А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу, страница 6

Пространство E. Вложение D в E21ПредложениеS2.15. Пусть F = 0 на каждом из открытых множеств Uα . Тогда она равна нулю на ихобъединении U := Uα .}, подчинённое покрытию {Uα }. Пусть supp ϕ ⊂ U . Тогда, посколькуP Рассмотрим разбиение единицы {ψiPψi = 1 в U , можно написать, что ϕ =ϕψi . Поскольку supp ϕ — компакт, в силу локальной конечностиразбиения единицы найдутсятакиеi,...,i,1m что ψi1 + .

. . + ψim = 1 в некоторой окрестности supp ϕ, то есть вPэтой окрестности суммаϕψi на самом деле конечна. ПоэтомуmmD XE XhF, ϕi = F,ϕψik =hF, ϕψik i = 0,k=1(48)k=1поскольку носитель каждой из функций ϕψik лежит в некотором множестве Uα (а на каждом Uα функция Fравна нулю по условию). Определение. Точку x назовём существенной для F , если для любой окрестности U (x) существует ϕ сносителем в U , для которой hF, ϕi =6 0.Задача 2.1.

Множество всех существенных точек совпадает с носителем функции F .2.3. Другие виды основных и обобщённых функций: пространства S и E∞2.3.1. Пространство E. Вложение D в EВведём в пространстве C (R) систему полунорм: пусть K — компакт, тогда положим kϕkK,m := maxϕ(m) (x) = ϕ(m) C(K) .K(49)Пространство C∞ с такой системой полунорм обозначим через E. Скажем, что ϕn → 0 в E, если kϕn kK,m → 0для всех компактов K и для всех m.Замечание. Естественно, что можно ограничиться только какой-нибудь счётной последовательностью компактов, исчерпывающих R.

Например, можно рассматривать не все компакты, а только отрезки [−n, n], тогдамножество полунорм будет счётно. В дальнейшем мы придумаем ещё более экономную систему полунорм.Определение. Пространство E ′ — это пространство непрерывных линейных функционалов на пространствеосновных функций E.Утверждение 2.16. Пространство D непрерывно вкладывается в E и плотно в E по метрике E. Покажем непрерывность вложения: если ϕn → 0 в D, то последовательность их образов в E (то естьэтих же самых функций, но рассматриваемых в другом пространстве) тоже сходится к нулю в E.

В самом деле,пусть supp ϕn ⊂ [−a, a] при всех n. По определению сходимости в D, на отрезке [−a, a] имеется равномернаясходимость к нулю всех производных функций ϕn . Значит, все полунормы в пространстве E тем более пойдутк нулю.Докажем, что D плотно в E. Возьмём произвольную функцию из E и домножим её на гладкий индикатор ψnотрезка [−n, n]. Тогда при всяком фиксированном компакте K и фиксированном m имеемψn ϕ − ϕ= 0,(50)K,mкак только K ⊂ [−(n + 1), n + 1].

Утверждение 2.17. Имеет место вложение E ′ ֒→ D′ и E ′ плотно в D′ . Пусть F ∈ E ′ . Покажем, что её можно рассматривать и как обобщённую функцию на пространствеD. Проблемы могут быть только с непрерывностью, потому что с областью определения всё заведомо хорошо:D ⊂ E.Пусть ϕn → 0 в D. Тогда по только что доказанному утверждению, имеем ϕn → 0 в E. Но F — обобщённаяфункция на E, поэтому она непрерывна, а значит, hF, ϕn i → 0. Но это и надо доказать.Далее, пусть F ∈ D′ . Найдём последовательность обобщённых функций {Fn } из E ′ такую, что Fn → F в D′ .Рассмотрим функции Fn := ψn F , где ψn — гладкий индикатор отрезка [−n, n]. Покажем, что это обобщённыефункции из E ′ .

Действительно, возьмём {ϕk } ⊂ C∞ такую, что ϕk → 0 в E. Легко видеть, что ψn ϕk → 0 в Dпри k → ∞, а, так как F ∈ D′ , получаем, чтоhFn , ϕk i = hψn F, ϕk i = hF, ψn ϕk i → 0,k → ∞.(51)′Далее, покажем, что Fn → F в D при n → ∞. Действительно, рассмотрим ϕ ∈ D. ТогдаhFn , ϕi = hψn F, ϕi = hF, ψn ϕi = hF, ϕi ,как только supp ϕ ⊂ [−n, n]. Таким образом, сходимость есть. 21(52)2.3.2. Ещё раз о системе полунорм в E222.3.2. Ещё раз о системе полунорм в EВремя идёт, и настала пора сэкономить на полунормах.

Итак, начинаем перестройку. . .Лемма 2.18 (О перестройке системы полунорм в E). Сходимость в пространстве E эквивалентнасходимости по системе полунормPm (ϕ) := max max ϕ(k) (x).(53)k6m x∈[−m,m] Для доказательства в одну сторону достаточно загнать компакт K в отрезок [−m, m] и потребовать,чтобы порядок производной в определении старой полунормы не превосходил m, после чего требуемая оценкаочевидна.Обратно, пусть имеется сходимость по старой системе. Докажем, что будет сходимость и по новой. Для этоговозьмём компакт побольше и запихнём в него отрезок [−m, m].

Осталось потребовать, чтобы kϕn kK,k 6 ε привсех k 6 m. Утверждение 2.19. Пусть X — счётно-нормированное пространство с системой полунорм k·kk . Тогда Xметризуемо. Введём в X метрику:∞Xkx − ykm1·.(54)ρ(x, y) :=m21 + kx − ykmm=1То, что это метрика, легко проверяется (неочевидно только неравенство треугольника, да и то легко доказываxется геометрически с использованием свойств выпуклости функции 1+x).Докажем эквивалентность сходимости.

