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

Transcript

1 Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις 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 - Ασκήσεις 4 4. Οµάδα Α Οµάδα Β Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

4 4 Χώροι L p - Ασκήσεις 4. Οµάδα Α. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p <. Αν f L p () δείξτε ότι: για κάθε α > ισχύει λ({ f α}) ( ) f p p. α Υπόδειξη. Εστω α >. Παρατηρήστε ότι f p p f (x) p dλ(x) { f α} α p dλ(x) α p λ({ f α}. 2. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε < λ() < και έστω p <. Αν f : είναι µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι f L p () αν και µόνο αν n p λ({n f < n}) <. n Υπόδειξη. Για κάθε n N ϑέτουµε n {x : n f < n}. Παρατηρήστε ότι (n ) p λ( n ) f p dλ n p λ( n ). n Επίσης, αφού τα n είναι ξένα, από την προσθετικότητα του ολοκληρώµατος έχουµε nk n f p dλ nk f p dλ n για κάθε k. Υποθέτουµε πρώτα ότι f L p (). Τότε, αφού n n f p dλ 2 για κάθε n 2, έχουµε ( n p n ) p λ( n ) (n ) p λ( n ) 2 p (n ) p λ( n ) n n2 n2 n2 2 p f p dλ 2 p f p dλ <. n2 n Συνεπώς, n p λ({n f < n}) n n p λ( n ) <. n Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

5 Αντίστροφα, αν η παραπάνω σειρά συγκλίνει, έχουµε f p dλ f p n p άρα f L p (). n n n p λ( n ) n n n n p λ({n f < n}) <, n 3. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p <. Αν f n, f L p () και f n f σχεδόν παντού στο, δείξτε ότι f n f p αν και µόνο αν f n p f p. Υπόδειξη. Από την τριγωνική ανισότητα για την p έχουµε f n p f p f n f p. Συνεπώς, αν f n f p έχουµε f n p f p, δηλαδή f n p f p. Για την αντίστροφη ανισότητα, χρησιµοποιούµε την Ασκηση 3 του Κεφαλαίου 2 (γενίκευση του ϑεωρήµατος κυριαρχηµένης σύγκλισης). Ορίζουµε g n 2 p ( f n p + f p ) και g 2 p+ f p. Εχουµε f n f p ( f n + f ) p (2 max{ f n, f }) p 2 p max{ f n p, f p } 2 p ( f n p + f p ) g n. Παρατηρούµε ότι g n g σχεδόν παντού (διότι f n f σχεδόν παντού). Επίσης, g n, g L () (διότι f n p, f p L ()) και διότι f n p f p. g n dλ 2 p f n p dλ + f p dλ 2 p+ f p dλ g dλ, Αφού f n f p σχεδόν παντού, από την Ασκηση 3 του Κεφαλαίου 2 συµπεραίνουµε ότι f n f p dλ, δηλαδή f n f p. 4. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω < p < και q ο συζυγής εκθέτης του p. Αν f n f στον L p () και g n g στον L q (), δείξτε ότι f n g n f g στον L (). Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι f n g n f g f n (g n g) + g( f n f ) f n p g n g q + f n f p g q από την τριγωνική ανισότητα για την και την ανισότητα Hölder. Επίσης, αφού f n p f p f n f p, έχουµε lim n f n p f p, άρα η ακολουθία ( f n p ) είναι ϕραγµένη: υπάρχει M > ώστε f n p M για κάθε n. Από την υπόθεση έχουµε επίσης f n f p και g n g q, άρα f n g n f g M g n g q + f n f p g q. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

