Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Transcript

1 Ενότητα: Χώροι L p Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών

2 Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

3 Περιεχόµενα ενότητας 4 Χώροι L p Χώροι L p Θεώρηµα Riesz-Fischer Θεώρηµα Riesz-Fischer Ο χώρος L () Προσέγγιση συναρτήσεων στον L p Θεώρηµα Fubini Συνέλιξη Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

4 4 Χώροι L p 4.1 Χώροι L p Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω 1 p <. Θεωρούµε τον γραµµικό χώρο L p () όλων των µετρήσιµων συναρτήσεων f : [, ] για τις οποίες ( ) f p dλ <. Παρατηρήστε ότι αν f L p () τότε f (x) < σχεδόν παντού στο. Ορίζουµε σχέση ισοδυναµίας στον L p () ϑέτοντας f g αν f = g λ-σχεδόν παντού. Το σύνολο L p () των κλάσεων ισοδυναµίας [ f ], f L p () γίνεται γραµµικός χώρος µε πράξεις τις ( ) [ f ] + [g] = [ f + g] και a[ f ] = [a f ]. Θα συνεχίσουµε να χρησιµοποιούµε το σύµβολο f για την κλάση [ f ], εννοώντας ότι η [ f ] L p () αντιπροσωπεύεται από οποιαδήποτε συνάρτηση στοιχείο της. Αν λοιπόν f L p (), ορίζουµε ( ) f p = f p dλ 1/p. Η ταύτιση συναρτήσεων που συµπίπτουν σχεδόν παντού γίνεται για να ικανοποιείται η f p = 0 = f = 0. Πράγµατι, αν f p dλ = 0 τότε f = 0 σχεδόν παντού, δηλαδή [ f ] = [0]. Θα δείξουµε ότι η p είναι νόρµα. Παρατηρούµε αρχικά ότι ο L p () είναι γραµµικός χώρος: Πράγµατι, έστω f, g L p (). Τότε, για κάθε x έχουµε άρα f (x) + g(x) p ( f (x) + g(x) ) p ( 2 max{ f (x), g(x) } ) p = 2 p max{ f (x) p, g(x) p } 2 p ( f (x) p + g(x) p ), ( ) f + g p dλ 2 p f p dλ + g p dλ <, δηλαδή f + g L p (). Πρόταση Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω 1 p <. Ο χώρος (L p (), p ) είναι χώρος µε νόρµα. Απόδειξη. Προφανώς, f p 0 για κάθε f L p (), και είδαµε ότι αν f p = 0 τότε f = 0. Είναι επίσης άµεσο ότι αν f L p () και a R, τότε a f p = a f p. Μένει λοιπόν να δείξουµε την τριγωνική ανισότητα. Αυτή προκύπτει άµεσα από την ανισότητα του Minkowski, την οποία δείχνουµε παρακάτω. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

5 Λήµµα (ανισότητα Young). Αν x, y 0 και p, q > 1 µε 1 p + 1 q = 1, τότε ( ) xy xp p + yq q µε ισότητα µόνο αν x p = y q. Απόδειξη. Η συνάρτηση f : (0, + ) R µε f (x) = lnx είναι γνησίως κοίλη. Αν λοιπόν a 1,..., a m > 0 και t j (0, 1) µε t t m = 1, τότε ( ) m t j lna j ln(t 1 a t m a m ), j=1 από την ανισότητα Jensen. Επεται ότι ( ) a t 1 1 a t 2 2 a t m m t 1 a t m a m µε ισότητα µόνο αν a 1 = = a m. Η ανισότητα αυτή γενικεύει την ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου. Αν t 1 = = t m = 1/m, παίρνουµε m ( ) a 1 a m a a m. m Ειδική περίπτωση της ( ) είναι η ( ) a t b 1 t ta + (1 t)b. Εφαρµόζουµε την ανισότητα ( ) µε a = x p, b = y q. Αφού 1 p + 1 q = 1, επιλέγοντας t = 1 p, συµπεραίνουµε ότι ( ) xy = a 1/p b 1/q a p + b q = xp p + yq q µε ισότητα µόνο αν x p = a = b = y q. 1 Ορισµός (συζυγείς εκθέτες). Αν p, q > 1 και p + 1 q = 1, λέµε ότι οι p και q είναι συζυγείς εκθέτες. Συµφωνούµε ότι ο συζυγής εκθέτης του p = 1 είναι ο q =. Πρόταση (ανισότητα Hölder). Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του, f L p () και g L q (), όπου p, q > 1 συζυγείς εκθέτες. Τότε, f g L 1 () και ( ) f g dλ f p dλ 1/p g q dλ 1/q, δηλαδή ( ) f g 1 f p g q. Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι ( ) f p p = f p dλ = 1 και g q q = g q dλ = 1. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

6 Από την ανισότητα του Young, για κάθε x X ισχύει ( ) f (x)g(x) 1 p f (x) p + 1 q g(x) q. Ολοκληρώνοντας την τελευταία ανισότητα παίρνουµε ( ) f g dλ 1 f p dλ + 1 p q g q dλ = 1 p + 1 q = 1 = f p g q. Στην γενική περίπτωση: µπορούµε να υποθέσουµε ότι f p 0 και g q 0 (αλλιώς f 0 ή g 0 λ σχεδόν παντού και το αριστερό µέλος της Ϲητούµενης ανισότητας µηδενίζεται, οπότε δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε). Θεωρούµε τις συναρτήσεις ( ) f 1 = f f p και g 1 = g g q. Παρατηρούµε ότι ( ) f 1 p dλ = 1 f p p f p dλ = 1 και g 1 q dλ = 1 g q q g q dλ = 1. Από την ειδική περίπτωση της ανισότητας που δείξαµε παραπάνω, έχουµε ( ) f 1 g 1 dλ 1, δηλαδή, f g dλ f p g q. Πρόταση (ανισότητα Minkowski). Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και 1 p <. f, g L p (), τότε Αν ( ) f + g p dλ 1/p f p dλ 1/p + g p dλ 1/p, δηλαδή ( ) f + g p f p + g p. Απόδειξη. Η ανισότητα είναι απλή στην περίπτωση p = 1. Στη συνέχεια ϑεωρούµε την περίπτωση 1 < p <. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι f + g p > 0. Γράφουµε f + g p p = f + g p dλ = f + g p 1 f + g dλ f + g p 1 f dλ + 1/q f + g (p 1)q dλ f + g p 1 g dλ f p + f + g (p 1)q dλ Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6 1/q g p,

