1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 60
Текст из файла (страница 60)
Это означает, что несобственный интеграл1Z2dxxp ln2p x0является расходящимся для p > 1. Покажем, что конечного предела1R2 dxlim xp ln2p x не существует.δ→0+ δСпособ 1.Отметим, что lim x ln2p x = 0, при > 0:x→0+2p 2p2p=lim x ln x=lim x 2p ln x 2px→0+ x→0+2p2plim y ln y= 0, y→0+2plim x ln x =x→0+2pпоскольку по правилу Лопиталяlim y ln y = limy→0+y→0+ln y1y(ln y)0= lim 0 = − lim y = 0.y→0+1yy→0+Используем признак сравнения11111=·>·, где 0 < < p − 1,xp− sup x ln2p xxp ln2p x xp−ε x ln2p xx∈(0, 12 ]1а интегралR20dxxp−расходится при p − > 1.6191Способ 2.Делаем замену y = − ln x в интегралеR20сходимость интеграл+∞Rln 2zkk!применить оценку ez >Способ 3.1Z2e(p−1)yy 2pdxxp ln2p xи исследуем наdy по признаку сравнения, а здесь достаточнопри z > 0 и k > 2p − 1.Оценим снизу определенный интеграл1lnno Z δ e(p−1)ydx= y = − ln x =dy >y 2pxp ln2p xδln 2(p − 1)k!kZln1δyk−2py k−2p+1 ln 1δ(p − 1)k·dy = , при k > 2p − 1.k!k − 2p + 1 ln 2ln 21.2Задача № 3.1, [1], Стр.
134Определить, для каких значений α, β ∈ R функция f (x) =| arctg x|β(1+x2 )α ,x ∈ R,принадлежит пространству Lp (R), p > 1.Решение.Рассматриваемая функция f , очевидно, измерима и конечна наR. Выясним, для каких α и β функция f p является интегрируемой на R дляэтого исследуем на сходимость несобственный интегралZ∞βp| arctg x|dx = 2(1 + x2 )αp−∞Z∞| arctg x|βpdx.(1 + x2 )αp0В окрестности точки x = 0 этот интеграл сходится при βp > −1 и α ∈ R,поскольку(arctg x)βp∼ xβp при x → 0 + .2αp(1 + x )В свою очередь, при x → +∞(arctg x)βp π βp 1∼· 2αp .(1 + x2 )αp2xСледовательно, в окрестности x = +∞ этот интеграл сходится при α >62012p .Ответ.1.3α>12p ,β > − p1 .Задача № 3.2, [1], Стр.
134Определить, для каких значений α ∈ R функция f (x, y) =1(1+x2 +y 2 )α ,(x, y) ∈R2 , принадлежит пространству Lp (R2 ), p > 1.Решение.Рассмотрим интегралZZdxdy.(1 + x2 + y 2 )pαR2ZZdxdy= lim(1 + x2 + y 2 )pα k→∞R2ZZdxdy=(1 + x2 + y 2 )pαx2 +y 2 6k 2Zklim 2πk→∞r dr= 2π(1 + r2 )pα0Z+∞r dr.(1 + r2 )pα0r∼ r1−2pα при r → +∞.2pα(1 + r )Следовательно, 1 − 2pα < −1.Ответ.1.4α > p1 .Задача № 4, [1], Стр. 135√Пусть f ∈ Lp (0, +∞), 1 < p < 2.
Доказать, что f (x) sin(xy)∈ L1 (0, +∞).x621Воспользуемся неравенством Гёльдера sin(xy) |f (x)| √ dµ 6xРешение.Z(0,+∞) p1 p−1p pZ+∞p−1sin(xy)|f (x)|p dµ · √ dx 6xZ0(0,+∞)Z(0,+∞)при1.5p2(p−1) p1 p−1pZ1Z+∞ppdx ,|f (x)|p dµ · |y| p−1 x 2(p−1) dx +px 2(p−1)01> 1, т.е. 1 < p < 2.Задача № 5, [1], Стр. 135Рассмотрим для p > 1 множество lp всех таких числовых последовательно∞P|ξn |p .
