Диссертация (1154386), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Для того, чтобы оператор Sx(t) = x(t2 ) был ограничен всимметричном пространстве X, необходимо и достаточно, чтобы длянекоторого C > 0 и всех x ∈ X выполнялось неравенствоkSx∗ kX 6 CkxkX .Доказательство. Так как необходимость очевидна, то нам нужно доказатьтолько достаточность. Пусть x ∈ X и τ > 0. ЕслиA = {t ∈ [0, 1] : |x(t)| > τ } и B = {t ∈ [0, 1] : |x(t2 )| > τ },то B = κ(A) с κ(u) =√u. Следовательно (см., например, [83, лемма 9.5.1]),Zdu√µ {t : |Sx(t)| > τ } = µ(B) =2 uAµ{t: Zx∗ (t)>τ }60117du√ = µ {t : Sx∗ (t) > τ } .2 uПоэтому (Sx)∗ (t) 6 Sx∗ (t), и из предположения получаем, чтоSx ∈ X и kSxkX 6 kSx∗ kX 6 CkxkX .Доказательство теоремы 3.2.5.
Сначала покажем эквивалентность условий (1), (2) и (3).По измеримой функции x = x(t) на [0, 1] построим новую функциюx̃(t) := kxklog e/t (0 < t 6 1). Так как1kxkp > x∗ χ[0,e−p+1 ] p > x∗ (e−p+1 ) (p > 1),ethen kx̃kX > 1e kxkX . Поэтому, согласно определению сильно экстраполяционного пространства, условие (1) можно заменить неравенствомkx̃kX 6 CkxkX ,(3.9)которое с некоторым C > 0 должно выполняться для всех x ∈ X.Предположим сначала, что оператор S ограничен в X. Имеет местонеравенство−p+1x̃(e∞ X ∗ ∗) = kxkp 6 e x · χ[0,e−p ) p 6 ex · χ[e−2n+1 p ,e−2n p ) 6 en=0∞X n+1 x e−2 p ,−2n ∗en=0для всех p > 1, или, равносильно,x̃(et) 6 e∞Xne−2 S n+1 x∗ (t) (0 < t 6 1/e).n=0Следовательно, так как kS n xkX 6 kSkn kxkX для всех n ∈ N,kx̃(et)kX 6 e∞Xne−2 kSkn+1 kxkX 6 C1 kxkX .n=0118pТак как оператор растяжения σe x(t) = x(t/e) ограничен в каждом симметричном пространстве, и kσe kX→X 6 e [32, теорема 2.4.4], из последнегонеравенства следует (3.9) с C = eC1 .Предположим теперь, что X = LX̃ .
Это означает, что x̃ ∈ X если толькоx ∈ X, и выполняется неравенство (3.9). Если t = e−p+1 (p > 1), тоx∗ (t2 ) 6 x∗ (e−2p ) 6 e2 x∗ · χ[0,e−2p ] p 6 e2 kx∗ kp = e2 x̃(t).Поэтому kSx∗ kX 6 e2 kx̃kX 6 e2 CkxkX . С помощью леммы 3.2.6 заключаем, что оператор S ограничен в X, т.е выполнено условие (2) теоремы.Докажем теперь, что одновременное выполнение условий (1) и (2) влечет выполнение условия (3). Действительно, предполагая (1) мы можемсчитать, что F = X̃. Тогда из условия (2), снова используя ограниченностьв X оператора растяжения σe x(t) = x(t/e), получим, что для произвольнойфункции f = f (p) ∈ Fkf (2p)kF = kf (2 log(e/t))kX = kf (log(e2 /t2 ))kX 66 Ckf (log(e2 /t))kX 6 eCkf (log(e/t))kX = eCkf kF .Установим теперь, что из (3) следует (2). Предположим, что X = LF сумеренным параметром F . Применяя неравенство Гельдера, получимZ1|Sx(t)|p dt =0Z1 2 px(t ) dt =0Z16Z1ds|x(s)|p √ 62 s0 14 |x(s)|4p ds 0Z10 431√ 4 ds ,(2 s) 3откуда kSxkp 6 C1 kxk4p .
Так как параметр F умеренный, тоkSxkX 6 C2 kSxkp 6 C1 C2 kxk4p 6 C3 kxkp 6 C4 kxkX ,FF119Fи, следовательно, оператор S ограничен в X.Итак, мы доказали эквивалентность условий (1), (2) и (3). Докажемтеперь, что эти условия эквивалентны условиям (4)–(7). Так как импликации (4)⇒(1) и (6)⇒(5) очевидны, достаточно доказать только импликации(2)⇒(6), (1)⇒(4) и цепочку (5)⇒(2)⇒(7)⇒(5).(2)⇒(6). Выберем произвольное p > 1.