7 όπου, στο τελευταίο ϐήµα, εφαρµόσαµε την ανισότητα Hölder για τα Ϲευγάρια f + g p 1, f και f + g p 1, g. Παρατηρούµε ότι (p 1)q = p (οι p και q είναι συζυγείς εκθέτες). Συνεπώς, ( ) f + g (p 1)q dλ 1/q = f + g p dλ 1/q = f + g p/q p. Επεται ότι ( ) f + g p p f + g p/q p ( f p + g p ). Χρησιµοποιώντας την p p q = 1 συµπεραίνουµε ότι ( ) f + g p = f + g p p f + g p/q p f p + g p. 4.2 Θεώρηµα Riesz-Fischer Σε αυτήν την παράγραφο δείχνουµε την πληρότητα του L p (), 1 p <. Ορίζουµε επίσης τον χώρο L () και αποδεικνύουµε ότι είναι πλήρης. Τέλος, δείχνουµε ότι αν 1 p < τότε οι απλές ολοκληρώσιµες συναρτήσεις και οι συνεχείς συναρτήσεις µε συµπαγή ϕορέα είναι πυκνές στον L p () Θεώρηµα Riesz-Fischer Θεώρηµα (Riesz-Fischer). Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και 1 p <. Ο L p () είναι χώρος Banach. Για την απόδειξη ϑα χρησιµοποιήσουµε ένα γενικό κριτήριο. ίνουµε πρώτα κάποιους ορισµούς. Ορισµός Εστω (x n ) ακολουθία σε έναν χώρο X µε νόρµα. Λέµε ότι η σειρά υπάρχει x X ώστε x n συγκλίνει αν n=1 ( ) S n := n x k x. Λέµε ότι η σειρά x k συγκλίνει απολύτως αν x k < +. Λήµµα Εστω X ένας χώρος µε νόρµα. Τα εξής είναι ισοδύναµα: (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Αν (x k ) είναι ακολουθία στον X µε x k < +, τότε η σειρά x k συγκλίνει. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

8 Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι ο X είναι πλήρης. Εστω (x k ) ακολουθία στον X, µε την ιδιότητα x k <. Για τυχόν ε > 0, υπάρχει n 0 (ε) N ώστε, για κάθε n > m n 0, ( ) x m x n < ε. Τότε, αν n > m n 0, ( ) s n s m = x m x n x m x n < ε. Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα η (s n ) είναι Cauchy. Ο X είναι πλήρης, άρα η s n συγκλίνει σε κάποιο x X. Αντίστροφα, έστω (x k ) ακολουθία Cauchy στον X. Για ε = 1 2 k, k = 1, 2,..., µπορούµε να ϐρούµε s 1 < s 2 < < s k < ώστε, για κάθε n > m s k, ( ) x n x m < 1 2 k. Ειδικότερα, ( ) s k+1 > s k s k = x sk+1 x nk < 1 2 k για κάθε k N. Αρα, ( ) x sk+1 x sk < 1 < +. Η (x sk+1 x sk ) συγκλίνει απολύτως, οπότε (από την υπόθεσή µας) συγκλίνει: υπάρχει x X ώστε ( ) m (x sk+1 x sk ) x, δηλαδή, x sm+1 x s1 x. Αρα, x sk x + x s1. είξαµε ότι η (x k ) έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Είναι όµως και ακολουθία Cauchy, άρα συγκλίνει στον X. Επεται ότι ο X είναι πλήρης. Απόδειξη του Θεωρήµατος Εστω ( f k ) ακολουθία στον L p () µε την ιδιότητα ( ) f k p = M < +. Για κάθε n N ορίζουµε g n (x) = n f k (x), x X. Τότε, n ( ) g n p f k p M, δηλαδή g n L p () και g p n dλ M p. Η (g n ) είναι αύξουσα, άρα ορίζεται η g(x) = lim g n (x) [0, ]. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, ( ) g p dλ = lim n g p n dλ M p. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

9 Συνεπώς, η g p είναι ολοκληρώσιµη. Επεται ότι g(x) = f k (x) < + σχεδόν παντού. Ορίζουµε s n (x) = n f k (x). Από την g(x) < + έχουµε ότι η s(x) = lim s n (x) = f k (x) ορίζεται και παίρνει πεπερασµένη τιµή σχεδόν παντού. Η s είναι µετρήσιµη και από την s n (x) g n (x) g(x) συµπεραίνουµε ότι s(x) g(x) σχεδόν παντού. Επεται ότι ( ) s p dλ g p dλ M p <, δηλαδή s L p (). Τέλος, παρατηρούµε ότι ( ) s n (x) s(x) p 2 p max{ s n (x) p, s(x) p } 2 p g(x) p σχεδόν παντού. Αφού s n (x) s(x) p 0 σχεδόν παντού, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης ϐλέπουµε ότι ( ) s n s p dλ 0. Αυτό δείχνει ότι s n s p 0. Από το Λήµµα έπεται ότι ο L p () είναι χώρος Banach Ο χώρος L () Στην περίπτωση p =, ο χώρος L () αποτελείται από τις µετρήσιµες f που είναι «ϕραγµένες σχεδόν παντού». Ο ακριβής ορισµός είναι ο εξής. Ορισµός Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του. Η κλάση L () αποτελείται από όλες τις µετρήσιµες συναρτήσεις f : [, ] για τις οποίες υπάρχει β > 0 ώστε ( ) λ ( {x : f (x) > β} ) = 0. Για µια τέτοια f, ϑέτουµε f το infimum όλων αυτών των β. Παρατηρήστε ότι το infimum είναι minimum: αν ( β n ) είναι µία γνησίως ϕθίνουσα ακολουθία µε β n f, τότε ( ) λ ( {x : f (x) > β n } ) = 0 για κάθε n και {x : f (x) > f } = {x : f (x) > β n }, άρα ( ) λ ( {x : f (x) > f } ) = 0. n=1 Εύκολα ϐλέπουµε ότι ο L () είναι γραµµικός χώρος. Αν για κάποια f L () ισχύει f = 0, τότε συµπεραίνουµε ότι f = 0 σχεδόν παντού. Ετσι, για f, g L (), ϑέτουµε f g αν f = g σχεδόν παντού στο. Ορισµός Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του. Τότε, το σύνολο των κλάσεων ισοδυναµίας του χώρου L () ως προς τη σχέση συµβολίζεται µε L (). Ο L () γίνεται γραµµικός χώρος µε τις προφανείς πράξεις. Θα γράφουµε, όπως και πριν, f L () αντί για [ f ] L (). Τέλος, για µια f L () ϑέτουµε ( ) f = min { β > 0 : λ ( {x : f (x) > β} )}. Λέµε ότι ο f είναι το ουσιώδες supremum της f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