6 5. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε < λ() < και έστω p < q <. (α) Αν f : είναι µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι f p f q [λ()] p q. (ϐ) είξτε ότι L q () L p (). (γ) είξτε ότι L q () L p (). Υπόδειξη. (α) και (ϐ) Υποθέτουµε ότι f q <, αλλιώς το δεξιό µέλος απειρίζεται και δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε. Αν f L q (), µπορούµε να γράψουµε p/q f p dλ f q dλ f q p (λ()) p/q, dλ p/q χρησιµοποιώντας την ανισότητα Hölder για τις f p και µε εκθέτες q p και q q p αντίστοιχα. Αρα, f p p f p q (λ()) p q < +, απ όπου έπεται ότι f L p () και f p f q [λ()] p q. (γ) Εστω p < q <. Θα ορίσουµε f L p () \ L q (). Αφού < λ() < µπορούµε να ϐρούµε ξένα µετρήσιµα n µε λ( n ) λ() 2 n και n (εξηγήστε γιατί). Θεωρούµε µια συνάρτηση n f :, της µορφής f (x) a n χ n (x), όπου a n > που ϑα επιλεγούν κατάλληλα. Εχουµε Αν ορίσουµε τότε ενώ f q q n λ( n )an q και f p q n f p p λ() f q q λ() n a n 2 n/q n 2 n 2np/q λ() λ( n )an. p n 2 n 2n n 2 n( p/q) < (έχουµε δ p/q > διότι p < q, και η γεωµετρική σειρά µε λόγο 2 ( p/q) 2 δ < συγκλίνει). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

7 6. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p < q < r <. είξτε ότι κάθε f L q () γράφεται στην µορφή f g + h για κάποιες g L p () και h L r (). Υπόδειξη. Θεωρούµε το σύνολο B { f > } και ορίζουµε τις g f χ B, h f g. Από τον ορισµό είναι ϕανερό ότι f g + h. Παρατηρούµε ότι f (x) p f (x) q για κάθε x B, διότι p < q και f (x) > αν x B. Μπορούµε λοιπόν να γράψουµε g p dλ f p χ B dλ f p dλ f q dλ διότι f L q (). Αρα, g L p (). B f q dλ f q q <, Για την h παρατηρούµε ότι h f χ \B, και h(x) για κάθε x \ B. Συνεπώς, h(x) r h(x) q για κάθε x \ B, διότι q < r. Μπορούµε λοιπόν να γράψουµε h r dλ f r χ \B dλ f r dλ f q dλ διότι f L q (). Αρα, h L r (). \B f q dλ f q q <, B \B 7. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p < r <. είξτε ότι: αν f L p () L r () τότε f L q () για κάθε p q r. Υπόδειξη. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι p < q < r. Υπάρχει t (, ) τέτοιος ώστε q ( t)p + tr. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Hölder για τις συναρτήσεις f ( t)p και f tr µε εκθέτες t και t αντίστοιχα, γράφουµε Αρα, f L q (). f q dλ f ( t)p f tr dλ f p dλ t f r dλ ( f ( t)p ) t t dλ t f p ( t)p f r tr <. ( f tr ) t dλ t 8. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε λ() και έστω f L p () για κάποιον p. είξτε ότι ln f p ln f dλ. Υπόδειξη. Παρατηρούµε ότι ln f p ln f p dλ /p p ln f p dλ, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

8 οπότε η Ϲητούµενη ανισότητα είναι ισοδύναµη µε την ln f p dλ p ln f dλ pln f dλ ln( f p ) dλ. Θέτοντας g f p έχουµε ότι η g είναι µη αρνητική, g L (), και ϑέλουµε να δείξουµε ότι ln g dλ lng, dλ. Γράφουµε g e h, όπου h lng. Τότε, αρκεί να δείξουµε ότι ln e h dλ h dλ. Ορίζουµε t Υποθέτουµε ότι t (αν t δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε, και t < διότι h lng g και η g είναι ολοκληρώσιµη στο ). Η συνάρτηση u(t) : e t είναι κυρτή, άρα για κάθε t έχουµε ηλαδή, h dλ. e t e t u(t) u(t ) u (t)(t t ) e t (t t ). e h(x) e t e t (h(x) t ). Ολοκληρώνοντας στο και χρησιµοποιώντας την υπόθεση ότι λ() παίρνουµε e h(x) dλ(x) e t dλ(x) e t h(x) dλ(x) e t [t t λ()]. t dλ(x) Συνεπώς, απ όπου έπεται ότι e h(x) dλ(x) e t dλ(x) e t, ln e h(x) dλ(x) t h dλ. 9. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω c,..., c m > µε c + + c m. είξτε ότι: αν f,..., f m : είναι µετρήσιµες συναρτήσεις, τότε m i f i c i dλ m i f i dλ ci. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

