-范數的Orlicz函數空間的單調性問題。主要給出其單調性判別準則，并據此得到賦s-范數Orlicz函數空間的嚴格單調性等問題。

X是線性空間，設（G，Σ，μ）是有限、無原子的測度有限的測度空間。L0（E）表示E上的可測實函數全體。

1 預備知識

定義1 稱Φ：R→R+=[0，+∞）為s凸函數s∈（0，1]是指：對于λ∈[0，1]u，v∈R，有

Φ（λu+（1-λ）v）≤λsΦ（u）+（1-λ）sΦ（v）。

當s=1時，s-凸函數就是通常意義下的凸函數。

定義2 設L0表示定義在E上的可測實函數全體，定義s-凸模IΦ（·）：L0（E）→[0，+∞]如下：

IΦ（u）=∫EΦ（u（t））dt，u∈L0（E）。

記

LΦ={u∈L0（E）：λ>0，IΦ（λu）<∞}

及

EΦ={u∈L0（E）：λ>0，IΦ（λu）<∞}

則LΦ或EΦ是關于Luxemburg范數

‖u‖s（Φ）=infk>0;IΦuks≤1，s∈（0，1]

構成的s-范數Banach空間，稱為賦s-范數的Orlicz空間。

記為（LΦ，‖·‖sΦ）。

定義3 設（X，‖·‖）為Banach函數空間。若|f（x）|≤|g（x）|，且存在一個eE滿足：μ（e）>0，|f（x）|<|g（x）|，x∈e，有‖f‖<‖g‖。稱（X，‖·‖）是嚴格單調的。

定義4 稱Banach格X具有下局部一致單調性，如果對任意的x∈X+，‖x‖=1及任意ε>0，存在δ（x，ε）>0，使得對于任意的y∈X+，‖y‖≥ε，有

‖x-y‖<1-δ（x，ε）

有關賦Orlicz范數、Luxemburg范數的Orlicz空間的各種單調性的研究結果請參看文[12-20]。

2 主要結果及證明

類似于Orlicz空間的定義。定義s-Orlicz范數如下。

定理1 設所研究的新范數的定義為

‖u‖sΦ=inf1ks（1+IΦ（ku）），s∈（0，1]

下面我們來證它是一個s-范數。

證明：首先證明新定義的s-范數滿足范數的條件。

1）正定性：

因為

‖u‖sΦ=0inf1ks（1+IΦ（ku））=0

從而存在kn∈R+滿足

1ksn（1+IΦ（ku））→0

因為（1+IΦ（u））≠0，于是有1kn→0。從而kn→∞。假設u≠0，則存在一個a>0滿足m（{t∈E：|u（t）|≥a}）=δ>0。因為Φ（u）是一個s-凸函數，所以我們對于任意的α∈（0，1），有