10 Πρόταση Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του. Ο χώρος (L (), ) είναι χώρος µε νόρµα. Απόδειξη. Αφήνεται ως άσκηση. Θεώρηµα Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του. Ο χώρος µε νόρµα (L (), ) είναι χώρος Banach. Απόδειξη. Θεωρούµε τα σύνολα ( ) A n,m = {x : f n (x) f m (x) f n f m }, n, m N για τα οποία ισχύει λ( \ A n,m ) = 0. Ετσι, αν ορίσουµε A = n,m A n,m έχουµε λ( \ A) = 0 και ( ) sup f n (x) f m (x) f n f m x A για κάθε n, m N, άρα η { f n } είναι οµοιόµορφα Cauchy στο A και συνεπώς οµοιόµορφα συγκλίνουσα. Υπάρχει λοιπόν µια µετρήσιµη συνάρτηση f : R ώστε f n f οµοιόµορφα στο A. ηλαδή, ( ) f n f = ( f n f ) χ A sup f n (x) f (x) 0. x A Αυτό δείχνει ότι f L () και f n f στον L () Προσέγγιση συναρτήσεων στον L p Σε αυτήν την παράγραφο παρουσιάζουµε δύο ϐασικά αποτελέσµατα προσέγγισης των συναρτήσεων που ανήκουν σε χώρους L p. Θεώρηµα Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω 1 p <. Θεωρούµε την οικογένεια S που αποτελείται από όλες τις απλές µετρήσιµες συναρτήσεις ϕ : R για τις οποίες ισχύει ( ) λ({x : ϕ(x) 0}) <. Η S είναι πυκνή στον L p (). Απόδειξη. Αρχικά παρατηρούµε ότι αν ϕ S είναι µια απλή συνάρτηση µε κανονική µορφή ϕ = n a j χ Aj, j=1 όπου τα A j M είναι ξένα και αν a j 0 τότε λ(a j ) <, έχουµε n ϕ p dλ = a j p λ(a j ) <. ηλαδή S L p (). j=1 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 10

11 Εστω f L p (), f 0. Τότε, υπάρχει αύξουσα ακολουθία απλών συναρτήσεων {ϕ n } µε 0 ϕ n f και ϕ n f. Αφού 0 ϕ n f, έχουµε ϕ n L p () για κάθε n, άρα ϕ n S (άσκηση). Επιπλέον, f ϕ n p f p και αφού f L p (), το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης δείχνει ότι ϕ n f p dλ 0, δηλαδή ότι ϕ n f p 0. Αρα, οι µη αρνητικές συναρτήσεις στον L p () προσεγγίζονται από απλές ως προς την p. Για την γενική περίπτωση, αν f L p (), γράφουµε f = f + f και ϐρίσκουµε ϕ n, ψ n S µε ϕ n f + p 0 και ψ n f p 0. Τότε, οι ζ n := ϕ n ψ n ανήκουν στην S και ζ n f p = (ϕ n ψ n ) ( f + f ) p ϕ n f + p + ψ n f p 0, το οποίο αποδεικνύει το Ϲητούµενο. Ορισµός (ϕορέας). Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω f : R. Το κλειστό σύνολο ( ) supp( f ) = {x : f (x) 0} λέγεται ϕορέας της f. Θεωρούµε τον υπόχωρο C c ( ) του χώρου C( ) των συνεχών συναρτήσεων f : R που αποτελείται από όλες τις συνεχείς f που έχουν συµπαγή ϕορέα, δηλαδή µηδενίζονται έξω από κάποιο συµπαγές σύνολο K = K ( f ). Θα δείξουµε ότι κάθε f L p ( ), όπου 1 p <, προσεγγίζεται από συνεχείς συναρτήσεις µε συµπαγή ϕορέα. Θεώρηµα Εστω 1 p <. Το σύνολο C c ( ) των συνεχών συναρτήσεων µε συµπαγή ϕορέα του είναι πυκνό στον L p ( ). Απόδειξη. Λογω του Θεωρήµατος 4.2.8, αρκεί να δείξουµε ότι κάθε απλή συνάρτηση ϕ S, που επιπλέον έχει συµπαγή ϕορέα (άσκηση), προσεγγίζεται από συνεχείς συναρτήσεις µε συµπαγή ϕορέα. Λόγω γραµµικότητας του ολοκληρώµατος, µπορούµε εύκολα να αναχθούµε στην περίπτωση που ϕ = χ A για κάποιο A µε λ(a) <. Από την κανονικότητα του µέτρου Lebesgue, για το τυχόν ε > 0 µπορούµε να ϐρούµε συµπαγές K ε και ανοικτό U ε ώστε K ε A U ε και λ(u ε \ K ε ) < ε p. Χρησιµοποιώντας το λήµµα του Urysohn µπορούµε να ορίσουµε f C c ( ) που ικανοποιεί τις 0 f 1, f 0 στο Uε c και f 1 στο K ε. Τότε, f χ A 1 και f = χ A στο K ε Uε c, άρα f χ A p [λ(u ε \ K ε )] 1/p < ε. Κλείνουµε αυτήν την παράγραφο µε µια Πρόταση που ϑα µας ϕανεί χρήσιµη αρκετές ϕορές. Πρόταση Εστω f L p ( ), 1 p <. Τότε, lim f (x + z) f (x) p := lim z 0 z 0 f (x + z) f (x) p dλ(x) 1/p = 0. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 11

12 Απόδειξη. Θεωρούµε πρώτα g συνεχή, η οποία µηδενίζεται έξω από κάποια µπάλα B(r) = {x : x r}. Η g είναι οµοιόµορφα συνεχής, άρα για το τυχόν ε > 0 µπορούµε να ϐρούµε δ (0, 1) τέτοιο ώστε: αν u, v και u v δ τότε f (u) f (v) ε. Τότε, αν z < δ έχουµε f (x + z) = 0 έξω από τη µπάλα B(r + 1) και f (x + z) f (x) p dλ(x) = f (x + z) f (x) p dλ(x) ε p λ( B(r + 1)), B(r+1) δηλαδή f (x + z) f (x) p [λ( B(r + 1))] 1/p ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι lim z 0 f (x + z) f (x) p = 0. Εστω τώρα f L p ( ) και έστω ε > 0. Μπορούµε να ϐρούµε g συνεχή, η οποία µηδενίζεται έ- ξω από κάποια µπάλα B(r), µε την ιδιότητα f (x) g(x) p ε. Τότε, για κάθε z έχουµε f (x + z) g(x + z) p ε. Γράφουµε f (x + z) f (x) p f (x + z) g(x + z) p + g(x + z) g(x) p + g(x) f (x) p 2ε + g(x + z) g(x) p για κάθε z, και αφήνοντας το z 0 έχουµε διότι lim z 0 g(x + z) g(x) p = 0. lim sup z 0 f (x + z) f (x) p 2ε Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έπεται ότι lim z 0 f (x + z) f (x) p = Θεώρηµα Fubini Εστω d 1, d 2 ϑετικοί ακέραιοι και d = d 1 +d 2. Γράφουµε τον στη µορφή = 1 2 και συµβολίζουµε τα σηµεία του µε (x, y), όπου x 1 και y 2. Για κάθε συνάρτηση f : = 1 2 R ορίζουµε: 1. Για κάθε x 1 την συνάρτηση f x : 2 R µε f x (y) := f (x, y). 2. Για κάθε y 2 την συνάρτηση f y : 1 R µε f y (x) := f (x, y). Τελείως ανάλογα, για κάθε σύνολο 1 2 ορίζουµε: 1. Για κάθε x 1 το σύνολο x := {y 2 : (x, y) }. 2. Για κάθε y 2 το σύνολο y := {x 1 : (x, y) }. Το ϑεώρηµα του Fubini µας επιτρέπει να υπολογίζουµε το ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης f : = 1 2 R ολοκληρώνοντας «πρώτα ως προς x και µετά ως προς y» ή «πρώτα ως προς y και µετά ως προς x». Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 12

