Пространство 𝐿𝑝, 0 < 𝑝 6 ∞. Неравенство Гёльдера и Минковского. Сходимость в 𝐿𝑝(𝐸) . Понятие Идеальное Пространство (ИП) (векторная решётка). Обобщённое неравенство Минковского. Классическое весовое неравенство Харди. Весовое неравенство Харди. Общий случай.

Содержание 1 Пространство 𝐿𝑝 , 0 < 𝑝 6 ∞. Общие свойства. 2 Неравенство Гёльдера и Минковского 3 11 2.1 Неравенство Юнга . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Вывод неравенства Гёльдера . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.3 О точности неравенства Гёльдера . . . . . . . . . . . . 15 2.4 Мультипликативное неравенство . . . . . . . . . . . . . 22 2.5 Применение дискретного случая. Дискретное неравенство Гёльдера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.6 Неравенство треугольника . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.7 Неравенство треугольника при 0 < 𝑝 < 1 . . . . . . . . 26 3 Сходимость в 𝐿𝑝 (𝐸) 29 3.1 Связь сходимости в 𝐿𝑝 и почти всюду . . . . . . . . . . 29 3.2 Некоторые дополнения о неравенстве Гёльдера . . . . . 32 3.3 Некоторые современные дополнения . . . . . . . . . . . 33 4 Понятие Идеальное Пространство (ИП) (векторная решётка) 35 5 Обобщённое неравенство Минковского 44 6 Классическое весовое неравенство Харди 47 6.1 Неравенство Харди . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 6.2 Неулучшаемость константы неравенства Харди . . . . . 51 7 Весовое неравенство Харди. Общий случай 2 53 1 Пространство 𝐿𝑝, 0 < 𝑝 6 ∞. Общие свойства. Интеграл Лебега. 𝑓 ∈ 𝐿(𝐸), 𝐸 – измеримое множество в 𝑅𝑛 . ∫︁ ‖𝑓 ‖𝐿1 (𝐸) = |𝑓 | 𝑑𝜇 < ∞ 𝐸 ⎞ 21 ⎛ ∫︁ 𝑓 ∈ 𝐿2 (𝐸), ‖𝑓 ‖𝐿2 = ⎝ |𝑓 |2 𝑑𝜇)⎠ 𝐸 0 < 𝑝 < ∞ 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) если (︂ )︂ 𝑝1 ∫︀ < ∞. ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝐸) = |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇) измерима (по Лебегу) и 𝐸 𝑝 = ∞, тогда ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝐸) = ess sup |𝑓 (𝑥)|. 𝑥∈𝐸 Неравенство Чебышёва. Пусть 𝑓 > 0, 𝑓 ∈ 𝐿1 (𝐸). Тогда для ∫︀ ∀ 𝑐 > 0 и 𝜇 {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 𝑐} 6 1𝑐 𝑓 𝑑𝜇. 𝐸 Доказательство. 𝐸𝑐 = {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 𝑐}. Тогда ∫︀ ∫︀ ∫︀ 𝑓 𝑑𝜇 > 𝑓 𝑑𝜇 > 𝑐𝑑𝜇 = 𝑐𝜇 (𝐸𝑐 ) ⇒ (1). 𝐸 𝐸𝑐 𝐸𝑐 ∫︀ Следствие 1. Если 0 6 𝑓 ∈ 𝐿 (𝐸) и ‖𝑓 ‖𝐿(𝐸) = 𝑓 𝑑𝜇 = 0, то 𝐸 𝑓 (𝑥) = 0 для почти всех 𝑥 ∈ 𝐸. Доказательство. ⎧ 𝐸0 = {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) = 0}, 𝐸1 = {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 0}. ⎨ 𝐸 =𝐸 ∪𝐸 ⨆︀ 1 𝐸 = 𝐸0 𝐸1 , т.е. . ⎩ 𝐸0 ∩ 𝐸1 ̸= ∅ {︀ }︀ Нужно показать что при 𝜇 (𝐸1 ) = 0, 𝑒𝑘 = 𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 𝑘1 , ∞ ⋃︀ тогда 𝑒𝑘 ⊂ 𝑒𝑘+1 ; 𝐸1 = 𝑒𝑘 . Действительно, 𝑒𝑘 ⊂ 𝐸1 , 𝑘 = 1, 2, . . . 𝑘=1 3 ⇒ ∞ ⋃︀ 𝑒𝑘 ⊂ 𝐸1 . Обратно, если 𝑥 ∈ 𝐸1 , т.е. 𝑓 (𝑥) > 0, то ∃ 𝑘 ∈ 𝑁 : 𝑘=1 𝑓 (𝑥) > 𝑘1 , т.е. 𝑥 ∈ 𝑒𝑘 и 𝐸1 ⊂ ∞ ⋃︀ 𝑒𝑘 ⇒ 𝐸1 = 𝑘=1 ∞ ⋃︀ 𝑒𝑘 . 𝑘=1 𝜇 (𝐸1 ) = lim 𝜇 (𝑒𝑘 ). Но по неравенству Чебышева 𝑐 = 𝑘1 , имеем ∫︀ 𝑘→∞ 𝜇 (𝑒𝑘 ) 6 𝑘 𝑓 𝑑𝜇 = 0. Следовательно 𝜇 (𝑒𝑘 ) = 0, 𝑘 = 1, 2, . . .. Значит, 𝐸 𝜇 (𝐸1 ) = lim 𝜇 (𝑒𝑘 ) = 0. 𝑘→∞ Следствие 2. Если 0 6 𝑓 ∈ 𝐿 (𝐸), то 𝑓 (𝑥) < ∞ почти всюду на 𝐸. Доказательство. Обозначим через 𝐸∞ = {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) = ∞}. Покажем, что 𝜇 (𝐸∞ ) = 0. Введем 𝐴𝑛 = {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 𝑛}. Ясно, ∞ ⋂︀ что 𝐴𝑛+1 ⊂ 𝐴𝑛 . При этом 𝐸∞ = 𝐴𝑛 . Действительно, 𝑥 ∈ 𝐸∞ , то 𝑛=1 ∞ ⋂︀ 𝑓 (𝑥) = ∞ > 𝑛 ∀𝑛 ∈ 𝑁 , т. е. 𝑥 ∈ 𝐴𝑛 , ∀𝑛 ∈ 𝑁 ⇒ 𝑥 ∈ 𝐸∞ ⊂ ∞ ⋂︀ 𝐴𝑛 . Если 𝑥 ∈ 𝑛=1 т. е. 𝑥 ∈ 𝐸∞ . Значит ∞ ⋂︀ 𝐴𝑛 . Итак, 𝑛=1 𝐴𝑛 , то 𝑓 (𝑥) > 𝑛, ∀𝑛 ∈ 𝑁 ⇒ 𝑓 (𝑥) = ∞, 𝑛=1 ∞ ⋂︀ 𝐴𝑛 ⊂ 𝐸∞ . Вывод: 𝐸∞ = 𝑛=1 ∞ ⋂︀ 𝐴𝑛 . Тогда по 𝑛=1 свойству непрерывности меры 𝜇 (𝐸∞ ) = lim 𝜇 (𝐴𝑛 ) по неравенству 𝑛→∞ Чебышева при 𝐶 = 𝑛 1 𝜇 (𝐴𝑛 ) = 𝜇 {𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) > 𝑛} 6 𝑛 ∫︁ 𝑓 𝑑𝜇. 𝐸 Теорема Леви. Пусть 𝑓𝑛 > 0, интегрируемые и 𝑓𝑛 6 𝑓𝑛+1 п.в. на 𝐸. Тогда для 𝑓 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 (𝑥) (п.в. на 𝐸) справедливо равенство 𝑛→∞ ∫︁ ∫︁ 𝑓 𝑑𝜇 = lim 𝑓𝑛 𝑑𝜇 𝑛→∞ 𝐸 𝐸 4 (1) Замечание. 𝑓𝑛+1 > 𝑓𝑛 ⇒ ∫︀ 𝑓𝑛+1 𝑑𝜇 > 𝐸 ∫︀ 𝑓𝑛 𝑑𝜇, т.е. {︂ ∫︀ 𝐸 }︂ 𝑓𝑛 𝑑𝜇 – 𝐸 возрастающая числовая последовательность. Значит предел справа в (1) существует (быть может, {︂ равный }︂ ∞), но равенство (1) верно всег∫︀ да, т. е. ограниченность 𝑓𝑛 𝑑𝜇 – критерий того, что 𝑓 ∈ 𝐿 (𝐸). 𝐸 Следствие 1. Пусть 𝑢𝑛 (𝑥) > 0 – интегрируемы, 𝑢 (𝑥) = ∞ ∑︁ 𝑢𝑛 (𝑥) . (2) 𝑛=1 Тогда ∫︁ 𝑢𝑑𝜇 = ∞ ∫︁ ∑︁ 𝑢𝑛 𝑑𝜇. (3) 𝑛=1 𝐸 𝐸 Замечание. Равенство (3) верно всегда, оно дает критерий интегрируемости суммы (2). Для доказательство обозначим 𝑓𝑛 (𝑥) = 𝑛 ∑︀ 𝑢𝑚 (𝑥). Тогда {𝑓𝑛 } 𝑚=1 удовлетворяет условиям теоремы Леви и для 𝑢 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 (𝑥) спра𝑛→∞ ведливо равенство ∫︁ ∫︁ 𝑛 ∫︁ ∞ ∫︁ ∑︁ ∑︁ 𝑢𝑑𝜇 = lim 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = lim 𝑢𝑚 𝑑𝜇 = 𝑢𝑚 𝑑𝜇 ⇒ (3) . 𝑛→∞ 𝐸 𝑛→∞ 𝐸 𝑚=1 𝐸 𝑚=1 𝐸 Вывод. Пусть ряд справа в (3) сходится, тогда, согласно (3) ∞ ∫︀ ∫︀ ∑︀ 𝑢𝑑𝜇 = 𝑢𝑛 𝑑𝜇 < ∞ ⇒ 𝑢 (𝑥) < ∞ п.в. на 𝐸 ⇒ ряд (2) 𝐸 𝑛=1 𝐸 сходится п.в. на 𝐸. Следствие 2. Пусть 𝑓 > 0 –⎫измерима, ⎧ ⎨ 𝑓 (𝑥) , если𝑓 (𝑥) 6 𝑛 ⎬ 𝑓𝑛 (𝑥) = – срезка функции 𝑓 на уровне 𝑛. ⎩ 𝑛, если𝑓 (𝑥) > 𝑛 ⎭ 5 Тогда 0 6 𝑓𝑛 (𝑥) 6 𝑓𝑛+1 (𝑥) и 𝑓 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 (𝑥). Следовательно по 𝑛→∞ теореме Леви верно (1), которое дает критерий интегрируемости 𝑓 . Теорема Лебега. Пусть 𝑓𝑛 – измерима на 𝐸; lim 𝑓𝑛 (𝑥) = 𝑓 (𝑥) 𝑛→∞ почти всюду на 𝐸, причём |𝑓𝑛 (𝑥)| 6 𝑓 (𝑥) ∈ 𝐿 (𝐸). Тогда 𝑓 ∈ 𝐿 (𝐸) ∫︀ ∫︀ и 𝑓 𝑑𝜇 = lim 𝑓𝑛 𝑑𝜇. 𝐸 𝑛→∞ 𝐸 Замечание. В силу свойств интеграла Лебега (4) ⇒ 𝑓𝑛 ∈ 𝐿 (𝐸). ∫︀ Теорема Фату. Пусть 𝑓𝑛 ∈ 𝐿 (𝐸) интегрируемые и lim |𝑓𝑛 | 𝑑𝜇 < 𝑛→∞ 𝐸 < ∞ и пусть существует п.в. на 𝐸, 𝑓 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 (𝑥). Тогда 𝑛→∞ ∫︁ ∫︁ 𝑓 ∈ 𝐿(𝐸)и |𝑓𝑛 | 𝑑𝜇. |𝑓 |𝑑𝜇 6 lim (5) 𝑛→∞ 𝐸 𝐸 Замечание. Неравенство (5) может оказаться строгим. Например: 𝐸 = (0, 1) ⎧ ⎨ 𝑛, 0 < 𝑥 < 1/𝑛 𝑓𝑛 (𝑥) = ⎩ 0, 1/𝑛 6 𝑥 6 1 Тогда ∫︀ 𝑛 = 2, 3, . . . 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = 1, 𝑓𝑛 > 0. 𝐸 𝑓 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 (𝑥) = 0 𝑥 ∈ (0, 1) 𝑛→∞ ∫︁ ∫︁ 𝑓 𝑑𝜇 = 0 < lim 𝑓𝑛 𝑑𝜇 = 1. 𝑛→∞ 𝐸 Задание. Показать величины lim 𝐸 ∫︀ 𝑛→∞ 𝐸 6 |𝑓𝑛 | 𝑑𝜇 < ∞. ∫︀ Замечание. Условие lim 𝑓𝑛 𝑑𝜇 < ∞ не является необходимым 𝑛→∞ 𝐸 ∫︀ для конечности 𝑓 𝑑𝜇, где 𝑓 (𝑥) = lim 𝑓𝑛 п.в. на 𝐸. 𝑛→∞ 𝐸 Доказательство теоремы Фату. По условию 𝑓𝑛 (𝑥) → 𝑓 (𝑥), 𝑛 → ∞ п.в. на 𝐸. Положим ℎ𝑛 (𝑥) = inf |𝑓𝑚 (𝑥)|. 𝑚>𝑛 Тогда 0 6 ℎ𝑛 (𝑥) 6 ℎ𝑛+1 (𝑥) (так как inf растет при сужении множества). lim ℎ𝑛 (𝑥) = lim inf |𝑓𝑚 (𝑥)| = lim |𝑓𝑛 (𝑥)| = lim |𝑓𝑛 (𝑥)| = |𝑓 (𝑥)| . 𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑚>𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ ∫︀ ∫︀ def Тогда по теореме Леви |𝑓 | 𝑑𝜇 = lim ℎ𝑛 𝑑𝜇, но =⇒ ℎ𝑛 (𝑥) 6 𝑛→∞ 𝐸 ∫︀ 𝐸 ∫︀ ∫︀ 6 |𝑓𝑚 (𝑥)|, ∀𝑚 > 𝑛 ⇒ ℎ𝑛 𝑑𝜇 6 |𝑓𝑚 |𝑑𝜇, ∀𝑚 > 𝑛 =⇒ ℎ𝑛 𝑑𝜇 6 𝑚→∞ 𝐸 𝐸 𝐸 ∫︀ 6 lim |𝑓𝑚 |𝑑𝜇 для любого 𝑛 ∈ 𝑁 , тогда при 𝑛 → ∞ получим 𝑛→∞ 𝐸 ∫︀ ∫︀ ∫︀ |𝑓 | 𝑑𝜇 = lim ℎ𝑛 𝑑𝜇 6 lim |𝑓𝑚 | 𝑑𝜇 ⇒ (5). 𝐸 𝑛 𝑛→∞ 𝐸 𝑛→∞ 𝐸 𝑛 𝐿𝑝 (𝑅 ): 𝐸 ⊂ 𝑅 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), если 𝑓 – измерима на 𝐸; ⎞ 𝑝1 ⎛ ∫︁ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = ⎝ |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇⎠ < ∞, 0 < 𝑝 < ∞; 𝐸 ‖𝑓 ‖𝐿∞ = esssup |𝑓 (𝑥)| < ∞. 𝑥∈𝐸 Здесь esssup 𝑓 (𝑥) := 𝑥∈𝐸 inf sup 𝑓 (𝑥). 𝐸 ′ ∈𝐸 𝑥∈𝐸 ′ 𝜇(𝐸/𝐸 ′ )=0 ⎧ ⎨ 1, 𝑥 – рациональное из (0, 1), Пример: 𝑓 (𝑥) = ⎩ 0, 𝑥 – иррациональное из (0, 1). Функция Дирихле. sup 𝑓 (𝑥) = 1 esssup 𝑓 (𝑥) = 0 𝑥∈(0,1) 𝑥∈(0,1) 7 Т.к. ∃𝐸0′ = {𝑥 ∈ (0, 1) , 𝑥 − иррациональное}, 𝑓 (𝑥) = 0, 𝑥 ∈ 𝐸0′ , 𝐸0′ ⊂ (0, 1) – подмножество полной меры, т.к. (0, 1) ∖𝐸0′ – счетное множество рациональных точек из (0, 1) – имеет меру 0. esssup 𝑓 (𝑥) = inf sup 𝑓 (𝑥) 6 sup 𝑓 (𝑥) = 0, esssup 𝑓 (𝑥) = 0. 𝐸 ′ ∈𝐸 𝑥∈𝐸 ′ 𝜇(𝐸/𝐸 ′ )=0 𝑥∈𝐸0′ 𝑥∈(0,1) Утверждение. Справедливо равенство esssup 𝑓 (𝑥) = inf {𝑀 ∈ 𝑅 : 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 п.в. на 𝐸} . 𝑥∈𝐸 Т.е. 𝑀 ∈ 𝑅, для которых 𝑓 (𝑥) < 𝑀 назовём допустимым. Доказательство. Обозначим 𝐴 = esssup 𝑓 (𝑥), 𝐵 = inf {𝑀 ∈ 𝑅 : 𝑥∈𝐸 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 п.в. на 𝐸}. Хотим показать 𝐴 = 𝐵. ′ 1) Для любого 𝑀 > 𝐴 по определению найдется 𝐸𝑀 ⊂ 𝐸, ′ 𝜇 (𝐸∖𝐸𝑀 ) = 0, sup 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 . Тогда имеем, что 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 п.в. на ′ 𝑥∈𝐸𝑀 𝐸, т.е. 𝑀 – допустимо. Следовательно 𝐵 6 𝑀, т.к. 𝐵 = inf {𝑀 : 𝑀 – допустимы}. Итак 𝑀 > 𝐴 ⇒ 𝑀 > 𝐵, значит 𝐵 6 𝐴. ′ 2) Обратно, для любого 𝑀 > 𝐵 имеем: 𝑀 – допустимо, т.е. ∃𝐸𝑀 ′ полной меры: 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 , ∀𝑥 ∈ 𝐸𝑀 , тогда sup 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 , т.