1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 24
Текст из файла (страница 24)
В силу условия теоремы правая часть этого неравенства интегрируема на A, поэтому интегрируема и левая часть. Проинтегрировав это неравенство помножеству A, мы получим утверждение теоремы.Из неравенства Юнга можно получить важное следствие. Предположим, что µ(A) <∞. Положив v ≡ 1, мы получим:∫∫11|u| dµ 6|u|p dµ + µ(A).p GqAТаким образом, если u ∈ Lp (A) для некоторого p ∈ (1, ∞), то u ∈ L1 (A).
В этом случаеговорят, что пространство Lp (A) вкладывается в пространство L1 (A) и пишут Lp (A) ⊂L1 (A). Если мы положим u = |f |α с α ∈ (1, ∞), то легко получим, что Lq (A) ⊂ Lp (A) при1 6 p 6 q < ∞. Заметим, что эти вложения справедливы только при µ(A) < ∞.Пример 11.5.3. Пусть A = [1, ∞) и µ — одномерная мера Лебега. Возьмем u(x) = x−1/2 .Тогда u ∈ Lq (A) при q ∈ (2, ∞), но u ̸∈ Lp (A) при p ∈ [1, 2].•Лекция №32. 19.12.2016.Теорема 11.5.4 (Неравенство Гёльдера). Пусть A — измеримое множество в Rn . Еслиu ∈ Lp (A) и v ∈ Lq (A), где p, q ∈ (1, ∞) и p−1 + q −1 = 1, то функция uv : A → Rинтегрируема и (∫∫)1/p ( ∫)1/qp|u| dµ|v|q dµ= ∥u∥p ∥v∥q . uv dµ 6AAA103∫∫qДоказательство.
Если A |u|p dµ =∫ 0 или A |v| dµ = 0, то u = 0 или v = 0 почти всюду в A.Тогда uv = 0 почти всюду в A и A uv dµ = 0. Таким образом, в этом случае доказываемоенеравенство справедливо, посколькуоно превращаетсяв равенство 0 = 0.∫∫pqПредположим теперь, что A |u| dµ ̸= 0 и A |v| dµ ̸= 0. Введем функцииU (x) = ( ∫Au(x)|u|p dµ)1/p =u(x)∥u∥pv(x)и V (x) = ( ∫A|v|q dµ)1/q =v(x).∥v∥qОчевидно, что ∥U ∥p = 1 и ∥V ∥q = 1. Используя неравенство Юнга для функций U и V ,мы получим:∫ ∫11 11|U V | dµ 6 ∥U ∥p + ∥V ∥q = + = 1.
U V dµ 6pqp qAAОтсюда сразу следует доказываемое неравенство.Заметим, что из неравенства Гёльдера, также как и из неравенства Юнга, следует, чточто Lp2 (A) ⊂ Lp1 (A) при µ(A) < ∞ и 1 6 p1 6 p2 < ∞. Только теперь при v ≡ 1 в A мыполучим неравенство:∫()1/q1 1|u| dµ 6 µ(A)∥u∥p ,+ = 1, p ∈ [1, ∞).p qAТеорема 11.5.5 (Неравенство Минковского). Пусть A — измеримое множество в Rn .Если u, v ∈ Lp (A), где p ∈ [1, ∞), то u + v ∈ Lp (A) и справедливо неравенство:∥u + v∥p 6 ∥u∥p + ∥v∥p .Доказательство.
При p = 1 доказываемое неравенство очевидно. Предположим, что p ∈(1, ∞). Тогда, используя неравенство Гёльдера с показателями p и q = p/(p − 1) (заметим,что 1/p + 1/q = 1), мы получим:∫∫∫∫|u + v| dµ =|u + v| |u + v| dµ 6|u| |u + v| dµ +|v| |u + v|p−1 dµAAAA(∫)1/p ( ∫)1/q ( ∫)1/p ( ∫)1/q6|u|p dµ|u + v|(p−1)q dµ+|v|p dµ|u + v|(p−1)q dµAAAA(∫)(p−1)/p ()=|u + v|p dµ∥u∥p + ∥v∥p .pp−1p−1AИз этого неравенства после сокращения справа и слева одинаковых выражений следует,что(∫)1/pp∥u + v∥p =|u + v| dµ6 ∥u∥p + ∥v∥p .A∫Осталось выяснить, что будет, если мы не имеем права сокращать, то есть если A |u +v|p dµ = 0. В этом случае ∥u+v∥p = 0, и доказываемое неравенство, очевидно, справедливо,поскольку справа в нём стоит неотрицательное выражение.Неравенство Минковского есть не что иное, как неравенство треугольника для нормв пространстве Lp (A) при p ∈ [1, ∞).