Φ（αu）=Φ（αu+（1-α）0）

≤αsΦ（u）+（1-α）sΦ（0）=αsΦ（u）。

從而對于任意0<α1<α2，我們有

Φ（α1）=Φα1α2α2≤α1α2sΦ（α2）

則

Φ（α1）αs1≤Φ（α2）αs2

即F（u）=Φ（u）us關于u是單調遞增函數。由單調有界原理知：

1ksn∫EΦ（ku（t））dt≥1ksn∫{t∈E：u（t）≥a}Φ（ku（t））dt≥

Φ（ka）ksnm（{t∈E：|u（t）|≥a}）≥

Φ（ka）ksnδ=limu→∞Φ（u）us>0

與inf1ksn（1+IΦ（ku））=0矛盾。即此范數滿足正定性。

2）s-齊次性：對于任意實數a∈R，

‖au‖sΦ=inf1ks（1+IΦ（kau））=

inf|a|s|a|sks（1+IΦ（kau））=

|a|sinf1|a|sks（1+IΦ（kau））=

|a|s‖u‖sΦ

易知此范數滿足s-齊次性。

3）三角不等式性：對于任意u，v∈LΦ，由‖u‖sΦ，‖v‖sΦ的定義：ε>0，k>0，h>0

‖u‖sΦ+ε≥1ks（1+IΦ（ku））

‖v‖sΦ+ε≥1hs（1+IΦ（kv））

則

‖u+v‖sΦ≤（k+h）skshs（1+IΦ（khk+h（u+v）））=

（k+h）skshs（1+IΦ（hk+hku+kk+hhv））≤

（k+h）skshs（1+hs（k+h）sIΦ（ku）+ks（k+h）sIΦ（hv））=

1ks（1+IΦ（ku））+1hs（1+IΦ（hv））≤

‖u‖sΦ+ε+‖v‖sΦ+ε=‖u‖sΦ+‖v‖sΦ+2ε

由ε的任意性知‖u+v‖sΦ≤‖u‖sΦ+‖v‖sΦ。

因為新定義的范數滿足范數成立的3個條件，于是s-范數是范數。

下面證明{LΦ，‖·‖sΦ}是完備的。

任取{LΦ，‖·‖sΦ}的一個Cauchy列{xn}∞n=1。我們首先證明{xn}∞n=1依側度收斂的Cauchy列。

任取kn，m>0滿足：

1ksn，m（1+IΦ（kn，m（xn-xm）））-1nm≤‖xn-xm‖sΦ

‖xn-xm‖sΦ≤1ksn，m（1+IΦ（kn，m（xn-xm）））

則

ksn，m→+∞，limn，m→∞IΦ（kn，m（xn-xm））ksn，m=0。

若{xn}不是依測度收斂的Cauchy列，則存在δ>0，ε>0滿足：

m（{t∈E：|xn（t）-xm（t）|≥ε}）≥δ（n≠m）

從而

limn，m→∞∫EΦ（kn，m（xn（t）-xm（t）））dtksn，m≥

limn→∞m→∞∫{t∈E：xn（t）-xm（t）≥ε}Φ（kn，m（xn（t）-xm（t）））dtksn，m≥

limn，m→∞Φ（kn，mε）δksn，m=εδlimu→∞Φ（u）us>0

產生矛盾。

由Riesz定理，存在一個可測函數x（t）滿足xn（t）依側度收斂于x（t）。

下面我們證明x（t）∈LΦ。

利用{xn}+∞n=1是Cauchy列，則對于任意的可測子集e，我們有{xnχe}+∞n=1也是Cauchy列。從{xn}+∞n=1有等度連續(xù)積分。故{Φ（xn（t））}+∞n=1也具有等度連續(xù)積分。又因為{xn}為Cauchy列，故存在M>0，滿足‖xn‖sΦ≤M，因此顯然有‖xn‖s（Φ）≤‖xn‖sΦ，故‖xn‖s（Φ）≤M。從而IΦxnMs≤1。