Если есть сходимость по такой метрике, то, очевидно, каждое слагаxемое должно стремиться к нулю. Но тогда и полунормы устремятся к нулю в силу того, что 1+x→ 0 тогда итолько тогда, когда x → 0.Обратно, пусть все полунормы сходятся к нулю. Пусть нужно сделать расстояние меньше, чем 2ε. Посколькуx1+x < 1, ряд мажорируется прогрессией, поэтому его хвост можно сделать меньше ε, начиная с некоторогоn. Осталось дождаться, пока первые n полунорм станут в сумме меньше, чем ε, тогда сумма всего ряда непревзойдёт 2ε. Утверждение 2.20.

Пусть F ∈ E ′ . Тогда найдутся m и C > 0 такие, что|F (ϕ)| 6 C · Pm (ϕ).(55) В силу непрерывности функционала F получаем, что если ρ(0, ϕ) < δ, то и |F (ϕ)| < 1. В силу сходимостиряда, его остаток можно сделать малым при всех ϕ: выберем m0 таким, чтобы сумма m0 -хвоста была меньше 2δ .Выберем теперь δ1 так, чтобыm0XPm (ϕ)δ1·< ,(56)m21 + Pm (ϕ)2m=0когда Pm0 (ϕ) < δ1 . Заметим, что полунормы Pm монотонно возрастают, поэтому достаточно взять δ1 < δ4 .Итак, расстояние от ϕ до нуля не превосходит 2δ + δ2 = δ, когда Pm0 (ϕ) < 4δ , поэтому для таких ϕ имеемF (ϕ) < 1.

Пусть ϕ — произвольная функция. Если Pm0 (ϕ) 6= 0, то всё доказано: имеемδ1Pm0ϕ = δ1 ,(57)Pm0 (ϕ)поэтому для функцииδ1Pm0 (ϕ) ϕимеем Fδ1ϕ < 1,Pm0 (ϕ)(58)откуда в силу линейности функционала F получаем требуемую оценку|F (ϕ)| <1· Pm0 (ϕ).δ1(59)Однако может получиться мелкая неприятность: если Pm0 (ϕ) = 0, то на ноль делить нехорошо. Но это неиспортит нам жизнь: покажем, что в этом случае F (ϕ) = 0.

Допустим, что это не так. Тогда, если Pm0 (ϕ) = 0,то и Pm0 (kϕ) = 0. Но мы знаем, что когда Pm0 (ϕ) < δ4 , то и |F (ϕ)| < 1. Таким образом, при всех k имеем|F (kϕ)| = k |F (ϕ)| < 1. Но этого не может быть. 22232.4.1. Обобщённые функции с компактным носителем2.4. Структура обобщённых функций на D2.4.1. Обобщённые функции с компактным носителемМы уже знаем, что E ′ ⊂ D′ . Теперь мы узнаем, какую именно часть они там составляют.Теорема 2.21. Обобщённые функции из D′ с компактным носителем — это в точности функции из пространства E ′ . Пусть F ∈ E ′ . Покажем, что её носитель компактен.По предыдущему утверждению, найдётся m такое,что |F (ϕ)| 6 C · Pm (ϕ). Пусть supp ϕ ⊂ R r [−m, m] , тогда Pm (ϕ) = 0 и потому F (ϕ) = 0.

Таким образом,supp F ⊂ [−m, m].Обратно, пусть F ∈ D′ и множество K := supp F компактно. Покажем, что F можно продолжить до непрерывного функционала на E. Возьмём ограниченную окрестность U компакта K и рассмотрим гладкую финитную функцию ψ, равную 1 в этой окрестности. ПоложимFe(ϕ) := F (ψϕ).(60)Проверим, что Fe ∈ E ′ и что Fe продолжает F с D на E. Пусть ϕn → ϕ в E.

Тогда ψϕn → ψϕ в E по формулеЛейбница. Но так как ψϕn ∈ D, то уже из непрерывности F на D следует сходимость Fe (ϕn ) → Fe (ϕ).Покажем, что Fe = F на D. Пусть ϕ ∈ D. Тогда Fe(ϕ) − F (ϕ) = F (ψϕ) − F (ϕ) = F (ψ − 1)ϕ = 0, потому чтоsupp(1 − ψ) ∩ supp F = ∅.Тот факт, что от выбора окрестности U ничего не зависит, докажите самостоятельно. Это очевидно. Задача 2.2. Сходимость в D не метризуема.Решение.

Вначале докажем лемму, которая полезна сама по себе.Лемма 2.22. Пусть (M, ρ) — метрическое пространство, fij ∈ M . Пустьf11 , f12 , f13 , . . . → f1 ,f21 , f22 , f23 , . . . → f2 ,...(61)fn1 , fn2 , fn3 , . . . → fn ,...Пусть последовательность {fn } ⊂ M тоже сходится к некоторой функции f ∈ M .

Тогда можно выбрать изкаждой строки таблицы по функции fnin так, что fn in → f . В силу сходимости в первой строке, существует номер i1 такой, что ρ(f1i1 , f1 ) < 12 . Далее, в силусходимости во второй строке, существует номер i2 такой, что ρ(f2i2 , f2 ) < 14 . Продолжая аналогично, получим,что существует номер in такой, что ρ(fnin , fn ) < 21n . Таким образом, ρ(fnin , fn ) → 0, но по условию ρ(fn , f ) → 0.Отсюда следует, что пределы последовательностей fnin и fn совпадают (по неравенству треугольника).