9 Υπόδειξη. Αν f i dλ για κάποιο i,..., m, τότε f i σχεδόν παντού, άρα m f i c i σχεδόν i παντού, και τα δύο µέλη της Ϲητούµενης ανισότητας είναι ίσα µε µηδέν. Υποθέτουµε λοιπόν ότι f i dλ > για κάθε i,..., m. Θεωρούµε τις συναρτήσεις g i f i dλ f i, i,..., m. Τότε, g i dλ για κάθε i,..., m. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι η x lnx είναι κοίλη στο (, + ) και την m c j ϐλέπουµε ότι (αν g i (x) > για κάθε i,..., m) j δηλαδή ln( g (x) c g 2 (x) c2 g m (x) c m ) c ln( g (x) ) + c 2 ln( g 2 (x) ) + + c m ln( g m (x) ) ln(c g (x) + c 2 g 2 (x) + + c m g m (x) ), g (x) c g 2 (x) c2 g m (x) c m c g (x) + c 2 g 2 (x) + + c m g m (x). Η τελευταία ανισότητα ισχύει προφανώς και στην περίπτωση που g i (x) για κάποιο i. Ολοκληρώνοντας, παίρνουµε m g i c i dλ c g dλ + + c m g m dλ c + + c m. i Αφού έπεται ότι m mi g i c f i i c i i mi f i dλ m i f i c i dλ m i c i, f i dλ ci.. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p, q. Αν t (, ) και r tp + ( t)q δείξτε ότι για κάθε µετρήσιµη συνάρτηση f : ισχύει f r r f tp p f ( t)q q. Υπόδειξη. Η ανισότητα αποδείχθηκε για την Ασκηση 7. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Hölder για τις συναρτήσεις f tp και f ( t)q µε εκθέτες t και t αντίστοιχα, γράφουµε f r dλ f tp f ( t)q dλ f p dλ t f q dλ ( f tp ) t t dλ t f tp p f ( t)q r. ( f ( t)q ) t Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9 dλ t

10 . Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p και έστω ( f n ) ακολουθία στον L p () µε f n p για κάθε n N. Αν f n f σχεδόν παντού στο, δείξτε ότι f L p () και f p. Υπόδειξη. Αφού f n p f p σχεδόν παντού στο, από το λήµµα του Fatou έχουµε f p p f p dλ lim f n p dλ lim inf f n p dλ, n n διότι για κάθε n N, από την υπόθεση. f n p dλ f n p p 2. Εστω ( f n ) ακολουθία µη αρνητικών συναρτήσεων στον L () µε f n dλ για κάθε n N. Υποθέτουµε ότι: για κάθε δ >, lim f n dλ. είξτε ότι: για κάθε p >, n {x: x >δ} lim f n p. n Υπόδειξη. Εστω p > και q ο συζυγής εκθέτης του, δηλαδή /p + /q. Σταθεροποιούµε δ > και ϑεωρούµε τη συνάρτηση g δ χ [ δ,δ]. Από την ανισότητα Hölder παίρνουµε ( ) /q (2δ) /q f n p g δ q dλ f n p f n g δ dλ f n dλ f n dλ {x : x > δ} f n dλ {x: x δ} {x: x >δ} f n dλ. Από την υπόθεση υπάρχει n n (δ) N ώστε: για κάθε n n, f n dλ < 2. Συνεπώς, για κάθε n n (δ) έχουµε Επεται ότι {x: x >δ} f n p > 2 lim inf n f n p 2 (2δ) /q. (2δ) /q για κάθε δ >, και αφήνοντας το δ + παίρνουµε lim inf n f n p +. Αρα, f n p. 3. Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p και έστω f L p (). είξτε ότι f p dλ p t p λ({x : f (x) > t}) dλ (t). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