由Vifali定理知

limn→∞∫GΦxn（t）Msdt=∫GΦx（t）Msdt

即有

∫GΦx（t）Msdt≤1

從而x∈LΦ。所以（LΦ，‖·‖sΦ）是一個完備的s-范數空間。

定理2 賦s-范數的Orlicz函數空間的嚴格單調性。

證明：為了方便不妨設0≤x（t）≤y（t）。且存在eE，m（e）>0滿足x（t）

下面證明‖x‖sΦ<‖y‖sΦ。不妨設‖x‖sΦ=1，取k>0滿足：

‖y‖sΦ=1ks（1+IΦ（ky））=1ks（1+∫GΦ（ky（t））dt）=

1ks（1+∫G/eΦ（ky（t））dt+∫eΦ（ky（t））dt）>

1ks（1+∫G/eΦ（kx（t））dt+∫eΦ（kx（t））dt）≥

‖x‖sΦ=1

若k（y）=，則‖y‖sΦ=A∫E|y（t）|dt。事實上k（y）=表明：

‖y‖sΦ=limk→∞1ks（1+IΦ（ky））=

limk→∞∫EΦ（ky（t））ksdt=

limk→∞∫supp（x）Φ（ky（t））ks|y（t）||y（t）|dt=

A∫supp（x）|y（t）|dt=A∫E|y（t）|dt

在k（x）=的情形下。若k（y）=，則：

‖x‖sΦ=A∫E|x（t）|dt

若k（y）≠，則存在一個k>0滿足：

‖y‖sΦ=1ks（1+IΦ（ky））=

1ks（1+∫EΦ（ky（t））dt）=

1ks（1+∫E|eΦ（ky（t））dt+∫eΦ（ky（t））dt） ≥

‖x‖sΦ

證畢。

定理3 1）IΦx‖x‖1s（Φ）≤1（x≠θ）;

2）IΦx‖x‖1s（Φ）=1，對一切x≠θ成立的充要條件是Φ∈△2。

證明：1）由‖·‖1s（Φ）定義，存在an↓‖x‖1s（Φ）且IΦxan≤1。令n→∞，由Levy定理，即得

IΦx‖x‖1s（Φ）≤1

2）因IΦxk1s作為k>0的函數在其定義域內連續(xù)，而當Φ∈△2時LΦ=EΦ是線性集，故此時IΦxk1s的定義域為（0，∞）。

由連續(xù)函數介值定理，存在k0>0，IΦxk1s0=1，由Luxemburg定義知k0=‖x‖Φ，s。從而IΦx‖x‖1s（Φ）<1是不可能的。反之若Φ△2，存在uk↑∞使得Φ1+1ks·uk>2kΦ（uk）（k=1，2…），不妨設Φ（u1）≥1mesG0，選G的一個互不相交的子集列{Gk}使得

Φ（uk）mesGk=12k（k=1，2，…）

定義

xn（t）=∑∞k=n+1ukχGk（t）（n=0，1，2…）

其中χE（t）表示集合E的特征函數，則n≥0

IΦ（xn）=∫GΦ（xn（t））dt=

∑∞K=N+1Φ（uk）mesGk=12N

但對任何l>1，取n0充分大使1+1n0≤l，則n≥n0時：

IΦ（lxn）=∑∞K=n0+1Φ（luk）mesGk>

∑∞k=n0+1Φ1+1kukmesGk>

∑∞k=n0+12kΦ（uk）mesGk=

∑∞k=n0+11=∞

故‖xn‖s（Φ）≥1l。由l的任意性‖xn‖s（Φ）≥1。又IΦ（xn）≤1知‖xn‖s（Φ）≤1。從而‖xn‖s（Φ）=1但IΦ（xn）→0。這說明對任何n∈N，xn∈LΦ＼EΦ。則存在xn（t）∈EΦ，IΦ（xn）=12n，但對任何IΦ（lxn）=∞（λ>1），由‖·‖s（Φ）的定義可知‖xn‖s（Φ）=1，矛盾。

