MỤC LỤC

Trang
MỤC LỤC

.................................................................1

LỜI NÓI ĐẦU

............................................................. 2

Chương 1. Những kết quả cơ bản của lý thuyết điểm bất động 4
1.1 Điểm bất động của ánh xạ co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4
1.2 Nguyên lý điểm bất động Brouwer và nguyên lý KKM . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Các định lý điểm bất động của ánh xạ liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Chương 2. Cấu trúc chuẩn tắc. Sự tồn tại của điểm bất động
của lớp ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1 Một số khái niệm và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Sự tồn tại của điểm bất động của ánh xạ không giãn với cấu trúc
chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3 Sự tồn tại của điểm bất động trong trường hợp không có cấu trúc
chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
KẾT LUẬN

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

TÀI LIỆU THAM KHẢO

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1

thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy
cô giáo và bạn bè để luận văn hoàn thiện hơn.
Vinh, tháng 12 năm 2010
Tác giả

3


CHƯƠNG 1

NHỮNG KẾT QUẢ CƠ BẢN
CỦA LÝ THUYẾT ĐIỂM BẤT ĐỘNG
1.1. ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ CO

1.1.1 Định nghĩa. Cho T là một ánh xạ từ tập X vào chính nó. Ánh xạ
T được gọi là có điểm bất động nếu tồn tại x0 ∈ X sao cho T x0 = x0 .

1.1.2 Định nghĩa. Ánh xạ T từ không gian metric (X, d) vào chính nó
được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số k ∈ [0, 1) sao cho
d(T x, T y) ≤ kd(x, y), với mọi x, y ∈ X.

1.1.3 Định lý (nguyên lý ánh xạ co Banach). Cho (X, d) là một không
gian metric đầy đủ và T là một ánh xạ co trong X . Khi đó, tồn tại duy
nhất xω ∈ X mà T xω = xω . Ngoài ra, với mọi x0 ∈ X ta có T n x0 →xω khi
n→∞.

Chứng minh. Lấy x0 tùy ý trong X và đặt xn+1 = T xn với n = 0, 1, 2, . . .
Dễ dàng kiểm tra rằng: d(xn , xn+1 ) ≤ k n d(x0 , x1 ). Lấy m > n, ta có
d(xn , xm ) ≤ d(xn , xn+1 + · · · + d(xm−n , xm )
≤ (k n + k n+1 + · · · + k m−1 )d(x0 , x1 )


(3)

Thật vậy, nếu x = y thì đặt ε = d(x, y) > 0 và ta sẽ có ε = d(x, y) < ε + δ nên
theo (2) ta phải có d(T x, T y) < ε = d(x, y).
Lớp ánh xạ thỏa mãn điều kiện (3) thường được gọi là co yếu.
1.1.7 Định lý (Meir - Keeler). Cho (X, d) là một không gian metric đầy
đủ và T là một ánh xạ (ε, δ)-co trong X . Khi đó, T có điểm bất động duy
nhất xω và với mọi x0 ∈ X , ta có T n x0 →xω khi n→∞.
Chứng minh. Lấy x0 ∈ X tùy ý, đặt xn+1 = T xn và cn = d(xn , xn+1 ), n =
0, 1, 2, . . . Có thể giả thiết cn > 0. Vì T là co yếu nên {cn } là dãy dương và

giảm, do đó cn →ε ≥ 0. Nếu ε > 0 thì tồn tại δ > 0 để có (2). Chọn k ∈ N sao
cho nếu n ≥ k thì cn < ε + δ . Theo (2) ta có cn+1 < ε là điều vô lý. Vậy ε = 0,
tức là cn →0.
Ta sẽ chứng minh {xn } là dãy Cauchy bằng phản chứng. Giả sử có ε > 0 sao
cho với mọi k ∈ N, tồn tại n, m ≥ k mà d(xn , xm ) ≤ 2ε. Chọn k sao cho nếu
5


i ≥ k thì ci < α4 . Với α = min{ε, δ}. Chọn m > n ≥ k để cho d(xn , xm ) ≥ 2ε

và xét các số d(xn , xn+1 ), d(xn , xn+2 ), . . . , d(xn , xm ). Khoảng cách giữa hai số
liên tiếp là
|d(xn , xi ) − d(xn , xi+1 )| ≤ d(xi , xi+1 ) = ci

α
α
+ε+ =ε+ .
4
4
2

Điều này mâu thuẫn với d(xn , xj ) ≥ ε + α2 . Vậy {xn } là dãy Cauchy và
xn →xω ∈ X.

