1611689370-01d0560721743ce262e51a4d940c3311 (826792), страница 25
Текст из файла (страница 25)
Мы доказали теорему 11.5.7 для множества A конечной меры. Насамом деле утверждение теоремы справедливо и в случае µ(A) = ∞. Предлагаем читателю самостоятельно установить этот факт. Для этого необходимо представить A в виде объединения исчерпывающей последовательности {Ak } множеств конечной меры (см.определение 11.4.27).•Пример 11.5.10. Если {uk } — сходящаяся последовательность в Lp (A), то она может ине сходиться почти всюду в A. Пусть A = [0, 1], p ∈ [1, ∞) и {uk } — функциональная последовательность, которую мы назовём «бегущий слон».
Эта последовательность не сходитсяни в одной точке отрезка [0, 1], но ∥uk ∥p → 0 при k → ∞.•Лекция №33. 22.12.2016.Пусть M — некоторое множество в банаховом пространстве X. Говорят, что множество M замкнуто в X, если любая фундаментальная последовательность, лежащая в M ,сходится к элементу из M . Замыканием множества M в пространстве X называется наименьшее замкнутое множество в X, содержащее M . Говорят, что множество M плотно вмножестве N ⊂ X, если его замыкание в X содержит N . Другими словами, множество Mплотно в множестве N ⊂ X, если для каждого u ∈ N существует такая последовательность элементов uk множества M , что uk → u в X при k → ∞.
Если M плотно во всёмпространстве X, то часто говорят, что M всюду плотно.Можно дать и другое определение плотного множества. Скажем, что множество Mплотно в множестве N банахова пространства X, если для любого ε > 0 и для любогоu ∈ N существует такое v ∈ M , что ∥u − v∥X < ε.
В самом деле, из этого определенияследует, что для ε = 1/k найдется такой элемент vk множества M , что ∥u − vk ∥X < 1/k.Тогда vk → u в X при k → ∞. Поэтому u принадлежит замыканию множества M в X.Теорема 11.5.11. Если µ(A) < ∞, то L∞ (A) плотно в Lp (A) для любого p ∈ [1, ∞).107Доказательство. Зафиксируем какое-либо p ∈ [1, ∞) и возьмём произвольную функцию uиз Lp (A).
Для каждого k ∈ N определим функцию uk : A → R следующим образом:u(x), |u(x)| 6 k,uk (x) = k,u(x) > k,−k,u(x) < −k.Очевидно, что uk ∈ L∞ (A) для каждого k ∈ N и ∥u∥∞ = k. Заметим также, что{0,|u(x)| 6 k,|u(x) − uk (x)| =|u(x)| − k, |u(x)| > k.В силу неравенства Чебышева µ(Ak ) → 0 при k → ∞, где Ak = {x ∈ A | |u(x)| > k}.Поэтому, используя абсолютную непрерывность интеграла Лебега, мы получим:∫∫∫()pp|u − uk | dµ =|u(x)| − k dµ 6|u(x)|p dµ → 0 при k → ∞.AAkAkТаким образом, uk → u в Lp (A) при k → ∞.Следствие 11.5.12.
Если µ(A) < ∞ и p, q ∈ [1, ∞], то Lq (A) плотно в Lp (A) при p 6 q.◃ Пусть u — произвольная функция из Lp (A). Возьмем последовательность uk из доказательства теоремы. Поскольку L∞ (A) ⊂ Lq (A), uk ∈ Lq (A). Но мы уже установили, чтоuk → u в Lp (A) при k → ∞, поэтому Lq (A) плотно в Lp (A).Докажем ещё одну теорему о плотности. Оказывается в пространствах Lp (A) при p ∈[1, ∞) плотным является множество непрерывных функций.Теорема 11.5.13. Если A — измеримое множество конечной меры в Rn , то пространство C(A) плотно в Lp (A) для любого p ∈ [1, ∞).Доказательство.
Пусть u — произвольная функция из Lp (A) для некоторого p ∈ [1, ∞).Зафиксируем произвольное ε > 0 и докажем существование такой функции η ∈ C(A), что∥u − η∥p < ε.Шаг 1. Поскольку функция u измерима, найдется такая простая функция φ : A → R, что|u(x) − φ(x)| < ε/(3µ(A)1/p ) для всех x ∈ A. Это следует из теоремы 11.4.1. Поэтому(∫)1/pεεp∥u − φ∥p =|u − φ| dµ<µ(A)1/p = .1/p3µ(A)3AШаг 2.
Заметим, что из полученной на первом шаге оценки также следует, что φ ∈ Lp (A).Обозначим через ak значения функции φ, а через Ak — соответствующиемножества, на∑∞pp|a|µ(Aкоторых эти значенияпринимаются.Посколькуφ∈L(A),рядk ) сходится.k=1 k( )p∑∞pдля некоторого m ∈ N. Определим такуюСледовательноk=m+1 |ak | µ(Ak ) < ε/3∞функцию ψ : A → R, что ψ(x) = φ(x) при x ∈ ∪mk=1 Ak и ψ(x) = 0 при x ∈ ∪k=m+1 Ak . Тогда∥φ − ψ∥p =(∫∞)1/p ( ∑)1/p εp|φ − ψ| dµ=|ak | µ(Ak )< .3Ak=m+1p108Шаг 3.