е. 𝐴 = ′ 𝑥∈𝐸𝑀 = inf′ 𝐸 sup ′ 𝐸 ⊂𝐸 𝜇(𝐸/𝐸 ′ )=0 𝑓 (𝑥) 6 sup 𝑓 (𝑥) 6 𝑀 . Итак, ∀𝑀 > 𝐵 имеем 𝑀 > 𝐴. ′ 𝑥∈𝐸𝑀 Значит 𝐴 6 𝐵. В результате 𝐵 6 𝐴, 𝐴 6 𝐵 ⇒ 𝐴 = 𝐵. Упражнение. Показать, что п.в. на 𝐸 справедливо неравенство 𝑓 (𝑥) 6 esssup 𝑓 (𝑦) (2) ≡ 𝐴. 𝑦∈𝐸 8 𝐸𝑛′ ⊂ 𝐸, 𝜇 (𝐸∖𝐸𝑛′ ) ′ = 0 𝑛 ∈ 𝑁, 𝐸 = ∞ ⋂︀ 𝐸𝑛′ . Тогда 𝜇 (𝐸∖𝐸 ′ ) = 0, 𝑛=1 т.е. 𝐸 ′ имеет(︂полную)︂меру, тогда 𝑒𝑛 = 𝐸∖𝐸𝑛′ имеем 𝜇(𝑒𝑛 ) = 0, 𝑛 ∈ 𝑁 ; ∞ ∞ ⋂︀ ⋃︀ 𝐸∖𝐸 ′ = 𝐸∖ 𝐸𝑛′ = 𝑒𝑛 , 𝜇 (𝐸∖𝐸 ′ ) = 0, т.к. это счетная сумма 𝑛=1 𝑛=1 множеств нулевой меры. Решение. Обозначим 𝐸𝑛′ = {︀ }︀ 𝑥 ∈ 𝐸 : 𝑓 (𝑥) 6 𝐴 + 𝑛1 , 𝑛 ∈ 𝑁 . допустимое, т.е. 𝐸𝑛′ – множество полной ме∞ ⋂︀ ′ ры ∀𝑛 ∈ 𝑁 , тогда на множестве 𝐸 = 𝐸𝑛′ , которое тоже имеТогда в силу (1) 𝐴 + 1 𝑛 𝑛=1 ′ ет полную меру, имеем ∀𝑥 ∈ 𝐸 ⇒ 𝑓 (𝑥) 6 𝐴 + (︀ )︀ 𝑓 (𝑥) 6 lim 𝐴 + 𝑛1 = 𝐴. 1 𝑛 ∀𝑛 ∈ 𝑁 ⇒ 𝑛→∞ Пусть 𝑓 ∈ 𝐿∞ , 𝑔 ∈ 𝐿1 . Тогда 𝑓 · 𝑔 ∈ 𝐿1 и ‖𝑓 · 𝑔‖ 6 ‖𝑓 ‖∞ · ‖𝑔‖𝐿1 . ∫︀ 𝐸 Действительно, из того, что |𝑓 (𝑥)| 6 ‖𝑓 ‖ для п.в. на 𝑥 ∈ 𝐸, имеем ∫︀ ∫︀ |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖∞ |𝑔 (𝑥)| 𝑑𝑥 = ‖𝑓 ‖𝐿∞ |𝑔 (𝑥)| 𝑑𝑥 = ‖𝑓 ‖𝐿∞ ‖𝑔‖𝐿1 . 𝐸 𝐸 Тогда |𝑓 (𝑥) · 𝑔 (𝑥)| 6 ‖𝑓 (𝑥)‖𝐿∞ ‖𝑔 (𝑥)‖ для п.в. на 𝑥 ∈ 𝐸. Утверждение. Пусть Ω ⊂ 𝑅𝑛 , Ω – открытое, 𝑓 : Ω → 𝑅 – непрерывна. Тогда esssup 𝑓 (𝑥) = sup 𝑓 (𝑥) . 𝑥∈Ω (3) 𝑥∈Ω Доказательство. Пусть 𝐴 = esssup 𝑓 (𝑥) ; 𝐵 = sup 𝑓 (𝑥). Надо 𝑥∈Ω 𝑥∈Ω показать, что 𝐴 = 𝐵. Очевидно что 𝐴 6 𝐵. Покажем обратное: 𝐵 6 𝐴. Ограничимся случаем 𝐵 < ∞. По определению sup для любого 𝑘 ∈ 𝑁 найдется 𝑥𝑘 ∈ Ω : 𝑓 (𝑥𝑘 ) > 𝐵 − 𝑘1 , тогда существует ∃𝛿𝑘 > 0: 𝐵 (𝑥𝑘 , 𝛿𝑘 ) ⊂ Ω (т.к. Ω – открытое) |𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥𝑘 )| 6 9 1 𝑘 ∀𝑥 ∈ 𝐵 (𝑥𝑘 , 𝛿𝑘 ), значит 𝑓 (𝑥) > 𝑓 (𝑥𝑘 ) − 1 𝑘 ∀𝑥 ∈ 𝐵 (𝑥𝑘 , 𝛿𝑘 ) ⊂ Ω. Поэтому 𝐴 = esssup 𝑓 (𝑥) > > esssup 𝑓 (𝑥) > 𝑓 (𝑥𝑘 ) − 𝑥∈𝐵(𝑥𝑘 ,𝛿𝑘 ) 𝑥∈Ω 1 𝑘 >𝐵− 2 𝑘. Мы доказали что, для любого 𝑘 ∈ 𝑁 𝐴>𝐵− 2 𝑘 𝑘→∞ ⇒ 𝐴 > 𝐵. В итоге А=В. СРС: 𝐵 = ∞. Покажем, что 𝐿𝑝 (𝐸), 0 < 𝑝 6 ∞ есть линейное пространство. Пусть 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 𝛼 ∈ 𝑅. Тогда 𝛼𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) и ‖𝛼𝑓 ‖𝐿𝑃 = |𝛼| · ‖𝑓 ‖𝐿𝑃 . (︂ )︂ 𝑝1 (︂ )︂ 𝑝1 ∫︀ ∫︀ 𝑝 𝑝 = |𝛼| | 𝑓 | 𝑑𝜇 = При 0 < 𝑝 < ∞ ‖𝛼𝑓 ‖𝐿𝑃 = |𝛼𝑓 | 𝑑𝜇 𝐸 𝐸 = |𝛼| ‖𝑓 ‖𝐿𝑃 . Аналогично ‖𝛼𝑓 ‖𝐿∞ = |𝛼| ‖𝑓 ‖𝐿∞ . Пусть 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸). Тогда |𝑓 (𝑥)| < ∞; |𝑔 (𝑥)| < ∞ п.в. на 𝐸. Дей∫︀ ствительно, при 0 < 𝑝 < ∞ имеем |𝑓 (𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 < ∞ ⇒ |𝑓 (𝑥)|𝑝 < ∞ 𝐸 п.в. на 𝐸 ⇒ |𝑓 (𝑥)| < ∞ п.в. на 𝐸. Аналогично для (𝑔). 𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥) имеют смысл п.в. на 𝐸. ⎫ |𝑓 (𝑥)| 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ < ∞ п.в. на 𝐸 ⎬ При 𝑝 = ∞ знаем, что ⇒ ⎭ |𝑔 (𝑥)| 6 ‖𝑔‖𝐿∞ < ∞ п.в. на 𝐸 𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥) имеют смысл п.в. на 𝐸. При этом ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿∞ 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ + + ‖𝑔‖𝐿∞ (т.к. |𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥)| 6 |𝑓 (𝑥)| + |𝑔 (𝑥)|). При 0 < 𝑝 < ∞ на множестве 𝐸 ′ ⊂ 𝐸, 𝐸 ′ – полной меры, используем неравенство |𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥)| 6 |𝑓 (𝑥)| + |𝑔 (𝑥)| ⇒ |𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥)|𝑝 6 (|𝑓 (𝑥)| + |𝑔 (𝑥)|)𝑝 6 (2 max {|𝑓 (𝑥)| , |𝑔 (𝑥)|})𝑝 = = 2𝑝 max {|𝑓 (𝑥)|𝑝 , |𝑔 (𝑥)|𝑝 } 6 2𝑝 (|𝑓 (𝑥)|𝑝 + |𝑔 (𝑥)|𝑝 ) 10 п.в. на 𝐸. ⎞ ⎛ ∫︁ | 𝑓 + 𝑔|𝑝 𝑑𝜇 6 2𝑝 𝐸 ∫︁ (|𝑓 |𝑝 + |𝑔|𝑝 ) 𝑑𝜇 = 2𝑝 ⎝ ∫︁ |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇 + 𝐸 𝐸 (︁ ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 2 ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 ∫︁ |𝑔|𝑝 𝑑𝜇⎠ . 𝐸 )︁ 𝑝1 , т.е. 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 ⇒ 𝑓 + 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 . ⎫ 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) ⎬ Кроме того, ⇔ 𝑓 (𝑥) = 0 п.в. на 𝐸. ‖𝑓 ‖ = 0 ⎭ 𝐿𝑝 Действительно, при 0 < 𝑝 < ∞ (︂ )︂ 𝑝1 ∫︀ 𝑝 = 0 ⇔ |𝑓 (𝑥)|𝑝 = 0 п.в. ⇔ |𝑓 (𝑥)| = 0 п.в. ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = |𝑓 (𝑥)| 𝑑𝜇 𝐸 При 𝑝 = ∞ ‖𝑓 ‖𝐿∞ = 0 ⇔ |𝑓 (𝑥)| 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ = 0 п.в. ⇔ 𝑓 (𝑥) = 0 п.в. 2 2.1 Неравенство Гёльдера и Минковского Неравенство Юнга Лемма 1. Пусть функция 𝜙 : [0, ∞) → [0, ∞) непрерывна, строго возрастает: 𝜙 (0) = 0. Тогда для любых 𝑎, 𝑏 > 0 ∫︁𝑎 𝑎·𝑏6 ∫︁𝑏 𝜙 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝜙−1 (𝑦) 𝑑𝑦 (1) где 𝑥 = 𝜙−1 (𝑦) обратная функция к 𝑦 = 𝜙 (𝑥), при этом равенство в (1) будет тогда и только тогда, когда 𝑏 = 𝜙 (𝑎) . 11 (2) Доказательство. Геометрически (см. рисунки). ∫︁𝑎 𝑆1 = 𝜙 (𝑥) 𝑑𝑥 ∫︁𝑏 𝑆2 = 𝜙−1 (𝑦) 𝑑𝑦 Рис. 1: 𝑏 > 𝜙(𝑎) 𝑎𝑏 < 𝑆1 + 𝑆2 ⇒ (1) 𝑎𝑏 < 𝑆1 + 𝑆2 ⇒ (1) 𝑎𝑏 = 𝑆1 + 𝑆2 ⇒ (1) Рис. 2: 𝑏 < 𝜙(𝑎) Рис. 3: 𝑏 = 𝜙(𝑎) Следствие. Пусть 1 < 𝑝 < ∞, 𝑦 = 𝑥𝑝−1 , т.е. 𝜙 (𝑥) = 𝑥𝑝−1 . Тогда 12 1 годится в лемме 𝑦 = 𝑥𝑝−1 , 𝑥 = 𝑦 𝑝−1 – обратная функция 1 𝜙−1 (𝑦) = 𝑦 𝑝−1 . ∫︁𝑎 ∫︁𝑎 𝜙 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫︁𝑏 𝜙 −1 ∫︁𝑏 (𝑦) 𝑑𝑦 = где 𝑝′ = 𝑝 𝑝−1 , т.е. 1 𝑝 + 1 𝑝′ ⃒ 𝑝 ⃒𝑎 𝑎𝑝 𝑥 𝑝−1 ⃒ = 𝑥 𝑑𝑥 = ⃒ 𝑝 𝑥=0 𝑝 ⃒𝑏 ⃒ 1 𝑦 ⃒ 𝑦 𝑝−1 𝑑𝑦 = 1 ⃒ ⃒ 𝑝−1 + 1 1 𝑝−1 +1 = 𝑦=0 𝑦 𝑝 𝑝−1 ⃒𝑏 ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ′ 𝑝 𝑝−1 𝑦=0 𝑏𝑝 = ′, 𝑝 = 1. По лемме при 1 < 𝑝 < ∞ для 𝑎, 𝑏 > 0 справедливо неравенство ′ 𝑎𝑝 𝑏𝑝 𝑎·𝑏6 + ′, 𝑝 𝑝 (2) причем равенство в (2) тогда и только тогда, когда 𝑏 = 𝑎𝑝−1 , т.е. 𝑝 ′ 𝑏 𝑝−1 = 𝑎𝑝 , т.е. 𝑏𝑝 = 𝑎𝑝 . 2.2 Вывод неравенства Гёльдера Теорема. Пусть 𝐸 ⊂ 𝑅𝑛 – измеримо. 1 6 𝑝 6 ∞, 1 𝑝 + 1 𝑝′ = 1 и 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸). Тогда ∫︁ 𝑓 · 𝑔 ∈ 𝐿1 (𝐸) и |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ‖𝑔‖𝐿𝑝′ (1) 𝐸 Доказательство. 1) Пусть сначала 1 < 𝑝 < ∞. Если ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = 0 или ‖𝑔‖𝐿𝑝 = 0, то 𝑓 = 0 или 𝑔 = 0 п.в. на 𝐸 ⇒ (1) примет вид 0 6 0. 13 ⇒ 𝑓 · 𝑔 = 0 п.в. на 𝐸 2) 0 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 < ∞, 0 6 ‖𝑔‖𝐿𝑝′ < ∞. Тогда |𝑓 (𝑥)| < ∞, |𝑔 (𝑥)| < ∞ п.в. на 𝐸 ⇒ |𝑓 (𝑥) · 𝑔 (𝑥)| < ∞ п.в. на 𝐸. Положим в следствии из леммы 1 п.2.1 𝑎= |𝑓 (𝑥)| , ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 𝑏= |𝑔 (𝑥)| ‖𝑔‖𝐿𝑝′ ′ |𝑓 (𝑥)|𝑝 |𝑓 (𝑥) · 𝑔 (𝑥)| |𝑔 (𝑥)|𝑝 6 + ′ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ 𝑝 ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 𝑝′ ‖𝑔‖𝑝𝐿 ′ 𝑝 Интегрируя ∫︀ |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 ∫︀ 𝐸 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ ∫︀ 6 |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇 1 𝐸 · 𝑝 ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 ∫︀ + ′ |𝑔|𝑝 𝑑𝜇 1 𝐸 · ′ 𝑝′ ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝′ = 1 1 + = 1. 𝑝 𝑝′ |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 𝐸 6 1 ⇒ (1). ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ Пусть теперь 𝑝 = 1, т.е. 𝑝′ = ∞. Тогда 𝑓 ∈ 𝐿1 (𝐸), 𝑔 ∈ 𝐿∞ (𝐸) {︀ }︀ ∫︀ ∫︀ и |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 = |𝑓 (𝑥)| · |𝑔 (𝑥)| 𝑑𝜇 6 |𝑔 (𝑥)| 6 ‖𝑔‖𝐿∞ п.в. на𝐸 6 𝐸 𝐸 ∫︀ ∫︀ 6 |𝑓 (𝑥)| · ‖𝑔‖𝐿∞ 𝑑𝜇 = ‖𝑔‖𝐿∞ |𝑓 (𝑥)| 𝑑𝜇 = ‖𝑔‖𝐿∞ ‖𝑓 ‖𝐿1 ⇒ (1). Итак, 𝐸 𝐸 Аналогично при 𝑝 = ∞, 𝑝′ = 1. Упражнение 1. Доказать утверждение: Пусть 𝜙 : (0, ∞) → (0, ∞), 𝜙 строго убывает и она непрерывна, ∫︀1 𝜙 ∈ 𝑐 (0, ∞), причем 𝜙𝑑𝑥 < ∞, тогда при 𝑎 > 0, 𝑏 > 0 ∫︁∞ ∫︁𝑎 𝑎·𝑏> 𝜙 (𝑥) 𝑑𝑥 − 𝑏 14 𝜙−1 (𝑦) 𝑑𝑦. Равенство ⇔ 𝑏 = 𝜙 (𝑥). Упражнение 2. Показать, что при 0 < 𝑝 < 1 ∀𝑎 > 0, 𝑏 > 0 𝑝 𝑝′ 𝑎 𝑏 𝑝 𝑎·𝑏> + ′ , где 𝑝′ = 𝑝−1 . 𝑝 𝑝 Упражнение 3. Пусть 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸), 0 < 𝑝 < 1, ⎛ ⎞ 𝑝1 ⎛ ⎞ 1′ 𝑝 )︂|𝑝|′ ∫︁ ∫︁ (︂ ′ 1 𝑝 𝑝′ = 𝑝−1 , ‖𝑔‖𝐿𝑝′ = ⎝ |𝑔|𝑝 𝑑𝜇⎠ = ⎝ 𝑑𝜇⎠ , тогда |𝑔 (𝑥)| 𝐸 𝐸 ∫︀ |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 > ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . Обратное неравенство Гёльдера. 𝐸 2.3 О точности неравенства Гёльдера Замечание. При 𝑝 = 2 имеем 𝑝′ = 2 и неравенство Гёльдера примет ∫︀ вид |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿2 ·‖𝑔‖𝐿2 — это неравенство Коши –Буняковского. 𝐸 При фиксированной функции 𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸) рассмотрим функци∫︀ онал 𝐴𝑔 (𝑓 ) = 𝑓 𝑔 𝑑𝜇, 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), где 𝑝1 + 𝑝1′ = 1. Это линейный 𝐸 ∫︀ ∫︀ функционал 𝐴𝑔 (𝑐1 𝑓1 + 𝑐2 𝑓2 ) 𝑔 = (𝑐1 𝑓1 + 𝑐2 𝑓2 )𝑔 𝑑𝜇 = 𝑐1 𝑓1 𝑔 𝑑𝜇 + 𝐸 𝐸 ∫︀ + 𝑐2 𝑓2 𝑔 𝑑𝜇 = 𝑐1 𝐴𝑔 (𝑓1 ) + 𝑐2 𝐴𝑔 (𝑓2 ). 𝐴𝑔 : 𝐿𝑝 (𝐸) → 𝑐. Его норма по 𝐸 определению ‖𝐴𝑔 ‖ : = sup 𝑓 ∈𝐿𝑝 (𝐸) 𝑓 ̸=0 |𝐴𝑔 (𝑓 )| ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 . ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ∫︀ По неравенству Гёльдера |𝐴𝑔 (𝑓 )| = ⃒⃒ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇⃒⃒ 6 |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 𝐸 𝐸 |𝐴𝑔 (𝑓 )| 6 ‖𝑔‖𝐿𝑝′ ⇒ 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . Тогда ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 |𝐴𝑔 (𝑓 )| 6 sup ‖𝑔‖𝐿𝑝 = ‖𝑔‖𝐿𝑝′ 𝑓 ∈𝐿𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 𝑓 ∈𝐿𝑝 ‖𝐴𝑔 ‖ = sup 𝑓 ̸=0 𝑓 ̸=0 15 ⇒ ‖𝐴𝑔 ‖ 6 ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . Точность неравенства Гёльдера означает, что: ‖𝐴𝑔 ‖ = ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . Теорема. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, 1 𝑝 + 1 𝑝′ = 1 и функция 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), ∫︁ 𝑓 · 𝑔 𝑑𝜇 : 𝐿𝑝 (𝐸) − 𝐶. 𝐴𝑔 (𝑓 ) = (1) 𝐸 Тогда ‖𝐴𝑔 ‖ = ‖𝑔‖𝐿𝑝′ (2) Здесь |𝐴𝑔 (𝑓 )| . 𝑓 ∈𝐿𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ‖𝐴𝑔 ‖ : sup (3) 𝑓 ̸=0 Доказательство. Мы уже знаем, что ‖𝐴𝑔 ‖ 6 ‖𝑔‖𝐿𝑝′ – сразу следует из неравенства Гёльдера. ⃒ ⃒ ⃒∫︁ ⃒ ∫︁ ⃒ ⃒ ⃒ 𝑓 · 𝑔 𝑑𝜇⃒ 6 |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖ · ‖𝑔‖ . 𝐿𝑝 𝐿𝑝′ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 (4) 𝐸 Для доказательства теоремы потребуются 2 леммы. Лемма 1. Пусть 1 < 𝑝 6 ∞, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸), 1 𝑝 + 1 𝑝′ = 1. Тогда существует 𝑓𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), ‖𝑓𝑔 ‖𝐿𝑝 > 0 и такая, что ∫︁ 𝑓𝑔 · 𝑔 𝑑𝜇 = ‖𝑓𝑔 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . (5) 𝐸 Доказательство леммы 1. 1) Если ‖𝑔‖𝐿𝑝′ = 0, то тогда 𝑔 (𝑥) = 0 ∫︀ п.в. на 𝐸 ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) 𝑓 · 𝑔 = 0 п.в. на 𝐸. 𝑓 · 𝑔 𝑑𝜇 = 0 = 𝐸 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ , т.е. (5) имеет вид 0 = 0. 16 2) Пусть теперь 0 < ‖𝑔‖𝐿𝑝 < ∞, тогда |𝑔 (𝑥)| < ∞ п.в. на 𝐸 и для 𝑔 (𝑥) ∈ 𝐶 имеем 𝑔 (𝑥) = |𝑔 (𝑥)| 𝑒𝑖𝜙(𝑥) – показательная форма к числу 𝑔 (𝑥) – п.в. на 𝐸. 𝑝′ Положим 𝑓𝑔 (𝑥) = |𝑔 (𝑥)| 𝑝 𝑒−𝑖𝜙(𝑥) . Тогда ⎞ 𝑝1 ⎛ ∫︁ 𝑝′ 𝑝′ 𝑝 |𝑔 (𝑥)| 𝑑𝜇⎠ = ‖𝑔‖𝐿𝑝 > 0 ∈ (0, ∞) . ‖𝑓𝑔 ‖𝐿𝑝 = ⎝ 𝐸 ∫︁ ∫︁ 𝑓𝑔 ·𝑔 𝑑𝜇 = 𝑝′ 𝑝 |𝑔 (𝑥)| 𝑒−𝑖𝜙(𝑥) ·|𝑔 (𝑥)| 𝑒𝑖𝜙(𝑥) 𝑑𝜇 = 𝐸 𝐸 ∫︁ ′ ′ |𝑔 (𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 = ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝′ . 𝐸 Левая часть (5) = ′ ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝′ . 𝑝′ 𝑝 +1 Правая часть (5) ‖𝑓𝑔 ‖𝐿𝑝 ·‖𝑔‖𝐿𝑝′ = ‖𝑔‖𝐿𝑝 ′ ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝′ . Л.ч. (5) = П.ч. (5) верно. Лемма доказана при 1 < 𝑝 < ∞. Упражнение. Привести рассуждение при 𝑝 = ∞, т.е. 𝑝′ = 1. Лемма 2. (Пусть 𝑝 = 1, т.е. 𝑝′ = ∞). Пусть 𝑔 ∈ 𝐿∞ (𝐸), 𝜇 (𝐸) > > 0. Тогда для любого 𝜀 ∈ (0, 1) найдется 𝑓𝑔,𝜀 ∈ 𝐿1 (𝐸), ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖𝐿1 > 0: ∫︁ 𝑓𝑔,𝜀 · 𝑔 𝑑𝜇 > (1 − 𝜀) ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖𝐿1 ‖𝑔‖𝐿∞ . (6) 𝐸 Доказательство леммы 2. 1) Если ‖𝑔‖𝐿∞ = 0, то 𝑔 (𝑥) = 0 п.в. ∫︀ на 𝐸 и тогда ⇒ ∀𝑓 ∈ 𝐿1 , 𝑓 ̸= 0, 𝑓 · 𝑔 = 0 п.в. на 𝐸 ⇒ 𝑓 · 𝑔 𝑑𝜇 = 𝐸 = ‖𝑓 ‖𝐿1 · ‖𝑔‖𝐿∞ , тогда (6) примет вид 0 = 0. 2) Пусть теперь 0 < ‖𝑔‖𝐿∞ < ∞. Для 𝜀 ∈ (0, 1) рассмотрим {︀ }︀ множество 𝐸𝜀 = 𝑥 ∈ 𝐸 : (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ < |𝑔 (𝑥)| < ∞ . Ясно, что 𝐸𝜀 ⊂ 𝐸, покажем, что 𝜇 (𝐸𝜀 ) > 0. Допустим противное: 𝜇 (𝐸𝜀 ) = 0. 17 = Тогда п.в. на 𝐸. Имеем неравенство |𝑔 (𝑥)| 6 (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ . (7) Это неравенство противоречит формуле: ‖𝑔‖𝐿∞ = inf {𝑛 > 0 : |𝑔 (𝑥)| 6 𝑀 п.в. на 𝐸} . (8) Действительно, (7) утверждает, что число (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ – допустимые. Но оно меньше, чем ‖𝑔‖𝐿∞ − inf допустимых чисел. Это противоречие допущения, что 𝜇 (𝐸𝜀 ) = 0 – неверно, т.е. 𝜇 (𝐸𝜀 ) > 0. Пусть (︀ )︀ 𝐸𝜀0 ⊂ 𝐸𝜀 и 0 < 𝜇 𝐸𝜀0 < ∞ (9) (если 𝜇 (𝐸𝜀 ) < ∞, то можем взять 𝐸𝜀0 = 𝐸𝜀 ; если же 𝜇 (𝐸𝜀 ) = ∞, то 𝐸𝜀0 – часть 𝐸𝜀 со свойством (9). Вводим функции 𝑓𝑔,𝜀 (𝑥) = 𝜒𝐸𝜀0 (𝑥) 𝑒𝑖𝜙(𝑥) , где 𝑔 (𝑥) = |𝑔 (𝑥)| 𝑒𝑖𝜙(𝑥) . (︀ )︀ ∫︀ Тогда |𝑓𝑔,𝜀 (𝑥)| = 𝜒𝐸𝜀0 (𝑥); ‖𝑓𝑔,𝜀 (𝑥)‖𝐿1 (𝐸) = 𝑑𝜇 = 𝜇 𝐸𝜀0 ∈ (0, ∞). 𝐸𝜀0 ∫︀ ∫︀ −𝑖𝜙(𝑥) ∫︀ Тогда 𝑓𝑔,𝜀 · 𝑔 𝑑𝜇 = 𝑒 |𝑔 (𝑥)| 𝑒𝑖𝜙(𝑥) 𝑑𝜇 = |𝑔 (𝑥)| 𝑑𝜇 > 𝐸𝜀0 𝐸𝜀0 [︁ 𝐸 ]︁ > |𝑔 (𝑥)| > (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ , 𝑥 ∈ 𝐸𝜀0 > (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ . (︀ )︀ ∫︀ 𝑑𝜇 = (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ 𝜇 𝐸𝜀0 = (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖𝐿1 ⇒ (6). Тео𝐸 рема доказана. Доказательство теоремы. Нужно получить что ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ⃒ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 > ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . ‖𝐴𝑔 ‖ = sup 𝑓 ∈𝐿𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 𝑓 ̸=0 18 1) Пусть 1 < 𝑝 6 ∞, тогда строим 𝑓𝑔 по 𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸) с помощью леммы 1: 𝑓𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 𝑓𝑔 ̸= 0 и получаем ⃒ ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ 𝑓𝑔 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ (п.1) ‖𝑓𝑔 ‖𝐿 ‖𝑔‖𝐿 ′ ⃒ 𝑝 𝑝 ‖𝐴𝑔 ‖ > 𝐸 = = ‖𝑔‖𝐿′𝑝 . ‖𝑓𝑔 ‖𝐿𝑝 ‖𝑓𝑔 ‖𝐿′𝑝 2) Пусть 𝑝 = 1, 𝑝′ = ∞, тогда для любого 𝜀 ∈ (0, 1) имеем, используем лемму 2: ⃒ ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ 𝑓𝑔,𝜀 · 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ (п.2) (1 − 𝜀) ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖ ‖𝑔‖ ⃒ 𝐿∞ 𝐿1 𝐸 > = (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ . ‖𝐴𝑔 ‖ > ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖𝐿1 ‖𝑓𝑔,𝜀 ‖𝐿1 Итак, ‖𝐴𝑔 ‖ > (1 − 𝜀) ‖𝑔‖𝐿∞ , ∀𝜀 ∈ (0, 1). Здесь ‖𝐴𝑔 ‖, ‖𝑔‖𝐿∞ не зависит от 𝜀. Отсюда при 𝜀 → 0, получаем ‖𝐴𝑔 ‖ > ‖𝑔‖𝐿∞ . Вопрос функционала ‖𝐴𝑔 ‖ := sup |𝐴𝑔 (𝑓 )| , ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 0 < 𝑝 < 1. Следствие. При 1 6 𝑝 6 ∞, 𝑝1 + 𝑝1′ = 1, верны формулы ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒∫︁ ⃒ ⃒∫︁ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ‖𝑔‖𝐿′𝑝 = sup ⃒⃒ 𝜙𝑔 𝑑𝜇⃒⃒ = sup ⃒⃒ 𝜓𝑔 𝑑𝜇⃒⃒ . 𝜙∈𝐿𝑝 (𝐸) ⃒ ⃒ 𝜓∈𝐿𝑝 (𝐸) ⃒ ⃒ ‖𝜙‖𝐿𝑝 =1 𝐸 Действительно, ‖𝑔‖𝐿𝑝′ = sup 𝑓 ∈𝐿𝑝 𝑓 ̸=0 ‖𝜓‖𝐿𝑝 61 𝐸 ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ⃒ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 . Здесь ⎫ ⎧ ⎬ ⎨ 𝜙 = 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ⇔ ⎩ ‖𝜙‖ = 1 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ̸= 0 ⎭ 𝐿𝑝 19 (10) (*) Поэтому ‖𝑔‖𝐿𝑝′ ⃒ (︃ ⃒ )︃ ⃒ ⃒∫︁ ⃒∫︁ ⃒ {︁ }︁ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ 𝑓 𝑓 = sup ⃒⃒ 𝜙𝑔 𝑑𝜇⃒⃒ . = sup ⃒⃒ · 𝑔 𝑑𝜇⃒⃒ = 𝜙 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 𝜙∈𝐿𝑝 𝑓 ∈𝐿𝑝 ⃒ 𝐸 ⃒ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ̸=0 𝐸 ‖𝜙‖𝐿𝑝 =1 Упражнение. Доказать (*). Теорема. Пусть 0 < 𝑝 < 1, 𝜇 (𝐸) > 0, тогда для любой не эквивалентной нулю на 𝐸 функции 𝑔 имеет место равенство: ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ⃒ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 ‖𝐴𝑔 ‖ := sup = ∞. 𝑓 ∈𝐿𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 𝑓 ̸=0 Лемма. Пусть 𝜇 (𝐸) > 0 и функция 𝑔 измерима на 𝐸 и 𝑔 не эквивалентна нулю на 𝐸. Тогда существует число 𝜀0 > 0 и множество 𝐸0 ⊂ 𝐸, 0 < 𝜇(𝐸0 ) < ∞ такие, что |𝑔(𝑥)| > 𝜀0 , Упражнение. Доказать лемму. }︂ {︂ 1 𝐸𝑛 = 𝑥 ∈ 𝐸 : |𝑔 (𝑥)| > , 𝑛 ∀𝑥 ∈ 𝐸0 . (11) 𝑛 = 1, 2, ... Если (11) неверно, то Доказательство теоремы. Так как 𝑔(𝑥) не эквивалентна нулю на 𝐸, то по лемме сможем найти 𝜀0 > 0 и множество 𝐸0 ⊂ 𝐸, 0 < 𝜇 (𝐸) < ∞ такие, что верно (11). Не теряя общности, можем считать, что 𝐸0 – ограниченное множество. Из всякого множества положительной меры, можно выделить его ограниченную часть положительной меры. 20 Лемма. Пусть 𝐸0 – ограниченное множество, 𝜇 (𝐸0 ) > 0. Тогда для любого 𝑟 ∈ (0, 1) можно найти подмножество 𝐸˜ ⊂ 𝐸, такое что ˜ = 𝑟𝜇 (𝐸0 ). 𝜇(𝐸) 𝜙(𝑡) = 𝜇 {𝑥, 𝑦 ∈ 𝐸 : 𝑥 6 𝑡}, 𝜙(0) = 0, 𝜙(1) = 𝜇(𝐸). Хотим чтобы 𝜙(𝑡) = 𝑟𝜇(𝐸). Строим 𝑓 . Пусть 𝐸𝑘 ⊂ 𝐸0 , 𝜇(𝐸𝑘 ) = 2−𝑘 𝜇(𝐸0 ) и построим последовательность 𝑓𝑘 (𝑥) = 2𝑘 𝜒𝐸𝑘 (𝑥)𝑒−𝑖𝜙(𝑥) , где 𝑔(𝑥) = |𝑔(𝑥)| 𝑒𝑖𝜙(𝑥) , тогда [︁ ∫︀ ∫︀ 𝑘 −𝑖𝜙(𝑥) ∫︀ 𝑖𝜙(𝑥) 𝑘 𝑓𝑘 · 𝑔 𝑑𝜇 = 2 𝑒 · |𝑔(𝑥)| 𝑒 𝑑𝜇 = 2 |𝑔(𝑥)| 𝑑𝜇 > |𝑔 (𝑥)| > 𝐸 𝐸 𝐸 𝑘 𝑘 ]︁ ∫︀ 𝑘 > 0 > 2 𝜀0 𝜇 (𝐸𝑘 ) = 𝜀0 𝜇 (𝐸0 ); 𝑓𝑘 · 𝑔 𝑑𝜇 > 𝜀0 𝜇 (𝐸0 ). 𝐸 (︃ )︃ 𝑝1 ∫︀ 𝑘𝑝 1 1 1 1 −𝑘 = 2𝑘 𝜇 (𝐸𝑘 ) 𝑝 = 2𝑘 ·2 𝑝 𝜇 (𝐸0 ) 𝑝 = 2𝑘(1− 𝑝 ) 𝜇 (𝐸0 ) 𝑝 . ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 (𝐸) = 2 𝑑𝜇 𝐸𝑘 Тогда ‖𝐴𝑔 ‖ = sup 𝑓 ̸=0 𝑓 ∈𝐿𝑝 ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ⃒ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 > ⃒ ⃒ ⃒∫︀ ⃒ ⃒ 𝑓𝑘 𝑔 𝑑𝜇⃒ ⃒ ⃒ 𝐸 ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 > 𝜀0 𝜇 (𝐸0 ) = → ∞. 1 𝑘 (1− 𝑝1 ) 𝑘→∞ 𝑝 2 𝜇 (𝐸0 ) Итак ‖𝐴𝑔 ‖ → ∞. 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸), 𝑝1 + 𝑝1′ = 1. Тогда 𝑓 · 𝑔 ∈ 𝐿1 (𝐸) ∫︁ |𝑓 · 𝑔| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . (1) 𝐸 Предложение 1. Пусть 𝜇 (𝐸) < ∞, 1 < 𝑝 < 𝑞 6 ∞. Если 21 𝑓 ∈ 𝐿𝑞 (𝐸), то 1 1 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) и ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 6 𝜇(𝐸) 𝑝 − 𝑞 · ‖𝑓 ‖𝐿𝑞 . (2) Смысл предложения 1: 𝐿𝑞 (𝐸) ⊂ 𝐿𝑝 (𝐸) при 𝜇 (𝐸) < ∞. 