13 Θεώρηµα (Fubini). Εστω f : 1 2 R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Τότε, σχεδόν για κάθε y 2 η συνάρτηση f y είναι ολοκληρώσιµη στον 1 και η συνάρτηση ( ) y f y (x)dλ d1 (x) 1 είναι ολοκληρώσιµη στον 2. Επιπλέον, ( ) f dλ d = 2 1 f (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y). Το Θεώρηµα είναι ϕυσικά συµµετρικό ως προς x και y. ηλαδή, αν f : 1 2 R είναι µια ολοκληρώσιµη συνάρτηση, τότε µε τον ίδιο ακριβώς τρόπο µπορούµε να δείξουµε ότι σχεδόν για κάθε x 1 η συνάρτηση f x είναι ολοκληρώσιµη στον 2 και η συνάρτηση ( ) x f x (y)dλ d2 (y) είναι ολοκληρώσιµη στον 1, και ότι ( ) f dλ d = f (x, y)dλ d2 (y) ηλαδή, µπορούµε να κάνουµε εναλλαγή στη σειρά ολοκλήρωσης: ( ) 2 1 f (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) = 1 2 dλ d1 (x). f (x, y)dλ d2 (y) dλ d1 (x) = f dλ d. Η απόδειξη του Θεωρήµατος έχει αρκετά λεπτά σηµεία. Αν γνωρίζουµε ότι η f : R είναι µετρήσιµη, δεν είναι απαραίτητα σωστό ότι για κάθε y 2 η συνάρτηση f y είναι µετρήσιµη. Παροµοίως, αν το είναι µετρήσιµο, δεν είναι απαραίτητα σωστό ότι για κάθε y 2 το σύνολο y είναι µετρήσιµο (για παράδειγµα, ϑεωρήστε το = N {0} στο R 2, όπου N είναι ένα µη µετρήσιµο υποσύνολο του [0, 1] τότε, λ 2 () = 0 αλλά το 0 = N δεν είναι µετρήσιµο). Απόδειξη του Θεωρήµατος Ορίζουµε F την κλάση των συναρτήσεων f : R που ικανοποιούν τα τρία συµπεράσµατα του ϑεωρήµατος, και ϑα αποδείξουµε ότι L 1 ( ) F. Η απόδειξη ϑα γίνει σε έξι ϐήµατα. Βήµα 1. Κάθε πεπερασµένος γραµµικός συνδυασµός συναρτήσεων από την F ανήκει κι αυτός στην F. Πράγµατι, έστω f 1,..., f k F και έστω a 1,..., a k R. Για κάθε i = 1,..., k υπάρχει σύνολο Z i 2 µε λ d2 (Z i ) = 0 ώστε για κάθε y Z i η f y i να είναι ολοκληρώσιµη. Αν ϑέσουµε Z = Z 1 Z k, τότε λ d2 (Z) = 0 και για κάθε y Z έχουµε ότι οι f y i είναι ολοκληρώσιµες. Επεται ότι η (a 1 f a k f k ) y = a 1 f y a k f y k είναι ολοκληρώσιµη για κάθε y Z. Από την γραµµικότητα του ολοκληρώµατος συµπεραίνουµε τώρα ότι η k y (a 1 f a k f k ) y (x)dλ d1 (x) = a i f y i (x)dλ d 1 (x) 1 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 13 i=1 1

14 είναι ολοκληρώσιµη, και 2 1 (a 1 f a k f k )(x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) = = = 2 i=1 i=1 k a i i=1 1 f i (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) k a i f i (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) 2 1 k a i f i dλ d = (a 1 f a k f k )dλ d. Αρα, a 1 f a k f k F. Βήµα 2. Εστω ( f k ) µια αύξουσα ή ϕθίνουσα ακολουθία συναρτήσεων στην F, η οποία συγκλίνει κατά σηµείο σε κάποια ολοκληρώσιµη f : R. Τότε, f F. Παίρνοντας τις f k στην ϑέση των f k αν χρειαστεί, µπορούµε να υποθέσουµε ότι f k f. Μπορούµε επίσης (χρησιµοποιώντας και το Βήµα 1) να αντικαταστήσουµε τις f k µε τις f k f 1 και να υποθέσουµε ότι οι f k είναι µη αρνητικές. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε ( ) lim f k dλ d = f dλ d. k Αφού f k F, για κάθε k υπάρχει A k 2 µε λ d2 (A k ) = 0 ώστε: αν y A k τότε η f y k είναι ολοκληρώσιµη στον 1. Θέτουµε A = A k. Τότε, λ d2 (A) = 0 και αν y A έχουµε ότι η f y k είναι ολοκληρώσιµη στον 1 για κάθε k. Επίσης, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε g k (y) := f y k (x)dλ d 1 (x) g(y) := f y (x)dλ d1 (x). 1 1 Αφού f k F έχουµε επίσης ότι κάθε g k είναι ολοκληρώσιµη και, πάλι από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, ( ) g k (y)dλ d2 (y) g(y)dλ d2 (y). 2 2 Αφού f k F, έχουµε g k (y)dλ d2 (y) = f k dλ d. συνδυάζοντας αυτήν την σχέση µε τις ( ) και ( ) παίρνουµε g(y)dλ d2 (y) = f dλ d. 2 2 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 14

