赋Orlicz范数的Mus...rlicz序列空间的凸系数_崔云安.pdf

第 27 卷第 6 期2022 年 12 月哈 尔 滨 理 工 大 学 学 报JOUNAL OF HABIN UNIVESITY OF SCIENCE AND TECHNOLOGYVol.27No.6Dec.2022赋 Orlicz 范数的 Musielak Orlicz 序列空间的凸系数崔云安，郭天保(哈尔滨理工大学 理学院，哈尔滨 150080)摘要:主要研究了赋予 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间的凸系数。由于赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间的复杂性和计算的繁琐性，至今尚未有人给出该空凸系数的计算公式。利用了一种特殊的方法给出赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 的序列空间 lo的精确计算公式，从而填补了赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间凸系数的空白。关键词:凸系数;凸性模;一致凸DOI:10 15938/j jhust 2022 06 016中图分类号:O177 3文献标志码:A文章编号:10072683(2022)06013205On the Convex Coefficient of Musielak OrliczSequence Space Equipped with Orlicz NormCUI Yun-an，GUO Tian-bao(School of Sciences，Harbin University of Science and Technology，Harbin 150080，China)Abstract:This paper mainly studies the convex coefficients of the Musielak-Orlicz sequence space equippedthe Orlicz normDue to the complexity of the Musielak-Orlicz sequence space with Orlicz norm and thecumbersome calculation，no one has yet given the calculation formula of the convex coefficient of this space Thispaper uses a special method to give an accurate calculation formula for the Musielak-Orlicz sequence space lowithOrlicz norm，so as to fill the gap in the convex coefficient of the Musielak-Orlicz sequence space with Orlicz normKeywords:convexity coefficient;convexity modular;uniformly convex收稿日期:2021 09 01基金项目:国家自然科学基金(11871181)作者简介:崔云安(1961)，男，博士，教授，博士研究生导师通信作者:郭天保(1992)，男，硕士研究生，E-mail:gtb15704604273163 com0引言众所周知几何常数是研究几何性质的强有利的工具，凸系数就是用来刻画 Banach 空间单位球的整体凸性程度的量。1988 年，HUDZIK、KAMINSKA 和MUSIELAK 等1 2 研究了赋予 Luxemburg 范数 Or-licz 函数空间的凸系数，并且给出了一个估计式。随后王保祥、崔云安等3 4 又对该空间的凸系数做了详尽的讨论，1992 年 HUDZIK 等5 又对赋予Luxemburg 的 Musielak-Orlicz 函数空间进行了研究，1998 年王廷辅等6 又给出了赋 Orlicz 范数的 Orlicz空间的凸系数的计算公式，然而由于赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间的复杂性至今没能给出其凸系数的估计。本文通过一种巧妙的方法给出了赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间的准确计算公式修正经典 Orlicz 空间的相应结果，从而填补了该空间凸系数计算的空白。1预备知识定义12 Banach 空间 X 称为是一致凸是指对于其单位球面 S(X)上任意的 xn，yn，若xn+yn2 则有xn yn0。定义 22 我们称函数 X:(0，2 0，1:x()=inf 1 x y2:x，yS(X)，x y 为凸性模，常数 0(X)=sup 0:X()=0 为凸系数。定义 32 函数序列 =(i)i=1称为一个Musielak-Orlicz 函数是指对每一个 iN，有1)i:(，+)0，+)是偶的凸函数，并且在 u=0 处连续;2)i(0)=0 且limu0i(u)u=0。称函数i(v)=supu0 u|v|i(u)为 i(u)的余函数。显然 =()i=1也是一个Musielak-Orlicz 函数。用 pi(u)和 pi(或 qi(v)和qi)分别表示 i(或 i)的右导数和左导数。不失一般性，有下面假设定义 45 设 x=(x(i)i=1是一个实数列 x 关于 Musielak-Orlicz 函数(i)i=1的模定义为I(x)=i=1i(x(i)。线性集。x=x(i):存在 0，使得 I(x)，赋予 Orlicz 范数:x=sup i=1x(i)y(i):I(y)1=infk 01k(1+I(kx)为 Banach 空间，称为赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz序列空间记作 lo。