Диссертация (1154386), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Тогдаm−1X(x−x)+(x−x)kxnk − xkLF = kxnk − xkp = nnnii+1mF i=kp Fm−1X6 (xni − xni+1 ) + k(xnm − x)kp F i=kp Fm−1X (xni − xni+1 ) p + ε χ[1,+∞) (p)F6 i=k∞FX (xni − xni+1 )p + εC χ[1,+∞) (p)L∞6 i=kF∞ X6(xni − xni+1 )p + εC16i=k∞XF2−i + εC1 = 2−k+1 + εC1 = ε1 ,i=kгде ε1 может быть сделано сколь угодно малым за счет выбора k и ε.
Поэтому xnk → x в LF , и, следовательно, xn → x в LF .Так как L∞ ⊂ F , то LF 6= ∅ (y = χ[0,1] (t) ∈ LF ). Симметричность LFочевидна.Замечание 3.1.2. Пространства Lp совпадают (с точностью до изоморфизма) с пространствами (L1 , L∞ )K1−1/p,p вещественного метода интерполяции, т.е., в отличие от [159], где рассматривались некоторые обобщения∆-функтора, меняются оба интерполяционных параметра. В случае, когдапараметр экстраполяции F есть пространство L∞ с весом, F-экстраполяционные пространства изучались Островским Е. И. в работах [85, 186–189],где такие пространства названы моментными (moment spaces).
Там же рассмотрены приложения к рядам и преобразованию Фурье, сингулярным интегральным операторам и теории мартингалов.95Замечание 3.1.3. Вместо решетки F на [1, +∞) можно рассматриватьрешетку F1 на [p0 , +∞), определяя норму в LF1 аналогично. Более того,если нормы в F и F1 связаны следующим образомkf kF1 = f · χ[p0 ,+∞) F ,то пространства LF и LF1 совпадают и нормы в них эквивалентны (т.е.имеет место изоморфизм банаховых пространств). Это следует из того,что тождественный операторI : LF → LF1 , Ix = x,ограничен и биективен. По теореме Банаха об обратном операторе он обратим.Замечание 3.1.4. Вместо решетки функций можно использовать решеткупоследовательностей f ⊃ l∞ .
В этом случае норму в Lf будем определятьследующим образом:kxkLf = {kxkn }∞n=n0 f .Рассуждения, аналогичные доказательству теоремы 3.1.1, показывают, чтоLf банахово симметричное пространство.Определение 3.1.5. Будем говорить, что симметричное пространство Xявляется F-экстраполяционным и писать X ∈ EF , еслиX = LFдля некоторого банахова идеального пространства F ⊃ L∞ . При этом Fбудем называть параметром экстраполяции (или просто параметром).96Лемма 3.1.6. Если симметричное пространство X ∈ EF , то верхнийиндекс Бойда пространства XβX = 0.Доказательство.
Для изоморфных пространств индексы Бойда равны.Поэтому, согласно замечанию 3.1.3, βX = βX1 , где X1 определяется нормойkxkX1= kxkp · χ[p0 ,+∞) .FПусть στ — оператор растяжения. Так как kστ xkp 6 τ 1/p kxkp , то при τ > 1kστ xkX1 6 τ 1/p0 kxkX1 .Поэтомуkστ kX1 →X1 6 τ 1/p0и, следовательно,βX = βX1 6 1/p0 .Доказательство леммы завершается устремлением p0 к бесконечности.Из леммы 3.1.6 и неравенств (1.4) вытекает следующее утверждение,которым мы будем пользоваться далее при изучении пространств Марцинкевича.Следствие 3.1.7.
Для показателей растяжения фундаментальной функции φ F-экстраполяционного пространства справедливы равенстваγφ = δφ = 0.97Заметим, что существуют симметричные пространства, содержащиесяво всех пространствах Lp при p < ∞, для которых верхний показатель растяжения фундаментальной функции δϕ 6= 0. Для конкретности приведемв качестве примера пространство Марцинкевича.Пример 3.1.8. Для любого θ ∈ (0, 1) существует функция ϕ ∈ F такая,что δϕ = θ, и M(ϕ) ⊂ Lp для всех p < ∞.Начнем с построения функции c(t) c(t) =+∞X1ϕ(t) ,которую будем искать в виде:ci χ(2−i−1 ,2−i ] (t), где 1 = c0 6 c1 6 · · · 6 cn 6 .
