Диссертация (1149911), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

Пусть ∈ 11 [−1, 1] неотрицательна. И пусть замкнутоемножество ⊂ R+ таково, что множество всех ∈ , для которых(·, ) ̸≡ 0, имеет меру ноль. Тогда найдётся возрастающая последователь­ность весов bℓ такая, что1) bℓ (·, ) ⇒ (·, ) для почти всех ;2) bℓ (·, ) ≡ 0 для каждого в некоторой (зависящей от ℓ) окрестности;3) (bℓ , ) → (, ) и (bℓ , ) → (, ).Замечание 2.2. Если допустимы для , то и bℓ тоже.Доказательство. Возьмём ρ() := min(1, max(0, )),bℓ (, ) := (, ) · ρ(ℓ dist(, ) − 1) 6 (, ).42(︀ )︀(︀ )︀Вес bℓ равен нулю в 1ℓ -окрестности .

Кроме того, bℓ ≡ вне 2ℓ -окрестности , а также bℓ (, ) возрастает по ℓ. Тем самым , bℓ (·, ) ⇒ (·, ) для почтивсех . По теореме о монотонной сходимости имеем (−1 (R+ ∖ ), bℓ , ) ↗(−1 (R+ ∖ ), , ).Разобьем множество на два: 1 := { ∈ : (·, ) ≡ 0} и 2 = ∖1 .Тогда(−1 (1 ), bℓ , ) = (−1 (1 ), , ),∫︁(︀)︀−1( (2 ), bℓ , ) = (), bℓ (, ())|′ ()| .∈−1 (2 )При этом, по предложению 5, почти всюду на −1 (2 ) выполнено ′ () = 0. Тоесть∫︁(︀)︀−1 (), 0 = 0.( (2 ), bℓ , ) =∈−1 (2 )Аналогично (−1 (2 ), , ) = 0, откуда (bℓ , ) → (, ). Вторая часть пунк­та 3) доказывается так же.Перейдем к доказательству теоремы 2.1.Шаг 1.

Пусть ∈ 11 [−1, 1], и вес удовлетворяет условиям (1) −(7). Тогда выполняется неравенство (1.2).Разобьем отрезок [−1, 1] на отрезки Δ = [^ , ^+1 ], состоящие из двух ча­стей. В левой части каждого отрезка вес будет возрастать по в окрестностиграфика (), в правой же будет убывать. Согласно замечанию 2.1 на каждомтаком отрезке можно повторить схему из леммы 2.1, приближая функцию липшицевыми функциями . Это даёт (Δ , , ) → (Δ , , ).Однако при такой аппроксимации функции могут иметь разрывы вточках ^ .Заметим теперь, что согласно условию (7) можно выбрать точки ^ так,что ≡ 0 в (, )-окрестности точек (^ , (^ )).Изменим теперь функции в окрестности точек ^ на линейные, сделав непрерывными на [−1, 1].

В силу вышесказанного, интегралов (Δ , , )это не изменит, и мы получаем (, ) → (, ) и → в 11 [−1, 1].По теореме 1.3 получаем (1.2).Шаг 2. Пусть вес удовлетворяет условиям (1) − (6). Тогда вы­полняется неравенство (1.2).43Применим лемму 2.5. В качестве множества возьмем множество всех ,при которых происходит переход графика () из промежутка, в котором весубывает по , в промежуток, в котором вес возрастает. Очевидно, получившиесяфункции bℓ удовлетворяют (1) − (7). Из шага 1 имеем (bℓ , ) 6 (bℓ , ).Переходя к пределу, получаем требуемое неравенство (1.2).Шаг 3. Пусть вес удовлетворяет условиям (1) − (5).

Тогда вы­полняется неравенство (1.2).Рассмотрим абсциссы точек излома функции и ординаты, для которых имеет участки постоянства. Эти абсциссы и ординаты определяют деление пря­моугольника [−1, 1] × [min (), max ()] на более мелкие, внутри которых вес не меняет монотонности. Однако, количество мелких прямоугольников можетоказаться бесконечным.