15 Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα το δεξιό µέλος είναι πεπερασµένο. Συνεπώς, η g είναι ολοκληρώσιµη. Επεται ότι g(y) < σχεδόν παντού, δηλαδή η f y είναι ολοκληρώσιµη σχεδόν για κάθε y, και 2 1 f (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) = f dλ d. Αυτό αποδεικνύει ότι f F. Βήµα 3. Αν το είναι G δ -σύνολο και λ d () <, τότε η χ ανήκει στην F. (α) Υποθέτουµε πρώτα ότι το είναι ένας ϕραγµένος ανοικτός κύβος, δηλαδή = Q 1 Q 2 όπου Q 1 και Q 2 είναι ανοικτοί κύβοι στον 1 και τον 2 αντίστοιχα. Τότε, η ( χ ) y είναι ολοκληρώσιµη για κάθε y, µε ολοκλήρωµα λ d1 (Q 1 ) αν y Q 2 και ολοκλήρωµα ίσο µε µηδέν αν y Q 2. Αρα, η g = λ d1 (Q 1 ) χ Q2 είναι επίσης ολοκληρώσιµη, και g(y)dλ d2 (y) = λ d1 (Q 1 )λ d2 (Q 2 ). Αφού έχουµε ότι χ F. 2 χ dλ d = λ d () = λ d1 (Q 1 )λ d2 (Q 2 ), (ϐ) Υποθέτουµε τώρα ότι το περιέχεται στο σύνορο κάποιου κλειστού κύβου. Αφού το σύνορο του κύβου έχει µέτρο µηδέν στον R d, έχουµε χ dλ d = 0. Παρατηρούµε τώρα, διακρίνοντας περιπτώσεις, ότι σχεδόν για κάθε y, το σύνολο y έχει µέτρο µηδέν στον 1, άρα αν ορίσουµε g(y) = χ (x, y)dλ d1 (x) 1 τότε g(y) = 0 σχεδόν για κάθε y. Επεται ότι g(y)dλ d2 (y) = 0, το οποίο δείχνει ότι χ F. 1 (γ) Υποθέτουµε τώρα ότι το είναι πεπερασµένη ένωση κλειστών κύβων µε ξένα εσωτερικά. Εστω = k Q i. Αν γράψουµε Q i για το εσωτερικό του Q k, τότε µπορούµε να γράψουµε την χ σαν γραµµικό i=1 συνδυασµό των χq i και των χ Ai, όπου κάθε A i είναι υποσύνολο του συνόρου του Q i. Από τα (α) και (ϐ) έχουµε ότι χq i F, χ Ai F, και από το Βήµα 1 συµπεραίνουµε ότι χ F. (δ) Υποθέτουµε τώρα ότι το είναι ανοικτό και έχει πεπερασµένο µέτρο. Μπορούµε να γράψουµε το στη µορφή = Q k, όπου Q k είναι κύβοι µε ξένα εσωτερικά. Αν ϑέσουµε f m = m χ Qk, τότε f k χ σχεδόν παντού. Αφού f k F (από το (γ)) και η χ είναι ολοκληρώσιµη (διότι λ d () < ) συµπεραίνουµε ότι χ F χρησιµοποιώντας το Βήµα 2. (ε) Τέλος, έστω ένα G δ -σύνολο µε λ d () <. Μπορούµε να γράψουµε το στη µορφή = G k, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 15

16 όπου (G k ) είναι µια ϕθίνουσα ακολουθία ανοικτών συνόλων, και λ d (G 1 ) < (άσκηση). Τότε, οι συναρτήσεις χ Gk ανήκουν στην F από το (δ) και σχηµατίζουν µια ϕθίνουσα ακολουθία που συγκλίνει κατά σηµείο στην χ. Από το Βήµα 2 συµπεραίνουµε ότι χ F, και το Βήµα 3 έχει ολοκληρωθεί. Βήµα 4. Αν λ d () = 0 τότε χ F. Πράγµατι, αφού το είναι µετρήσιµο και λ d () = 0, µπορούµε να ϐρούµε G δ -σύνολο G µε λ d (G) = 0. Από το Βήµα 3 έχουµε ότι χ G F, άρα 2 1 χ G (x, y)dλ 1 (x) dλ 2 (y) = χ G dλ d = 0. Αρα, χ G (x, y)dλ d1 (x) = 0 σχεδόν για κάθε y. 1 Επεται ότι λ d1 (G y ) = 0 σχεδόν για κάθε y. Αφού y G y για κάθε y, συµπεραίνουµε ότι λ d1 ( y ) = 0 σχεδόν για κάθε y, δηλαδή χ (x, y)dλ d1 (x) = 0 σχεδόν για κάθε y. Συνεπώς, χ (x, y)dλ 1 (x) dλ 2 (y) = 0 = χ dλ d. Αυτό αποδεικνύει ότι χ F. Βήµα 5. Αν το είναι µετρήσιµο υποσύνολο του και λ d () <, τότε η χ ανήκει στην F. Πράγµατι, ϑεωρούµε ένα G δ -σύνολο G µε λ d (G \ ) = 0, γράφουµε χ = χ G χ G\, και χρησιµοποιώντας το Βήµα 3, το Βήµα 4 και το γεγονός ότι η F είναι κλειστή ως προς πεπερασµένους γραµµικούς συνδυασµούς, συµπεραίνουµε ότι χ F. Βήµα 6. Κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση ανήκει στην F. Παρατηρούµε πρώτα ότι, αφού η f γράφεται στη µορφή f = f + f και οι f +, f είναι ολοκληρώσιµες, και αφού η F είναι κλειστή ως προς πεπερασµένους γραµµικούς συνδυασµούς, µπορούµε να υποθέσουµε ότι η f είναι µη αρνητική. Γνωρίζουµε τώρα ότι υπάρχει αύξουσα ακολουθία µη αρνητικών απλών ολοκληρώσιµων συναρτήσεων ϕ k ώστε ϕ k f. Κάθε ϕ k είναι πεπερασµένος γραµµικός συνδυασµός χαρακτηριστικών συναρτήσεων συνόλων πεπερασµένου µέτρου, άρα κάθε ϕ k F από το Βήµα 5 και το Βήµα 1. Επεται ότι f F, από το Βήµα 2. Στο υπόλοιπο αυτής της παραγράφου δίνουµε κάποιες χρήσιµες εφαρµογές του ϑεωρήµατος Fubini, ξεκινώντας από το ϑεώρηµα Tonelli. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 16

