Диссертация (1155081), страница 11

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

Текст из файла (страница 11)

ОбозначивX|||f ||| :=2k kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1,(2.3.26)k∈Zперепишем полученное неравенство:ZTf g dτ ≤ |||f ||| ρ1 (g).(2.3.27)0При f ∈ L+0 (0, T ) используем для нормы в оптимальном ОБФП равенство ZTkf kX0 (0,T ) = supf g dτ : g ∈L+0 (0, T ),kgkX00 (0,T )≤10и учтем эквивалентности (2.3.19) и (2.3.21). Тогда, для f ∈ L+0 (0, T ) получимkf kX0 (0,T ) ∼= sup ZTf g dτ : g ∈L+0 (0, T );ρ1 (g) ≤ 1 .(2.3.28)0Отсюда и из (2.3.27) сразу следует, что существует c3 ∈ R+ , такая чтоf ∈ L+0 (0, T ).kf kX0 (0,T ) ≤ c3 |||f |||,(2.3.29)Наша ближайшая цель — получить обратную оценку. Из точности неравенства Гельдера для последовательностей следует, что существует последовательность {αk }k∈Z сосвойствами: X 10p0αk ≥ 0, k ∈ Z, k{αk }klp0 =αkp= 1;k∈ZXkp2 kf kL∞ (tk−1 ,tk ) αk =Xk∈Zk2kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1.(2.3.30)k∈ZДалее, из точности неравенства Гельдера для интегралов следует, что для ∀ ∈+[0, 1), f ∈ L+0 (0, T ), k ∈ Z найдется gk ∈ L0 (tk−1 , tk ), такая чтоZtkkpZtktk−1kf gk dτ ≥ (1 − )2 p αk kf kL∞ (tk−1 ,tk ) .gk dτ = 2 αk ;tk−1Положим теперьge(τ ) = gk (τ ),τ ∈ [tk−1 , tk ),62k ∈ Z.(2.3.31)Тогда, ge ∈ L+0 (0, T ), причемρ1 (eg) = X Ztkk∈Zp0gk dτ0− kpp 10Xp=20αkp 10p= 1.k∈Ztk−1Отсюда и из (2.3.28) следует, чтоZTkf kX0 (0,T ) ≥ c4f ge dτ = c4tkXZf gk dτ.k∈Zt0k−1Подставим сюда (2.3.31) и (2.3.30), и получимkf kX0 (0,T ) ≥ (1 − )c4Xk2kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1= (1 − )c4 |||f |||k∈Zдля ∀ ∈ [0, 1), f, не зависящего от .Таким образом,kf kX0 (0,T ) ≥ c4 |||f |||Вместе с (2.3.29), полученная оценка даетkf kX0 (0,T ) ∼= |||f |||.(2.3.32)Остается доказать эквивалентность|||f ||| ∼= ZT p1kf kpL∞ (t,T ) u(t) dt,(2.3.33)0и соотношение (2.3.7) будет получено при 1 < p < ∞.

Имеем,ZTkf kpL∞ (t,T ) u dt =tkXZXkf kpL∞ (t,T ) u(t) dt ≤k∈Zk∈Zt0k−1=Xkf kpL∞ (tk−1 ,T )kf kpL∞ (tk−1 ,T ) 2k−1k∈Z≤XXk∈ZZtku(t) dt =tk−1pkf kL∞ (tl−1 ,tl )2k−1 .l≥kТогда, согласно Лемме 2.1.1pXXXkf kL∞ (tl−1 ,tl ) 2k−1 ∼kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) 2k−1 .=k∈Zl≥k(2.3.34)(2.3.35)k∈ZПрименяя оценку (2.3.34), получим ZT0 p1kf kpL∞ (t,T ) u(t) dt≤ c5Xkf kpL∞ (tk−1 ,tk ) 2k−1k∈Z63 p11= c5 2− p |||f |||.(2.3.36)Итак, мы получили оценку сверху правой части (2.3.33) через левую. С другойстороны, p1 X ZT p1 X ZtkZtk p1kf kpL∞ (t,T ) dt=≥dt≥kf kpL∞ (t,T ) dtkf kpL∞ (tk ,T )k∈Zt0≥k∈Zk−1Xkf kL∞ (tk ,tk+1 ) 2k−1 p1=Xk∈Zkf kL∞ (tl−1 ,tl ) 2l−2tk−1 p1=k∈Z1|||f |||.4(2.3.37)Отсюда и из (2.3.36) следует (2.3.33).Осталось доказать, что X00 (0, T )- ОБФП. Для этого проверим выполнение свойств (P 1)−(P 3) и(P 4)0 , (P 5)0 .