Кроме того, если функция пересекает горизонтальнуюграницу прямоугольника, монотонность в -окрестности точки пересечения мо­жет меняться.Возьмем множество точек , для которых вес имеет участки посто­янства по . В соответствии с (5) множество ∈ , для которых (·, ) ̸≡ 0,имеет нулевую меру.Применив лемму 2.5, построим последовательность весов bℓ . У каждого изних количество участков монотонности конечно, поскольку между соседнимипо участками строгой монотонности присутствует полоса нулевых значенийвеса шириной по крайней мере 2 .Тем самым, вес bℓ может менять монотонность вдоль графика либо вточках = −1 + 2 , либо в тех местах, где график пересекает полосу нулевыхзначений веса. Ясно, что таких пересечений может быть лишь конечное число,∫︀поскольку |′ | увеличивается как минимум на 2ℓ во время такого перехода,а ′ ∈ 1 [−1, 1].Мы получили, что bℓ удовлетворяют (1) − (6).

Из шага 2 имеем(bℓ , ) 6 (bℓ , ). Переходя к пределу, получаем (1.2).Шаг 4. Пусть вес удовлетворяет условиям (1) − (3). Тогда вы­полняется неравенство (1.2).Предположим, что функция удовлетворяет (1) − (3), в частности(, ) < ∞.Зафиксируем произвольное четное .

По точкам (−1 + 2 , ) для каждо­го построим кусочно линейную по интерполяцию. Получившаяся функция44 (, ) непрерывна, четна по и по лемме 2.4 удовлетворяет неравенству (1.3).Кроме того, → при → ∞, причем сходимость равномерная на компактах.Однако неравенство (, ()) 6 (, ()) не обязано выполняться, и потомувеса могут не быть допустимыми для .Возьмем c := (1 − ( , ( ))) , где определены в (2.4). Числа ( , ( )) положительны и стремятся к нулю, поэтому c → при → ∞.Покажем, что c (, ()) 6 (, ()).

Возьмем некоторое число ∈ [−1 +2(+1)2 , −1 + ] =: [ , +1 ]. Тогда c (, ()) 6 max(c ( , ()), c (+1 , ())),поскольку c кусочно линейны по . Далее,c ( , ()) = (1 − ( , ( ))) · ( , ())( , ()) − (, ())6 ( , ()) −· ( , ()) = (, ()).( , ())Аналогично, c (+1 , ()) 6 (, ()). Тем самым, c (, ()) 6 (, ()) длялюбого , и c являются допустимыми для .

То есть функции c удовлетво­ряют (1) − (4).При заданном ∈ N, будем приближать функцию c =: c весами, удо­влетворяющими (1) − (5). Рассмотрим вспомогательную функцию Λ() =1 − ||, удовлетворяющую условию (1.3).Возьмем() := (c, (c)) · max{τ > 0 : ∀ ∈ −1 () τΛ() 6 c(, ())}.Функция зависит от , но мы будем опускать это в записи.Ясно, что максимальное τ равно нулю только если (·, ) ≡ 0, иначенарушается условие (3).

Функция может не быть непрерывной. Однако,несложно видеть, что она полунепрерывна снизу. Возьмем теперь˜() :=inf{() + | − |}.∈([−1,1])Очевидно, что ˜ 6 , и множества нулей функций и ˜ совпадают.Покажем, что ˜ непрерывна (и даже липшицева).