17 Θεώρηµα (Tonelli). Εστω f : 1 2 R µη αρνητική µετρήσιµη συνάρτηση. Τότε, σχεδόν για κάθε y 2 η συνάρτηση f y είναι µετρήσιµη στον 1 και η συνάρτηση ( ) y f y (x)dλ d1 (x) 1 είναι µετρήσιµη στον 2. Επιπλέον, ( ) f dλ d = 2 1 f (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y). Απόδειξη. Για κάθε k N ορίζουµε f k : R ϑέτοντας { f (x, y), αν (x, y) < k και f (x, y) < k f k (x, y) = 0, αλλιώς Κάθε f k είναι ολοκληρώσιµη. Από το ϑεώρηµα Fubini, υπάρχει k 2 µε λ d2 ( k ) = 0 ώστε: αν y k τότε η f y k είναι ολοκληρώσιµη. Αν ϑέσουµε = k, ϐλέπουµε ότι λ d2 () = 0 και αν y τότε η f y k είναι µετρήσιµη για κάθε k. Αφού f y k f y, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης ϐλέπουµε ότι f k (x, y)dλ d1 (x) f (x, y)dλ d1 (x) 1 1 για κάθε y. Πάλι από το ϑεώρηµα Fubini, η y f k (x, y)dλ d1 (x) είναι µετρήσιµη στο c, άρα και 1 η y f (x, y)dλ d1 (x). Εφαρµόζοντας και πάλι το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, παίρνουµε 1 ( ) 2 1 f k (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) 2 1 f (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y). Οµως, από το ϑεώρηµα Fubini γνωρίζουµε ότι ( ) 2 1 f k (x, y)dλ d1 (x) dλ d2 (y) = f k dλ d. Εφαρµόζοντας απευθείας το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης για τις f k έχουµε επίσης ( ) f k dλ d f dλ d. Συνδυάζοντας τις ( ), ( ) και ( ) έχουµε το συµπέρασµα. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 17

18 Παρατήρηση Πολύ συχνά, το ϑεώρηµα Tonelli χρησιµοποιείται σε συνδυασµό µε το ϑεώρηµα Fubini. Ας υποθέσουµε ότι έχουµε µια µετρήσιµη συνάρτηση f : R και ϑέλουµε να εξετάσουµε αν είναι ολοκληρώσιµη και, αν ναι, να υπολογίσουµε το ολοκλήρωµά της κάνοντας διαδοχική ολοκλήρωση (πρώτα ως προς x και µετά ως προς y). Για να αιτιολογήσουµε την χρήση της διαδοχικής ολοκλήρωσης, εφαρµόζουµε πρώτα το ϑεώρηµα Tonelli για την f : αυτό µας επιτρέπει να υπολογίσουµε ή να εκτιµήσουµε τα διαδοχικά ολοκληρώµατα της f, διότι η f είναι µη αρνητική. Αν αυτά είναι πεπερασµένα, από το Θεώρηµα έχουµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη, δηλαδή f dλ d <. Τότε όµως, ικανοποιούνται οι υποθέσεις του Θεωρήµατος και µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε εκείνο το ϑεώρηµα για να υπολογίσουµε το f dλ d. Πόρισµα Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του 1 2. Τότε, σχεδόν για κάθε y 2 το σύνολο y = {x 1 : (x, y) } είναι µετρήσιµο υποσύνολο του 1. Επιπλέον, η y λ d1 ( y ) είναι µετρήσιµη συνάρτηση, και λ d () = λ d1 ( y )dλ d2 (y). 2 Απόδειξη. Αµεση εφαρµογή του Θεωρήµατος Επιλέγουµε σαν f την χ και παρατηρούµε ότι ( χ ) y = χ y. Πράγµατι, ( χ ) y (x) = 1 αν και µόνο αν χ (x, y) = 1 δηλαδή αν και και µόνο αν (x, y). Αυτό όµως είναι ισοδύναµο µε την x y, δηλαδή την χ y (x) = 1. Από το Θεώρηµα η ( χ ) y είναι µετρήσιµη σχεδόν για κάθε y, δηλαδή η χ y είναι µετρήσιµη σχεδόν για κάθε y. Ισοδύναµα, το y είναι µετρήσιµο σχεδόν για κάθε y. Τέλος, πάλι από το Θεώρηµα 4.3.2, έχουµε λ d () = χ dλ d = = ( χ ) y (x)dλ d1 (x) dλ d2 (y) χ y (x)dλ d1 (x) dλ d2 (y) = 2 λ d1 ( y )dλ d2 (y). Πρόταση Εστω 1 1 και 2 2 µετρήσιµα σύνολα. Τότε, το = 1 2 είναι µετρήσιµο υποσύνολο του. Επιπλέον, λ d () = λ d1 ( 1 )λ d2 ( 2 ), µε την σύµβαση ότι αν κάποιο από τα λ di ( i ) είναι ίσο µε µηδέν, τότε λ d () = 0. Για την απόδειξη της Πρότασης ϑα χρειαστούµε ένα λήµµα: Λήµµα Εστω 1 1 και 2 2. Τότε, λ d ( 1 2 ) λ d 1 ( 1 )λ d 2 ( 2 ), µε την σύµβαση ότι αν κάποιο από τα λ d i ( i ) είναι ίσο µε µηδέν, τότε λ d () = 0. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 18

19 Απόδειξη. Εστω ε > 0. Από τον ορισµό του εξωτερικού µέτρου, υπάρχουν ακολουθίες ανοικτών ορθογωνίων (I k ) και (J s ) στον 1 και τον 2 αντίστοιχα, ώστε 1 I k, 2 J s, και Παρατηρούµε ότι l(i k ) < λ d 1 ( 1 ) + ε, 1 2 s=1 l(j s ) < λ d 2 ( 2 ) + ε. s=1 k,s=1 I k J s, και χρησιµοποιώντας την υποπροσθετικότητα του εξωτερικού µέτρου γράφουµε λ d ( 1 2 ) l(i k J s ) = l(i k )l(j s ) k,s=1 Αν λ d 1 ( 1 ) > 0 και λ d 2 ( 2 ) > 0, τότε k,s=1 = l(i k ) l(j s ) (λ d 1 ( 1 ) + ε)(λ d 2 ( 2 ) + ε). s=1 λ 2d ( 1 2 ) λ d 1 ( 1 )λ d 2 ( 2 ) + Aε + ε 2 όπου A = λ d 1 ( 1 ) + λ d 2 ( 2 ), και αφήνοντας το ε 0 + παίρνουµε το Ϲητούµενο (αν κάποιο από τα i έχει άπειρο εξωτερικό µέτρο και το άλλο ϑετικό εξωτερικό µέτρο, τότε δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε). Μένει η περίπτωση όπου, για παράδειγµα, λ d 1 ( 1 ) = 0. Για κάθε m N ορίζουµε m 2 = 2 {y 2 : y m}. Το προηγούµενο επιχείρηµα δείχνει ότι, για κάθε ε > 0, λ d ( 1 m 2 ) ε(λ d 2 ( m 2 ) + ε) και αφήνοντας το ε 0 + παίρνουµε λ d ( 1 2 m) = 0. Αφού 1 2 m 1 2 καθώς το m, συµπεραίνουµε ότι λ d ( 1 2 ) = 0. Απόδειξη της Πρότασης Αρκεί να δείξουµε ότι το είναι µετρήσιµο. Κατόπιν, αφού y = 1 για κάθε y 2 και y = αλλιώς, από το Πόρισµα παίρνουµε λ() = λ d1 ( y )dλ d2 (y) = λ d1 ( 1 )dλ d2 (y) = λ d1 ( 1 )λ d2 ( 2 ). 2 2 Για την µετρησιµότητα του, χρησιµοποιούµε το γεγονός ότι, αφού τα 1 και 2 είναι µετρήσιµα, µπορούµε να ϐρούµε G δ -σύνολα G i µε i G i και λ di (G i \ i ) = 0. Το σύνολο G = G 1 G 2 είναι µετρήσιµο στον 1 2, και ((G 1 G 2 ) \ ( 1 2 )) ((G 1 \ 1 ) G 2 ) (G 1 (G 2 \ 2 )). Από το Λήµµα ϐλέπουµε ότι λ d ((G 1 \ 1 ) G 2 ) λ d1 (G 1 \ 1 )λ d2 (G 2 ) = 0 και λ d (G 1 (G 2 \ 2 )) λ d1 (G 1 )λ d2 (G 2 \ 2 ) = 0. Αρα, λ d (G \ ) = 0. Επεται ότι το = G \ (G \ ) είναι µετρήσιµο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 19