Так как Lr является точным интерполяционным пространством по отношению к паре (L1 , L∞ ) для каждого 1 6 r 6 ∞, из теоремы Кальдерона-Митягина (см., например, [32, теорема 2.4.3]) следует, что каждое пространство X ∈ SEF интерполяционномежду L1 и L∞ . Поэтому, используя эквиалентность условий (1) и (2), изтеоремы Брудного-Кругляка [121, теорема 4.4.5] получимX = (L1 , L∞ )KG (с эквивалентностью норм),с некоторой банаховой идеальной решеткой G, промежуточной между L∞и L∞ (1/t). Кроме того, легко установить, что оператор Sp x(t) := x(tp )ограничен в X тогда и только тогда, когда это имеет место для S. Поэтомуиз оценкиZtK(t, Sp x; L1 , L∞ ) =0x∗ (sp ) ds =Ztpx∗ (s) d(s1/p ) = K(t, x; Lp,1 , L∞ )0> K(t, x; Lp , L∞ )следует, чтоkxkX 6 Ckxk(L1 ,L∞ )KG 6 Ckxk(Lp ,L∞ )KG 6 CkSp xk(L1 ,L∞ )K 6 CkSp kX→X kxkX ,Gи мы получаем (6).(5)⇒(2).
Предположим, что 1 6 q < p < ∞. Тогда несложно проверить,что введенный выше оператор Sr ограничен из Lp в Lq при условии, что1201 < r < p/q. Следовательно, используя интерполяцию и предположения,получаем, что Sr действует ограниченно в X, и то же верно для S.(2)⇒(7). Обозначим через G пространство всех измеримых функций fна (0, ∞) таких, чтоkf kG := kf (t)/t · χ[0,1] kX + kf · χ[1,∞) kL∞ < ∞.Все предполагаемые условия для G следуют из того факта, что X является точным интерполяционным пространством между Lp и L∞ длякаждого 1 6 p < ∞ и из ограниченности оператора Харди-ЛитлвудаRtx 7→ 1t 0 x(s) ds в Lp при 1 < p 6 ∞.(7)⇒(5).
Мы покажем, что условие (5) выполняется для q = 1 и p = 4/3.Ясно, что нам достаточно доказать только вложение X ⊂ (L4/3 , L∞ )KG.nnЗаметив, что T n f (t) = t · f (t2 )/t2 , для каждого 0 < t 6 1/2, получимZt4/33K(t, x; L4/3 , L∞ ) 6 K(t, x; L4/3,1 , L∞ ) =x∗ (s) ds 402Zt6∗x (s) ds+s1/406∞X∞X6t2n+1t2Ztn−1t−2x∗ (s) ds +1tZt2x∗ (s) ds0t2n+12nn−1t2−1n=1∞XZt2nn=16n2∞ ZtX3x∗ (s) ds∗4+ tx∗ (t2 )x (s) ds 61/4sn=14/3·tZtt2nx∗ (s) ds + T (K(t, x; L1 , L∞ ))0n−121−2T n (K(t, x; L1 , L∞ )) + T (K(t, x; L1 , L∞ )).n=1121Следовательно,∞Xn−12−2n2T (K(t, x; L1 , L∞ ))kK(t, x; L4/3 , L∞ )χ[0,1/2] kG 6 n=16∞Xn−122−2GkT knG→G kK(t, x; L1 , L∞ )kG 6 CkxkX .n=1С другой стороны, ясно, чтоkK(t, x; L4/3 , L∞ )kG 6 C 0 kK(t, x; L4/3 , L∞ ) · χ[0,1/2] kG .с некоторой константой C 0 , не зависящей от x ∈ L4/3 .Нам нужно доказать еще импликацию (1)⇒(4).