Để ý rằng T là ánh xạ co yếu, với mọi n = 0, 1, 2, . . . ta có
d(xω , T xω ) ≤ d(xω , xn+1 ) + d(xn+1 , T xω )
= d(xω , xn+1 ) + d(T xn , T xω )
= d(xω , xn+1 ) + d(xn , xω ).

Cho n→∞ ta được d(xω , T xω ) = 0, tức là xω = T xω .
1.1.8 Chú ý. Đối với lớp ánh xạ co yếu nguyên lý ánh xạ co không còn
đúng nữa.
Một phản ví dụ đơn giản là X = [1, ∞), T x = x + x1 ; ánh xạ này co yếu và
không có điểm bất động. Thật vậy, nếu x = y thì
d(T x, T y) = x +

1
1
1 1
−y−
= |y − x| −
−
< |y − x|.
x

1−k
1−k

Mặt khác, ta lại có
d(T x, T (T x)) ≤ kd(x, T x)

nên d(x, T x) ≤ ϕ(x) − ϕ(T x) với
ϕ(x) =

d(x, T x)
1−k

là hàm liên tục.
7


Chứng minh. Trước hết ta đưa vào quan hệ thứ tự trên X như sau:
x ≤ y khi và chỉ khi d(x, y) ≤ ϕ(x) − ϕ(y).

Dễ kiểm tra đó chính là mối quan hệ thứ tự và ϕ là một hàm tăng theo quan
hệ thứ tự này, tức là nếu x ≤ y thì ϕ(y) ≤ ϕ(x).
Ta sẽ chứng minh rằng trong (X, ≤) tồn tại phần tử cực đại υ . Lấy x1 ∈ X
tùy ý và đặt
S(x1 ) = {y ∈ X : x1 ≤ y}
= {y ∈ X : d(x1 , y) ≤ ϕ(x1 ) − ϕ(y)}
= {y ∈ X : d(x1 , y) + ϕ(y) ≤ ϕ(x1 )}.

Vì d(x1 ) liên tục và ϕ nửa liên tục dưới nên S(x1 ) đóng.
Đặt a1 =inf{ϕ(y) : y ∈ S(x1 )}. Khi đó tồn tại x2 ∈ S(x1 ) mà
ϕ(x2 ) ≤ a1 + 1.


Do đó
d(x, y) ≤ 2 aqn +

1
n−1

− 2an =

2
,
n−1

với mọi x, y ∈ S(xn ). Vậy dn →0 khi n = →∞.
Vì không gian X đầy đủ nên theo nguyên lý Cantor
∞

S(xn ) = {v}.
n=1

Ta sẽ chứng minh rằng υ là phần tử cực đại trong (X, ≤), tức là nếu υ ≤ w thì
v = w.

Thật vậy, vì v = w nên x1 ≤ w, vậy w ∈ S(x1 ). Vì v ≤ w nên x2 ≤ w, mà
∞

∈ S(x1 ) nên w ∈ S(x2 ). Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ được w ∈

S(xn ) = {υ},
n=1

1.2.3. Bổ đề (Sperner). Với phép gán số Sperner, trong một phép tam
giác phân một đơn hình bất kỳ luôn có một số lẻ các đơn hình tốt.
Chứng minh. (bằng quy nạp theo số chiều)
a) Với n = 1, đơn hình chính là đoạn u0 u1 , đỉnh u0 được gán số 0, đỉnh u1
gán số 1, các đỉnh còn lại của các đơn hình con nhận các số 0 hoặc 1.
Gọi k là số đỉnh (của các đơn hình con) nhận giá trị 0 (nếu là đỉnh chung
thì được tính hai lần). Ta có k là số lẻ vì chỉ có một đỉnh nhận số 0 thuộc phần
trong thì được tính hai lần.
Gọi h là số đỉnh nhận số 0 mà đỉnh còn lại (của đơn hình con chứa đỉnh đó)
cũng nhận số 0. Vậy h là số chẵn vì "đỉnh còn lại" cũng có tính chất đó.
10