Снабдим это множество структу,чтосходитсярядстей x = (ξn )∞n=1n=1pp∞рой линейного пространства: если x = (ξn )∞n=1 ∈ l , y = (ηn )n=1 ∈ l и α ∈ R,∞то положим x + y = (ξn + ηn )∞n=1 , а αx = (αξn )n=1 . Доказать, что множествоlp является линейным пространством.p∞Для элементов x = (ξn )∞n=1 , y = (ηn )n=1 пространства l введем расстояниемежду ними по формулеρ(x, y) =∞X! p1|ξn − ηn |p,n=1а для элемента x ∈ lp – норму kxkp , полагаяkxk =∞X! p1|ξn |p.n=1Доказать, что тогда пространство lp является метрическим и нормированным.Решение.Самостоятельно.622Из предложенной выше реализации lp как Lp (N) получаем нера-Замечание.венства Гёльдера и Минковского для сумм.Пусть p > 1, q – сопряженное ему число, последовательность x = (ξn )∞n=1 ∈∞Pqξn ηn абсолютно сходится и справедливоlp , а y = (ηn )∞n=1 ∈ l .
Тогда рядn=1неравенство Гёльдера для сумм∞X∞X|ξn | · |ηn | 6n=1! p1|ξn |pn=1·! 1q∞X|ηn |q.n=1Это неравенство, соответствующее p = 2 и q = 2, называется неравенствомКоши-Буняковского для сумм.∞Если p > 1 и последовательности x = (ξn )∞n=1 и y = (ηn )n=1 принадлежатпространству lp , то справедливо неравенство Минковского для сумм! p1! p1! p1∞∞∞XXX|ξn + ηn |p6+|ξn |p|ηn |p .n=11.6n=1n=1Задача № 6, [1], Стр. 137Пусть A ∈ M и мера µ(A) конечна. Доказать, что если r > p > 1, тоLr (A) ⊂ Lp (A).
Доказать также, что если fn → f в Lr , то fn → f в Lp .Возведем правую и левую часть неравенства Гёльдера в степеньРешение.1p: p1ZZ|u| · |v| dµ 6 A1 1s · p1 s−1s ·pZs|u|s dµ · |v| s−1 dµ,AAгде s = pr .• Пусть u = |g|p , v ≡ 1:kgkLp (A) 6 kgkLr (A) (µ(A))r−prp,• Пусть u = |fn (x) − f (x)|p , v ≡ 1:kfn (x) − f (x)kLp (A) 6 kfn (x) − f (x)kLr (A) · (µ(A))623r−prp.1.7Задача № 7, [1], Стр. 137Пусть множество A ⊂ X является измеримым.
Доказать, что если f ∈(Lp (A) ∩ Lr (A)), где 1 6 p < r то функция f принадлежит пространствамLs (A) при всех s ∈ (p, r).Решение.ZZ|f (x)|s dµ =AZ|f (x)|s dµ +{x∈A: |f (x)|>1}Z|f (x)|s dµ 6{x∈A: |f (x)|61}Zr|f (x)|p dµ 6|f (x)| dµ +{x∈A: |f (x)|>1}{x∈A: |f (x)|61}Z|f (x)|r dµ +A1.8Z|f (x)|p dµ.AЗадача № 8, [1], Стр.
138Пусть множество A ∈ M. Рассмотрим последовательность функций (fn (x))∞n=1 ,x ∈ A, принадлежащих пространству Lp (A), p > 1, и функцию Lp (A), длякоторых выполнены условия:1) |fn (x)| 6 ϕ(x) для почти всех x ∈ A и всех n ∈ N;2) lim fn (x) = f (x) почти всюду на A.n→∞Доказать, что функция f принадлежит Lp (A) и lim fn (x) = f (x) в Lp (A).n→∞Решение.1.9Самостоятельно.Задача № 9, [1], Стр. 138Определим для каждого натурального числа n на полусегменте [0, 1) = A ⊂(n)(n)(n)R функции f1 , f2 ,. .
., fn следующим образом:(k1 при x ∈ [ k−1(n)n , n ),fk (x) =k0 при x ∈/ [ k−1n , n ).624Занумеруем все эти функции в виде функциональной последовательности(1)(2)(gn (x))∞n=1 , x ∈ A, т. е. положим g1 (x) = f1 (x), g2 (x) = f1 (x), g3 (x) =(2)(3)f2 (x), g4 (x) = f1 (x),. . .. Доказать, что функциональная последовательность (gn (x))∞n=1 сходится к функции g(x) = 0, x ∈ A, в каждом пространстве Lp [0, 1), где p > 1. Показать также, что последовательность (gn (x))∞n=1не является сходящейся (поточечно) в каждой точке x ∈ A.Решение.1.10Самостоятельно.Задача № 10.2.а, [1], Стр. 139Определить, при каких значениях p > 1 последовательность (fn (x))∞n=1 функ√ций из пространства Lp (R) сходится в этом пространстве, если fn (x) = nχ[0, n1 ) (x),где n ∈ N, x ∈ R, χ[0, n1 ) (x) – характеристическая функция промежутка [0, n1 );1Решение.Здесь f (x) = 0,R|fn (x)|p dµ =0RОтвет.1.11Rnppn 2 dx = n 2 −1 ⇒p2< 1.1 6 p < 2.Задача № 10.2.б, [1], Стр.