20 Πόρισµα Εστω f : 1 την R µετρήσιµη συνάρτηση. Τότε, η f : 1 2 f (x, y) = f (x) R που ορίζεται από είναι µετρήσιµη συνάρτηση. Απόδειξη. Αφού η f είναι µετρήσιµη, για κάθε a R το σύνολο a = {x 1 : f (x) < a} είναι µετρήσιµο. Αφού {(x, y) 1 2 : f (x, y) < a} = a 2, από την Πρόταση ϐλέπουµε ότι το { f < a} είναι µετρήσιµο για κάθε a R. Με ϐάση τον ορισµό, η f είναι µετρήσιµη συνάρτηση. Πόρισµα Εστω f : R µη αρνητική συνάρτηση. Ορίζουµε A = {(x, y) R : 0 y f (x)}. Τότε, η f είναι µετρήσιµη αν και µόνο αν το A είναι µετρήσιµο υποσύνολο του +1, και αν αυτό συµβαίνει τότε λ d+1 (A) = f (x)dλ d (x). Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι µετρήσιµη. Από το Πόρισµα ϐλέπουµε εύκολα ότι η συνάρτηση F(x, y) = f (x) y είναι µετρήσιµη συνάρτηση (διότι οι F 1 (x, y) = f (x) και F 2 (x, y) = y είναι µετρήσιµες). Επεται ότι το A = {(x, y) : y 0} {(x, y) : F(x, y) 0} είναι µετρήσιµο σύνολο. Αντίστροφα, ας υποθέσουµε ότι το A είναι µετρήσιµο υποσύνολο του +1. Για κάθε x 1 έχουµε A x = {y R : (x, y) A} = [0, f (x)]. Από το Πόρισµα (µε εναλλαγή των ϱόλων των x και y) η συνάρτηση f (x) = λ 1 (A x ) είναι µετρήσιµη. Επιπλέον, λ d+1 (A) = χ A dλ d+1 = λ 1 (A x )dλ d (x) = f (x)dλ d (x), +1 και έχουµε το Ϲητούµενο. Πρόταση Εστω f : R µετρήσιµη συνάρτηση. Τότε, η συνάρτηση ορίζεται από την f (x, y) = f (x y) f : R που είναι µετρήσιµη. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 20

21 Απόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι: αν a R και αν a = {z : f (z) < a}, τότε το σύνολο Ẽ = {(x, y) : x y a } είναι µετρήσιµο υποσύνολο του. Θα δείξουµε, γενικότερα, ότι αν A είναι ένα µετρήσιµο υποσύνολο του τότε το Ã = {(x, y) : x y A} είναι µετρήσιµο υποσύνολο του. Παρατηρούµε αρχικά ότι αν το G είναι ανοικτό υποσύνολο του τότε το G είναι επίσης ανοικτό. Παίρνοντας αριθµήσιµες τοµές ϐλέπουµε ότι αν το A είναι G δ -σύνολο τότε το Ã είναι επίσης G δ -σύνολο. Θεωρούµε τώρα ένα σύνολο Z µε λ d (Z) = 0. Υπάρχει ακολουθία (G n ) ανοικτών συνόλων στον µε Z G n και λ d (G n ) 0. Ορίζουµε B k = {(x, y) R 2d : y k} και ϑεωρούµε το G n B k. Παρατηρούµε ότι χg n B k = χ Gn (x y) χ Bk (y), άρα λ 2d ( G n B k ) = χ Gn (x y) χ Bk (y)dλ 2d (x, y) R 2d = = χ Gn (x y)dλ d (x) χ Bk (y)dλ d (y) λ d (G n ) χ Bk (y)dλ d (y) = λ d (G n )λ d (B k ) (χρησιµοποιήσαµε την χ Gn (x y)dλ d (x) = λ d (y + G n ) = λ d (G n ) για κάθε y, η οποία ισχύει γιατί το λ d είναι αναλλοίωτο ως προς µεταφορές). Επεται ότι, για κάθε k, 0 λ 2d ( Z B k ) λ 2d ( G n B k ) 0 καθώς το n, άρα λ 2d ( Z B k ) = 0. Αφού Z B k Z, συµπεραίνουµε ότι λ 2d ( Z) = 0. Τώρα, αφού κάθε µετρήσιµο γράφεται στη µορφή = A \ Z, όπου το A είναι G δ -σύνολο και το Z έχει µέτρο µηδέν, παρατηρώντας ότι Ẽ = Ã \ Z και χρησιµοποιώντας τα παραπάνω, ϐλέπουµε ότι το Ẽ είναι µετρήσιµο. 4.4 Συνέλιξη Εστω f, g L 1 ( ). Θεωρούµε τη συνάρτηση ϕ : R µε ( ) ϕ(x, y) = f (x y)g(y), η οποία είναι µετρήσιµη (ϐλέπε Πρόταση και Πόρισµα 4.3.7). Ανήκει επίσης στον L 1 (R 2d ): ϕ(x, y) dλ(x) = g(y) f (x y) dλ(x) = g(y) f 1 (ϐλέπε Ασκηση 15 για την τελευταία ισότητα). Εποµένως, ϕ(x, y) dλ(x) dλ(y) = g(y) f 1 dλ(y) = f 1 g 1 <. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 21