В X00 (0, T ) эквивалентная нормаX Ztkp0 100p− kp, g ∈ L+ρ1 (g) :=2 pg dτ0 (0, T ).k∈Ztk−1Для нее, очевидно, выполнены аксиомы (P 1) − (P 3).Далее, пусть δk > 0, k ∈ Z таковы, чтоP2−kp0p00δkp (tk − tk−1 )p < ∞ и g0 (t) := δk , t ∈k∈Z(tk−1 , tk ], k ∈ Z. Тогда g0 (t) > 0 на (0, T ) и ρ1 (g0 ) < ∞, то есть выполнена(P 5)0 .

tk аксиомаRPТеперь пусть ρ1 (g) < ∞ . Найдем σk > 0, k ∈ Z такие,чтоσkg dτ ≤ ρ1 (g), иk∈Zположим h(t) =Pσk χ(tk−1 ,tk ] (t) > 0, t ∈ (0, T ), причемk∈ZRT0hg dτ =tk−1Pσkk∈ZRtkg dτ ≤ ρ1 (g).tk−1Это означает выполнение аксиомы (P 4)0 .1.2. U (T ) < ∞. Не ограничивая общности, можем считать, что U (T ) = 1. Перейдем к построению оптимального ОБФП. Будем рассматривать следующее разбиение: U (tm ) = 2m , m ∈ Z− , где Z− = 0, −1, −2, .

. .. Тогда t0 = T, 0 < tm−1 < tm , m ∈Z− , lim tm = 0.m→−∞Рассуждая аналогично пункту 1, при p = 1 для g ∈ L+0 (0, 1), согласно (2.3.5),получим ZTkgkX00 (0,T ) = supgh dt : h ∈ L1 (0, T ), 0 ≤ h ↓, khkL1 (0,T ) ≤ 1 .0Эта величина вычислена, в частности, в работе [41]:Zt−1kgkX00 (0,T ) = Ag := sup U (t)g dτ : t ∈ (0, T ) .(2.3.38)0Наша цель — показать, что норма, ассоциированная с нормой (2.3.38), эквивалентнанорме в правой части (2.3.7) при p = 1. Для этого обозначимZtl−1 −lBg = sup U (T ) 2gdτ.(2.3.39)l∈Z−tl−164Очевидно, что Bg ≤ Ag . Обратно,Ag = supsupUZ−1Rtl−(k−1)2k∈Z−k∈Z− t∈[tk−1 ,tk )Ноg dτ ≤ sup U (T )(t)−1tlXZg dτ .l≤k t(0,t)l−1g dτ ≤ U (T )2l Bg , l ∈ Z− . Поэтому,tl−1X −(k−1)2l = Bg sup [2−(k−1) , 2k+1 ] = 4Bg .Ag ≤ Bg sup U (T ) U (T ) 2−1k∈Z−(2.3.40)k∈Z−l≤kДалее, для f, g ∈ L+0 (0, T ) имеемtkX ZZTf g dτ =0≤ Bg U (T )f g dτ ≤Ztkkf kL∞ (tk−1 ,tk )k∈Z−k∈Z−tk−1XXg dτ ≤tk−12k kf kL∞ (tk−1 ,tk ) ≤ Ag U (T )k∈Z−X2k kf kL∞ (tk−1 ,tk ) .k∈Z−Таким образом, согласно (2.3.38), для f ∈L+0 (0, 1), ZTf g dτ : g ∈kf kX0 (0,T ) = supL+0 (0, T ),Ag ≤ 1 ≤0X≤2k U (T )kf kL∞ (tk−1 ,tk ) .(2.3.41)k∈Z−С другой стороны, для f ∈ L+0 (0, 1), k ∈ Z− , найдется функция gk , такая чтоZtk0 ≤ gk ∈ L1 (tk−1 , tk ),gk dτ = 1;(2.3.42)tk−1Ztkf gk dτ = kf kL∞ (tk−1 ,tk )(2.3.43)tk−1(подобные примеры известны при обосновании точности неравенства Гельдера).