11 Υπόδειξη. Εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα Tonelli. Γράφουµε f (x) p dλ(x) f (x) p χ (x) dλ(x) d d d f (x) pt p dλ (t) χ (x) dλ(x) pt p χ [, f (x)) (t) dλ (t) χ (x) dλ(x) χ (x) χ [, f (x) ) (t) dλ(x) pt p dλ (t) d χ {x : f (x) >t} (x) dλ(x) pt p dλ (t) d λ({x : f (x) > t})pt p dλ (t). 4. Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p και έστω ( f n ) ακολουθία στον L p () µε f n f p. Εστω (g n ) οµοιόµορφα ϕραγµένη ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων στο µε g n g σχεδόν παντού στο. είξτε ότι f n g n f g p. Υπόδειξη. Από την υπόθεση υπάρχει M > ώστε g n M για κάθε n N. Αφού g n g σχεδόν παντού, εύκολα ελέγχουµε ότι g M (υπάρχει Z µε λ(z) ώστε, για κάθε x \ Z ισχύουν οι g n (x) M για κάθε n και g n (x) g(x), άρα για κάθε x \ Z έχουµε g(x) M). Θα χρησιµοποιήσουµε την απλή παρατήρηση ότι αν u L p () και v L () τότε uv L p () και uv p p u p v p dλ u p v p dλ v u p p. p δηλαδή Γράφουµε uv p v u p. f n g n f g p ( f n f )g n + f (g n g) p ( f n f )g n p + f (g n g) p g n f n f p + f (g n g) p M f n f p + f (g n g) p. Για τον πρώτο όρο στο δεξιό µέλος έχουµε f n f p, άρα M f n f p. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

12 Για τον δεύτερο όρο χρησιµοποιούµε το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης: έχουµε f (g n g) p f p g n g p f p ( g n + g ) p (2M) p f p σχεδόν παντού, και η (2M) p f p είναι ολοκληρώσιµη, διότι f L p () (ως p -όριο των f n L p ()). Επίσης, f (g n g) p σχεδόν παντού, διότι f (x) < σχεδόν παντού και g n (x) g(x) σχεδόν παντού. Μπορούµε λοιπόν να εφαρµόσουµε το ϑεώρηµα κυριαρχηµένης σύγκλισης, και έχουµε f (g n g) p dλ, δηλαδή f (g n g) p. Από τα παραπάνω έπεται ότι f n g n f g p M f n f p + f (g n g) p. 5. Εστω f L ( d ). Για κάθε t d ορίζουµε f t (x) f (x + t), x d. είξτε ότι: (α) Για κάθε t έχουµε f t L ( d ) και f t f. (ϐ) lim t f ft. Υπόδειξη. (α) Θεωρούµε πρώτα την f χ, όπου µετρήσιµο υποσύνολο του d µε λ() <. Εχουµε f t (x) χ (x + t) χ t+ (x), άρα f t L ( d ) και f t dλ λ( t + ) λ() f dλ. Λόγω γραµµικότητας, συµπεραίνουµε εύκολα ότι αν ϕ είναι µια απλή ολοκληρώσιµη συνάρτηση, τότε για κάθε t d ισχύει ϕ t L ( d και ϕ t dλ ϕ dλ. Εστω τώρα f L ( d ) µε f. Θεωρούµε ακολουθία απλών ολοκληρώσιµων συναρτήσεων ϕ n µε ϕ n f. Εστω t d. Εχουµε (ϕ n ) t L ( d, (ϕ n ) t f t, και (ϕ n ) t dλ ϕ n dλ. Από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, f t dλ lim n (ϕ n ) t dλ lim n ϕ n dλ f dλ. Ετσι ϐλέπουµε ότι f t L ( d ) και f t f. Στη γενική περίπτωση, όπου f L ( d ), γράφουµε f f + f και εφαρµόζουµε το προηγούµενο για τις ολοκληρώσιµες συναρτήσεις f + και f. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