22 Από το ϑεώρηµα Tonelli έπεται ότι ϕ L 1 (R 2d ) και από από το ϑεώρηµα Fubini έχουµε ότι το ολοκλήρωµα f (x y)g(y) dλ(y) ορίζεται σχεδόν για κάθε x και επιπλέον (αν ϑέσουµε την τιµή του ίση µε µηδέν εκεί που δεν ορίζεται) σαν συνάρτηση του x ορίζει ένα στοιχείο του L 1 ( ). Ορισµός (συνέλιξη). Εστω f, g L 1 ( ). Τότε, η συνάρτηση f g που ορίζεται σχεδόν παντού από την ( ) ( f g)(x) = f (x y)g(y) dλ(y) ανήκει στον L 1 ( ) και λέγεται συνέλιξη των f και g. Οι επόµενες προτάσεις περιγράφουν κάποιες ϐασικές ιδιότητες της συνέλιξης. Πρόταση Αν f, g L 1 ( ), τότε ( ) f g 1 f 1 g 1. Επιπλέον, η απεικόνιση ( f, g) f g είναι συνεχής (ως προς την 1 ). Απόδειξη. Για τη συνάρτηση ϕ(x, y) = f (x y)g(y) έχουµε ότι f g 1 = f (x y)g(y) dλ(y) dλ(x) = f 1 g 1. ϕ(x, y) dλ(x) dλ(y) Για τη συνέχεια της f g ϑα δείξουµε ότι αν οι f k, f, g k, g L 1 ( ) ικανοποιούν τις f k f 1 0 και g k g 1 0, τότε f k g k f g 1 0. Πράγµατι, f k g k f g 1 = f k (g k g) + ( f k f ) g 1 f k (g k g) 1 + ( f k f ) g 1 f k 1 g k g 1 + f k f 1 g 1 0, αν συνδυάσουµε τις υποθέσεις µε το γεγονός ότι sup k f k 1 < (αφού η ( f k ) είναι συγκλίνουσα στον L 1 ( )). Πρόταση Εστω f, g, h L 1 ( ). Η συνέλιξη έχει τις εξής ιδιότητες: (α) Είναι διγραµµική, δηλαδή ( ) ( f + g) h = f h + g h και f (g + h) = f g + f h. (ϐ) Είναι µεταθετική, δηλαδή ( ) f g = g f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 22

23 (γ) Είναι προσεταιριστική, δηλαδή ( ) ( f g) h = f (g h). Απόδειξη. Το (α) είναι άµεσο. Λόγω της συνέχειας της ( f, g) f g, για να αποδείξουµε τα (ϐ) και (γ) σε πλήρη γενικότητα αρκεί να τα αποδείξουµε για τις συνεχείς συναρτήσεις µε συµπαγή ϕορέα, λόγω του Θεωρήµατος (ϐ) Για τη µεταθετικότητα, γράφουµε ( f g)(x) = f (x y)g(y) dλ(y) = f (z)g(x z) dλ(z) = (g f )(x), όπου κάναµε την αλλαγή µεταβλητής z = x y. (γ) Για την προσεταιριστικότητα, έχουµε: ( f (g h) ) (x) = f (x y)(g h)(y) dλ(y) = f (x y) g(y z)h(z) dλ(z) dλ(y) = f (x y)g(y z) dλ(y) h(z) dλ(z) = f (x z u)g(u) du h(z) dλ(z) R d = ( f g)(x z)h(z) dλ(z) = ( ( f g) h)(x), όπου κάναµε την αλλαγή µεταβλητής u = y z. Η τελευταία Πρόταση δίνει κάποιες ϐασικές ιδιότητες της συνέλιξης συναρτήσεων στον L p (), p > 1. Θα χρειαστούµε την ακόλουθη παρατήρηση. Παρατήρηση Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω 1 < p <. Για κάθε f L p () ισχύει f p = max f hdλ : h q 1, όπου q είναι ο συζυγής εκθέτης του p. Για την απόδειξη, παρατηρούµε αρχικά ότι αν h L q () και h q 1, τότε f hdλ f p h q f p, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 23

24 από την ανισότητα Hölder. Αρα, f p sup f hdλ : h q 1. 1 Από την άλλη πλευρά, αν f p 0 και αν ορίσουµε h = f (x) p 1 sign( f (x)) f p p/q (όπου sign(a) = 1 αν a > 0, sign(a) = 1 αν a < 0 και sign(0) = 0) τότε και h q q = 1 f p p Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. f (x) (p 1)q dλ(x) = 1 f p p f (x)h(x)dλ(x) = = 1 f p/q p 1 f p/q p f (x) p dλ(x) f (x) p dλ(x) = 1 f p p = f p p/q p = f p. Πρόταση Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και έστω 1 < p <. (i) Αν f L p () και g L 1 (), τότε σχεδόν για κάθε x η συνάρτηση y f (x y)g(y) είναι ολοκληρώσιµη ως προς y, άρα η f g είναι καλά ορισµένη. Επιπλέον, f g L p () και f g p f p g 1. (ii) Αν f L p () και g L q (), όπου q είναι ο συζυγής εκθέτης του p, τότε f g L () και f g f p g q. Επίσης, η f g είναι οµοιόµορφα συνεχής και lim ( f g)(x) = 0. x Απόδειξη. (i) Εστω q ο συζυγής εκθέτης του p και έστω h L q () µε h q 1. Εχουµε ( f g)(x) h(x) dλ(x) = f (x y) g(y) dλ(y) h(x) dλ(x) g(y) f (x y) h(x) dλ(x) dλ(y) g(y) f p h q dλ(y) = f p h q g 1 f p g 1. Με ϐάση την Παρατήρηση 4.4.4, η f g ανήκει στον L p () και f g p f p g 1. Από την απόδειξη ϕαίνεται ότι p f (x y) g(y) dλ(y) dλ(x) <, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 24

25 άρα σχεδόν για κάθε x έχουµε f (x y) g(y) dλ(y) <, δηλαδή η συνάρτηση y f (x y)g(y) είναι ολοκληρώσιµη ως προς y. (ii) Από την ανισότητα Hölder, για κάθε x έχουµε ( f g)(x) άρα f (x y) g(y) dλ(y) f p g q, f g = sup{ ( f g)(x) : x } f p g q. Για τον τελευταίο ισχυρισµό, ϑεωρούµε τυχόν ε (0, 1) και ϐρίσκουµε u, v C c ( ) µε f u p ε και g v q ε. Τότε, u v f g u (v g) + (u f ) g u p v g q + u f p g q ( f p + 1) ε + g q ε. Επιπλέον, η u v έχει συµπαγή ϕορέα, δηλαδή υπάρχει M > 0 ώστε: αν x > M τότε (u v)(x) = 0. Αρα, αν x > M έχουµε ( f g)(x) = ( f g)(x) (u v)(x) f g u v Cε, όπου C = f p + g q + 1. Αυτό αποδεικνύει ότι lim ( f g)(x) = 0. x Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 25