Функция ψ является простой и принимает конечное число значений.∑mЕсли мыобозначим через χAk характеристическуюфункцию множества Ak , то ψ = k=1 ak χAk .∑mОбозначим через a величину|a|.Заметим,что a ̸= 0, поскольку в этом случаеk=1 ka1 = . . . = am = 0, и в качестве искомой непрерывной функции η мы можем взять тождественный нуль.Каждое множество Ak измеримо, поэтому существуют замкнутоеFk и от( множество)pкрытое множество Gk , такие, что Fk ⊂ Ak ⊂ Gk и µ(Gk \ Fk ) < ε/(3a) .
Для каждогоk = 1, . . . , m определим следующую функцию ηk : A → [0, 1]:ηk (x) =dist(x, A \ Gk ).dist(x, A \ Fk ) + dist(x, A \ Gk )Несложно показать, что ηk — непрерывная функция. Предоставляем читателю установитьэтот факт самостоятельно. Подскажем только, что необходимо воспользоваться непрерывностью функции dist(x, B) расстояния от точки x до множества B.
Заметим также, что0 6 ηk 6 1, |ηk −χAk | 6 1 и ηk (x)−χAk (x) = 0 при x ∈ Fk ∪(A\Gk ). Определим непрерывнуюфункциюm∑η=ak ηk .k=1Тогда∥η − ψ∥p 6m∑|ak | ∥ηk − χAk ∥p =k=1m∑k=1|ak |(∫Gk \Fk|ηk − χAk |p dµ)1/pm)1/pεε ∑|ak | = .|ak | µ(Gk \ Fk )<63a k=13k=1m∑(Шаг 4. Таким образом, мы построили непрерывную функцию η : A → R, для которойсправедлива оценка:∥u − η|p 6 ∥u − φ∥p + ∥φ − ψ∥p + ∥ψ − η∥p <ε ε ε+ + = ε.3 3 3Теорема доказана.Замечание 11.5.14.
Заметим, что пространство C(A) не плотно в L∞ (A). Дело в том,что сходимость последовательности функций по норме пространства L∞ (A) совпадаетс равномерной сходимостью. Поэтому, если последовательность непрерывных функцийсходится в L∞ (A), то предельная функция должна быть непрерывной. Но в L∞ (A) естьфункции, которые не являются непрерывными.•C(A) поЗамечание 11.5.15. Как следует из теоремы 11.5.13, замыкание) норме ∥ · ∥p ,(pp ∈ [1, ∞), совпадает с L (A) ̸= C(A). Поэтому пространство C(A), ∥ · ∥p , p ∈ [1, ∞), неявляется полным.
Для p = 1 этот факт уже отмечался в примере 11.5.1.•Банахово пространство называется сепарабельным, если в нём существует счётное всюду плотное множество.109Пример 11.5.16. По теореме Вейерштрасса 10.1.8 множество полиномов с вещественными коэффициентами плотно в C[0, 1]. Любой полином с вещественными коэффициентамиможно с любой точностью по норме пространства C[0, 1] приблизить полиномом с рациональными коэффициентами. Но такие полиномы образуют счетное множество, поэтомубанахово пространство C[0, 1] сепарабельно.
Следовательно сепарабельными являются всепространства Lp [0, 1] при p ∈ [1, ∞).•Вообще говоря, теорема Вейерштрасса справедлива и в многомерном случае. Поэтому утверждения, сформулированные в примере 11.5.16, можно обобщить и на случай nпеременных. Мы этого делать не будет, поскольку теорема Вейерштрасса доказана намитолько в одномерном случае. Однако, сепарабельность пространств Lp (A), где A — измеримое множество в Rn , для p ∈ [1, ∞) можно доказать и без использования теоремыВейерштрасса. Предлагаем читателю самостоятельно установить этот факт.
Как показывает следующий пример, пространство L∞ (A) не сепарабельно.Пример 11.5.17. Покажем, что пространство L∞ [0, 1] не является сепарабельным. Длякаждого α ∈ (0, 1) определим функцию{0, x ∈ [0, α),uα (x) =1, x ∈ [α, 1].Очевидно, что uα ∈ L∞ [0, 1] для всех α ∈ (0, 1) и ∥uα − uβ ∥∞ = 1 при α ̸= β.
Крометого, семейство {uα , α ∈ (0, 1)} является несчётным (оно имеет мощность континуума).Предположим, что существует счётное плотное в L∞ [0, 1] множество V = {v1 , v2 , . . .}.Тогда∞∪B(vk , 1/3),L∞ [0, 1] ⊂k=1∞где B(vk , 1/3) = {v ∈ L (G) | ∥v − vk ∥∞ < 1/3} — шар в L∞ [0, 1] с центром в vk радиуса 1/3. Но в каждом из этих шаров может лежать только одна из функций uα , поэтомумощность множества V должна быть больше мощности семейства {uα , α ∈ (0, 1)}. Получили противоречие.
Таким образом, в L∞ [0, 1] не существует счётного всюду плотногомножества.•110.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