13 (ϐ) Εστω ε >. Ο χώρος C c ( d ) των συνεχών συναρτήσεων µε συµπαγή ϕορέα είναι πυκνός στον L (), άρα µπορούµε να ϐρούµε g C c ( d ) ώστε f g < ε. Εστω K supp(g). Η g είναι συνεχής, µε ϕορέα το συµπαγές K, άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής. Υπάρχει δ > ώστε αν x y < δ τότε g(x) g(y) < ε 2λ(K) g g t. Τότε, για κάθε t < δ έχουµε d g(x) g(x + t) dλ(x) K (K t) g(x) g(x + t) dλ(x) < ε. Τώρα, γράφουµε f f t f g + g g t + g t f t < 3ε, χρησιµοποιώντας και την f g f t g t, η οποία ισχύει για κάθε t από το (α). 6. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του d µε < λ() < και έστω f : µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι lim p f p f. Υπόδειξη. Εστω f L (). Παρατηρούµε ότι, για κάθε p <, f p p f (x) p dλ f dλ p f λ() p <, άρα f L p (). Επίσης, καθώς το p, άρα lim sup p f p f [λ()] /p f f p f. Από την άλλη πλευρά, αν < ε < f, τότε το σύνολο B ε {x X : f (x) f ε} έχει ϑετικό µέτρο, και f p p f (x) p d dλ ( f ε) p λ(b ε ), B ε άρα lim inf p f p ( f ε) lim p [λ(b ε )] /p f ε. Αφού το ε (, f ) ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι lim inf p p f, και έπεται ότι lim p f. p 7. Εστω p < p. ώστε παραδείγµατα µετρήσιµων συναρτήσεων f : (, ) που ικανοποιούν τα εξής: (α) f L p (, ) αν και µόνο αν p < p < p. (ϐ) f L p (, ) αν και µόνο αν p p p. (γ) f L p (, ) αν και µόνο αν p p. οκιµάστε συναρτήσεις της µορφής f (x) x a lnx b. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

14 Υπόδειξη. (α) Θεωρούµε την f (x) x χ /p [,](x) + x χ /p [, )(x). Παρατηρήστε ότι αν p < p < p τότε Επίσης, αν p p έχουµε ενώ αν p p έχουµε f (x) p dλ(x) x p/p f (x) p dλ(x) f (x) p dλ(x) dλ(x) + x p/p x p/p x p/p dλ(x), dλ(x). dλ(x) <. (ϐ) Θεωρούµε την f (x) x χ /p [,](x) + x /p (ln(x+)) χ 2/p [, )(x). Παρατηρήστε ότι αν p p p τότε Επίσης, αν p < p έχουµε f (x) p dλ(x) x p/p f (x) p dλ(x) dλ(x) + x p/p (ln(x + )) 2p/p dλ(x) <. x p/p (ln(x + )) 2p/p dλ(x), ενώ αν p > p έχουµε f (x) p dλ(x) x p/p dλ(x). (γ) Θεωρήστε την f (x) x /p χ [,](x) + x /p (ln(x+)) 2/p χ [, )(x). 8. Εστω, F µετρήσιµα υποσύνολα του d µε < λ(), λ(f) <. (α) είξτε ότι η χ χ F είναι συνεχής συνάρτηση. (ϐ) είξτε ότι υπάρχουν x d και ε > ώστε: αν x x < ε τότε λ( (F + x)) >. ηλαδή, το F έχει µη κενό εσωτερικό. Υπόδειξη. (α) Γράφουµε ( χ χ F )(x) ( χ χ F )(y) [ χ (x z) χ (y z)] χ F (z)dλ(z) d χ (x z) χ (y z) dλ(z). d Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