Зафиксируем некоторое1 . Тогда найдутся сколь угодно малое ε > 0 и 1 ∈ ([−1, 1]), удовлетворяющие˜(1 ) = (1 ) + |1 − 1 | − ε. Для любого 2 имеем ˜(2 ) 6 (1 ) + |2 − 1 |. И,тем самым, ˜(2 ) − ˜(1 ) 6 |1 − 2 | + ε. В силу произвольности 1 , 2 и ε,получаем, что ˜ непрерывна.45При α ∈ [0, 1] функция dα (, ) := c(, ) + αΛ()˜() чётна по , удо­влетворяет неравенству (1.3) согласно лемме 2.3, и не превосходит (, ) попостроению функции ˜. Таким образом, dα — допустимый вес. И теперь очевид­но, что dα удовлетворяет условиям (1) − (4).Покажем, что для почти всех α ∈ [0, 1] выполнено следующее условие. dαне имеет горизонтальных участков, за исключением , для которых dα (·, ) ≡0, и множества меры ноль. Введём обозначение для множества α, «плохих»на участке [ , +1 ]:{︀ := α ∈ [0, 1] :meas{ ∈ [min , max ] :c(+1 , ) − c( , ))2}︀+ αχ ˜() = 0} > 0 ,где χ = 1 если [ , +1 ] ⊂ [0, 1], и χ = −1, если [ , +1 ] ⊂ [−1, 0].Рассмотрим функциюℎ () =c(+1 , ) − c( , )˜()ℎ () =0при ˜() ̸= 0при ˜() = 0.Тогда card( ) = card({α ∈ [0, 1] : meas{ ∈ [min , max ] : ℎ () ± 2 α =0} > 0}).

Значит card( ) 6 ℵ0 , а также card(∪ ) 6 ℵ0 . Тем самым, найдётсяпоследовательность весов dα ↘ c, удовлетворяющих (1) − (5).Из шага 3 имеем (dα , ) 6 (dα , ). Переходя к пределу, получаем(c, ) 6 (c, ).Далее, при ∈ [−1, 1] имеем(︀)︀(︀)︀ (), c (, ())|′ ()| → (), (, ())|′ ()|(2.5)(︀)︀при → ∞. Кроме того, (), (, ())|′ ()| является суммируемой мажо­рантой для левой части соотношения (2.5). По теореме Лебега о мажорируемойсходимости, получаем (c , ) → (, ). Поскольку (c , ) 6 (c , ), теоре­ма 1.3 даёт неравенство (1.2).Шаг 5.

Пусть вес удовлетворяет лишь условию (1). Тогда выпол­няется неравенство (1.2).Будем строить приближение для весами, удовлетворяющими (1) −(2). Воспользуемся леммой 2.5 с множеством = { ∈ R+ : (·, ) ≡ 0}.46Введём обозначение () := { ∈ [−1, 1] : (, ) = 0}.Заметим, что множества bℓ () совпадают либо с (), либо с [−1, 1].Покажем, что bℓ удовлетворяет (2). Действительно, в противном случаенайдётся последовательность , для которой < card(bℓ )( ) < ∞. По­сле перехода к подпоследовательности имеем → 0 .

Из части 2 леммы 2.2следует, что множества bℓ ( ) = ( ) периодические с периодом не более2−1 . Возьмем некоторый ∈ [−1, 1]. Для каждого найдётся такой, что1|− | 6 −1и ( , ) = 0. Но ( , ) → (, 0 ). Тем самым, (, 0 ) = 0.Отсюда (0 ) = [−1, 1]. Но это означает, что для любого , для которого| − 0 | 6 1ℓ , выполнено bℓ (·, ) ≡ 0, что противоречит card(bℓ )( ) < ∞.Зафиксируем теперь ℓ ∈ N, обозначим bℓ =: b и приблизим функцию bвесами, удовлетворяющими (1) − (3). Из (2) следует, что найдётся мно­жество ⊂ [−1, 1] состоящее из конечного числа элементов, такое, что если ̸∈ и b(, ) = 0 для некоторого , то b(·, ) ≡ 0.Вновь воспользуемся леммой 2.5 с множеством = ( ) ∪ ( ).