Теперь,определим функцию ge ∈ L+0 (0, T ) формуламиge = 2k gk (τ ),τ ∈ [tk−1 , tk ) k ∈ Z− .Тогда, согласно (2.3.39), (2.3.42),−1 −kZtkBge = sup U (T ) 2k∈Z−tk−165ge dτ = U (T )−1 ;(2.3.44)так что, в силу (2.3.40), Age ≤ 4U (T )−1 . Поэтому,kf kX0 (0,T )U (T )=sup4 ZTf g dτ : g ∈−1L+0 (0, T ),≥Ag ≤ 4U (T )0ZTU (T )≥40ZtkU (T ) X kf gk dτ.f ge dτ =24 k∈Z−tk−1С учетом равенства (2.3.43) и неравенства (2.3.41), отсюда получимkf kX0 (0,T ) ≥1 X1U (T )2k kf kL∞ (tk−1 ,tk ) ≥ kf kX0 (0,T ) .4 k∈Z4(2.3.45)−Оценим теперь правую часть (2.3.7) при p = 1.

Имеем,tkX ZZTkf kL∞ (τ,T ) u(τ ) dτ =kf kL∞ (τ,T ) u(τ ) dτ ≤k−1=Xk−1kf kL∞ (tk−1 ,T ) U (T )2≤=Xk−1U (T )2k∈Z−k∈Z−Xkf kL∞ (tk−1 ,T )k∈Z−k∈Z−t0ZtkXlXU (T )kf kL∞ (tl−1 ,tl )2k−1 =k=∞l∈Z−u(τ )dτ =tk−10Xkf kL∞ (tl−1 ,tl ) =l=kXU (T )kf kL∞ (tl−1 ,tl ) 2l .(2.3.46)l∈Z−С другой стороны,ZTkf kL∞ (τ,T ) u(τ ) dτ =tkX Zkf kL∞ (τ,T ) u(τ ) dτ ≥k∈Z−t0kf kL∞ (tk ,T )k∈Z−k−1≥ZtkXu(τ ) dτ ≥tk−11 X1 XU (T )kf kL∞ (tk ,tk+1 ) 2k+1 =U (T )kf kL∞ (tl−1 ,tl ) 2l .4 k∈Z4 l∈Z−−В итоге, из (2.3.46) и (2.3.47) получимZTkf kL∞ (τ,T ) dτ ≤0XU (T )kf kL∞ (tl−1 ,tl ) 2l ≤ 4l∈Z−ZTkf kL∞ (τ,T ) dτ.0Отсюда и из (2.3.45) следует оценка1kf kX0 (0,T ) ≤4ZTkf kL∞ (τ,T ) u(τ ) dτ ≤ 4kf kX0 (0,T ) .066(2.3.47)Это доказывает эквивалентность (2.3.7) при p = 1.Рассмотрим случай 1 < p < ∞.