𝑞 𝑝 > 1, 𝑄′ = 𝑄 𝑄−1 , т.е. 𝑄1 + 𝑄1′ = 1, ∫︀ 𝑝 𝑝 𝑞−𝑝 𝑞 1 1 ′ = 1 − = 1 − = , 𝑄 = . Тогда ‖𝑓 ‖ = |𝑓 (𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 = 𝐿𝑝 𝑄′ 𝑄 𝑞 𝑞 𝑞−𝑝 𝐸 (︂ )︂ 1′ )︂ 𝑄1 (︂ 𝑄 ∫︀ ∫︀ ∫︀ ′ 𝑝 𝑝 𝑄 𝑝 𝑄 = = (|𝑓 (𝑥)| )·1 𝑑𝜇 6 ‖|𝑓 | ‖𝐿𝑄 ‖1‖𝐿𝑄′ = 1 𝑑𝜇 |𝑓 | 𝑑𝜇 𝐸 𝐸 𝐸 (︂ )︂ 𝑝𝑞 ∫︀ 𝑞−𝑝 = |𝑓 (𝑥)|𝑞 𝑑𝜇 𝜇 (𝐸) 𝑝 . Следовательно Доказательство. Обозначим 𝑄 = 𝐸 ⎞ 𝑝𝑞 ⎛ ∫︁ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 6 ⎝ |𝑓 (𝑥)|𝑞 𝑑𝜇⎠ 𝜇 (𝐸) 𝑞−𝑝 𝑝𝑞 1 1 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑞 𝜇 (𝐸) 𝑝 − 𝑞 . 𝐸 Упражнение. Показать, что 𝐿𝑞 (𝑅+ ) ̸⊂ 𝐿𝑝 (𝑅1 ) при 0 < 𝑝 < 𝑞 6 6 ∞. Привести пример 𝑓 ⊂ 𝐿𝑞 (𝑅+ ); 𝑓 ̸∈ 𝐿𝑝 (𝑅+ ). ∫︁∞ ∫︁∞ 1 𝑑𝑥 1 𝑝 𝑓 (𝑥) = ; 𝑓 𝑑𝑥 = = ∞ при 𝛼 = . (𝑥 + 1)𝛼 (𝑥 + 1)𝛼𝑝 𝑝 ∫︁∞ 2.4 𝑓 𝑞 𝑑𝑥 = ∫︁∞ 𝑑𝑥 = (𝑥 + 1)𝛼𝑞 ∫︁∞ 𝑑𝑥 (𝑥 + 1)𝑞/𝑝 < ∞, т.к. 𝑞 > 1. 𝑝 Мультипликативное неравенство Предложение. Пусть 0 < 𝑝1 < 𝑝2 6 ∞ и 𝑝 ∈ (𝑝1 , 𝑝2 ). Определим 𝛼 ∈ (0, 1) условием 1 𝛼 1−𝛼 = + . 𝑝 𝑝1 𝑝2 22 (3) Тогда, если 𝑓 ∈ 𝐿𝑝1 (𝐸) ⋂︀ 𝐿𝑝2 (𝐸), то 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), причем ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝛼𝐿𝑝 · ‖𝑓 ‖1−𝛼 𝐿𝑝 . (4) 2 1 Доказательство. 1) Считаем пока, что 𝑝2 < ∞ и введём 𝑞 = (3) ⇒ 1 = 𝛼𝑝 𝑝1 (1−𝛼)𝑝 𝑝2 + ⇒ 𝛼𝑝 𝑝1 6 1 ⇒ 𝑞 > 1, 1 𝑞′ = (1−𝛼)𝑝 𝑝2 , т.е. 𝑞 ′ = 𝑝1 𝛼𝑝 . Из 𝑝2 (1−𝛼)𝑝 . Тогда ∫︀ 𝐸 𝛼𝑝 ∫︀ 𝑝 (︁ (1−𝛼)𝑝 )︁ [︁ ′ ]︁ 𝑑𝜇 6 Н.Г. с𝑞и𝑞 6 |𝑓 | 𝑑𝜇 = (|𝑓 | ) |𝑓 | 𝐸 (︂ )︂ 1𝑞 (︂ (︁ )︂ 1′ )︁𝑞′ 𝑞 ∫︀ ∫︀ 𝑞 6 (|𝑓 |𝛼𝑝 ) 𝑑𝜇 · |𝑓 |(1−𝛼)𝑝 𝑑𝜇 = 𝐸 = 𝐸 (︂ ∫︀ |𝑓 |𝑝1 )︂ 𝛼𝑝 )︂ (1−𝛼)𝑝 (︂ 𝑝1 𝑝2 ∫︀ 𝑑𝜇 |𝑓 |𝑝2 𝑑𝜇 · . 𝐸 𝐸 Следовательно: (︂ )︂ 𝑝𝛼 (︂ )︂ 1−𝛼 )︂ 𝑝1 (︂ 𝑝2 ∫︀ ∫︀ ∫︀ 1 𝑝1 𝑝2 𝑝 6 · = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = |𝑓 | 𝑑𝜇 |𝑓 | 𝑑𝜇 |𝑓 | 𝑑𝜇 𝐸 𝐸 = ‖𝑓 ‖𝛼𝐿𝑝 1 · 𝐸 ‖𝑓 ‖1−𝛼 𝐿𝑝2 ⇒ (4). Упражнение. 𝑝2 = ∞. 1 𝛼 1−𝛼 𝛼 = + = ; 𝑝2 = ∞. 𝑝 𝑝1 𝑝2 𝑝1 2.5 Применение дискретного случая. Дискретное неравенство Гёльдера 𝑙𝑟 = ⎧ ⎨ ⎩ {𝛼𝑘 }𝑘=𝑁 : ‖{𝛼𝑘 }‖𝑙𝑟 = (︃ ∞ ∑︁ 𝑘=1 23 )︃ 1𝑟 |𝛼𝑘 |𝑟 <∞ ⎫ ⎬ ⎭ , 0 < 𝑟 < ∞, {︂ {𝛼𝑘 }𝑘=𝑁 : ‖{𝛼𝑘 }‖𝑙∞ 𝑙∞ = }︂ := sup ‖𝛼𝑘 ‖ < ∞ , 𝑟 = ∞. 𝑘∈𝑁 Предложение. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, {𝑎𝑘 } ∈ 𝑙𝑝 ; {𝑏𝑘 } ∈ 𝑙𝑝′ . Тогда {𝑎𝑘 , 𝑏𝑘 } ∈ 𝑙1 и ‖{𝑎𝑘 , 𝑏𝑘 }‖𝑙1 < ‖{𝑎𝑘 }‖𝑙𝑝 ‖{𝑏𝑘 }‖𝑙𝑝′ . (5) Доказать по аналогии - с.р. Доказательство. Прямой вывод (5) из (1). ∞ ∑︀ Положим 𝐸 = [0, ∞) и функция 𝑓 (𝑥) = 𝑎𝑘 𝜒[𝑘−1,𝑘) (𝑥), 𝑔(𝑥) = = ∞ ∑︀ 𝑘=1 𝑏𝑘 𝜒[𝑘−1,𝑘) (𝑥). 𝑘=1 Левая часть (1) ∫︀∞ |𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥)| 𝑑𝜇 = ∞ ∫︀𝑘 ∑︀ |𝑓 (𝑥) 𝑔 (𝑥)| 𝑑𝜇 = 𝑘=1 𝑘−1 ∞ ∑︀ = ∫︀𝑘 |𝑎𝑘 𝑏𝑘 | 𝑑𝜇 = 𝑘=1 𝑘−1 ∞ ∑︀ |𝑎𝑘 𝑏𝑘 | . 𝑘=1 Правая часть (1) ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = (︂ ∞ ∫︀ )︃ 𝑝1 )︂ 𝑝1 (︃ ∞ 𝑘 ∫︀ ∑︀ |𝑓 (𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 = = |𝑎𝑘 |𝑝 𝑑𝜇 𝑘=1 𝑘−1 = (︂ ∞ ∑︀ |𝑎𝑘 |𝑝 )︂ 𝑝1 = ‖{𝑎𝑘 }‖𝑙𝑝 . 𝑘=1 Аналогично ‖𝑔‖𝐿𝑞 = |{𝑏𝑘 }|𝑙𝑞 и тогда из (1) ⇒ ‖{𝑎𝑘 𝑏𝑘 }‖𝑙1 6 ‖{𝑎𝑘 }‖𝑙𝑝 ‖{𝑏𝑘 }‖𝑙𝑝′ . 24 2.6 Неравенство треугольника Теорема. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), тогда 𝑓 + 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) и ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 (1) Доказательство. 1) Пусть 𝑝 = 1, тогда ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿1 = ∫︀ ∫︀ 6 |𝑓 | 𝑑𝜇 + |𝑔| 𝑑𝜇 = ‖𝑓 ‖𝐿1 + ‖𝑔‖𝐿1 . 𝐸 ∫︀ |𝑓 + 𝑔| 𝑑𝜇 6 𝐸 𝐸 Пусть 𝑝 = ∞, ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿∞ = esssup |𝑓 + 𝑔| 6 esssup (|𝑓 | + |𝑔|) < 𝑥∈𝐸 𝑥∈𝐸 < esssup |𝑓 | + esssup |𝑔| = ‖𝑓 ‖𝐿∞ + ‖𝑔‖𝐿∞ . 𝑥∈𝐸 𝑥∈𝐸 2) Пусть теперь 1 < 𝑝 < ∞. Мы уже показывали, что 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 ⇒ 𝑓 + 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 , т.е. ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 < ∞. Если ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 = 0, то (1) очевидно. Пусть теперь 0 < ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 < ∞. Тогда ∫︀ ∫︀ ∫︀ |𝑓 + 𝑔|𝑝 𝑑𝜇 = |𝑓 + 𝑔| · |𝑓 + 𝑔|𝑝−1 𝑑𝜇 6 (|𝑓 | + |𝑔|) |𝑓 + 𝑔|𝑝−1 𝑑𝜇 = 𝐸 𝐸 ]︁ [︁ ∫︀ ∫︀ 𝑝 𝑝−1 𝑝−1 ′ = |𝑓 | · |𝑓 + 𝑔| 𝑑𝜇 + |𝑔| · |𝑓 + 𝑔| 𝑑𝜇 6 Н.Г. с 𝑝 и 𝑝 = 𝑝−1 6 𝐸 𝐸 (︂ )︂ 𝑝1 (︂ )︂ 1′ 𝑝 ∫︀ ∫︀ ′ 𝑝 (𝑝−1)𝑝 + 6 |𝑓 | 𝑑𝜇 · |𝑓 + 𝑔| 𝐸 𝐸 (︂ )︂ 𝑝1 (︂ )︂ 1′ 𝑝 ∫︀ 𝑝 ∫︀ ′ + |𝑔| 𝑑𝜇 · = |𝑓 + 𝑔|(𝑝−1)𝑝 𝑑𝜇 𝐸 𝐸 (︂ )︂ 1′ [︃(︂ )︂ 𝑝1 (︂ )︂ 𝑝1 ]︃ 𝑝 ∫︀ ∫︀ ∫︀ = |𝑓 + 𝑔|𝑝 𝑑𝜇 · |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇 + |𝑔|𝑝 𝑑𝜇 . 𝐸 𝐸 𝐸 𝑝 (︀ )︀ ′ Следовательно, ‖𝑓 + 𝑔‖𝑝𝐿𝑝 < ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 . Делим обе 𝑝 𝑝′ части на ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 , тогда получаем ‖𝑓 + 𝑝− 𝑝𝑝′ 𝑔‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 = (1), 25 т.к. 𝑝 − 𝑝 𝑝′ (︁ =𝑝 1− 1 𝑝′ )︁ =𝑝· 1 𝑝 = 1. Замечание. Неравенство (1) точное, например, при 𝑓 = 𝑔, левая часть (1) = 2‖𝑓 ‖𝐿𝑝 , правая часть (1) = 2‖𝑓 ‖𝐿𝑝 . Т.е. (1) станет равенством. Упражнение. Показать, что при 𝑚 > 2, 1 < 𝑝 6 ∞ ⃦ 𝑚 ⃦ 𝑚 ⃦∑︁ ⃦ ∑︁ ⃦ ⃦ ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 . 𝑓𝑘 ⃦ 6 ⃦ ⃦ ⃦ 𝑘=1 2.7 𝑘=1 𝐿𝑝 Неравенство треугольника при 0 < 𝑝 < 1 Теорема. Пусть 0 < 𝑝 < 1, 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸). Тогда 𝑓 + 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸) и (︁ )︁ 𝑝1 𝑝 𝑝 ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 . (1) Кроме того (︀ )︀ 1 ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 < 2 𝑝 −1 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 . (2) 1 Замечание. В неравенстве (2) постоянная 𝑐 = 2 𝑝 −1 > 1 неулучшаемая, поэтому величину ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 называют квазинормой. Лемма. Пусть 0 < 𝑝 6 1, 𝑔 > 1, 𝑎, 𝑏 > 0. Тогда (𝑎 + 𝑏)𝑝 6 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 (3) (𝑎 + 𝑏)𝑞 = 2𝑞−1 (𝑎𝑞 + 𝑏𝑞 ) . (4) Замечание. Неравенство (3) – неравенство Йейсема. Доказательство леммы. 1) Докажем (3), когда 𝑎𝑝 +𝑏𝑝 = 1. Тогда 0 6 𝑎 6 1, 0 6 𝑏 6 1 ⇒ 0 < 𝑝 < 1 ⇒ 𝑎 = 𝑎𝑝 , 𝑏 6 𝑏𝑝 ⇒ 𝑎 + 𝑏 6 6 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 = 1. 26 2) Если 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 = 0, то 𝑎 = 𝑏 = 0 ⇒ (3), 0 6 0. Пусть 𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 > 0. 𝑎 𝑏 𝑎𝑝 + 𝑏 𝑝 ′ ′ ′ 𝑝 ′ 𝑝 Введём 𝑎 = = 1 , 𝑏 = 1 . Тогда (𝑎 ) +(𝑏 ) = 𝑎′ + 𝑏 ′ (𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 ) 𝑝 (𝑎𝑝 + 𝑏𝑝 ) 𝑝 = 1. Тогда по доказанному на 1) шаге: 𝑎′ + 𝑏′ 6 1 𝑝 (𝑎′ + 𝑏′ ) 6 1 = (𝑎′ )𝑝 + (𝑏′ )𝑝 . [︃ ]︃ ′ ′ 𝑝 1 𝑎+𝑏 (𝑎 + 𝑏 ) 𝑝 𝑝 𝑝 6 1, т.е. , 𝑎 + 𝑏 6 (𝑎 + 𝑏 ) ⇒ (3). Итак, ′ 𝑝 1 𝑝 𝑝 (𝑎 ) + (𝑏′ )𝑝 𝑝 (𝑎 + 𝑏 ) [︀ 3) Докажем (4). 𝑎 + 𝑏 = 𝑎 · 1 + 𝑏 · 1 6 Н.Г. для послед.с пок. 𝑞 > 1 (︀ ′ 1 1 1 ′ )︀ > 1 и 𝑞 ′ 6 (𝑎𝑞 + 𝑏𝑞 ) 𝑞 · 1𝑞 + 1𝑞 𝑞′ = (𝑎𝑞 + 𝑏𝑞 ) 𝑞 2 𝑞′ , отсюда (𝑎 + 𝑏)𝑞 < 𝑝 𝑞 < 2 𝑞 (𝑎𝑞 + 𝑏𝑞 ), т.к. 𝑞 ′ = , то (𝑎 + 𝑏)𝑞 = 2𝑞−1 (𝑎𝑞 + 𝑏𝑞 ) ⇒ (4). 𝑞−1 Доказательство теоремы. ‖𝑓 + 𝑔‖𝑝𝐿𝑝 = ⇒ (3) ∫︀ ∫︀ |𝑓 + 𝑔|𝑝 𝑑𝜇 6 (|𝑓 | + |𝑔|)𝑝 𝑑𝜇 6 (|𝑓 |𝑝 + |𝑔|𝑝 ) 𝑑𝜇 = 𝐸 𝐸 ∫︀𝐸 ∫︀ = |𝑓 |𝑝 𝑑𝜇 + |𝑔|𝑝 𝑑𝜇 = ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 ∫︀ 𝐸 𝐸 ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 (︁ ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 𝑝 + ‖𝑔‖ + 𝐿𝑝 )︁ 𝑝1 ⇒ (1) 1 > 1. Применим (4): 𝑝 (︁ (︁(︁ )︁𝑞 (︁ )︁ 𝑝1 )︁𝑞 )︁ 1 𝑝 𝑝 𝑝 𝑝 −1 𝑞 (𝑎 + 𝑏) = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 6 2 𝑝 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 = (︀ )︀ = 2 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 ⇒ (2) 𝑎 = ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 , 𝑏 = ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 ; 𝑞 = 16𝑝6∞ ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 (1) 0<𝑝<1 1)‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 < (︁ ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 )︁ 𝑝1 27 (2) (︀ )︀ 1 2)‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 < 2 𝑝 −1 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 (3) (1) (равенство при 𝑓 = 𝜆𝑔, 𝜆 > 0) Теорема 1. Пусть 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐿𝑝 (𝐸), 0 < 𝑝 < ∞ и 𝑓 · 𝑔 = 0 п.в. на 𝐸. Тогда ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 = (︁ ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 )︁ 𝑝1 . (4) Если дополнительно ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = ‖𝑔‖𝐿𝑝 (5), то (︀ )︀ 1 ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 = 2 𝑝 −1 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 . (6) Доказательство. 𝑓 (𝑥) · 𝑔(𝑥) = 0 для п.в. 𝑥 ∈ 𝐸, то имеем равенство |𝑓 (𝑥) + 𝑔(𝑥)|𝑝 = |𝑓 (𝑥)|𝑝 + |𝑔(𝑥)|𝑝 для п.в. 𝑥 ∈ 𝐸. Интегрируем: ∫︀ ∫︀ |𝑓 (𝑥) + 𝑔(𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 = |𝑓 (𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 + |𝑔(𝑥)|𝑝 𝑑𝜇 𝐸 𝐸 𝐸 [︁ ]︁ 𝑝1 ⇒ (4). ⇒ ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 = ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 ∫︀ Если ещё выполнено (5), то П.