引理1 若Φ∈△2，則對任何L>0，ε>0，存在δ>0，當IΦ（u）≤L，IΦ（v）≤δ時，就有

|IΦ（u+v）-IΦ（u）|<ε

證明：

IΦ（u+v）=IΦ（（1-β）u+βu+v）=

IΦ（1-β）u+βu+vβ≤

（1-β）sIΦ（u）+βsIΦu+vβ≤

IΦ（u）+βsIΦu+vβ=

IΦ（u）+βsIΦ2u+2vβ2≤

IΦ（u）+β2IΦ（2u）+IΦ2vβ2s=

IΦ（u）+β2sIΦ（2u）+IΦ2vβ≤

IΦ（u）+β2s∫GΦ（2u（t））dt+∫GΦ2vβdt≤

IΦ（u）+β2s∫GΦ（2u0）dt+

β2sk∫GΦ（u（t））dt+β2s∫GΦ2vβdt

記 L0=Φ（2u0）m（G）+kL≤

IΦ（u）+β2sL0+∫GΦ2v（t）βdt

取β0充分小使得：

β02sL0<ε2，β02≤1

再由Φ∈△2，v0>0，k1>0滿足：

Φ2β0v0m（G）<ε4

及

Φ2β0v≤k1Φ（v），（|v|≥v0）≤

IΦ（u）+ε2+∫GΦ2β0v（t）dt≤

IΦ（u）+ε2+∫{t∈G：|v（t）|≤v0}Φ2β0v（t）dt+

∫{t∈G：|v（t）>v0|}Φ2β0v（t）dt≤

IΦ（u）+ε2+Φ2β0v0m（G）+k1∫GΦ（v（t））dt

取δ=ε4k1，則

≤IΦ（u）+ε2+ε4+ε4=IΦ（u）+ε證畢。

定理4 假設Φ∈△2.若IΦ（xn）→IΦ（x0）且xn（t）ux0（t）（依測度收斂）（n→∞），那么‖xn-x0‖sΦ→0（n→∞）。

證明：若x0=θ，則定理自真。

今設x0≠θ，由題設，{IΦ（xn）}有界。設L為其上界。由引理1可知存在δ>0，不妨認為δ<ε4，使得IΦ（x）≤L，IΦ（y）≤δ蘊涵

|IΦ（x+y）-IΦ（x）|<ε4

由積分的絕對連續(xù)性，存在δ1>0，使G0G，mesG0<δ1時∫G0Φ（x0（t））dt<δ。因xn（t）ux0（t）。由葉果洛夫定理，所以存在n1及E0G，mesE0<δ1，使n>n1。且