Для g ∈ L+0 (0, T ), согласно (2.3.5), имеем ZTgh dt : 0 ≤ h ↓; t ∈ (0, T ); khkLp,u (0,T )kgkX00 (0,T ) = sup≤1 .0Для этой величины из результатов [44] следует двусторонняя оценка: пусть g ∈ L+0 (0, T ),тогдаZT− p1∼kgkX00 (0,T ) = ρ0 (g) := U (T )g dτ + ρe0 (g),(2.3.48)0где ZT Z tp0g dτρe0 (g) =0U− pp −1 10p.u(t) dt(2.3.49)00Покажем, что для g ∈ L+0 (0, T )ρe0 (g) ∼= ρ1 (g) :=X0− ppU (T )0− kpp Ztkp0 10pg dτ2k∈Z−.(2.3.50)tk−1Имеем, X Ztk Z tρe0 (g) =k∈Z−tk−1p0 10p0g dt U −p u(t) dt.(2.3.51)0Следовательно,ρe0 (g) ≤ X Ztkk∈Z−g dτ0 X X Ztl0U− pp −1p0 X X Ztl 10 10ppp0kp0−−∼g dτ U (T ) p 2 p.u(t) dt=k∈Z−tk−1(k+1)p0pПоскольку 2−k∈Z−p0 Ztkp0= 2− p 2−kp0pp0g dτl−1p0, причем 0 < 2− p < 1, то по Лемме 2.1.1,0U (T )l≤k t− pp0− kpp 10p2∼= X Ztkl≤k tk∈Z−l−1p0g dτ0− ppU (T )0− kpp 10p2. (2.3.52)tk−1Из этих оценок получаем: ρe0 (g) ≤ cρ1 (g).

Кроме того, по неравенству Гельдера дляпоследовательностей,ZTg dτ =0tkX Zk∈Z−tk−1g dτ ≤XkU (T )2k∈Z− p1 X Ztkk∈Z−p0g dτ0− kpp20U (T )− pp 10p1∼= cρ1 (g)U (T ) p .tk−1Таким образом, в силу (2.3.48),ρ0 (g) ≤ c1 ρ1 (g).67(2.3.53)Получим обратную оценку. Согласно (2.3.51), имеем для g ∈ L+0 (0, T )tk−1tk−1 10 10XZp0XZp0 Ztkpp(k−1)p0p00−−−p∼pU (T ) pU u(t) dtg dτ 2≥ρe0 (g) ≥g dτ=k∈Z−0k∈Z−tk−10tk−1p0 p0 10 X Ztl 10XZpp(k−1)p0p0lp0p0−−−−pg dτ 2 p U (T ) pg dτ 2U (T ) p=.≥k∈Z−l≤−1tk−2tl−1Кроме того,− p1Zt0ZT1gU (T )− p dτ,g dτ ≥U (T )0g ∈ L+0 (0, T ).t−1Складывая эти оценки видим, что, в силу (2.3.48),ρ0 (g) ≥ c2 X Ztlk∈Z−p0g dτ0− lpp 10p2= c2 ρ1 (g).tl−1Отсюда и из (2.3.50) следует оценка (2.3.53).Теперь, используя последовательно неравенства Гельдера для интегралов и длясумм, для любых f, g ∈ L+0 (0, T ) имеемZTf g dτ ≤ ρ1 (g)Xk2U (T )kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1.(2.3.54)k∈Z−0Действительно, используя последовательно неравенства Гельдера для интегралов и длясумм, имеемZTf g dτ =≤f g dτ ≤k∈Z−t0XtkX ZU (T )2Ztkkf kL∞ (tk−1 ,tk )k∈Z−k−1kXkf kpL∞ (tk−1 ,tk )tk−1 p1 X Ztkk∈Z−k∈Z−g dτ ≤p0g dτ0− kpp20− ppU (T ) 10p,tk−1что дает (2.3.54).