Số đơn hình tốt bằng k − h phải là số lẻ. Vậy bổ đề đúng với N = 1.
b) Giả sử Bổ đề đúng với n = m, ta sẽ chứng minh nó đúng với n = m + 1.
Gọi k là số các m-diện (diện m chiều) mà các đỉnh được gán các số 0, 1, . . . , m
(gọi là diện tốt) của các m + 1-đơn hình con. Khi đó k = k1 + k2 , với k1 là số
diện tốt nằm trên biên của đơn hình gốc S và k2 là số các diện tốt thuộc phần
trong của S . Vì biên của S chứa các diện tốt chính là m-diện co{u0 , u1 , . . . , um }
của S , cũng là một m-đơn hình, nên theo giả thiết quy nạp k1 là số lẻ. Số k2 là
chẵn vì mỗi diện tốt thuộc phần trong là chung cho hai đơn hình con nên được
tính hai lần. Vậy k là số lẻ.
Gọi h là số các diện tốt mà đỉnh còn lại không được gán số m + 1. Vậy đỉnh
đó sẽ được gán một trong các số 0, 1, . . . , m, vì vậy m + 1-đơn hình con chứa
diện đó phải chứa hai diện tốt. Do đó h là số chẵn. Vì số các (m + 1)-đơn hình
tốt bằng k − h nên phải là số lẻ. Bổ đề đã được chứng minh.
1.2.4 Bổ đề (Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz). Cho đơn hình S =
co{u0 , u1 , . . . , un } trong Rn và các tập hợp đóng F0 , F1 , . . . , Fn trong S thỏa
mãn điều kiện sau: với mọi tập hợp con I ⊂ {0, 1, . . . , n} ta có
co{ui : i ∈ I} ⊂

i = 0, 1, . . . , n.

Ta thực hiện trong S phép tam giác phân bước hai, tức là tiếp tục chia nhỏ
các đơn hình con đã có ở bước một sao cho các điều kiện của tam giác phân
(trên S ) vẫn được bảo đảm. Các đỉnh mới xuất hiện vẫn được gán số theo cách
đã nêu trong bước một, kết quả ta tìm được một đơn hình tốt mới, ký hiệu là
∆2 = co{v02 , v12 , . . . , vn2 } với vi2 ∈ Fi , i = 0, 1, . . . , n.

Tiếp tục quá trình trên ta được một dãy đơn hình tốt {∆m : m = 1, 2, . . . } với
∆m = co{v0m , v1m , . . . , vnm } và vim ∈ Fi , i = 0, 1, . . . , n. Dãy {v0m } nằm trong

tập hợp compact S nên tồn tại dãy con {v0mi } hội tụ đến v0 ∈ F0 do F0 đóng.
Dãy {v1mi } (tương ứng với dãy con {v0mi } ở trên) cũng nằm trong S nên chứa
mi

dãy con {v0 j } hội tụ đến v1 ∈ F1 do F1 đóng.
Sau n + 1 lần trích dãy con, ta được dãy con {vnmk } của dãy {vnm } hội tụ đến
vn ∈ Fn . Vậy ta được dãy con các đơn hình tốt {∆mk } của dãy {∆m } mà mỗi

dãy các đỉnh {vimk } hội tụ đến vi ∈ Fi , i = 0, 1, 2, . . . , n.
Có thể giả thiết lim diam∆mk = 0 (chỉ cần chọn phép tam giác phân thích
k→∞

hợp). Khi đó các dãy đỉnh {vimk } hội tụ về cùng một điểm, tức là v0 = v1 =
· · · = vn . Ký hiệu điểm giới hạn chung đó là v , ta có
n

v∈

Fi .