ч. (6) (︁ ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 т.к. ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = 1 2 (︀ )︁ 𝑝1 = (︁ 2‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 )︁ 𝑝1 (︀ )︀ 1 1 = 2 𝑝 ‖𝑓 ‖ = 2 𝑝 −1 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 , )︀ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 + ‖𝑔‖𝐿𝑝 . 𝑚 ⃦∑︁ ⃦ ⃦ ⃦ Упражнение. Показать, что ⃦ 𝑓𝑘 ⃦ 𝑘=1 индукций). 28 𝐿𝑝 𝑚 (︁∑︁ ⃦ ⃦𝑝 )︁ 𝑝1 ⃦𝑓𝑘 ⃦ 6 (метод 𝐿𝑝 𝑘=1 3 Сходимость в 𝐿𝑝(𝐸) Пусть 𝑓, 𝑓𝑘 , 𝑘 ∈ 𝑁 – функции из 𝐿𝑝 (𝐸), 0 < 𝑝 6 ∞. Скажем, что 𝑓𝑘 − 𝑓 (𝑘 → ∞) в 𝐿𝑝 (𝐸), если ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 → 0 (𝑘 → ∞). 3.1 (1) Связь сходимости в 𝐿𝑝 и почти всюду Теорема 1. Пусть 𝑓𝑘 − 𝑓 (𝑘 → ∞) в 𝐿𝑝 (𝐸). Тогда 𝑓𝑘 → 𝑓 (𝑘 → ∞) почти всюду, более того, существует множество 𝐸0 ⊂ 𝐸 полной меры, на котором сходимость 𝑓𝑘 → 𝑓 (𝑘 → ∞) равномерно. По условию 𝜀𝑘 = ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 → 0 (𝑘 → ∞), здесь 𝜀𝑘 = inf sup |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘 (𝑥)|. 𝑒⊂𝐸 𝑥∈𝐸∖𝑒 𝜇(𝑒)=0 Тогда по определению inf ∀𝑘 ∈ 𝑁 найдутся множества 𝑒𝑘 ⊂ 𝐸, 𝜇(𝑒𝑘 ) = 0 такие, что sup |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘 (𝑥)| 6 2𝜀𝑘 . Обозначим 𝑒0 = 𝑥∈𝐸∖𝑒𝑘 ∞ ⋃︀ 𝑒𝑘 , 𝐸0 = 𝐸 ∖ 𝑒0 . Тогда 𝜇(𝑒0 ) = 0 ⇒ 𝐸0 – 𝑘=1 множество полной меры в 𝐸. При этом 𝑒𝑘 ⊂ 𝑒0 , 𝑘 ∈ 𝑁 ⇒ 𝐸|𝑒0 ⊂ 𝐸|𝑒𝑘 , 𝑘 ∈ 𝑁 ⇒ sup |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘 (𝑥)| 6 sup |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘 (𝑥)| 6 2𝜀𝑘 , отсюда 𝑥∈𝐸∖𝑒0 𝑥∈𝐸∖𝑒𝑘 следует, что 𝑓𝑘 (𝑥) − 𝑓 (𝑥) (𝑘 → ∞) равномерно на множестве полной меры 𝐸0 . Пусть теперь 0 < 𝑝 < ∞. 1) Тогда есть пример последовательности 𝑓𝑘 → 𝑓 (𝑘 → ∞) в 𝐿𝑝 , но 𝑓𝑘 (𝑥) ̸→ 𝑓 (𝑥) (𝑘 → ∞) ни в одной 29 точке 𝑥 ∈ 𝐸. 2) Есть пример 𝑓𝑘 (𝑥) → 𝑓 (𝑥) (𝑘 → ∞) всюду на 𝐸, но 𝑓𝑘 (𝑥) ̸→ ̸→ 𝑓 (𝑥) (𝑘 → ∞) в 𝐿𝑝 . Пример⎧2. 𝐸 = (0, 1), ⎪ ⎨𝑘 1+ 𝑝1 , 0 < 𝑥 6 1 𝑘 𝑓𝑘 (𝑥) = ⎪ 1 ⎩0, 𝑘 < 𝑥 < 1. ∀𝑥 ∈ (0, 1) имеем 𝑓𝑘 (𝑥) → 0 (𝑘 → ∞). Т.к. ∀𝑥 ∈ (0, 1) 𝑓𝑘 (𝑥) = 0 при 𝑘 > 𝑥1 . При этом (︂∫︁1 ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 = 1 𝑓𝑘𝑝 (𝑥) 𝑑𝑥 (︂∫︁𝑘 )︂ 𝑝1 = 1 1 𝑘 (1+ 𝑝 )𝑝 𝑑𝑥 )︂ 𝑝1 −𝑘 1+ 𝑝1 (︂∫︁𝑘 )︂ 𝑝1 𝑑𝑥 . Пример 1. 𝐸 = (0, 1), 0 < 𝑝 < ∞, 𝜒(𝑎,𝑏) (𝑥) = ⎧ ⎪ ⎨1, 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) . ⎪ ⎩0, 𝑥 ∈ / (𝑎, 𝑏) 1) 𝑙 = 1, 𝑓1 (𝑥) = 𝜒(0,1) (𝑥). 2) 𝑙 = 2, 𝑓2 (𝑥) = 𝜒(0, 1 ) (𝑥), 𝑓3 (𝑥) = 𝜒( 1 ,1) (𝑥). 2 2 3) 𝑙 = 3, 𝑓4 (𝑥) = 𝜒(0, 1 ) (𝑥), 𝑓5 (𝑥) = 𝜒( 1 , 2 ) (𝑥), 𝑓6 (𝑥) = 𝜒( 2 ,1) (𝑥), 3 3 3 3 . . . и т.д. {︀ }︀ Последовательность 𝑓𝑘 (𝑥) не сходится ни в одной точке 𝑥 ∈ (0, 1), т.к. при любом 𝑘 ∈ 𝑁 найдутся функции 𝑓𝑚 с 𝑚 > 𝑘 такие, что 𝑓𝑚 (𝑥) = 0. 4) Найдутся функции 𝑓𝑚′ c 𝑚′ > 𝑘 такие, что 𝑓𝑚′ (𝑥) = 1. Таким {︀ }︀ образом 𝑓𝑘 (𝑥) не сходится ни в одной точке 𝑥. 30 При этом 0 6 𝑓𝑘 (𝑥) < 1 и 𝜇(supp 𝑓𝑘 ) → 0 (𝑘 → ∞), значит )︂ 𝑝1 (︂ ∫︁ ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 (0,1) 6 1 𝑑𝜇 = 𝜇( supp 𝑓𝑘 ) → 0. (𝑘→∞) supp 𝑓𝑘 Теорема. Пусть 0 < 𝑝 < ∞ 𝑓𝑘 − 𝑓 (𝑘 → ∞) в 𝐿𝑝 (𝐸). Тогда существует подпоследовательность {𝑘𝑠 }∞ 𝑠=1 , 𝑘𝑠+1 = 𝑘𝑠 + 1, 𝑓𝑘𝑠 → 𝑓 (𝑠 → ∞) п.в. на 𝐸. Справедливо утверждение (следует из теоремы Леви). Следствие. Пусть {𝑎𝑠 } – последовательность интегрируемых функ∞ ∫︀ ∞ ∑︀ ∑︀ ций таких, что 𝑎𝑠 (𝑥) сходится абсо|𝑎𝑠 | 𝑑𝜇 < ∞. Тогда ряд 𝑠=1 𝐸 𝑠=1 лютно для п.в. 𝑥 ∈ 𝐸. Доказательство теоремы. Имеем, что ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝐿𝑝 → 0 (𝑘 → ∞). Можем выбрать подпоследовательность {𝑘𝑠 }∞ 𝑠=1 со свойствами: 1) 𝑘𝑠+1 > 𝑘𝑠 + 1; 𝑠 2) ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖ 6 2− 𝑝 , ∀𝑘 > 𝑘𝑠 . Обозначим 𝑎𝑠 (𝑥) = |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘𝑠 (𝑥)|𝑝 . Тогда − 𝑓𝑘𝑠 ‖𝑝𝐿𝑝 −𝑠 6 2 , ∀𝑠 ∈ 𝑁 . Тогда согласно утверждению ∞ ∑︀ ∞ ∫︀ ∑︀ 𝑠=1 𝐸 ∫︀ |𝑎𝑠 (𝑥)| 𝑑𝜇 = ‖𝑓 − 𝐸 |𝑎𝑠 (𝑥)| 𝑑𝜇 6 ∞ ∑︀ 2−𝑠 < ∞. Тогда, 𝑠=1 |𝑎𝑠 (𝑥)| сходится п.в. ⇒ |𝑎𝑠 (𝑥)| → 0 (𝑠 → 𝑠=1 ∞), т.е. |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘𝑠 (𝑥)|𝑝 → 0 (𝑠 → ∞) ⇒ |𝑓 (𝑥) − 𝑓𝑘𝑠 (𝑥)| → 0 (𝑠 → ∞) п.в. на 𝐸. 31 3.2 Некоторые дополнения о неравенстве Гёльдера 1) Неравенство Гёльдера для > 3 функций. Пусть 𝑝1 , 𝑝2 , 𝑝3 > 1 и 𝑝11 , 𝑝12 , 𝑝13 = 1 и функция 𝑓 ∈ 𝐿𝑝1 (𝐸), 𝑔 ∈ 𝐿𝑝2 (𝐸), ∫︀ ℎ ∈ 𝐿𝑝3 (𝐸). Тогда 𝑓 · 𝑔 · ℎ ∈ 𝐿1 (𝐸) и |𝑓 · 𝑔 · ℎ| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝1 · ‖𝑔‖𝐿𝑝2 · 𝐸 ‖ℎ‖𝐿𝑝3 . По неравенству Гёльдера с показателями 𝑝1 и 𝑝′1 : 1 𝑝1 + 1 𝑝′1 =1 ∫︁ |𝑓 (𝑔 · ℎ)| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝1 · ‖𝑔ℎ‖𝐿𝑝′ , (*) 1 𝐸 1 𝑝2 𝑝3 1 1 1 𝑝2 + 𝑝3 ′ = = 1 − = + = , 𝑝 . Тогда ‖𝑔ℎ‖𝐿𝑝′ = 1 1 𝑝′1 𝑝1 𝑝2 𝑝3 𝑝 2 𝑝3 𝑝2 + 𝑝 3 ′ ′ 𝑝 𝑝 (︁∫︀ )︁ 1′ (︁∫︀ )︁ 1 ′ (︁∫︀ (︀ )︀ 𝑝𝑝 )︁ 𝑝·𝑝1′1 𝑝1 ·𝑝1 𝑝′1 𝑝′1 𝑝1 𝑝′1 𝑝′1 = |𝑔(𝑥)| |ℎ(𝑥)| 6 · = |𝑔(𝑥)| 𝑑𝜇 |ℎ(𝑥)| 𝑑𝜇 1 𝐸 𝐸 𝐸 (︁∫︀ )︁ 𝑝1 (︁∫︀ )︁ 𝑝1 2 𝑝2 𝑝3 = |𝑔(𝑥)| 𝑑𝜇 · |ℎ(𝑥)| 𝑑𝜇 3 подставим в (*), получим 𝐸 𝐸 ∫︁ |𝑓 · 𝑔 · ℎ| 𝑑𝜇 6 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝1 · ‖𝑔‖𝐿𝑝2 · ‖ℎ‖𝐿𝑝3 . 𝐸 Здесь 𝑝1 + 𝑝 3 𝑝2 𝑝2 (𝑝2 + 𝑝3 ) 𝑝2 + 𝑝3 𝑝3 = > 1, но ′ = = > 1. ′ 𝑝1 𝑝2 𝑝1 𝑝2 𝑝3 𝑝3 32 3.3 Некоторые современные дополнения ∫︀∞ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇 Пусть 𝑓, 𝑔 > 0, 𝐶(𝑔) = sup 06𝑓 ∈𝐿𝑝 𝑓 ̸=0 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ⎧ ⎪ ⎨∞, при 0 < 𝑝 < 1, 𝑔 ̸= 0 ⎪ ⎩‖𝑔‖𝐿 ′ , 𝑝 при 1 6 𝑝 6 ∞ ⎧ [︁ ∫︀𝑡 ]︁ ⎪ 1 ⎪ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇 ⎪ ⎨𝐵𝑔 = sup 𝑡 𝑝1 𝑔 𝑑𝜏 , 𝑡>0 𝐷(𝑔) = sup 0 = (︂ ∞[︁ 𝑡 ]︁𝑝′ )︂ 𝑝1′ ∫︀ ∫︀ ⎪ 06𝑓 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ⎪ 1 ⎪ 𝑔 𝑑𝜏 𝑑𝑡𝑡 , = 𝑓 ∈𝐿𝑝 ⎩𝐵𝑔 ∼ 1 𝑝 ∫︀∞ 𝑡 при 0 < 𝑝 6 1 при 1 < 𝑝 < ∞ 0 6 𝑔 ↓ должно быть 𝐵𝑔 ∼ = ‖𝑔‖𝐿𝑝′ . 𝑡 𝑡 ∫︀ ∫︀ 𝑔(𝑡)𝑡 1 ∫︀𝑡 𝑔 𝑑𝜏 > 𝑔(𝑡) 𝑑𝜏 = 𝑔(𝑡)𝑡, 1 𝑔 𝑑𝜏 > 1 . 𝑡𝑝 0 𝑡𝑝 Упражнение. Построить ненулевую неотрицательную функцию [︁ 1 ∫︀𝑡 ]︁ 𝑔 такую, что 𝐵𝑔 = sup 1 𝑔 𝑑𝜏 < ∞. 𝑡>0 𝑡 𝑝 0 ∫︀∞ ∫︀𝑡 𝑓 (𝜏 )𝑔(𝜏 ) 𝑑𝜏 = 𝑔 𝑑𝜏, ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 = (︁∫︀𝑡 𝑝 1 𝑑𝜏 )︁ 𝑝1 1 = 𝑡𝑝 . Пусть 𝑔 > 0 – измеримая. ⎧ ∫︀∞ 𝑓 𝑔 𝑑𝜇 ⎪ ⎨∞, при 𝑔 ̸= 0, 0 < 𝑝 < 1 𝐶(𝑔) = sup = ⎪ 𝑓 >0 ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ⎩‖𝑔‖𝐿 ′ , 1 6 𝑝 6 ∞. 𝑓 ∈𝐿𝑝 𝑝 ⎧ [︂ 𝑡 ]︂ ∫︀ ∫︀∞ ⎪ 1 ⎪ 0<𝑝61 𝑓 𝑔 𝑑𝜇 ⎪ ⎨sup 𝑡 𝑝1 𝑔 𝑑𝜏 , 𝐷(𝑔) = sup = {︂ ∞[︁ 𝑡 ]︁𝑝′ }︂ 𝑝1′ ∫︀ 1 ∫︀ ⎪ 06𝑓 ↓ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 ⎪ ⎪ , 𝑝 > 1. 𝑔 𝑑𝜏 𝑑𝑡𝑡 = ⎩∼ 1 𝑝 𝑡 Пусть 0 < 𝑝 < 1. Нужно построить 𝑔 ̸= 0, 𝐷(𝑔) < ∞. Пусть 𝑔(𝑥) = 𝜒(1,∞) (𝑥). Тогда 33 . 1 ∫︁ 𝑡 1 𝑡𝑝 ⎧ ⎫ ⎪ ⎨0, ⎬ 𝑡 ∈ (0, 1] ⎪ . 𝑔 𝑑𝜏 = 𝑡 − 1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 , 𝑡>1 ⎭ 𝑡𝑝 Тогда [︃ sup 1 𝑡 𝑡>0 ∫︁ 𝑡 ]︃ 𝑔 𝑑𝜏 6 sup 1 𝑝 𝑡>1 𝑡 𝑡 1 = sup 𝑡1− 𝑝 = 1. 1 𝑝 𝑡>1 Для этой функции 𝐶(𝑔) = ∞, 𝐷(𝑔) 6 1, 𝑝1 + ⎫ 𝐶(𝑔) = ‖𝑔‖𝐿∞ 𝑝=1 ⎬ При ⇒ ]︀ [︀ 1 ∫︀𝑡 ⎭ ′ 𝐷(𝑔) = sup 𝑡 𝑔 𝑑𝜏 . 𝑝 =∞ 𝑡>0 1 𝑝′ = 1. Рассмотрим функцию 𝑔(𝑡), 𝑘 = 2, 3, 4 . . .. Тогда 𝑔 ∈ / 𝐿∞ , т.е. 𝐶(𝑔) = ‖𝑔‖𝐿∞ = ∞. При 0 < 𝑡 < 2 𝑔(𝑡) = 0, т.е. ∫︀𝑡 1 𝑔 𝑑𝜏 = 0, 𝑡 ∈ (0, 2]. 𝑡 При 𝑡 > 2 найдётся 𝑛 > 2, 𝑛 6 6𝑡<𝑛+1 1 𝑡 ∫︁ 𝑡 1 𝑘+ ∫︁𝑛+1 𝑛 ∫︁ 𝑘 𝑛 ∑︁ 1 1 1 ∑︁ 𝑛−1 𝑔 𝑑𝜏 6 𝑔 𝑑𝜏 = 𝑘 𝑑𝑥 = 1= 6 1. 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 Итак, 1 𝑡 ∫︀𝑡 𝑘=2 𝑘 𝑘=2 𝑔 𝑑𝜏 6 1 ∀𝑡 > 0, 𝐷(𝑔) = sup 𝑡>0 1 𝑡 ∫︀𝑡 𝑔 𝑑𝜏 6 1. Литература: Крейн, Петушин, Семёнов "Интерполяция линейных операторов"; C. Bennet, R. Sharpley "Interpolation of operators". 34 4 Понятие Идеальное Пространство (ИП) (векторная решётка) Пусть 𝐸 ⊂ R𝑑 – измеримое множество, 𝑋 = 𝑋(𝐸) – пространство измеримых функций 𝑓 : 𝐸 → 𝐶, в котором введена величина ‖ · ‖𝑋 со следующими свойствами: 1. ‖𝑓 ‖𝑋 = 0 ⇔ 𝑓 = 0 п.в. на 𝐸, ‖𝑓 ‖𝑋 < ∞ ⇒ |𝑓 | < ∞ п.в. на 𝐸. 2. ‖𝛼𝑓 ‖𝑋 = |𝛼| · ‖𝑓 ‖𝑋 , ∀𝛼 ∈ 𝐶. (︂ 𝑛 )︂ 𝑝1 ⃦ ∑︀ ⃦ ∑︀ ⃦ 𝑛 ⃦ 3. ∃𝑝 ∈ (0, 1] и 𝑐0 ∈ [1, ∞) : ⃦ 𝑓𝑘 ⃦ 6 𝑐0 ‖𝑓𝑘 ‖𝑝𝑋 , ∀𝑛 > 2, 𝑓𝑘 ∈ 𝑋. 𝑘=1 𝑋 𝑘=1 4. Если 𝑓 измеримо, |𝑓 | 6 𝑔 ∈ 𝑋 ⇒ 𝑓 ∈ 𝑋, ‖𝑓 ‖𝑋 6 ‖𝑔‖𝑋 (монотонность, идеальность). 5. Если 0 6 ℎ𝑛 ↑ 𝑓 сходится ℎ𝑛 ∈ 𝑋 ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 ↑ ‖𝑓 ‖𝑋 – свойство Фату (здесь 0 6 ℎ𝑛 6 ℎ𝑛+1 ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 ‖ℎ𝑛+1 ‖𝑋. Тогда 𝑋 называется идеальным пространством со свойством Фату. Замечание. Для 𝑋(𝐸) = 𝐿𝑞 (𝐸), 0 < 𝑞 6 ∞ все эти свойства выполняются: 1) ‖𝑓 ‖𝐿𝑞 = 0 ⇔ 𝑓 = 0 п.в. на 𝐸, ‖𝑓 ‖𝐿𝑞 < ∞ ⇒ |𝑓 (𝑥)| < ∞ для п.в. 𝑥 ∈ 𝐸. 35 2) ‖𝛼𝑓 ‖𝐿𝑞 = |𝛼| · ‖𝑓 ‖𝐿𝑞 , ∀𝛼 ∈ 𝐶. 3) При 0 < 𝑞 < 1 свойства 3) справедливо 𝑐0 = 1, 𝑝 = 𝑞. Действительно, мы знаем (︁ ‖𝑓 + 𝑔‖𝐿𝑝 6 ‖𝑓 ‖𝑝𝐿𝑝 · ‖𝑔‖𝑝𝐿𝑝 )︁ 𝑝1 𝑛 ⃦∑︁ ⃦ ⃦ 𝑓𝑘 ⃦𝐿𝑝 6 ⇒ ⃦ (︃ 𝑛 ∑︁ )︃ 𝑝1 ‖𝑓𝑘 ‖𝑝𝐿𝑝 , 𝑘=1 𝑘=1 т.е. 𝑝 = 𝑞, 𝑐0 = 1. При 𝑞 > 1 имеем 𝑛 ⃦∑︁ ⃦ ⃦ ⃦ 𝑓𝑘 ⃦ ⃦ 𝑘=1 𝐿𝑞 6 𝑛 ∑︁ ‖𝑓𝑘 ‖𝐿𝑞 , 𝑘=1 т.е. 3) верно с 𝑐0 = 1, 𝑝 = 1. 4), 5) Характерно для интегральных норм, но не выполняется, если в норму включить дифференциальные свойства функции (например в 𝑐′ ). 