Обозначив|||f ||| :=Xk2U (T )kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1,(2.3.55)k∈Z−перепишем полученное неравенство:ZTf g dτ ≤ |||f ||| ρ1 (g).068(2.3.56)При f ∈ L+0 (0, T ) используем для нормы в оптимальном OБФП равенство ZTkf kX0 (0,T ) = supf g dτ : g ∈L+0 (0, T ),kgkX00 (0,T )≤10и учтем эквивалентности (2.3.48) и (2.3.50). Тогда, для f ∈ L+0 (0, T ) получимkf kX0 (0,T )∼= sup ZTL+0 (0, T );f g dτ : g ∈ρ1 (g) ≤ 1 .(2.3.57)0Отсюда и из (2.3.56) сразу следует, что существует c3 ∈ R+ , такая чтоf ∈ L+0 (0, T ).kf kX0 (0,T ) ≤ c3 |||f |||,(2.3.58)Получим обратную оценку. Из точности неравенства Гельдера для последовательностей следует, что существует последовательность {αk }k∈Z− со свойствами:αk ≥ 0,k ∈ Z− ,k{αk }klp0 =X0αkp 10p= 1;k∈Z−Xkp−p2 U (T ) kf kL∞ (tk−1 ,tk ) αk =Xk∈Z−k2U (T )kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1.(2.3.59)k∈Z−Далее, из точности неравенства Гельдера для интегралов следует, что для ∀ ∈ (0, 1),+L+0 (0, 1), k ∈ Z− найдется gk ∈ L0 (tk−1 , tk ), такая чтоZtkkpZtk1ptk−1k1f gk dτ ≥ 2 p U (T ) p αk kf kL∞ (tk−1 ,tk ) (1 − ).gk dτ = 2 U (T ) αk ;tk−1Положим теперьτ ∈ [tk−1 , tk ),ge(τ ) = gk (τ ),k ∈ Z− .Тогда, ge ∈ L+0 (0, 1), причемρ1 (eg) = X Ztkk∈Z−p0gk dτ0− kpp20− pp 10pU (T )=Xk∈Z−tk−1Отсюда и из (2.3.57) следует, чтоZTkf kX0 (0,T ) ≥ c4f ge dτ = c4tkX Zk∈Z−t0k−169f gk dτ.0αkp 10p= 1.f∈(2.3.60)Подставим сюда (2.3.60) и (2.3.59), и получимkf kX0 (0,T ) ≥ (1 − )c4Xk2U (T )kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) p1= (1 − )c4 |||f |||.k∈Z−Таким образом,kf kX0 (0,T ) ≥ (1 − )c4 |||f |||.Вместе с (2.3.48), полученная оценка даетkf kX0 (0,T ) ∼= |||f |||.(2.3.61)Остается доказать эквивалентность|||f ||| ∼= ZT p1kf kpL∞ (t,T ) u(t)dt,(2.3.62)0и соотношение (2.3.7) будет получено при 1 < p < ∞.

Имеем,ZTtkX Zkf kpL∞ (t,T ) udt =kf kpL∞ (t,T ) u(t)dt ≤k−1=Xkf kpL∞ (tk−1 ,T )k∈Z−k∈Z−t0Xkf kpL∞ (tk−1 ,T ) 2k−1 U (T )k∈Z−≤0X Xk∈Z−Ztku(t)dt =tk−1pkf kL∞ (tl−1 ,tl )2k−1 U (T ).l=kТеперь используем Лемму 2.1.1, согласно которой0X Xk∈Z−p2k−1 U (T ) ∼=kf kL∞ (tl−1 ,tl )Xkf kpL∞ (tk−1 ,tk ) 2k−1 U (T ).(2.3.63)k∈Z−l=kПрименяя оценку (2.3.63), получим ZT p1kf kpL∞ (t,T ) u(t) dt≤ c5X p1kf kpL∞ (tk−1 ,tk ) 2k−1 U (T )1= c5 2− p |||f |||.(2.3.64)k∈Z−0Итак, мы получили оценку сверху правой части (2.3.60) через левую. С другойстороны, ZT= X Ztk p1kf kpL∞ (t,T ) u dtk∈Z−t0≥ p1kf kpL∞ (t,T ) u dtk≤−1 p1kf kpL∞ (tk ,tk+1 ) 2k−1 U (T )kf kpL∞ (tk ,T )k≤−1k−1X≥X=X70 p1udt≥tk−1 p1kf kpL∞ (tl−1 ,tl ) 2l−2 U (T )l∈Z−Ztk=1|||f |||.

Характеристики

Список файлов диссертации