xi = 1. Sau đây ta sẽ viết x = (x0 , x1 , . . . , xn ) và
i=0

mỗi xi được gọi là tọa độ trọng tâm của x, nó cũng biến đổi liên tục theo x.
1.2.6 Nguyên lý điểm bất động (Brouwer). Mọi ánh xạ liên tục từ
hình cầu đơn vị đóng trong Rn vào chính nó đều có điểm bất động.
Chứng minh. Vì hình cầu đơn vị đóng trong Rn đồng phôi với một n-đơn
hình S nên ta chỉ cần chứng minh rằng ánh xạ liên tục T : S→S sẽ có điểm
bất động trong S .
Với mỗi x ∈ S ta có x = (x0 , x1 , . . . , xn ) và y = T x = (y0 , y1 , . . . , yn ). Với
mỗi i = 0, 1, . . . , n ta đặt Fi = {x ∈ S : xi ≥ yi }. Do T liên tục nên các Fi đều
đóng. Ta sẽ chứng minh các Fi thỏa mãn điều kiện (KKM ).
Lấy I ⊂ {0, 1, . . . } và x ∈co{ui : i ∈ I}, và

13


n

y = (y0 , y1 , . . . , yn ) với yi ≥ 0,

yi = 1.
i=0

Để chứng minh x ∈

Fi ta cần chứng minh tồn tại i0 ∈ I để cho x ∈ Fi0 , tức
i∈I

là xi0 ≥ yi0 . Giả sử ngược lại rằng xi < yi với mọi i ∈ I . Khi đó ta gặp mâu

i=0

Khi đó ta có x∗i ≥ yi∗ với i = 0, 1, . . . , n, trong đó các yi∗ là tọa độ trọng tâm
của y ∗ = T x∗ .
n

Vì
x∗i

=

n

x∗i

i=0
yi∗ với

=
i=0

yi∗ = 1, các bất đẳng thức trên phải là đẳng thức, tức là

mọi i = 0, 1, . . . , n. Vậy ta có x∗ = y ∗ = T x∗ và nguyên lý đã được

chứng minh.
1.2.7 Mệnh đề. Nguyên lý điểm bất động Brouwer tương đương với Bổ
đề KKM.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh Bổ đề KKM từ nguyên lý điểm bất động
Brouwer. Ta sẽ dùng phản chứng.


n

Các hàm µi có tính chất liên tục, 0 ≤ µi (x) ≤ 1,

µi (x) = 1 với mọi x ∈ S .
i=0

n

Với mỗi x ∈ S ta đặt T x =

µi (x)ui . Do S lồi ta có T x ∈ S , ngoài ra T liên
i=1

tục vì µi liên tục. Theo nguyên lý Brouwer, tồn tại x∗ ∈ S mà x∗ = T x∗ .
Đặt I = {i : µi (x∗ ) > 0}. Khi đó ta có
n
∗

µi (x∗ )ui =

Tx =
i=0

µi (x∗ )ui .
i∈I

Nhưng vì µi (x∗ ) > 0 khi và chỉ khi x∗ ∈
/ Fi với mọi i ∈ I nên x∗ ∈

F (x) = ∅.
x∈A

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại một tập
n

hợp hữu hạn {x1 , . . . , xn } trong C mà

F (xi ) = ∅. Đặt L là không gian con
i=1

tuyến tính của X sinh bởi {x1 , . . . , xn } và d là một khoảng cách trên L tương
thích với tôpô cảm sinh từ X . Ký hiệu ∆ =co{x1 , . . . , xn }.