15 Αν ϑέσουµε f (z) χ (x z), τότε χ (y z) χ (x z (x y) f (z + (x y)) f x y (z) µε την ορολογία της Ασκησης 5. Αφού λ() <, έχουµε f L ( d ). Επεται ότι lim y x d χ (x z) χ (y z) dλ(z) lim x y d f f x y dλ από την Ασκηση 5 (ϐ). (ϐ) Παρατηρούµε πρώτα ότι υπάρχει x d ώστε Θέτουµε F F + x. Η συνάρτηση f (x) : ( χ χ F )(x) είναι συνεχής, από το πρώτο ερώτηµα. Οµως, Αρα, υπάρχει ε > ώστε: αν u < ε τότε λ( (F + x )) >. d χ (x z) χ F (z) dλ(z) λ((x + ) F ) f () λ( F ) λ( (F + x )) >. f (u) λ(( + u) (F + x )) >. Ειδικότερα, για κάθε u < ε έχουµε (F + x u) u + ( + u) (F + x ), και ϑέτοντας x x u έχουµε ότι για κάθε x d µε x x < ε ισχύει (F + x). 4.2 Οµάδα Β 9. Εστω { f n } ακολουθία µη αρνητικών συνεχών συναρτήσεων στο. Υποθέτουµε ότι κάθε f n µηδενίζεται έξω από το [, /n] και /n f n (t) dt. Εστω g L (). Ορίζουµε g n f n g. είξτε ότι g n g καθώς το n. Υπόδειξη. Εχουµε g n g n (x) dλ(x) g(x t) f n (t) dλ(t) dλ(x) g(x t) f n (t) dλ(t) dλ(x) f n (t) g(x t) dλ(x) f n (t) g dλ(t). dλ(t) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

16 ηλαδή, g n g < +. Αρχικά δείχνουµε ότι g n g f n (t) g t g dλ(t), όπου g t (x) g(x t). Πράγµατι, g n (x) g(x) g(x t) g(x) f n (t) dλ(t), άρα g n g g(x t) g(x) f n (t) dλ(t) dλ(x) f n (t) g(x t) g(x) dλ(x) dλ(t) g t g f n (t) dλ(t). Εστω ε >. Από την Ασκηση 5 (ϐ) υπάρχει δ > ώστε αν t < δ τότε g t g < ε. Εστω n N ώστε < δ. Για κάθε n n έχουµε n g n g < ε και έπεται ότι lim n g n g. g t g f n (t) dλ(t) [,/n] f n (t) dλ(t) ε, [,/n] g t g f n (t) dλ(t) 2. Εστω p, q, r µε + r p + q. είξτε ότι: αν f L p( d ) και g L q ( d ) τότε f g L r ( d ) και f g r f p g q. Υπόδειξη. Θέτουµε a p r και b q r. Παρατηρούµε ότι r p και r q λόγω των υποθέσεων ότι p, r, q και r p + q. Ορίζουµε p pr r p και p 2 rq r q. Τότε, p, p 2 και p + p 2 + r. Γράφουµε ( f g)(x) f (x y)g(y) dλ(y) ( f (x y) a g(y) b ) f (x y) a g(y) b dλ(y). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

17 Χρησιµοποιώντας την Ασκηση 9 έχουµε ( f g)(x) ( ( ) /r ( f (x y) ( a)r g(y) ( b)r dλ(y) ( ) /p2 g(y) bp 2 dλ(y) ) /r f (x y) ( a)r g(y) ( b)r dλ(y) f ap a g bp b 2. ) /p f (x y) ap dλ(y) Παρατηρούµε ότι ( a)r p και ( b)r q. Υψώνοντας στην r και χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Fubini παίρνουµε Οµως, ap p και bp 2 q. Αρα, δηλαδή, f g r f p g q. f g r r f ar ap g br bp 2 [ ( f ar ap g br bp 2 f p p g q q. ) ] f (x y) p dλ(x) g(y) q dλ(y) f g r r f p p+ar g q q+br f p g r q, r 2. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του d µε < λ() < και έστω f : µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι υπάρχουν p και σταθερά C > τέτοια ώστε λ ( {x : f (x) t} ) C t p για κάθε t >. είξτε ότι f L r () για κάθε r < p. Υπόδειξη. Εστω q r < p. Χρησιµοποιώντας την Ασκηση 3 γράφουµε f (x) r dλ(x) + λ() rt r λ({x : f (x) > t}) dλ(t) rt r λ({x : f (x) > t}) dλ(t) rt r λ({x : f (x) > t}) dλ(t) rt r λ() dλ(t) + rt r dλ(t) + Cr λ() + Cr p r <, rt r c t p dλ(t) t r p dλ(t) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