. .i=0Для того, чтобы функция ψ(t) =1c(t)была эквивалентна некоторойфункции ϕ(t) ∈ F, достаточно потребовать выполнения условий:ci 6 ci+1 6 2ci , i = 0, 1, . . . и ci → ∞ при i → ∞.(3.1)Действительно, если (3.1) выполнено, то ψ(t) возрастает и при k > ick 6 2k−i ci , откуда2k ψ(2−k ) > 2i ψ(2−i ).Если теперь t1 < t2 , то t1 ∈ [2−k−1 , 2−k ), t2 ∈ [2−i−1 , 2−i ), k > i. Приэтомψ(t2 )ψ(t1 )6 2i+1 ψ(2−i ) 6 2k+1 ψ(2−k ) 6 2k+2 ψ(2−k−1 ) 6 4.t2t1Тем самым функция ψ(t) эквивалентна некоторой вогнутой функции [32,с. 69]. Кроме того, ввиду (3.1) limt→0+ ψ(t) = 0.
В итоге ψ(t) ϕ(t) ∈ F.Для того, чтобы M(ϕ) было вложено в Lp для всех p < ∞, потребуем,чтобы1 < ∞, 1 6 p < ∞,ϕ p98или, равносильно,kckp =X+∞cpi−i−1 p1·2< ∞, 1 6 p < ∞.(3.2)i=0Выберем теперь {ci }+∞i=0 так, чтобы выполнялись условия (3.1) и (3.2) и,кроме того, δϕ = θ ∈ (0, 1). Прежде всего, пусть0) n0 = 11) n2j+1 = 2n2j , j = 0, 1, .
. .2) n2j+2 = n2j+1 + j, j = 0, 1, . . .Определим теперь последовательность {ci }+∞i=0 следующим образом:a) c0 = c1 = 1;b) ci = cn2j , если n2j 6 i 6 n2j+1 , j = 0, 1, . . . ;c) ci = cn2j+1 · 2θ(i−n2j+1 ) , если n2j+1 6 i 6 n2j+2 , j = 0, 1, . . . .Соотношение (3.1) вытекает из определения {ci }+∞i=0 . Для проверки (3.2)преобразуем:+∞Xcpi·2−i=i=2++∞ n2k+1XX−1θp2kP(n2j −n2j−1 )j=1· 2−i +k=1 i=n2k+∞ n2k+2XX−1θp2kP(n2j −n2j−1 )j=1· 2θp(i−n2k+1 ) · 2−i =k=1 i=n2k+1=+∞ n2k+1XX−12θp k(k−1)−i2++∞ n2k+2XX−12θp(k(k−1)+i−n2k+1 )−i2.k=1 i=n2k+1k=1 i=n2kВвиду условий 0) – 2) n2k+1 > n2k > n2k−1 > 2k при k > 0.
ПоэтомуI1 :=+∞ n2k+1XX−1θp k(k−1)−i22k=1 i=n2k62+∞X2−n2kθp k(k−1)262k=1+∞X2θpk(k−1)−2k2<∞k=1и аналогичноI2 :=+∞ n2k+2XX−1+i−n2k+1 )−iθp( k(k−1)22k=1 i=n2k+162+∞Xk=1992θp(k(k−1)+k)−2k2< ∞.В итоге+∞Xcpi · 2−i = I1 + I2 < ∞,i=2и поэтому (3.2) выполнено. Непосредственная проверка показывает, чтоδϕ = θ.Следствие 3.1.9. Существуют симметричные пространства, вложенTные в p<∞ Lp и не являющиеся F-экстраполяционными.Замечание 3.1.10. Для любого симметричного пространства X, вложенTного в p<∞ Lp , существует F-экстраполяционное пространство Y такое,что X ⊂ Y .