5) Для 𝑋 = 𝐿𝑞 (𝐸) – следствие теоремы Леви при 0 < 𝑞 < ∞. При 𝑞 = ∞ это верно, но требует отдельного обоснования. Пусть в ИП 𝑋 = 𝑋(𝐸) неравенство треугольника имеет вид ‖𝑓 + 𝑔‖𝑋 6 𝑐 (‖𝑓 ‖𝑋 + ‖𝑔‖𝑋 ) , (1) где 𝑐 > 1 (𝑐 = 1 – норма, 𝑐 > 1 – квазинорма). Известен следующий результат (Аоки-Ролевич). Введём 𝑝 ∈ (0, 1] по формуле (2𝑐)𝑝 = 2 (при 𝑐 = 1 ⇒ 𝑝 = 1; при 𝑛 𝑛 ⃦ ∑︀ ⃦ )︀ 1 1 (︀ ∑︀ ⃦ ⃦ 𝑝 𝑐 > 1 ⇒ 𝑝 ∈ (0, 1)). Тогда (1) ⇒ 𝑓𝑘 𝑋 6 2 ‖𝑓𝑘 ‖𝑝𝑋 𝑝 , т.е. это 𝑘=1 1 𝑝 свойство 1) с 𝑐0 = 2 . 36 𝑘=1 Лемма 1. Пусть 𝑋 – ИП со свойством Фату, 𝑓𝑘 ∈ 𝑋, 𝑓𝑘 → 𝑓 (𝑘 → ∞) в 𝑋. Тогда существует подпоследовательность {𝑘𝑠 }∞ 𝑠=1 номеров такая, что 1) 𝑘𝑠+1 > 𝑘𝑠 + 1; 2) 𝑓𝑘𝑠 → 𝑓 (𝑠 → ∞) п.в. Доказательство. Строим 𝑘𝑠 так, чтобы 𝑘𝑠+1 > 𝑘𝑠 +1 и ‖𝑓 − 𝑓𝑘𝑠 ‖𝑋 6 𝑠 6 2− 𝑝 , 𝑠 = 1, 2, . . . Действительно, ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝑋 → 0(𝑘 → ∞). Полагаем 𝑎𝑠 = 𝑓 − 𝑓𝑘𝑠 . )︁ 1 (︁ ∑︀ (︁ ∑︀ )︁ 1 ∞ ∞ 𝑝 𝑝 −𝑠 𝑝 Тогда ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 6 < ∞. 2 𝑠=1 𝑠=1 Полагаем ℎ𝑛 (𝑥) = = ∞ ∑︀ 𝑛 ∑︀ |𝑎𝑠 (𝑥)|, тогда 0 6 ℎ𝑛 6 ℎ𝑛 + 1, ℎ𝑛 → ℎ = 𝑠=1 |𝑎𝑠 |. 𝑠=1 Тогда по свойству Фату ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 → ‖ℎ‖𝑋 (𝑘 → ∞). Но 𝑛 𝑛 ⃦∑︁ ⃦ (︁∑︁ )︁ 1 ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 = ⃦ |𝑎𝑠 |⃦ 6 𝑐0 𝑠=1 𝑋 𝑠=1 Тогда ‖ℎ‖𝑋 = lim ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 𝑐0 lim 𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑛 (︁∑︁ ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 𝑠=1 )︁ 𝑝1 = 𝑐0 ∞ (︁∑︁ 𝑝 ‖𝑎𝑠 ‖ )︁ 𝑝1 < ∞. 𝑠=1 Итак, ℎ ∈ 𝑋 ⇒ ℎ = |ℎ| < ∞ п.в. на 𝐸. Следовательно ряд ∞ ∑︀ |𝑎𝑠 | 𝑠=1 – сходится п.в. ⇒ |𝑎𝑠 | = |𝑓 − 𝑓𝑘𝑠 | → 0 (𝑠 → ∞), т.е. получаем п.в. и 𝑓𝑘𝑠 → 𝑓 (𝑠 → ∞) п.в. Лемма 2. (Фату) Пусть 𝑋 – ИП со свойством Фату. Если 𝑓𝑛 ∈ ∈ 𝑋 и 𝑓𝑛 → 𝑓 (𝑛 → ∞) п.в., lim ‖𝑓𝑛 ‖𝑋 < ∞, то 𝑓 ∈ 𝑋, ‖𝑓 ‖𝑋 6 𝑛→∞ 37 6 lim ‖𝑓𝑛 ‖𝑋 . 𝑛→∞ Доказательство. Ясно, что 𝑓 измерима как предел последовательности измеримых функций 𝑓𝑛 ∈ 𝑋. Обозначим ℎ𝑛 (𝑥) = inf |𝑓𝑚 (𝑥)|. 𝑚>𝑛 Тогда 0 > ℎ𝑛 (𝑥) 6 ℎ𝑛+1 (𝑥). Далее, 𝑓𝑛 → 𝑓 (𝑚 → ∞) ⇒ |𝑓𝑚 | → ⃒ ⃒ → |𝑓 |(𝑚 → ∞); следовательно, т.к. ⃒|𝑎| − |𝑏|⃒ 6 |𝑎 − 𝑏|, то lim ℎ𝑛 = 𝑛→∞ = lim inf |𝑓𝑚 | = lim |𝑓𝑛 | = lim |𝑓𝑛 | = |𝑓 |. 𝑛→∞ 𝑚>𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ Итак, 0 6 ℎ𝑛 6 ℎ𝑛+1 , ℎ𝑛 → |𝑓 | ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 → |𝑓 |𝑋 , т.е. ‖𝑓 ‖𝑋 = = lim ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 . Но по определению, |ℎ𝑛 | 6 |𝑓𝑚 |, ∀𝑚 > 𝑛 ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 𝑛→∞ 6 ‖𝑓𝑚 ‖𝑋 , ∀𝑚 > 𝑛 ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 lim ‖𝑓𝑚 ‖𝑋 , при этом ‖𝑓 ‖𝑋 = lim ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 𝑛→∞ 𝑚→∞ 6 lim ‖𝑓𝑚 ‖𝑋 . 𝑚→∞ Лемма 3. Пусть 𝑋 – ИП со свойством Фату. Тогда для {𝑎𝑠 }∞ 𝑠=0 (︁ ∑︀ )︁ 𝑝1 ∞ ∞ ∑︀ из 𝑋 из условия ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 𝑎𝑠 сходится < ∞ следует, что ряд 𝑠=1 𝑠=0 почти всюду и в 𝑋 к некоторой функции 𝑓 ∈ 𝑋, ∞ ∞ ⃦∑︁ ⃦ )︁ 1 (︁∑︁ ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐 0 ⃦ 𝑋 𝑠=0 𝑠=0 Доказательство. 1) При 0 6 𝑚 6 𝑛 − 1, при 𝑎𝑠 ∈ 𝑋, 𝑠 = = 𝑚 + 1, . . . , 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 ⃦ ∑︁ ⃦ ⃦ ∑︁ ⃦ (︁ ∑︁ )︁ 1 ⃦ ⃦ ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 𝑎𝑠 ⃦ 6 ⃦ |𝑎𝑠 |⃦ 6 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . ⃦ 𝑋 𝑠=𝑚+1 Пусть ℎ𝑛 = 𝑛 ∑︀ 𝑋 𝑠=𝑚+1 |𝑎𝑠 |; ℎ = 𝑠=0 ∞ ∑︀ (*) 𝑠=𝑚+1 |𝑎𝑠 |. Тогда 0 6 ℎ𝑛 6 ℎ𝑛+1 , ℎ𝑛 → 𝑠=0 → ℎ, (𝑛 → ∞) п.в. По свойству Фату: ‖ℎ‖𝑋 = lim ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 6 lim 𝑐0 𝑛→∞ 𝑛→∞ 𝑛 (︁∑︁ ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 𝑠=0 38 )︁ 𝑝1 = 𝑐0 ∞ (︁∑︁ 𝑠=0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 )︁ 𝑝1 < ∞. Следовательно, ℎ ∈ 𝑋 ⇒ ‖ℎ‖ < ∞ п.в. ⇒ ряд ряд ∞ ∑︀ ∞ ∑︀ |𝑎𝑠 | – сходится п.в., 𝑠=0 𝑎𝑠 сходится (абсолютно) п.в. 𝑠=0 ∞ ∑︀ ⃒ ∑︀ ⃒ 𝑛 ∑︀ ⃒𝑛 ⃒ |𝑎𝑠 |, ∀𝑛 ∈ 𝑁 ⇒ 𝑎𝑠 . Имеем, что ⃒ 𝑎𝑠 ⃒ 6 Обозначим 𝑓 = 𝑠=0 𝑠=0 𝑠=0 ⃒ ∑︀ ⃒ ∞ ∑︀ ⃒∞ ⃒ |𝑎𝑠 | = ℎ ∈ 𝑋. Следовательно, 𝑓 – измерима и |𝑓 | = ⃒ 𝑎𝑠 ⃒ 6 𝑠=0 𝑠=0 |𝑓 | 6 ℎ ∈ 𝑋 ⇒ 𝑓 ∈ 𝑋 ∞ ∞ ⃦∑︁ ⃦ (︁∑︁ )︁ 1 ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 𝑎𝑠 ⃦ 6 ‖ℎ‖𝑋 6 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 < ∞. ‖𝑓 ‖𝑋 = ⃦ 𝑋 𝑠=0 𝑠=0 2) Осталось показать, что ряд ∞ ∑︀ 𝑎𝑠 сходится к 𝑓 (не только п.в.), 𝑠=0 но и в 𝑋. Пусть 𝑆𝑛 = ∞ ∑︀ 𝑎𝑠 . Тогда уже знаем, что 𝑆𝑛 → 𝑓 (𝑛 → ∞) п.в. 𝑠=0 При этом при 𝑛 > 𝑚 + 1 𝑛 ∞ ⃦ ∑︁ ⃦ )︁ 1 (︁ ∑︁ ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐 0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 = ⃦ 𝑋 𝑠=𝑚+1 Тогда sup ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 = 𝑐0 𝑛>𝑚+1 𝑠=𝑚+1 ∞ (︁ ∑︁ ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 )︁ 𝑝1 . 𝑠=𝑚+1 Итак, 𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 → 𝑓 − 𝑆𝑚 (𝑛 → ∞) п.в. и lim ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 6 sup ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 6 𝑐0 𝑛>𝑚+1 𝑛→∞ ∞ (︁ ∑︁ ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 )︁ 𝑝1 . 𝑠=𝑚+1 Применим 1.2 ‖𝑓 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 6 lim ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 6 𝑐0 𝑛→∞ ∞ (︁ ∑︁ 𝑠=𝑚+1 39 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 )︁ 𝑝1 → 0 (𝑚 → ∞). Значит, 𝑆𝑚 → 𝑓 (𝑚 → ∞) по "норме"в 𝑋, т.е. 𝑓 = ∞ ∑︀ 𝑎𝑠 (в 𝑋). 𝑠=0 Пространство 𝑋 = 𝑋(𝐸) – ИП, введена величина ‖ · ‖𝑋 : 1) ‖𝑓 ‖𝑋 = 0 ⇔ 𝑓 = 0 п.в.; ‖𝑓 ‖𝑋 < ∞ ⇒ |𝑓 | < ∞ п.в. 2) ‖𝛼𝑓 ‖𝑋 = |𝛼|‖𝑓 ‖𝑋 ⃦ ∑︀ ⃦ (︁ ∑︀ )︁ 1 𝑛 ⃦ 𝑛 ⃦ 𝑝 𝑝 3) ∃𝑐0 ∈ [1, ∞), 𝑝 ∈ (0, 1] ⃦ 𝑓𝑘 ⃦ 6 𝑐0 ‖𝑓𝑘 ‖𝑋 (𝑐0 = 1, 𝑝 = 𝑋 𝑘=1 𝑘=1 = 1 – свойство нормы, в общем случае – квазинормы). 4) |𝑓 | 6 𝑔 ∈ 𝑋 ⇒ 𝑓 ∈ 𝑋; ‖𝑓 ‖𝑋 6 ‖𝑔‖𝑋 . 5) ИП со свойством Фату: 1) – 4) и 0 6 ℎ𝑛 ↑ 𝑓 ⇒ ‖ℎ𝑛 ‖𝑋 ↑ ‖𝑓 ‖𝑋 . ИП со свойством Рисса-Фишера: 1) – 4). (︁ ∑︀ )︁ 1 ∞ ∞ ∑︀ 𝑝 𝑝 ′ 5 ) Если ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 < ∞, то 𝑎𝑠 – сходится в 𝑋 и ∃𝑐 ∈ 𝑄 для 𝑠=0 𝑠=0 ⃦ ∑︀ ⃦ (︁ ∑︀ )︁ 1 ∞ ∞ ∑︀ ⃦∞ ⃦ 𝑝 𝑝 𝑓= 𝑎𝑠 (в 𝑋) верна оценка: ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . 𝑠=0 𝑋 𝑠=0 𝑠=0 Мы доказали в лемме 3, что ИП 𝑋 со свойством Фату обладает свойством Рисса-Фишера, причём 𝑐 = 𝑐0 . Теорема. Для того, чтобы ИП 𝑋 было полным необходимо и достаточно, чтобы оно обладало свойством рисса-Фишера. Доказательство. Пусть 𝑋 обладает свойством Рисса-Фишера. Покажем, что 𝑋 – полное, т.е. в нём из фундаментальной {𝑓𝑚 } следует её сходимость в 𝑋 к некоторой функции 𝑓 ∈ 𝑋. Пусть {𝑓𝑚 } – фундаментальная. Тогда ‖𝑓𝑛 −𝑓𝑚 ‖𝑋 → 0 (𝑛, 𝑚 → ∞). Строим подпоследовательность {𝑘𝑠 }∞ 𝑠=1 номеров так, чтобы: 𝑠 𝑥𝑠+1 > 𝑘𝑠 + 1, ‖𝑓𝑘 − 𝑓𝑚 ‖𝑋 6 2− 𝑝 , ∀𝑛, 𝑚 > 𝑘𝑠 , 𝑠 = 1, 2, . . . . 40 𝑠 В частности, ‖𝑓𝑘𝑠+1 − 𝑓𝑘𝑠 ‖𝑋 6 2− 𝑝 . Тогда ∞ (︁∑︁ 𝑓𝑘−𝑠 ‖𝑝𝑋 ‖𝑓𝑘𝑠+1 − )︁ 𝑝1 6 𝑠=1 ∞ (︁∑︁ −𝑠 2 )︁ 𝑝1 < ∞. 𝑠=1 Положим 𝑎0 = 𝑓𝑘1 , 𝑎𝑠 = 𝑓𝑘𝑠+1 − 𝑓𝑘𝑠 , 𝑠 = 1, 2, . . . (︁ ∑︀ )︁ 1 ∞ 𝑝 𝑝 < ∞. Тогда по свойству Рисса-Фишера мы Тогда ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 𝑠=0 ∞ ∞ ∑︀ ∑︀ получаем: ряд 𝑎𝑠 сходится в 𝑋 и для 𝑓 = 𝑎𝑠 (в 𝑋) верна оценка 𝑠=0 𝑠=0 (︁ ∑︀ )︁ 1 ∞ 𝑝 𝑝 ‖𝑓 ‖𝑋 6 𝑐 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . 𝑠=0 𝑛 ∑︀ 𝑛 [︀ ]︀ ∑︀ 𝑎𝑠 = 𝑓𝑘1 + lim 𝑓𝑘𝑠+1 − 𝑓𝑘𝑠 = 𝑓𝑘1 + Имеем: 𝑓 = 𝑎0 + lim 𝑛→∞ 𝑠=1 (︀ )︀ 𝑛→∞ 𝑠=1 + lim 𝑓𝑘𝑛+1 − 𝑓𝑘1 = lim 𝑓𝑘𝑛+1 – сходится в 𝑋. 𝑛→∞ 𝑛→∞ Итак, мы показали ‖𝑓 − 𝑓𝑘𝑛 ‖ → 0 (𝑛 → ∞). Нужно показать, что ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝑋 → 0 (𝑘 → ∞). ⃦ ⃦ ⃦ ⃦ (︀ )︀ 1 ⃦𝑓 −𝑓𝑘 ⃦ = ⃦(𝑓 −𝑓𝑘 )+(𝑓𝑘 −𝑓𝑘 )⃦ 6 𝑐0 ‖𝑓 −𝑓𝑘 ‖𝑝 +‖𝑓𝑘 −𝑓𝑘 ‖𝑝 𝑝 (1) 𝑛 𝑛 𝑛 𝑋 𝑛 𝑋 𝑋 Для любого 𝜀 > 0 найдётся 𝑘(𝜀) ∈ 𝑁 : ‖𝑓 − 𝑓𝑘𝑛 ‖𝑋 < ‖𝑓𝑘𝑛 − 𝑓𝑘 ‖𝑋 < 𝜀 1 , 𝑐0 2 𝑝 𝜀 1 , 𝑐0 2 𝑝 𝑛 > 𝑘(𝜀) т.к. 𝑘𝑛 > 𝑘(𝜀). Отсюда из (1) следует, что (︂(︂ ‖𝑓 − 𝑓𝑘 ‖𝑋 < 𝑐0 )︂𝑝 𝜀 𝑐0 2 1 𝑝 (︂ + )︂𝑝 )︂ 𝑝1 𝜀 𝑐0 2 1 𝑝 = 𝑐0 · 𝜀 = 𝜀. 𝑐0 Итак, из фундаментальности {𝑓𝑛 }, следует, что ‖𝑓 − 𝑓𝑛 ‖𝑋 → 0 (𝑛 → ∞), т.е. {𝑓𝑛 } – сходится, значит 𝑋 – полное. 2) Пусть теперь ИП 𝑋 полное, покажем, что оно обладает свойством Рисса-Фишера. Пусть {𝑎𝑠 }∞ 𝑠=0 – последовательность функций 41 из 𝑋: (︂ ∞ ∑︀ ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 )︂ 𝑝1 < ∞. Нужно показать, что ряд ∞ ∑︀ 𝑎𝑠 сходится в (︂ ∞ )︂ 𝑝1 ∞ ∑︀ ∑︀ 𝑋 и для 𝑓 = 𝑎𝑠 (в 𝑋) верно неравенство: ‖𝑓 ‖𝑋 6 𝑐 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 , 𝑠=0 𝑠=0 𝑠=0 𝑛 ∑︀ 𝑠=0 𝑐 ∈ [1, ∞) – единая постоянная. Обозначим 𝑆𝑛 = 𝑎𝑠 . Тогда при 𝑠=0 ⃦ ∑︀ ⃦ )︁ 1 (︁ ∑︀ 𝑛 ⃦ 𝑛 ⃦ 𝑝 𝑝 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐 0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 → 0 при 𝑛 > 𝑚 + 1 ‖𝑆𝑛 − 𝑆𝑚 ‖𝑋 = ⃦ 𝑋 𝑠=𝑚+1 𝑚 → ∞, 𝑛 > 𝑚 + 1 в силу сходимости ∞ ∑︀ 𝑠=0 𝑠=𝑚+1 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 . Значит, последова- тельность частичных сумм {𝑆𝑛 }∞ 𝑛=0 – фундаментальная в 𝑋. Тогда ∞ ∑︀ в силу полноты 𝑋 ∃ lim 𝑆𝑛 ≡ 𝑓 (в 𝑋), т.е. 𝑓 = 𝑎𝑠 (в 𝑋). Далее, 𝑛→∞ 𝑠=0 𝑛 𝑛 ∞ ⃦∑︁ ⃦ (︁∑︁ )︁ 1 (︁∑︁ )︁ 1 ⃦ ⃦ 𝑝 𝑝 𝑝 𝑝 ‖𝑆𝑛 ‖𝑋 = ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 6 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 < ∞. 