18 διότι αφού r p <. ( M t r p r p dλ(t) lim M r p ) r p p r, Επεται ότι f L r (). 22. Εστω r > και f n : (, ) µετρήσιµες συναρτήσεις µε f n r M για κάθε n. Υποθέτουµε ότι f n f σχεδόν παντού στο (, ). είξτε ότι για κάθε p < r ισχύει f n f p. Υπόδειξη. Παρατηρούµε πρώτα ότι, από το λήµµα του Fatou, f r dλ lim inf f n r dλ M r, διότι f r m για κάθε n. Επεται ότι f n f r dλ 2 r ( f n r + f r ) dλ 2 r+ M r. Εστω δ >. Αφού f n f σχεδόν παντού, υπάρχει (, ) µε λ() > δ, τέτοιο ώστε f n f οµοιόµορφα στο. Για τυχόν p < r γράφουµε f n f p dλ < f n f p dλ + c f n f p dλ f n f p dλ + [λ( c )] p r f n f p dλ + δ p r f n f p dλ + δ p r 2 r+ M r. c f n f r f n f r p r p r Εστω ε >. Επιλέγουµε δ > ώστε δ p r 2 r+ M r < εp 2, και µετά n N ώστε f n (x) f (x) p < εp 2 για κάθε n και για κάθε x. Τότε, για κάθε n έχουµε f n f p dλ f n f p dλ + δ p r 2 r+ M r < εp 2 + εp 2 εp, δηλαδή f n f p < ε. Αρα, f n f p. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

19 23. ίνεται ϕραγµένη Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση f : που µηδενίζεται έξω από το [, ]. Για κάθε h > ορίζουµε τη συνάρτηση ϕ h : µε ϕ h ( f )(x) 2h x+h x h f (t) dλ(t), x. είξτε ότι ϕ h ( f ) 2 f 2 και ϕ h ( f ) f 2 όταν h +. Υπόδειξη. Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουµε Γράφουµε 2h x+h x h f (t) dλ(t) Αυτό αποδεικνύει την ϕ h ( f ) 2 f h 2 4h 2 2h x+h x h x+h x h x+h x h f 2 (t) dλ(t) f 2 (t) dλ(t) f 2 (t) dλ(t). x+h x h (2h) 2 dλ(t) x+h 2 ϕ h ( f ) 2 2 f (t) dλ(t) 2h dλ(x) x h x+h f 2 (t) dλ(t) 2h dλ(x) x h 2h χ[x h, x + h](t) f 2 (t) dλ(t) dλ(x) f 2 (t) 2h χ[x h, x + h](t) dλ(x) dλ(t) f 2 (t) 2h χ[t h, t + h](x) dλ(x) dλ(t) f 2 (t)(2h) dλ(t) 2h f 2 (t) dλ(t) f 2 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