Таким образом, пространства Lp (A), p ∈ [1, ∞),являются линейными и нормированными.104До настоящего момента у нас показатель p был меньше бесконечности. Определимтеперь пространство L∞ (A), где, как и ранее, A — измеримое множество в Rn . Пусть u —измеримая на A функция. Скажем, что число K является существенной верхней граньюдля функции u, если u(x) 6 K для почти всех x ∈ G. Наименьшая из существенныхверхних граней обозначается через ess sup u(x) и называется существенным супремумомx∈Gфункции u на множестве A.Как и в случае пространств Lp (A) с p < ∞, мы не будем различать эквивалентныефункции. Обозначим через L∞ (A) пространство измеримых функций u (классов эквивалентности), таких, что ess sup |u(x)| < ∞.
Определим норму в этом пространстве следуюx∈Aщим образом:∥u∥∞ = ess sup |u(x)|.x∈A∞Убедимся, что L (A) является линейным пространством и ∥·∥∞ удовлетворяет определению нормы. Поскольку первые два свойства нормы, очевидно, справедливы, достаточнопроверить выполнение неравенства треугольника. Пусть u, v ∈ L∞ (A). Тогда()∥u + v∥∞ = ess sup |u(x) + v(x)| 6 ess sup |u(x)| + |v(x)|x∈Ax∈A6 ess sup |u(x)| + ess sup |v(x)| = ∥u∥∞ + ∥v∥∞ ,x∈Ax∈Aчто и требовалось доказать. Это неравенство есть аналог неравенства Минковского дляслучая пространства L∞ (A). Используя свойства интеграла Лебега, нетрудно вывести ианалог неравенства Гёльдера. Если u ∈ L1 (A) и v ∈ L∞ (A), то uv ∈ L1 (A) и∫∫ ∫|uv| dµ 6|u| dµ ess sup |v(x)| = ∥u∥1 ∥v∥∞ . uv dµ 6AAx∈AAИз этого неравенства легко следует, что L∞ (A) ⊂ Lp (A) для любого p ∈ [1, ∞), еслиµ(A) < ∞.
В случае µ(A) = ∞ это включение нарушается. Например, если u = 1 почтивсюду в A, то ∥u∥∞ = 1, а ∥u∥p = µ(A)1/p = ∞ для p ∈ [1, ∞). То есть, u ∈ L∞ (A) иu ̸∈ Lp (A) при p ∈ [1, ∞).Упражнение 11.5.6. Пусть A — измеримое множество конечной меры в Rn и u ∈ L∞ (A).Показать, что ∥u∥∞ = limp→∞ ∥u∥p .•Нашим следующим шагом в изучении пространств Lp (A) будет доказательство их полноты.Теорема 11.5.7. Пусть A — измеримое множество конечной меры в Rn .
Тогда для любого p ∈ [1, ∞] пространство Lp (A) является полным, а значит, банаховым. Более того,каждая фундаментальная последовательность в Lp (A) содержит сходящуюся почтивсюду в A подпоследовательность.Доказательство. Зафиксируем произвольное p ∈ [1, ∞]. Пусть µ(A) < ∞ и {uk } — фундаментальная последовательность в Lp (A). То есть, для любого ε > 0 существует такоеkε ∈ N, что ∥uk − uℓ ∥p < ε для всех k, ℓ > kε .
Для того, чтобы доказать полноту Lp (A),необходимо показать, что ∥uk − u∥p → 0 при k → ∞ для некоторого u ∈ Lp (A). Однако сначала мы докажем вторую часть утверждения, а именно, покажем, что существуетподпоследовательность {ukm }, сходящаяся почти всюду в A.105Поскольку последовательность {uk } является фундаментальной, для ε = 1/2 найдетсятакое k1 ∈ N, что ∥uk1 −uℓ ∥p < 1/2 для всех ℓ > k1 . Для ε = 1/22 найдется такое k2 > k1 , что∥uk2 − uℓ ∥p < 1/22 для всех ℓ > k2 .