定义 512 称 Musielak-Orlicz 函 数 =(i)i=1满足 2 条件(记作 2)是指存在常数a 0，K 0 以及 ci 0(i=1，2，)满足i=1ci，使得i(2u)Ki(u)+ci(iN，i(u)a)。满足2 条件(记作 2)是指他的余函数2。引理 112 设 xlo 0，若iIxi(b(i)1或iIxi(b(i)=1 且supiIxqi(b(i)|x(i)|，则 K(x)，其中bi=sup v0:(v)Ix=iN:x(i)0k*x=inf k 0:I(p(k|x|)1kx=inf k 0:I(p(k|x|)1K(x)=k*x，kx，k*x k*x，kx=，k*x=0引理 210 对于任意的 ba 0 集合 K(x)axb是有界集当且仅当 2。引理 310 lo是自反的当且仅当 22。2主要结果及证明定理 13 对任何的 0，0(0，1)，及，(0，1)，存在(0，1)，使得当(0u+(1 0)v)(1 0)(0(u)+(1 0)(v)成立时，必有(u+(1 )v)(1 )(u)+(1)(v)，其中 u，v 任意，。对于每个 c，(0，1)和 iN，定义:qi(u，v)=2i(u+v2)i(u)+i(v)Ai(c，)=0 u qiN1i(1):qi(u，cu)1 hc，(i)=sup u 0:uAi(c，)p()=sup c 0:对于某个(0，1)满足i=1i(hc，(i)定理 2若22，且在区间 0，q(1(1)是严格凸的，则0(lo)=2(1 p()1+p()证明:首先设 0 a 2(1 p()1+p()，即p()2 a2+a则对于所有的(0，1)有i=1i(h2 a2+a，(i)=，由于 在区间 0，qi(1i(1)上是严格凸的，则331第 6 期崔云安等:赋 Orlicz 范数的 Musielak-Orlicz 序列空间的凸系数当 0 时，h2 a2+a，(i)0，则存在足够小的(0，12)，使 u(i):=h2 a2+a，(i)，满足i(1+2 a2+aui2)(1 0)(i(ui)+i(2 a2+aui)2)不妨设 2i(pi(2ui2+a)0。取自然数 N 满足:1 Ni=1i(pi(2ui2+a)1。由于函数F(x)=2Ni=1i(pi(2ui2+a)+2N+1(p2N+1(2x2+a)+2N+2(p2N+2(2x2+a)是连续的且可以小于 1 也可以大于 2，则由连续函数介值定理存在 v 满足:2Ni=1i(pi(2ui2+a)+2N+1(p2N+1(2v2+a)+2N+2(p2N+2(2v2+a)=1则2N+1(p2N+1(2v2+a)+2N+2(p2N+2(2v2+a)0不妨设2N+1(p2N+1(2v2+a)2N+2(p2N+2(2v2+a)则v 2+a2q2N+1(12N+1(2):=令k=1+2Nii(2ui2+a)+2N+1(2v2+a)+2N+1(2v2+a)置:x=1k(u1，uN，2 a2+auN+1，2 a2+au2N，v，2 a2+av，0，0，0，)y=1k(2 a2+au1，2 a2+auN，uN+1，u2N，2 a2+av，v，0，0，0，)容易得到:|x+y|2=|x y|a=1k(2u12+a，2u2N2+a，2v2+a，2v2+a，0，0，0，)则I(kp(|x+y2|)=I(kp(|x ya|)=1，因此 kK(x+y2)K(x ya)，故x+y2=x ya=1k(1+I(kx+y2)=1从而x=y1k(1+2Ni=1i(2ui2+a)+2N+1(2v2+a)+2N+2(2v2+a)1k(1+11 2Ni=1i(2ui2+a)+2N+1(2v2+a)+2N+2(2v2+a)1k(1 )(1+2Ni=1i(2ui2+a)+2N+1(2v2+a)+2N+2(2v2+a)+2N+1(v)+2N+2(v)11 +2N+1()+2N+2()1+2+2N+1()+2N+2()置?x=x1+2+2N+1()+2N+1()?y=y1+2+2N+1()+2N+1()则?x=?y1?x?y=a1+2+2N+1()+2N+2()1?x+?y2=2+2N+1()+2N+2()1+2+2N+1()+2N+2()于是得到lo(a1+2+2N+1()+2N+2()2+2N+1()+2N+2()1+2+2N+1()+2N+2()由凸性模得连续性令 0 得到 lo(a)=0。另一方面若 a 2(1 p()1+p()，即p()2 a2+a431哈尔滨理工大学学报第 27 卷取足够靠近 1 的数 满足2 a2+a p()，由p()的定义，存在数(0，1)满足i=1f(i)，其中 f(i)=h2 a2+a，(i)。则对于 qi1i(1)u f(i)，有 qi(u，2 a2+au)1 ，iN。因为 2我们可得?k:=sup k 0:kK(x)，x=1 则11+?k，?k1+?k(0，1)，由定理知存在 0(0，1)，对于所有的 0，2 a2+a，11+?k，?k1+?k，u f(i)满足:i(u+(1)u)(1 0)(i(u)+(1)i(u)再一次利用 2，存在 0 0有i(u)(1 )i(u)其中 u ，0，?k1+?k。再由 2，存在 d1，满足i(ua)di(u2)，(u h)又因为 i(u)在 i，qi1i(1)上的严格凸性，存在 0(0，)满足:i(1+2 a2+au2)i(u)+i(2 a2+a)1 0亦即，当 qi1i(1)|u|，0，2 a2+a 时i(1+2u)(1 0)i(u)+i(u)2任取 x，ylo，设x=1k(1+I(kx)=y=1h(1+I(hy)=1和x ya1(我们知道 kK(x)，hK(y)蕴含着k|x(i)|qi1i(1)，h|y(i)|qi1i(1)，i=1，将自然数集 N 分成A=iN:max|x(i)|，|y(i)|0B=iNA:x(i)y(i)0C=iNAB:minx(i)y(i)，y(i)x(i)2 a2+aD=NABC注意到kk+h，hk+h11+?k，?k1+?k，则 iC 时有i(khk+h(x(i)+y(i)(1 0)(hk+hi(kx(i)+kk+hi(hy(i)当 iB 时i(khk+h(x(i)+y