15


Đặt G(xi ) = F (xi ) ∩ L, i = 1, 2, . . . , n. Với mỗi x ∈ ∆, đặt
αi (x) = d(x, G(xi )).
n

n

F (xi ) = ∅ nên

Vì
i=1

G(xi ) = ∅. Do đó với mỗi x ∈ ∆, tồn tại một i sao
i=1

ta được
x ∗ = T x∗ =

µi (x∗ )ui ∈ co{ui : i ∈ I} ⊂
j∈I

Fj
j∈I

vì F là ánh xạ KKM.
Mặt khác, vì với mọi i ∈ I ta có αi (x∗ ) > 0 nên x∗ ∈
/

F (xj ), ta gặp mâu
j∈I

thuẫn. Vậy nguyên lý đã được chứng minh.
F (x) = ∅ với mọi A

Để ý rằng trong nguyên lý trên ta chỉ khẳng định
x∈A

hữu hạn trong C . Tính chất này thường được phát biểu là "họ {F (x) : x ∈ C}
F (x) = ∅ ta phải

có tính chất giao hữu hạn". Muốn có kết quả mạnh hơn:
x∈C

thêm một trong hai giả thiết sau:
a) C là tập hợp hữu hạn, hoặc

Chứng minh. Kết luận của định lý (gọi là bất đẳng thức Ky Fan) được suy
ra từ nguyên lý ánh xạ KKM như sau.
Với mỗi x ∈ C đặt F (x) = {y ∈ C : f (x, y) ≤ 0}. Vì hàm f nửa liên tục
dưới theo y nên F (x) là tập hợp đóng.
17


Ta sẽ kiểm tra điều kiện (KKM ) bằng phản chứng. Giả sử tồn tại x1 , . . . , xn ∈
n

C và x ∈co{x1 , . . . , xn } mà x ∈
/

F (xi ). Khi đó
i=1

n

n

αi xi , αi ≥ 0,

x=
i=1

αi = 1.
i=1

n



αi x i ,
i=1

αi xi

= f (x, x) > 0,

i=1

trái với điều kiện (iii). Vậy F là ánh xạ KKM.
F (x) = ∅. Lấy y ∗ ∈

Vì C compact nên ta có
x∈C

F (x) ta được f (x, y ∗ ) ≤
x∈C

0 với mọi x ∈ C . Định lý đã được chứng minh.

1.2.13 Mệnh đề. Bất đẳng thức KyFan tương đương với nguyên lý
Brouwer.
Như đã thấy, bất đẳng thức Ky Fan suy từ nguyên lý ánh xạ KKM, mà
nguyên lý này lại tương đương với nguyên lý Brouwer, nên chỉ cần phải chứng
minh định lý Brouwer từ bất đẳng thức Ky Fan. Chúng ta sẽ chứng minh một
kết quả tổng quát hơn: Mọi ánh xạ liên tục từ một tập hợp lồi, compact trong
một không gian Hilbert vào chính nó đều có điểm bất động.
Vậy cho C là một tập hợp lồi, compact trong không gian Hilbert với tích vô
hướng x, y , T : C→C là một ánh xạ liên tục. Với mỗi cặp x, y ∈ C ta đặt

f (x, y) = T y − y − T y − x .

Vì chuẩn là hàm lồi nên với mỗi y, f (x, y) liên tục theo y . Hiển nhiên, f (x, x) = 0
với mọi x ∈ C . Theo bất đẳng thức Ky Fan, tồn tại x0 ∈ C sao cho
f (x, x0 ) ≤ 0 với mọi x ∈ C.

Từ đây ta được T x0 − x0 = min{ T x0 − x : x ∈ C}.
Định lý đã được chứng minh.
19


1.3.2 Hệ quả (Schauder) ([4]). Mọi ánh xạ liên tục từ một tập hợp lồi,
compact của một không gian định chuẩn vào chính nó đều có điểm bất động.
1.3.3. Định lý (Tikhonov). Cho C là một tập hợp lồi, compact trong
không gian lồi địa phương tách (X, P ), T : C→C là ánh xạ liên tục. Khi đó
T có điểm bất động.
Chứng minh. Vì T x = x khi và chỉ khi p(x − T x) = 0 với mọi p ∈ P nên ta
chỉ cần chứng minh tập hợp
{x ∈ C : p(x − T x) = 0} = ∅.
p∈P

Do p và T liên tục, đó là giao của một họ tập hợp đóng trong tập hợp compact
C , nên chúng ta chỉ cần chứng minh họ đó có tính chất giao hữu hạn. Vậy lấy
{p1 , p2 , . . . , pn } ⊂ P , ta cần chứng minh
n

{x ∈ C : pi (x − Tx ) = 0} = ∅,
i=1

điều này tương đương với

20


Điều đó chứng tỏ rằng
n

n
∗

∗

pi (x − T y ∗ ), với mọi x ∈ C.

pi (y − T y ) ≤
i=1

Đặc biệt, chọn x = T y ∗ , ta được

i=1
n

pi (y ∗ − T y ∗ ) = 0, chứng tỏ y ∗ ∈ M , tức là

i=1

M = ∅. Định lý đã được chứng minh.