139Определить, при каких значениях p > 1 последовательность (fn (x))∞n=1 функ2ций из пространства Lp (R) сходится в этом пространстве, если fn (x) = n2 e−nx ,где n ∈ N, x ∈ R.Решение.Здесь f (x) = 0,Z|fn (x)|p dµ = 2n2pRrZ+∞π 2p− 12e−npx dx =n 2.p0Следовательно, p < 14 , но p > 1.Ответ.Ни в одном пространстве.625Домашняя работа1.12ЗадачаЯвляются ли нормированными пространства: всех ограниченных последовательностей x = (x1 , x2 , .
. .), с kxk = sup |xi |;i>1всех последовательностей x = (x1 , x2 , . . .), с kxk =всех последовательностей x = (x1 , x2 , . . .), с kxk =1.13P∞x2ii=1∞Px2ii=1 21< ∞;< ∞;Задача № 5, [1], Стр. 151Определить, при каких значениях p > 1 последовательность (fn (x))∞n=1 функций из пространства Lp (R) сходится в Lp (R), если1.
fn (x) =√n χ[0, 1 ] (x);n2−22. fn (x) = nexp2− nx2;3. fn (x) = n−2 exp − nx2 χ[0,+∞) (x);4. fn (x) =p|n − n2 x| χ[0, 1 ) (x);5. fn (x) =11+x2χ[n,+∞) (x);6. fn (x) = √ 1χ[n,2n] (x);7. fn (x) = √ 1χ[−n2 ,n2 ] (x).n|x|+1|x|+11.14Задача № 6, [1], Стр. 151√nχ[0, 1 ] (x), x ∈ R, n ∈ N, и f (x) = 0, x ∈ R. Доказать, чтоnlim fn (x) = f (x) в L1 (R).
но эта же последовательность не сходится в L2 (R).Пусть fn (x) =n→∞6261.15Задача № 16, [1], Стр. 115Пусть (fn (x))∞n=1 - последовательность функций, заданных на R. Определитьтакую непрерывную на R функцию g, что fn (x) → g(x) почти всюду относительно меры Лебега на R, если:1. fn (x) = cosn x, x ∈ R,2. fn (x) = x2 sinn (x2 ), x ∈ R.Евклидово пространство RnНапомним аксиомы скалярного произведения.Напомним понятие метрики в Евклидовом пространстве Rn .Евклидова метрикаρe (x, y) =nX! 12|yi − xi |2i=1Скалярное произведение(x, y) =dXxi yi .i=1Неравенства Коши-Буняковского|(u, v)| 6 kuk · kvkпринимает видv d vuu nn uXXuX t2xi y i 6xi · tyi2 ,i=1i=1где x, y ∈ Rn .Введем угол между векторами по правилу:cos α =(x, y)kxk · kyk627i=1Грама-Шмидта.Пусть имеются линейно независимые векторы v1 , .
. .,vn .Введем оператор проекцииproju (v) =(v, u)u.(u, u)Этот оператор проектирует вектор v на линейную оболочку, натянутую навектор u. Если u = 0, мы обозначаем proj0 (v) := 0.Тогда процесс Грама-Шмидта имеет вид:u1 = v1 ,u2 = v2 − proju1 (v2 ),u3 = v3 − proju1 (v3 ) − proju2 (v3 ),u4 = v4 − proju1 (v4 ) − proju2 (v4 ) − proju3 (v4 ),...uk = vk −k−1Xprojuj (vk ),ek =j=11.16u1ku1 ku2e2 =ku2 ku3e3 =ku3 ku4e4 =ku4 k...e1 =uk.kuk kЗадачаПостроить ортонормированную систему векторов по линейно независимойсистеме (−2, 1, 0), (−2, 0, 1), (−0.5, −1, 1).2Seminar on 07.02.2019.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