∫G＼E0Φ（xn（t）-x0（t））dt<δ

注意此時∫E0Φ（x0（t））dt<δ<ε4成立。我們有

∫G＼E0Φ（x0（t））dt=IΦ（x0）-

∫E0Φ（x0（t））dt>IΦ（x0）-ε4

當n≥n1時，由引理1得

∫G＼E0Φ（xn（t））dt=∫G＼E0Φ（[xn（t）-x0（t）]+x0（t））dt>

∫G＼E0Φ（xn（t））dt-ε4>IΦ（x0）-ε2

因IΦ（xn）→IΦ（x0）存在n0≥n1使n≥n0時

∫E0Φ（xn（t））dt=IΦ（xn）-∫G＼E0Φ（xn（t））dt<ε2

顧及∫E0Φ（x0（t））dt<δ，n≥n0時

∫GΦ（xn（t）-x0（t））dt≤

∫G＼E0Φ（xn（t）-x0（t））dt+

∫EnΦ（|xn（t）|+|x0（t）|）dt<ε4+

∫E0Φ（xn（t））dt+ε4<ε

這表明IΦ（xn-x0）→0。再由Φ∈△2得‖xn-x0‖sΦ→0。證畢。

引理2 若Φ是s-凸函數，則Φ（u）us是單調遞增函數。

證明：對于任意的0

Φ（u1）=Φu2u1·u2≤u1u2sΦ（u2）

Φ（u1）us1≤Φ（u2）us2

下面我們來討論s-范數計算公式：

情況1：limu→∞Φ（u2）us=+∞

則對于x≠0，k>0，滿足：

‖x‖Φ，s=1ks（1+IΦ（kx））

證明：記F（k）=1ks（1+IΦ（kx）），由于Φ是s-凸函數，故F（k）在（0，θ（x））內是連續(xù)函數。

記

θ（x）=infλ>0：IΦxλ<+∞，

limk→0+0F（k）=+∞。

下面分兩個情形討論：

①limk→θ（x）-0IΦ（kx）=+∞

此時有l(wèi)imk→θ（x）-0F（k）=+∞，由連續(xù)函數的最小值定理k0∈（0，θ（x））滿足：

‖x‖sΦ=F（k0）

②limk→θ（x）-0IΦ（kx）<∞，此時有

limk→θ（x）-0F（k）=1θ（x）（1+limk→θ（x）-0IΦ（θ（x）））從而F（k）在（0，θ（x）]上連續(xù)。

同樣利用連續(xù)函數的最小值定理k0∈（0，θ（x）]，滿足‖x‖sΦ=F（k0）。

由連續(xù)函數的最小值定理k0∈（0，θ（x）），滿足：

F（k0）=min{F（k）：k∈（0，θ（x））}=

‖x‖Φ，s

情況2：若limk→+∞Φ（u）us=A<+∞則Φ∈△2。

證明：因為Φ（u）us↑A，A2<Φ（u）us≤A，u0>0，u≥u0，

A2us≤Φ（u）≤Aus

Φ（2u）≤A（2u）s=2sAus≤

2sAΦ（u）A2=2s+1Φ（u）。

若：

k（x）=，k（x）=k>0：1ks（1+IΦ（kx））=

‖x‖Φ，s則：

‖x‖Φ，s=limk→∞∫GIΦ（kx（t））ksdt=

limk→∞∫GΦ（kx（t））ksdt=

limk→∞∫Supp（x）Φ（kx（t））ks|x（t）|s|x（t）|sdt

由Lebesgue控制收斂定理

=limk→∞∫Supp（x）A|x（t）|sdt=

A∫G|x（t）|sdt

定理5 L+Φ上局部一致單調的充分必要條件是Φ∈△2。

證明：若Φ△2。由定理3（2）存在一個元素x∈LΦ，s，滿足IΦ（x）=1，IΦ（λx）=+∞（λ>1）。

于是IΦ（xn）→0 ，其中：

xn=xχGn，Gn={t∈G：x（t）≥n}

及

IΦ（λxn）=+∞（λ>1）

從而

‖xn‖sΦ≤（1+IΦ（xn））→1

且

1=‖xn‖s（Φ）≤‖xn‖sΦ

即

limn→∞‖xn‖sΦ=1

又0≤xn≤x，‖x-xn‖sΦ≥‖x-xn‖s（Φ）=1

與LΦ是上局部一致單調矛盾。

設0≤xn≤x，limn→∞‖xn‖sΦ=‖x‖sΦ。我們將證明

limn→∞‖xn-x‖sΦ=0

為了方便，不妨設‖x‖sΦ=1。取kn>0，k>0滿足：

‖xn‖sΦ=1ksn（1+IΦ（knxn））

‖x‖sΦ=1ks（1+IΦ（kx））

2←limn→∞2‖x‖sΦ=

limn→∞‖xn‖sΦ+‖x‖sΦ≥

limn→∞‖xn+x‖sΦ≥

limn→∞2‖xn‖sΦ=2

故limn→∞‖xn+x‖sΦ=2。

①接下來證明kxn-kxu0（依測度收斂）

由

1←‖x‖sΦ≤1ks（1+IΦ（kxn））≤

1ks（1+IΦ（kx））=1

知

limn→∞1ks（1+IΦ（kxn））=1。

假設kxn-kx不依測度收斂于0。則存在ε0>0，δ0>0，不失一般性，不妨設對任意的自然數滿足：

m（{t∈G：kx（t）-kxn（t）≥ε0}）≥δ0（n=1，2，…）

從而

1←limn→∞1ks（1+IΦ（kxn））=

limn→∞1ks1+∫{t∈G：kx（t）-kxn（t）≥ε0}=G0Φ（kxn（t））dt+

∫{t∈G：kx（t）-kxn（t）<ε0}Φ（kxn（t））dt≤

limn→∞1ks1+∫G0Φ（kx（t）-ε0）dt+limn→∞1ks∫G＼G0Φ（kx（t））dt<

1ks（1+∫GΦ（kx（t））dt）=1

矛盾。

②IΦ（k（xn））→IΦ（kx）。

由于

limn→∞IΦ（kxn）=ks-1

及

1=‖x‖s（Φ）=1ks（1+IΦ（kx））

知

limn→∞IΦ（kxn）=IΦ（kx）

由定理4知‖kxn-kx‖s（Φ）→0即‖xn-x‖s（Φ）→0。

證畢。

參 考 文 獻：

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（編輯：溫澤宇）