21



2.1.3 Chú ý. Chúng ta có thể nói rằng, bán kính Chebyshev r(A, B) là bán
kính của hình cầu nhỏ nhất có tâm tại một điểm thuộc B và phủ tập A, tâm
Chebyshev Z(A, B) là tập hợp tất cả các tâm của các hình cầu nhỏ nhất đó.
Tuy nhiên, giá trị nhỏ nhất trong định nghĩa không nhất thiết phải đạt được,
tập Z(A, B) có thể thể bằng rỗng. Mặt khác, nếu với mọi ε > 0 ta xét tập
Zε (A, B) = {y ∈ B : r(A, y) ≤ r(A, B) + ε}

thì Zε (A, B) là tập khác rỗng, lồi, bị chặn và đóng nếu B thỏa mãn các tính
chất tương tự. Do đó Zε (A, B) là tập lồi, khác rỗng và compact yếu nếu B cũng
22


như vậy. Từ
Zε (A, B) = Z(A, B)
ε>0

và từ giao hữu hạn suy ra rằng Z(A, B) là tập khác rỗng khi B là tập lồi và
compact yếu.
2.1.4 Định nghĩa. Tập bị chặn, lồi, đóng A của không gian Banach X
được gọi là có đường kính nếu diam(A) = r(A).
2.1.5 Định nghĩa. Tập con bị chặn, lồi, đóng A của không gian Banach X
được gọi là có đường kính nếu diam(A) = r(A). Tương đương, nếu Z(A = A.
Ta nói không gian Banach X có cấu trúc chuẩn tắc (tương ứng cấu trúc chuẩn
tắc yếu) nếu mọi tập con khác rỗng, lồi, đóng (tương ứng compact yếu) có đường
kính của X là một đơn hình.
2.1.6 Định nghĩa. Đường kính tiệm cận, bán kính và tâm của dãy {xn }
trong không gian Banach X được cho bởi
diama ({xn }) = lim sup{ xn − xm : n, m ≥ k},
k→∞


một tập lồi, compact yếu, có đường kính A mà không là một đơn hình. Đặt
d = diam(A) > 0 và lấy ε < d là một số dương tùy ý. Chọn x1 tùy ý thuộc A.

Một cách đệ quy ta có thể xây dựng một dãy {xn } sao cho
yn − xn+1 > d −

ở đây

ε
n2

n

xi
yn =

i=1

n

.
n

Giả sử x là một điểm tùy ý trong bao lồi của {x1 , . . . , xn }, nghĩa là, x =

αj xj
j=1

n


x − xn+1 +
n
nα
≤

n
j=1

1 αj
−
n nα

xj − xn+1

1
1
x − xn+1 + 1 −
d.
nα
nα

Do đó
x − xn+1 ≥

d
ε
− 2
nα n
24


của X , ký hiệu là δX (ε) được cho bởi
δX (ε) = inf 1 −

x+y
: x, y ∈ B(0, 1), x − y ≥ ε .
2

2.1.11 Định nghĩa. Không gian Banach X được gọi là trơn nếu tồn tại
duy nhất f ∈ X ∗ sao cho f = 1 và f (x) = 1 với x = 1.
2.1.12 Định nghĩa. Không gian Banach X được gọi là trơn đều nếu
lim+

t→0

ρX (t)
= 0.
t

Ở đây ρX (t) là môđun trơn được cho bởi
ρX (t) = sup

1
( x + ty + x − ty ) − 1 : x ≤ 1, y ≤ t .
2

25