𝑠=0 𝑋 𝑠=0 𝑠=0 Далее, ‖𝑓 ‖𝑋 = ‖(𝑓 − 𝑆𝑛 ) + 𝑆𝑛 ‖𝑋 6 𝑐0 (‖𝑓 − 𝑆𝑛 ‖𝑝𝑋 + ‖𝑆𝑛 ‖𝑝𝑋 ) 6 (︂ )︂ ∞ 𝑝 𝑝 ∑︀ 6 𝑐0 ‖𝑓 − 𝑆𝑛 ‖𝑋 + 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝑋 . При 𝑛 → ∞ и ‖𝑓 − 𝑆𝑛 ‖𝑋 → 0, 𝑠=0 (︂ ∞ )︂ 𝑝1 (︂ )︂ 𝑝1 ∞ ∑︀ 𝑝 𝑝 𝑝 ∑︀ = 𝑐10 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 – требуеполучим ‖𝑓 ‖𝑋 6 𝑐0 0 + 𝑐0 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 𝑠=0 𝑠=0 мая оценка 𝑐 = 𝑐20 . Теорема доказана. Замечание. В случае норм 𝑐0 = 1, 𝑝 = 1, ∞ ∞ ⃦∑︁ ⃦ ∑︁ ⃦ ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ 6 ‖𝑎𝑠 ‖𝑋 . ⃦ 𝑠=0 𝑋 𝑠=0 Для 𝑋 = 𝐿𝑝 , 0 < 𝑝 < 1, также имеем 𝑐0 = 1, 0 < 𝑝 < 1, т.е. ⃦ ∑︀ ⃦ (︁ ∑︀ )︁ 𝑝1 ∞ ∞ ⃦ ⃦ 𝑝 ‖𝑎𝑠 ‖𝐿𝑝 . ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑠=0 𝐿𝑝 𝑠=0 42 Следствие. При во 𝑋 = 𝐿𝑝 (𝐸), 0 < 𝑝 6 ∞ – полное и в нём ⎧∞ ∑︀ ⎪ ⎪ ∞ при 1 6 𝑝 6 ∞ ⎨ ‖𝑎𝑠 ‖𝐿𝑝 , ⃦∑︁ ⃦ ⃦ ⃦ 𝑠=0 𝑎𝑠 ⃦ 6 (︁ ∑︀ ⃦ )︁ 𝑝1 ∞ ⎪ 𝐿𝑝 𝑝 ⎪ 𝑠=0 ‖𝑎𝑠 ‖𝐿𝑝 , при 0 < 𝑝 < 1. ⎩ 𝑠=0 Для 𝑋 = 𝐿𝑝 , 0 < 𝑝 < 1 неравенство вида [︃ ∞ ]︃ ∞ ⃦ ⃦∑︁ ∑︁ ⃦ ⃦ ‖𝑎𝑠 ‖𝐿𝑝 𝑎𝑠 ⃦ 6 𝑐 ⃦ 𝐿𝑝 𝑠=0 (2) 𝑠=0 не имеет места ни для какой-либо постоянной 𝑐 < ∞. При 0 < 𝑝 < 1 верно неравенство ∞ ⃦∑︁ ⃦ ⃦ ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ ⃦ 𝐿𝑝 𝑠=0 6 (︃ ∞ ∑︁ )︃ 𝑝1 ‖𝑎𝑠 ‖𝑝𝐿𝑝 . (3) 𝑠=0 Если 𝑎𝑠 · 𝑎𝑘 = 0 при 𝑠 ̸= 𝑘, то (3) ⇒ равенство. Далее, пусть ‖𝑎𝑘 ‖ = 1 1 . (𝑘+1) 𝑝 Тогда ∞ ⃦∑︁ ⃦ ⃦ ⃦ 𝑎𝑠 ⃦ ⃦ 𝑠=0 (︃ = 𝐿𝑝 ∞ ∑︁ 𝑠=0 ∞ ∑︁ 𝑠=0 (︃ )︃𝑝 )︃ 𝑝1 1 (𝑠 + 1) ‖𝑎𝑠 ‖𝐿𝑝 = ∞ ∑︁ 𝑠=0 (︃ = 1 𝑝 ∞ ∑︁ 𝑠=0 1 (𝑠 + 1) 1 𝑝 < ∞, 1 𝑠+1 )︃ 𝑝1 = ∞, 1 > 1. 𝑝 Следовательно в (2) П.ч. < ∞, Л.ч. (2) = ∞, т.е. (2) – не верна для этих {𝑎𝑠 }. 43 5 Обобщённое неравенство Минковского Теорема. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, 𝐸 ⊂ 𝑅𝑚 , 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 , 𝑓 измерима на 𝐸 × 𝐹 . Тогда ⃦ ∫︀ ⃦ ∫︀ ⃦ |𝑓 (·, 𝑦)| 𝑑𝑦 ⃦ 6 ‖𝑓 (·, 𝑦)‖𝐿𝑝 (𝐸) 𝑑𝑦. 𝐿𝑝 (𝐸) 𝐹 (1) 𝐹 Замечание. Здесь мы считаем, что 𝑓 (𝑥, 𝑦), 𝑥 ∈ 𝐸, 𝑦 ∈ 𝐹 при почти всех 𝑦 ∈ 𝐹 принадлежит 𝐿𝑝 (𝐸) по 𝑥 и для неё ‖𝑓 (·, 𝑦)‖𝐿𝑝 (𝐸) интегрируемое по 𝑦 ∈ 𝐹 , так что П.ч. (1) < ∞. Тогда утверждается, что для почти всех 𝑥 ∈ 𝐸 функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) интегрируема по 𝑦 ∈ 𝐹 , ∫︀ причём |𝑓 (𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑦 принадлежит 𝐿𝑝 (𝐸) по переменной 𝑥 и верно 𝐹 (1). ∫︀ Доказательство. Обозначим Φ(𝑥) = |𝑓 (𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑦 > 0. ‖Φ‖𝐿𝑝 = 𝐹 ⃒ ∫︀ ⃒ = sup ⃒Φ(𝑥)𝑔(𝑥)⃒ 𝑑𝑥, 𝐵𝑝′ = {𝑔 ∈ 𝐿𝑝′ (𝐸) : ‖𝑔‖𝐿𝑝′ 6 1}. 𝑔∈𝐵𝑝′ 𝐸 ‖Φ‖𝐿𝑝 = sup ∫︀ (︀∫︀ )︀ |𝑓 (𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑦 |𝑔(𝑥)| 𝑑𝑥 = 𝑔∈𝐵𝑝′ 𝐸 𝐹 = sup ∫︀ (︀∫︀ )︀ |𝑓 (𝑥, 𝑦)| · |𝑔(𝑥)| 𝑑𝑥 𝑑𝑦 6 𝑔∈𝐵𝑝′ 𝐹 𝐸 6 sup ∫︀ (︀∫︀ |𝑓 (𝑥, 𝑦)|𝑝 𝑑𝑥 )︀ 𝑝1 (︀∫︀ )︀ 1 ′ · |𝑔(𝑥)|𝑝 𝑑𝑥 𝑝 𝑑𝑦 = 𝑔∈𝐵𝑝′ 𝐹 𝐸 = sup ‖𝑔‖𝐿𝑝′ (𝐸) 𝑔∈𝐵𝑝′ 6 ∫︀ (︀∫︀ 𝐸 ∫︀ (︀∫︀ |𝑓 (𝑥, 𝑦)|𝑝 𝑑𝑥 𝐹 𝐸 |𝑓 (𝑥, 𝑦)|𝑝 𝑑𝑥 )︀ 𝑝1 𝐹 𝐸 44 ⇒ (1). )︀ 𝑝1 𝑑𝑦 6 1 6 𝑝 6 ∞, 𝐸 ⊂ 𝑅𝑚 , 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 , 𝑓 (𝑥, 𝑦) измеримо 𝐸 × 𝐹 ⃦ ⃦∫︀ ∫︀ ⃦ ⃦ ⃦ 6 ⃦Φ(·, 𝑦)𝐿𝑝 (𝐸) 𝑑𝑦. ⃦ Φ(·, 𝑦) 𝑑𝑦 ⃦ 𝐿𝑝 (𝐸) 𝐹 (1) 𝐹 Следствие 1. (неравенство Минковского для свёрток) 𝐸 = 𝐹 = = 𝑅𝑛 . Пусть 𝑔 ∈ 𝐿1 (𝑅𝑛 ), 𝑓 ∈ 𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ), 1 6 𝑝 6 ∞. Тогда свёртка (𝑓 * 𝑔)(𝑥) = ∫︀ 𝑓 (𝑥 − 𝑦)𝑔(𝑦) 𝑑𝑦 (2) 𝑅𝑛 принадлежит 𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ) ‖𝑓 * 𝑔‖𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ) 6 ‖𝑔‖𝐿1 (𝑅𝑛 ) · ‖𝑔‖𝐿1 (𝑅𝑛 ) . (3) Доказательство. Л.ч. (3) (︂ ⃒ ⃒𝑝 )︂ 𝑝1 )︁ 𝑝1 ∫︀ ⃒ ∫︀ ∫︀ (︁ ∫︀ ⃒ 𝑝 𝑝 6 |𝑓 (𝑥 − 𝑦)| |𝑔(𝑦)| 𝑑𝑥 = ⃒ 𝑓 (𝑥 − 𝑦)𝑔(𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 𝑑𝑥 𝑅𝑚 𝑅𝑛 𝑅𝑛 𝑅𝑛 (︁ ∫︀ )︁ 𝑝1 ∫︀ ∫︀ 𝑝 = |𝑔(𝑦)| |𝑓 (𝑥−𝑦)| 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ) |𝑔(𝑦)| 𝑑𝑦 = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ) ‖𝑔‖𝐿1 (𝑅𝑛 ) . 𝑅𝑛 𝑅𝑛 𝑅𝑛 ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ 𝑧 = 𝑥 − 𝑦 1 )︂ 𝑝 ⃒ (︂ ⃒ ⃒𝑝 ∫︀ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒𝑓 (𝑥 − 𝑦)⃒ 𝑑𝑥 Мы учли, что = ⃒𝑥 ∈ 𝑅 𝑛 ⇔ 𝑧 ∈ 𝑅 𝑛 ⃒ = ⃒ ⃒ 𝑅𝑛 ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 (︂ )︂ 𝑝1 ∫︀ = ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅𝑛 ) (инвариантность 𝐿𝑝 – норма относит., = |𝑓 (𝑧)|𝑝 𝑑𝑧 𝑅𝑛 сдвиг). Следствие 2. (Обобщённое неравенство Минковского для последовательности) Пусть 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 – измеримое множество, 1 6 𝑝 6 ∞, {𝑓𝑘 }𝑘∈𝑁 последовательность измеримых функций на 𝐹 . Тогда ⃦ ⃦ ⃦{︀∫︀ ⃦ }︀⃦ ∫︀ ⃦ ⃦ 𝑓𝑘 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃦ 6 ⃦{𝑓𝑘 (𝑦)}⃦ 𝑑𝑦. ⃦ ⃦ 𝑙𝑝 𝐹 𝐹 𝑙𝑝 45 (4) Дискретный аналог (1) ⃦ ⃦ ⃦{𝑎𝑘 }⃦ = 𝑙𝑝 (︃ ∞ ∑︁ )︃ 𝑝1 |𝑎𝑘 |𝑝 . 𝑘=1 Доказательство. Будем выводить (4) из (1). Положим 𝐸 = [1, ∞) = ⨆︀ ⋃︀ ⋂︀ = [𝑘, 𝑘 + 1). 𝐴 𝐵 обозначает 𝐴 𝐵 при 𝐴 𝐵 = ∅. ∞ ⨆︀ 𝑘=1 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑘 (𝑦) при 𝑥 ∈ [𝑘, 𝑘+1), 𝑘 ∈ 𝑁 , 𝑓 (𝑥, 𝑦) задана тем самым ⃦ ⃦ (︂ ⃒ ⃒𝑝 )︂ 𝑝1 ⃦ ⃦∫︀ ∫︀ ⃒∫︀ ⃒ ⃦ 𝑓 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑓 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝐸×𝐹 . Тогда Л.ч. (1) = ⃦ = ⃒ 𝑑𝑥 ⃒ ⃦ ⃦ 𝐹 (︃ = ∞ 𝑘+1 ∫︀ ⃒∫︀ ∑︀ 𝑘=1 𝑘 ⃒𝑝 ⃒ ⃒ ⃒ 𝑓𝑘 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 𝑑𝑥 𝐿𝑝 (𝐸) )︃ 𝑝1 (︃ ⃒𝑝 𝑘+1 ⃒ ⃒ ∫︀ 𝑑𝑥 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 𝑘 ⃒ ∞ ⃒∫︀ ∑︀ = 𝑘=1 𝐹 𝐹 𝐸 𝐹 )︃ 𝑝1 = 𝑘 (︂ ∞ ⃒ ⃒𝑝 )︂ 𝑝1 ⃦{︀∫︀ }︀⃦ ∑︀ ⃒∫︀ ⃦ ⃦ ⃒ = ⃦ 𝑓𝑘 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃦ = Л.ч. (4). = ⃒ 𝑓𝑘 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 𝑙𝑝 𝑘=1 𝐹 𝐹 (︂ )︂ 𝑝1 ⃦ ⃒𝑝 ∫︀ ⃦ ∫︀ ∫︀ ⃒ ⃒𝑓 (𝑥, 𝑦)⃒ 𝑑𝑥 П.ч. (1) c Φ = 𝑓 = ⃦𝑓 (·, 𝑦)⃦𝐿𝑝 (𝐸) 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 = 𝐹 𝐹 𝐸 )︃ 𝑝1 (︃ (︂ ∞ )︂ 1 ∞ 𝑘+1 ⃒𝑝 ⃦ ⃒ ⃒𝑝 𝑝 ∫︀ ⃒ ∫︀ ⃦ ∫︀ ∑︀ ∫︀ ∑︀ ⃒𝑓𝑘 (𝑦)⃒ 𝑑𝑥 ⃒𝑓𝑘 (𝑦)⃒ 𝑑𝑦 = ⃦{𝑓𝑘 (𝑦)}⃦𝐿𝑝 𝑑𝑦 = = 𝑑𝑦 = 𝐹 𝑘=1 𝑘 𝑘=1 𝐹 𝐹 = П.ч. (4). Тем самым (1) ⇒ (4). Следствие 3. (Перестановка порядка в смешанных нормах). Пусть 𝐸 ⊂ 𝑅𝑚 , 𝐹 ⊂ 𝑅𝑛 – измеримое множество, 𝑓 (𝑥, 𝑦) измеримо на 𝐸 × 𝐹 и пусть 0 < 𝑞 6 𝑝 6 ∞. Тогда ⃦⃦ ⃦ ⃦ ⃦⃦ ⃦ ⃦ 𝑓 (𝑥, 𝑦)⃦𝐿𝑞 ,𝑦 ⃦ ⃦⃦ ⃦ ⃦ ⃦⃦ ⃦ 6 ⃦ 𝑓 (𝑥, 𝑦)⃦𝐿𝑝 ,𝑥 ⃦ . (5) Замечание. При 𝑝 = 𝑞 имеем равенство ⃦⃦ ⃦⃦ ⃦ ⃦ ⃦ ⃦ ⃦⃦ ⃦ ⃦⃦ ⃦ ⃦ = ⃦ 𝑓 (𝑥, 𝑦)⃦𝐿𝑝 ,𝑥 ⃦ ⃦ 𝑓 (𝑥, 𝑦) 𝐿𝑞 ,𝑦 ⃦ . (6) 𝐿𝑝 ,𝑥 𝐿𝑝 ,𝑦 𝐿𝑝 ,𝑥 𝐿𝑝 ,𝑦 46 ⃒ ⃒ ⃒𝑟 Упражнение. Вывести равенство (6) из Р.Фубини. [︂ (︁ ]︂ 𝑝1 ⃒𝑞 )︁ 𝑝𝑞 ∫︀ ∫︀ ⃒ ⃒𝑓 (𝑥, 𝑦)⃒ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = Доказательство следствия. Л.ч. (5)= 𝐸 𝐹 }︂ 1𝑞 {︂[︁ 1 ⃒ ]︁ )︀𝑟 ∫︀ (︀∫︀ 𝑟 ⃒ = 𝑝𝑞 > 1⃒ = |𝑓 (𝑥, 𝑦)|𝑞 𝑑𝑦 𝑑𝑥 6 . . . = П.ч. (5). 𝐿𝑟 – 𝐸 𝐹 норма от интеграла 6 интеграла от 𝐿𝑟 – нормы (1). 6 Классическое весовое неравенство Харди 6.1 Неравенство Харди Пусть 𝑓 : 𝑅+ → 𝐶. Оператор Харди (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = 𝑥 ∈ 𝑅+ . Теорема 1. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 6 (︁ 1 𝑝 + 1 𝑝′ 1 1 𝑝′ −𝛼 1 𝑥 ∫︀𝑘 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦, где = 1 и 𝛼 ∈ 𝑅, 𝛼 < 𝑝1′ . Тогда )︁ ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) (1) Итак, теорема 1 утверждает, что оператор Харди 𝐻1 действует ограниченно в праве 𝐿𝑝,𝛼 c нормой ‖𝑓 ‖𝐿𝑝,𝛼 = ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 , ‖𝐻1 ‖𝐿𝑝,𝛼 →𝐿𝑝,𝛼 6 6 𝐶0 = 1 1 −𝛼 𝑝′ . Cледствие. При 𝛼 = 0 получим. Пусть 1 < 𝑝 6 ∞. Тогда ‖𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 6 𝑝′ ‖𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) . Получим это следствие при 𝑝 = ∞, т.е.‖𝐻1 𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) . ⃒∫︀𝑥 ⃒ ∫︀𝑥 Здесь |(𝐻1 𝑓 )(𝑥)| = 𝑥1 ⃒ 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 6 𝑥1 |𝑓 (𝑦)| 𝑑𝑦. Но |𝑓 (𝑦)| 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) 47 ⃒ ⃒ для п.в. 𝑦 ∈ 𝑅+ . Тогда ⃒(𝐻1 𝑓 )(𝑥)⃒ 6 = ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) . Итак ‖(𝐻1 𝑓 )(𝑥)‖ 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) , 1 𝑥 ∫︀𝑥 ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) 𝑑𝑦 = ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅+ ) 𝑥1 ∫︀𝑥 𝑑𝑦 = ∀𝑥 ∈ 𝑅+ . Следствие. ‖𝐻1 𝑓 ‖𝐿∞ 6 sup |(𝐻1 𝑓 )(𝑥)| 6 ‖𝑓 ‖𝐿∞ (𝑅1 ). 𝑥∈𝑅1 Доказательство теоремы. ⃒𝑝 )︁ 1 ⃒∫︀𝑥 (︁∫︀∞ 𝑝 ⃒ 𝛼 (𝛼−1)𝑝 ⃒ 𝑝 > 1, 𝑦 := ‖𝑥 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 = 𝑥 ⃒ 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 ⃒ 𝑑𝑥 . В интеграле по 𝑦 замена 𝑦 = 𝑡𝑥; 𝑧 – новая переменная: 𝑦 = 0 ↔ 𝑧 = 0, 𝑦 = 𝑥 ↔ 𝑧 = 1, 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑑𝑧. ⃒∫︀1 ⃒𝑝 )︁ 1 (︁∫︀∞ 𝑝 ⃒ (𝛼−1)𝑝 ⃒ Имеем 𝐽 = 𝑥 ⃒ 𝑓 (𝑧𝑥)𝑥 𝑑𝑧 ⃒ 𝑑𝑥 , здесь Φ(𝑥, 𝑧) = 𝑥𝛼 𝑓 (𝑧, 𝑥). Применим обобщённое неравенство Минковского: норма интеграла 6 интеграла от нормы. 𝐽6 ∫︀1 (︁∫︀∞ )︁ 𝑝1 )︁ 𝑝1 ∫︀1 (︁∫︀∞ 𝛼𝑝 𝑝 ˜ |Φ(𝑥, 𝑧)| 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = 𝑥 |𝑓 (𝑧𝑥)| 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = 𝐽. 