Так как X ⊃ L∞ , топри t > 1K(t, x; X, L∞ ) kxkX kxklog e/· X K(t, kxklog(e/·) ; X, L∞ ).Далее, если X = L∞ , то для всех t ∈ (0, ∞)K(t, x; L∞ , L∞ ) = kxk∞ = kxklog e/· ∞ = K(t, kxklog(e/·) ; L∞ , L∞ ).Поэтому при доказательстве эквивалентности при t ∈ (0, 1) будем считать,что X 6= L∞ . В этом случае можно считать, что фундаментальная функцияϕ = ϕ(t) пространства X строго возрастает на (0, 1), ϕ(0) = 0 и ϕ(1) = 1.При t ∈ (0, 1) хорошо известна следующая эквивалентность (см., например,[177, Example 3])kx∗ χ[0,ϕ−1 (t)] kX 6 K(t, x; X, L∞ ) 6 2 · kx∗ χ[0,ϕ−1 (t)] kX .Поэтому нам достаточно установить, чтоkx (s)χ[0,ϕ−1 (t)] (s)kX kxklog e/s χ[0,ϕ−1 (t)] (s) .∗X122Так как e−p p1 e−p p1ZZx∗ (e−p ) 6 ekxkp = e (x∗ (ep s))p d(ep s) 6 e2 (x∗ (s))p d(s) ,00то при p = log e/s и s 6 ϕ−1 (t)x∗ (s) 6 ekxklog e/s 6 e2 x∗ · χ(0,s/e) log e/s6 e2 x∗ · χ(0,ϕ−1 (t)) log e/s 6 e2 kxklog e/sУчитывая теперь условие (1) теоремы, получим неравенства∗kx χ[0,ϕ−1 (t)] kX6 ekxklog e/s χ[0,ϕ−1 (t)] X2∗6 e kx · χ(0,ϕ−1 (t)) klog e/s χ[0,ϕ−1 (t)] X6 e2 kx∗ · χ(0,ϕ−1 (t)) klog e/s 6 Ckx∗ χ[0,ϕ−1 (t)] kX ,Xоткуда, как отмечалось выше, следует нужная эквивалентность для Kфункционалов.Равносильность (1)⇔(8) следует из неравенств∞Xkxkk χ(e−k ,e−k+1 ] (t) 6 x̃(t) = kxkp=log e/t 6 σek=1∞X!kxkk χ(e−k ,e−k+1 ] (t)k=1и ограниченности оператора растяжения в X.Покажем теперь, что (2)⇔(9).
Прежде всего, опять ввиду ограниченности оператора растяжения в симметричном пространстве X∞∞X1 X ∗ −k∗ −k+1x (e )χ(e−k ,e−k+1 ] 6 kxkX 6 ex (e)χ(e−k ,e−k+1 ] .XXek=1k=1Отсюда, а также из элементарного неравенстваx∗ (e−k+1 ) 6 ex∗ χ(e−k ,e−k+1 ] k 6 x∗ (e−k ) (1 6 k < ∞),123получаем, что∞X ∗x χ(e−k ,e−k+1 ] k χ(e−k ,e−k+1 ] Xk=16 kxkX∞X ∗x χ(e−k ,e−k+1 ] k χ(e−k ,e−k+1 ] .6 e2Xk=1Подставляя в последнее соотношение вместо x функцию Sx∗ и учитывая,что ∗Sx · χ(e−k ,e−k+1 ] = k k1−k+1eZ(x∗ (t2 ))k dt = e−k k1−2k+2eZds (x∗ (s))k √ ,2 se−2kи, следовательно,1x∗ · χ(e−2k ,e−2k+1 ] 6 Sx∗ · χ(e−k ,e−k+1 ] 6 e2 x∗ · χ(e−2k ,e−2k+1 ] ,kkk2получим∞X ∗kSx kX x · χ(e−2k ,e−2k+1 ] k χ(e−k ,e−k+1 ] .∗Xk=1Из последнего соотношения и леммы 3.2.6 следует нужная равносильностьусловий (2) и (9).Так как переход (10)⇒(11) очевиден, то для завершения доказательстватеоремы достаточно установить справедливость импликаций (11)⇒(2) и((1)&(2))⇒(10).1(11)⇒(2).
Пусть q ∈ [1, ∞] из условия (11). В силу вложений Lp,q ⊂ Lp,∞для всех p > 1, при p = log e/t получим(Sx∗ )(t) 6 x∗ ((t/e)2 ) 6 e2 · (t/e)2 log1e/t·1(t/e)22(t/e)Zx∗ (s) ds01puu∈(0,1] u6 e2 sup124Zu0x∗ (s) ds = e2 kxkp,∞ 6 e2 kxkp,q .Но тогда∗2kSx kX 6 e kxklog e/t, q X 6 CkxkX ,и остается воспользоваться леммой 3.2.6.((1)&(2))⇒(10). Так как при p = log e/t выполняются неравенстваx∗ (t) 6 x∗ (t/e) 6 e · (t/e)1log e/t1·t/eZt/ex∗ (s) ds 6 ekxkp,∞ 6 ekxkp,1 ,0достаточно установить, чтоkxklog e/t, 1 6 Ckxk .XXДля p = log e/t и r = log e/t2 = 2p − 1 при t < 1 с помощью неравенстваГельдера оценим норму x в пространстве Lp,1 через Lr -норму:kxkp,1 =1pZ1 r10 11Z1− 2p−1(1−p)r 01(2p)1x∗ (t) · t p −1 dt 6 kxkr · t p dt =· kxkrpp006 2kxkr .Применяя теперь сначала свойство (2), а затем свойство (1), получимkxklog e/t, 1 6 2kxklog e/t2 6 C kxklog e/t 6 kxk ,XXXXи теорема полностью доказана.Замечание 3.2.7. Как видно из доказательства импликации (2)⇒(1), константы в эквивалентности kxkX kxklog(e/t) X зависят только от нормыоператора S.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