Чтобы это показать, определим множество F функций на[1, ∞) следующим образом:(∞XF : =f : |f (p)| 6kxi kp для некоторой последовательности {xi },для которойi=1∞X)kxi kX < ∞ .i=1Тогда F — банахова идеальная решетка с нормойkf kF := inf∞Xkxi kX ,i=1где инфимум берется по всем последовательностям {xi } ⊂ X, для которыхP|f (p)| 6 ∞i=1 kxi kp . Несложно проверить, что для пространства Y := LFимеет место нужное вложение X ⊂ Y .3.1.2Критерий сепарабельности пространств F-методаРассмотрим в этом разделе вопрос о сепарабельности F-экстраполяционного пространства.
Нам понадобятся следующие леммы.100Лемма 3.1.11. Если X = LF 6= L∞ , тоlim kχ[N,∞) kF = 0N →∞Доказательство. Пусть x ∈ X\L∞ . Тогдаkxkp → ∞ при p → ∞.Поэтому для любого n ∈ N найдется pn , для которогоkxkpn > n.Тогда при p > pn11kχ[p,∞) kF 6 kχ[pn ,∞) kF 6 kxkp χ[pn ,∞) 6 kxkX → 0 при n → ∞.FnnЛемма 3.1.12. Если LF = L∞ , тоlim kχ[N,∞) kF > 0N →∞Доказательство.
Рассмотрим последовательность функций из L∞ :xk = xk (t) = χ[0,2−k ] (t).Тогдаkxk k∞ = 1 и kxk kp = 2−k/p .Поэтому1 = kxk k∞6 C kxk kp F −k/p6 C 2χ[1,N ) + χ[N,∞) FF −k/N 6 C 2χ[1,N ) F + χ[N,∞) F ,101откуда, устремляя k к бесконечности, получимχ[N,∞) > 1/C для всех N > 1,Fгде C — константа вложения LF в L∞ .Теорема 3.1.13. Если X = LF , то сепарабельная часть X 0 пространства X также является F-экстраполяционным пространством, иX 0 = LF0 ,где F0 — подпространство F :onF0 = f ∈ F : lim f · χ[N,∞) F = 0 .N →∞Замечание 3.1.14. Пространство F0 — полное. Достаточно показать, чтооно замкнуто в F .
Пустьfn ∈ F0 и fn → f в F.Для произвольного ε > 0 можно подобрать n и N = N (n) так, чтоkfn − f kF < ε и fn · χ[N,∞) F < ε.Поэтомуf · χ[N,∞) 6 (f − fn ) · χ[N,∞) + fn · χ[N,∞) < 2ε.FFFВ силу произвольности ε > 0 получаем f ∈ F0 .Доказательство теоремы 3.1.13. Как это следует из леммы 3.1.12, приX = L∞LF0 = {0},102в этом случае заключение теоремы тривиально. Пусть X 6= L∞ .
Тогда, всилу леммы 3.1.11,L∞ ⊂ LF0 .Откуда, замыкая L∞ в X, получаем вложения:X 0 ⊂ LF0 ⊂ LF = X,и для доказательства теоремы достаточно установить сепарабельность LF0 .Воспользуемся следующим критерием сепарабельности идеального пространства X на отрезке [0, 1] — условием порядковой непрерывности нормы[27, гл. IV, § 3, теорема 3]:x1 ∈ X и xn ↓ 0 ⇒ kxn kX → 0.(A)Итак, пустьx1 ∈ LF0 и xn ↓ 0.Возьмем ε > 0.
Согласно определению F0 , найдется N0 ∈ R такое, чтоε(3.3)kx1 kp · χ[N0 ,∞) = kx1 kp · χ[N0 ,∞) < .FF02Далее, так как в LN0 условие (A) выполнено, иkxn kp 6 kxn kN0 при p 6 N0 ,то найдется n0 ∈ N такое, чтоkxn kp <ε2kχ[1,N0 ) kFпри p 6 N0 и n > n0 .(3.4)Из (3.3) и (3.4) получаем при n > n0 = n0 (ε)kxn kLF 6 kxn kp · χ[1,N0 ) + kxn kp · χ[N0 ,∞) 0F0F0εε ε6χ[1,N0 ) F + kx1 kp · χ[N0 ,∞) < + = ε.F02kχ[1,N0 ) kF2 2103В силу произвольности ε > 0, заключаем, что в LF0 выполнено условие(A). Следовательно, LF0 сепарабельно, и теорема доказана.Теорема 3.1.15.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