Так как k2 > k1 , мы, кроме того, получаем, что ∥uk1 −uk2 ∥p < 1/2. Далее, для ε = 1/23 существует такое k3 > k2 , что ∥uk3 − uℓ ∥p < 1/23 для всехℓ > k3 . Опять, поскольку k3 > k2 , мы получаем, что ∥uk2 − uk3 ∥p < 1/22 . Продолжая этотпроцесс, мы получим подпоследовательность {ukm }, обладающую следующим свойством:∥ukm − ukm+1 ∥p <12mдля всех m ∈ N.Рассмотрим ряд|uk1 | + |uk2 − uk1 | + |uk3 − uk2 | + |uk4 − uk3 | + . .
.Обозначим через Sm частичную сумму этого ряда. Тогда∥Sm ∥p 6 ∥uk1 ∥p + ∥uk2 − uk1 ∥p + . . . + ∥ukm − ukm−1 ∥p6 ∥uk1 ∥p +m−1∑ℓ=116 ∥uk1 ∥p + 1 6 C0 < ∞,2ℓгде C0 — некоторая постоянная, зависящая от нормы фиксированного элемента uk1 последовательности {uk }. Таким образом, как следует из неравенства Гёльдера,∫Sm dµ 6 µ(A)α ∥Sm ∥p 6 C1 ,Aгде α = 0 при p = 1, α = (p − 1)/p при p ∈ (1, ∞) и α = 1 при p = ∞, C1 = µ(A)α C0 < ∞ —некоторая постоянная. Поскольку {Sm } — неубывающая последовательность, из теоремыЛеви следует, что для почти всех x ∈ A существует конечный предел последовательности{Sm (x)}. Это означает, что рядuk1 (x) + (uk2 (x) − uk1 (x)) + (uk3 (x) − uk2 (x)) + (uk4 (x) − uk3 (x)) + .
. .сходится абсолютно для почти всех x ∈ A. Следовательно ukm сходится при m → ∞ почтивсюду в A к некоторой функции u. Заметим, что эта функция измерима, так как измеримыфункции ukm . Таким образом, мы доказали вторую часть утверждения теоремы.Покажем теперь, что последовательность {uk } сходится к u в Lp (A). Зафиксируемпроизвольное ε > 0. Поскольку последовательность {uk } является фундаментальной вLp (A), существует такое mε ∈ N, что ∥ukm − ukℓ ∥p < ε для всех m, ℓ > mε . Далее нампридется разделить случаи p < ∞ и p = ∞, так как в первом случае в отличие от второгонорма в Lp (A) определяется через интеграл.Пусть p ∈ [1, ∞).
Тогда∫|ukm − ukℓ |p dµ < εp для всех m, ℓ > mε .AКроме того, |ukm (x) − ukℓ (x)| → |ukm (x) − u(x)| при ℓ → ∞ для почти всех x ∈ A. Согласнотеореме Фату∫|ukm − u|p dµ 6 εpA106для всех m > mε .Отсюда следует, что u ∈ Lp (A) и ∥ukm −u∥p 6 ε для всех m > mε . Это означает, что ukm → uв Lp (A) при m → ∞. Поскольку {uk } — фундаментальная последовательность в Lp (A),мы получаем, что и вся последовательность {uk } сходится к u ∈ Lp (A) (см.
упражнениепосле доказательства теоремы).Теперь рассмотрим p = ∞. В этом случае ess supx∈A |ukm (x) − ukℓ (x)| < ε для всехm, ℓ > mε , то есть |ukm (x) − ukℓ (x)| < ε для всех m, ℓ > mε и почти всех x ∈ A. Переходя вэтом неравенстве к пределу при ℓ → ∞, мы получим, что|ukm (x) − u(x)| 6 εдля всех m > mε и почти всех x ∈ A. Следовательно u ∈ L∞ (A) и ∥ukm − u∥∞ 6 ε длявсех m > mε . То есть, ukm → u в L∞ (A) при m → ∞. Поскольку {uk } — фундаментальнаяпоследовательность в L∞ (A), мы получаем, что и вся последовательность {uk } сходитсяк u ∈ L∞ (A).Упражнение 11.5.8. Пусть {αk } — фундаментальная числовая последовательность и{αkm } — её подпоследовательность, сходящаяся к некоторому числу α. Показать, что ився последовательность {αk } сходится к α. Докажите аналогичное утверждение для функциональной последовательности в Lp (A), p ∈ [1, ∞].•Замечание 11.5.9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