𝑝 Замена 𝑡 = 𝑧𝑥, 𝑑𝑡 = 𝑧 𝑑𝑥: )︁ 𝑝1 )︁ 𝑝1 ∫︀1 (︁∫︀∞ (︀ 𝑡 )︀𝛼𝑝 ∫︀1 (︁∫︀∞ 𝛼𝑝 𝑑𝑡 𝑝 𝑝 𝐽˜ = |𝑓 (𝑡)| 𝑧 𝑑𝑧 = 𝑡 |𝑓 (𝑡)| 𝑑𝑡 𝑧 𝛼 = ‖𝑡 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) ∫︀1 𝑑𝑧 1 , 𝛼+ 𝑝 𝑡 здесь 𝛼 + 𝑝1 < 1, т.к. 𝛼 < 1 𝑝′ 𝑑𝑧 1 𝑧 𝑝 +𝛼𝑝 = = 1 − 𝑝1 ⇒ интеграл по 𝑧 сходится. ∫︁1 ⃒1 ⃒ 𝑑𝑧 𝑧 1−( ) ⃒⃒ (︁ )︁ ⃒ = 𝛼+ 𝑝1 1 𝑧 1− 𝛼+ 𝑝 ⃒ 𝛼+ 𝑝1 = (︁ 𝑧=0 1− 1 )︁ 1 𝑝 = −𝛼 1 𝑝′ 1 , −𝛼 мы получили неравенство (1). Замечание 1. При 0 < 𝑝 < 1 неравенство вида (1) не имеет 48 места, т.е. ∃𝑓 ∈ 𝐿𝑝,𝛼 с 0 < 𝑝 < 1, ∀𝛼 ∈ 𝑅, такая что ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) < ∞, Берём 𝑓 (𝑥) = ⎧ ⎪ ⎨ 1 1 , |𝑥−1| 𝑞 ⎪ ⎩0, П.ч. (1) ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) при а ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 = ∞. 1 𝑧 6𝑥62 , 𝑝 < 𝑞 < 1. при остальных 𝑥 )︂ 𝑝1 (︃ 2 (︂ ∞ ∫︀ 𝛼𝑝 ∫︀ 𝑥 𝑓 (𝑥)𝑝 𝑑𝑥 = = 𝑝 𝑞 1 2 )︃ 𝑝1 𝑥𝛼𝑝 𝑑𝑥 𝑝 |𝑥−1| 𝑞 < ∞, т.к. < 1. При 𝑥 > 2 (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = 1 𝑥 ∫︀2 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 = 1 2 1 𝑥 ∫︀2 1 2 𝑑𝑦 1 |𝑦−1| 𝑞 = ∞, т.к. 1 𝑞 > 1. Итак (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = ∞, ∀𝑥 > 2 и значит Л.ч. (1) = ∞. Для этой функции (1) не имеет места при 0 < 𝑝 < 1. Замечание. При 1 6 𝑝 6 ∞, 𝛼 > 1 𝑝′ неравенство вида (1), т.е. ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 6 𝑐‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 , (2) с постоянной 𝑐 ∈ (0, ∞) не зависящей от 𝑓 – неверно. Так при 𝛼 > 1 𝑝′ рассмотрим функцию 𝑓 (𝑥) = ⎧ ⎪ ⎨1, 0 < 𝑥 < 1 𝑥 ⎪ ⎩0, 𝑥 > 1. Тогда для неё Л.ч. (2)=‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) = (︂ ∞ ∫︀ 𝑥𝛼𝑝 |𝑓 (𝑥)|𝑝 𝑑𝑥 )︂ 1 𝑝 = (︂ 1 ∫︀ т.к. 𝑝(𝛼 − 1) > −1, т.е. 𝛼 − 1 > − 𝑝1 , т.е. 𝛼 > 1 − 49 1 𝑝 𝑥𝑝(𝛼−1) 𝑑𝑥 = 𝑝1′ . )︂ 𝑝1 < ∞, Л.ч. (2) (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = 1 𝑥 ∫︀𝑥 𝑓 (𝑦)𝑑𝑦 = 1 𝑥 ∫︀𝑥 𝑑𝑦 𝑦 = ∞, при 0 < 𝑥 < 1. Значит Л.ч. (2) = ∞, т.е. (2) неверно для этой функции 𝑓 . ∫︀𝑥 1 1 1 1 Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, 𝛼 < 𝑝′ , 𝑝 + 𝑝′ = 1 𝐻1 𝑓 (𝑥) = 𝑥 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦. Тогда ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 6 𝑐0 ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) , где 𝑐0 = 1 1 −𝛼 𝑝′ (1) . 1. При 0 < 𝑝 < 1 (1) не имеет места. 2. При 1 6 𝑝 < ∞, 𝛼 > 1 𝑝′ (1) не имеет места. 3. Пусть 1 6 𝑝 6 ∞, 𝛼 = 𝑝1′ . Покажем, что (1) не имеет места. ⎧ ⎪ ∫︀1 (︀ 2 )︀𝛽 𝑑𝑦 ⎨ сходится при 𝛽 < −1 Замечание. ln 4 𝑦 − ⎪ ⎩ расходится при 𝛽 > −1. Упражнение. Проверить. ⎧ 2 𝛾 ⎪ ⎨ (ln 𝑥 ) , 0 < 𝑥 < 1 𝑥 Рассмотрим функцию: 𝑓 (𝑥) = , 𝛾 – выберем ⎪ ⎩0, 𝑥>1 ниже. (︂ 1 )︂ 𝑝1 ∫︀ ∫︀1 𝛾𝑝 2 𝑑𝑥 𝛼 (𝛼−1)𝑝 𝛾𝑝 2 ‖𝑥 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) = 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑥 𝑥 < ∞, при 𝛾𝑝 < −1 см. замечание с 𝛽 = 𝛾𝑝, 𝛼 = 1 𝑝′ , (𝛼 − 1)𝑝 = = − 𝑝1 · 𝑝 = −1. Итак, при 𝛾 < − 𝑝1 . П.ч. (1) < ∞ 1 (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = 𝑥 ∫︁𝑥 1 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑥 )︂𝛾 ∫︁𝑥 (︂ 2 𝑑𝑦 ln . 𝑦 𝑦 50 (︁ 1 𝑝′ )︁ −1 𝑝= Тогда при 𝛾 > −1 получим (см. замечание), что (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = ∞, 𝑥 > > 0. Следовательно П.ч. (1)= ∞ при 𝛾 > −1. При −1 6 𝛾 < − 𝑝1 получаем: для такой функции 𝑓 неравенство (1) невозможно, т.к. Л.ч. (1) = ∞. П.ч. (1) < ∞. Этот пример не проходит при 𝑝 = 1, т.к. когда условия −1 6 𝛾 < < − 𝑝1 не могут выполняться. Пример «сработал» при 1 < 𝑝 6 ∞. Пусть теперь 𝑝 = 1, 𝛼 = 1 𝑝′ = 0. (1) примет вид ‖𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 6 𝑐‖𝑓 ‖𝐿1 (𝑅+ ) . (2) Положим теперь 𝑓 (𝑥) = 𝜒(0,1) (𝑥). ∫︀∞ ∫︀1 П.ч.(2) = |𝑓 (𝑥)| 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 = 1 < ∞. ⎧ ⎪ ⎨1, 0 < 𝑥 6 1 ∫︀𝑥 1 Л.ч.(2) (𝐻1 𝑓 )(𝑥) = 𝑥 𝑓 (𝑦) 𝑑𝑦 = ⎪ ⎩ 1 , 𝑥 > 1. 𝑥 ∞ ∫︀ Л.ч. (2) = ‖𝐻1 𝑓 ‖𝐿1 (𝑅+ ) = 1 + 𝑑𝑥 𝑥 = ∞. 1 Итак, для этой функции П.ч.(2)< ∞, Л.ч.(2)= ∞. Неравенство неверно для этой функции. 6.2 Неулучшаемость константы неравенства Харди ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) sup 𝛼 𝑓 ∈𝐿𝑝,𝛼 ‖𝑥 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) ‖𝐻1 ‖ ≡ ‖𝐻1 ‖𝐿𝑝,𝛼 →𝐿𝑝,𝛼 𝑓 ̸=0 51 из (1) видим, что ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 6 𝑐0 , ‖𝑥𝛼 𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) ∀𝑓 ∈ 𝐿𝑝,𝛼 (𝑅+ ), 𝑓 ̸= 0 следовательно, ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓 ‖𝐿𝑝 ‖𝐻1 ‖ = sup 6 𝑐0 . 𝛼 𝑓 ∈𝐿𝑝,𝛼 ‖𝑥 𝑓 ‖𝐿𝑝 (3) 𝑓 ̸=0 Цель – получить обратное неравенство. ⎧ ⎪ ⎨𝑥−𝛼− 𝑝1 , 1 6 𝑥 6 𝑛 Пусть 𝑛 > 2. Положим 𝑓𝑛 (𝑥) = ⎪ ⎩0, остальных 𝑥 ∈ 𝑅+ (︂ 𝑛 ∫︀ (︀ − 𝑝1 )︀𝑝 ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) = ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) = 𝑑𝑥 𝑥 1 (︂ 𝑛 )︂ 𝑝1 ∫︀ 𝑑𝑥 1 𝑝 → ∞ (𝑛 → ∞). = = (ln 𝑛) 𝑥 )︂ 𝑝1 = 1 𝛼 𝑥 (𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) = 𝑥 = 𝑥𝛼−1 ∫︀𝑥 ∫︀𝑥 1 𝑓𝑛 (𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑦 −𝛼− 𝑝 𝑑𝑦 = 1 ⃒ 1 ⃒𝑥 1 1−𝛼− 𝑝 −𝑝 𝑦 −𝑥𝛼−1 ⃒ = 𝑥 1−𝛼− 1 . 1−𝛼− 1 ⃒ 𝛼−1 𝛼−1 𝑝 𝑦=1 1 𝑝 𝑥− 𝑝 − 𝑥𝛼−1 𝛼 𝛼 𝑥 (𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) = 1 ; при 1 < 𝑥 6 𝑛; (𝑥 𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) > при 1−𝛼− 𝑝 𝑥 > 𝑛. 𝑥𝛼 𝑓𝑛 (𝑥) − 𝑥𝛼−1 𝛼 (︁ )︁ , при 1 < 𝑥 6 𝑛. 𝑥 (𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) = 1 𝑝′ − 𝛼 𝑥𝛼 (𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) = 0, при 0 < 𝑥 6 1, 𝑥𝛼 (𝐻1 𝑓𝑛 )(𝑥) > 0, при 𝑥 > 𝑛. 52 𝛼 𝛼 ‖𝑥 (𝐻1 𝑓𝑛 )‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) > ‖𝑥 𝐻1 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 (𝑥) − 𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) = > 1 𝑝′ − 𝛼 ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) − ‖𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) (︁ )︁ , здесь ‖𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) 6 ‖𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,∞) = > 1 𝑝′ − 𝛼 (︂ ∞ )︂ 𝑝1 ∫︀ (𝛼−1)𝑝 = 𝑥 𝑑𝑥 < ∞. (𝛼 − 1)𝑝 < −1, т.к. 𝛼 < 𝑝1′ . 1 Итак, ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) > ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) 1 𝑝′ ‖𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,∞) 1 )︁ − (︁ . 1 −𝛼 𝛼 𝑝′ − 𝛼 ‖𝑥 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (1,𝑛) Итак, ‖𝑥𝛼 𝐻1 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) ‖𝐻1 ‖ > > ‖𝑥𝛼 𝑓𝑛 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) 1 𝑝′ ‖𝑥𝛼−1 ‖𝐿𝑝 (1,∞) 1 (︁ )︁ − 1 1 −𝛼 𝑝 − 𝛼 (ln 𝑛) ′ 𝑝 – верно при любом 𝑛 > 2, при 𝑛 → ∞. Отсюда следует ‖𝐻1 ‖ > 1 𝑝′ 1 −0= −𝛼 1 𝑝′ 1 = 𝑐0 . −𝛼 Вывод: 𝑐0 ∈ ‖𝐻1 ‖ 6 𝑐0 , т.е. ‖𝐻1 ‖ = 𝑐0 . 7 Весовое неравенство Харди. Общий случай 0 6 𝑓 – измерима на 𝑅+ , 𝑓 ∈ 𝐿1 (0, 𝑇 ), ∀𝑇 ∈ 𝑅+ - (0, ∞). Изучаем неравенства вида (︂ ∞[︁ (︂ ∞[︁ ]︁𝑞 )︂ 1𝑞 ]︁𝑝 )︂ 𝑝1 ∫︀ ∫︀𝑥 ∫︀ 𝜔(𝑥) 𝑓 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 6 𝑐 𝜐(𝑥)𝑓 (𝑥) 𝑑𝑥 , 53 (1) при 1 6 𝑝, 𝑞 6 ∞. Здесь 𝜐, 𝜔 – веса, т.е. они измеримы, 0 < 𝜐, 𝜔 < ∞ п.в.на 𝑅+ (2) Требуем, чтобы (1) выполнялось для любой 0 6 𝑓 ∈ 𝐿1 (0, 𝑇 ) ∀𝑇 ∈ 𝑅+ , с постоянной 𝑐 ∈ 𝑅+ не зависящей от 𝑓 . В классической задаче 𝜐, 𝜔 – степенные, 𝑞 = 𝑝. Эквивалентная запись (1): ⃦ ⃦ ∫︀𝑥 ⃦ ⃦ ⃦𝜔 𝑓 𝑑𝑡⃦ 𝐿𝑞 (𝑅+ ) (1′ ) 6 𝑐‖𝜐𝑓 ‖𝐿𝑝 (𝑅+ ) Теорема 1. Пусть 1 6 𝑝 6 𝑞 6 ∞. Для того, чтобы существовала постоянная 𝑐 ∈ 𝑅+ , не зависящая от 𝑓 такая, что верно (1) необходимо и достаточно чтобы 𝐵 := sup 𝑟>0 (︂ ∞ ∫︀ 𝜔 𝑞 𝑑𝑥 𝑟 )︂ 1𝑞 (︂ 𝑟 ∫︀ ′ 𝑣 −𝑝 𝑑𝑥 )︂ 1′ 𝑝 < ∞, где 1 𝑝 + 1 𝑝′ = 1. (3) Замечание. Иногда (3) пишут в виде ⃦1⃦ ⃦ ⃦ 𝐵 = sup ‖ 𝜔 ‖𝐿𝑞 (𝑟,∞) ⃦ ⃦ <∞ 𝜐 𝐿𝑝′ (0,𝑟) 𝑟>0 (3′ ) История. 1960-е Масенхаупт 𝑝 = 𝑞; 𝑝 < 𝑞: Бредли, Кокилашвили конец 1970-x; 𝑝 > 𝑞: Мазья, Розин (Сориа и ...) Современные: (Куфиер, Малигранда, Хайниг, Степанов, Харло). Частный случай(︂при 𝑞 = 1, 6 ∞. (︂ )︂ 1 6 𝑝 ∞ )︂ ∞ 𝑥 ∫︀ ∫︀ ∫︀ ∫︀∞ Л.ч.(1)= 𝜔(𝑥) 𝑓 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑡) 𝜔(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑡. 54 𝑡 ∫︀∞ Л.ч.(1) = [𝑓 (𝑡)𝜐(𝑡)] [︂ 1 𝜐(𝑡) ∫︀∞ ]︂ 𝜔(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑡 6 𝑡 (︂ ∞ )︂ 𝑝1 (︃ ∞ [︂ ]︂𝑝′ )︃ 𝑝1 ∞ ∫︀ ∫︀ ∫︀ 1 6 [𝑓 𝜐]𝑝 𝑑𝑡 𝜔(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑡 . 𝜐(𝑡) ⃦ ⃦ ⃦ 1 ∫︀∞ ⃦ Обозначим: 𝐵 = ⃦ 𝜐(𝑡) 𝜔 𝑑𝑥⃦ 𝑡 . 𝐿𝑝′ (𝑅+ ) ′ 𝑡 Если 𝐵 < ∞, Л.ч.(1′ ) < 𝐵, П.ч.(1 ), т.е. (1′ ) верно с 𝑐 > 𝐵. (︂ ∞ )︂ ⃦ ∫︀𝑥 ⃦ ∫︀∞ ∫︀ ⃦ ⃦ (𝑓 𝜐) 𝜐1 𝜔 𝑑𝑡 𝑑𝑥 ⃦𝜔 𝑓 𝑑𝑡⃦ 𝐿 𝑞 𝑡 𝑐0 = sup = sup 0 = ‖𝑓 𝜐‖𝐿𝑝 ‖𝑓 𝜐‖𝐿𝑝 𝑓 ̸=0 𝑓 >0 (︂ ∞ )︂ ∫︀ ∫︀∞ 𝑔(𝑡) 𝜐1 𝜔 𝑑𝑡 𝑑𝑥 ⃦ ∞ ⃦ ⃦ 1 ∫︀ ⃦ 𝑡 = ⃦ 𝜐 𝜔 𝑑𝑡⃦ = 𝐵. = sup 𝐿𝑝′ ‖𝑔‖𝐿𝑝 𝑔̸=0 𝑡 Доказательство необходимости условия (3) в теореме 1 при 𝑝 > > 1. Пусть 1 < 𝑝 6 𝑞 6 ∞ и (1) верно с постоянной ⎧ 𝑐 ∈ 𝑅+ не завися⎪ ⎨𝜐(𝑡)−𝑝′ , 0 < 𝑡 6 𝑟 щей от 𝑓 . Для любого 𝑟 ∈ 𝑅+ положим 𝑓 (𝑡) = ⎪ ⎩0, для 𝑡 > 𝑟. ∫︁𝑥 𝑓 (𝑡) 𝑑𝑡 = ⎧𝑥 ∫︀ ′ ⎪ ⎪ ⎨ 𝜐(𝑡)−𝑝 𝑑𝑡, 0 < 𝑥 6 𝑟 ∫︀𝑟 ′ ⎪ ⎪ ⎩ 𝜐(𝑡)−𝑝 𝑑𝑡, 𝑥 > 𝑟. 55