По­лученные при помощи леммы веса c удовлетворяют (1) − (2), посколькуотличаются от b лишь домножением на непрерывный множитель, меньший еди­ницы и зависящий только от .Из непрерывности следует, что для достаточно больших найдутся = () такие, что(︁{︁4 }︁)︁ {︁1 }︁ ∈ [−1, 1] : (, ) 6⊂ ∈ R+ : (, ( )) 6,2и () → ∞ при → ∞. Отсюдаmin(,−1 ())6 2 (, ) > 0 для всех ∈ ( ).Более того, при ∈ ( )max| −+1 |6 2|c ( , ) − c (+1 , )|minc (, )2dist(,−1 ())6 max=| −+1 |6 2|b( , ) − b(+1 , )|minb(, )2.dist(,−1 ())6 При этом, знаменатель второй дроби при ∈ (c ) отделен от нуля. Тем самым, (c , (c )) ограничена.Поскольку не меняется при домножении первого аргумента на коэф­фициент, не зависящий от , и (c ) ↗ (b), имеем (c , (c )) = (b, (c )) 6 (b, (b)) → 047при → ∞.Таким образом, веса c() удовлетворяют (1) − (3).

Из шага 4 имеем(c() , ) 6 (c() , ). Переходя к пределу, получаем (bℓ , ) 6 (bℓ , ), азатем и неравенство (1.2).Тем самым, теорема 2.1 доказана.2.5Доказательство неравенства (1.2) для функций, закреплённыхна левом концеРассмотрим теперь случай, когда функция удовлетворяет дополнитель­ному условию (−1) = 0.Теорема 2.2. Пусть ∈ F, функция ∈ 11 [−1, 1] неотрицательна, (−1) =0, весовая функция : [−1, 1] × R+ → R+ непрерывна и удовлетворяет нера­венству (1.3).

Тогда справедливо неравенство (1.2).Доказательство. Мы следуем схеме доказательства теоремы 2.1, но вместо(1) и (7) накладываем следующие условия на вес:(1′ ) (, ) удовлетворяет неравенству (1.3), а также (, ) < ∞.(7′ ) Выполнено условие (7), и (·, ) ≡ 0 в некоторой -окрестности нуля.Шаг 1. Пусть ∈ 11 [−1, 1], выполнено (−1) = 0, и вес удовлетворя­ет условиям (1′ ), (2) − (6), (7′ ). Тогда выполняется неравенство (1.2).Для доказательства будем приближать функцию так же, как и в первомшаге доказательства теоремы 2.1, с заменой в некоторой окрестности точки = −1 на линейную так, чтобы (−1) = 0.Шаг 2. Пусть вес удовлетворяет условиям (1′ ), (2) − (6).

Тогдавыполняется неравенство (1.2).Для доказательства добавим в множество из второго шага доказатель­ства теоремы 2.1 точку 0 и повторим рассуждение.Дальнейшие шаги проходят без изменений.482.6Условия, необходимые для выполнения неравенства (2.1)Нам потребуется вспомогательнаяЛемма 2.6. Если для функции ∈ ([−1, 1] × R+ ) выполнено соотношение(︁ − )︁(︁ − )︁(, ) + (, ) > , + , , , ∈ [−1, 1], ∈ R+(2.6)22то она чётна и выпукла по первому аргументу.Доказательство. Предположим для начала, что (·, ) ∈ 1 [−1, 1] при каждом. Зафиксируем произвольные ∈ [−1, 1] и ∈ R+ и рассмотрим функцию() := (, ) + (, ) − (−−, ) − (, ) > 0.22 = − является точкой минимума функции , поскольку (−) = 0. Значит,11′ (−) = ′ (−, ) + ′ (, ) − ′ (−, ) = 0,22то есть ′ (, ) = −′ (−, ). Тем самым, функция (·, ) четна.Рассмотрим теперь случай произвольной непрерывной .Продолжим (, ) := (−1, ) при < −1 и (, ) := (1, ) при > 1.Рассмотрим усреднение функции:∫︁∫︁ρ (, ) =ωρ ()( − , ) =ωρ ()( + , ),RRгде ωρ () — усредняющее ядро с радиусом ρ.

Характеристики

Список файлов диссертации