20 Για το δεύτερο ερώτηµα παρατηρούµε πρώτα ότι αν η g είναι συνεχής µε συµπαγή ϕορέα τότε ϕ h (g) g οµοιόµορφα καθώς το h και ϕ h (g) g 2 αφού ϕ h (g) g έξω από κάποιο κλειστό διάστηµα (αν π.χ. < h < ). Κατόπιν, ϑεωρούµε ε > και ϐρίσκουµε g συνεχή, µε συµπαγή ϕορέα, ώστε f g 2 < ε. Παρατηρούµε ότι ϕ h ( f g) ϕ h ( f ) ϕ h (g), και χρησιµοποιώντας το πρώτο ερώτηµα γράφουµε Αφήνοντας το ε + παίρνουµε ϕ h ( f ) f 2 ϕ h ( f ) ϕ h (g) 2 + ϕ h (g) g 2 + g f 2 ϕ h ( f g) 2 + ϕ h (g) g 2 + g f 2 ϕ h (g) g g f 2 < ϕ h (g) g 2 + 2ε. lim sup h + ϕ h ( f ) f 2 lim h + ϕ h(g) g 2 + 2ε 2ε, και αφήνοντας το ε + έχουµε δηλαδή ϕ h ( f ) f 2. lim sup h + ϕ h ( f ) f 2, 24. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του, µε < λ() <. είξτε ότι n ( χ χ [,/n] ) χ σχεδόν παντού καθώς n. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι χ (x) n Από το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue έχουµε χ (x) χ [,/n] (z) dλ(z). n( χ χ [,/n] )(x) χ (x) n [ χ (x z) χ (x)] χ [,/n] (z) dλ(z) χ (x z) χ (x) dλ(z) /n [,/n] χ (t) χ (x) dλ(t) χ (x) /n [x /n,x] για κάθε x Leb( χ ), δηλαδή σχεδόν παντού στο. 25. Εστω g : d µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι για κάθε f L ( d ) ισχύει f g L ( d ). είξτε ότι g L ( d ). Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι g L. Για κάθε n N έχουµε λ(a n ) >, όπου A n {x : g(x) n}. Ορίζουµε f (x) n 2 λ(a n ) sign(g(x)) χ A n (x). Παρατηρούµε ότι n f (x) n n 2 λ(a n ) χ A n (x), Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

21 και, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Beppo Levi, ότι f (x) dλ(x) n 2 λ(a d d n n ) χ A n (x) dλ(x) n d n 2 λ(a n ) λ(a n) n 2 <. n n n 2 λ(a n ) χ A n (x) dλ(x) Αρα, f L ( d ). Οµως, f (x)g(x) dλ(x) d το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση. d n g(x) d n d n n 2 λ(a n ) χ A n (x) n 2 λ(a n ) χ A n (x) g(x) dλ(x) n n 2 λ(a n ) χ A n (x) dλ(x) n n 2 λ(a n ) λ(a n) n n n, 26. Εστω p < και f L p [, ]. Για κάθε n N ορίζουµε όπου J n,k [ k 2 n, k 2 n ) και a n,k ( f ) J n,k 2n f n 2 n a n,k ( f ) χ Jn,k, k f dλ. είξτε ότι lim f f n p. n Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι < p <. είχνουµε πρώτα ότι f f n p 4 f p. Αν q είναι ο συζυγής εκθέτης του p, έχουµε f f n p p 2 n k J n,k f (x) 2 n a n,k ( f ) p dλ(x) 2 n p 2 np ( f (x) f (y)) dλ(y) dλ(x) k J n,k J n,k 2 n ls 2 np f (x) f (y) p dλ(y)[λ(j n,k )] p/q dλ(x) k J n,k J n,k 2 n 2 np 2 np/q f (x) f (y) p dλ(y) dλ(x) k J n,k J n,k Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

22 2 n 2 n k 2 n 2 n k J n,k J n,k J n,k J n,k 2 n 2 n 2 p 2λ(J n,k ) k 2n p+ 2 k J n,k f (x) f (y) p dλ(y) dλ(x) 2 p ( f (x) p + f (y) p ) dλ(y) dλ(x) J n,k f (x) p dλ(x) 2 p+ f p p 4 p f p p. Αυτό αποδεικνύει την f f n p 4 f p. f (x) p dλ(x) Στη συνέχεια παρατηρούµε ότι αν η g είναι συνεχής και αν ορίσουµε αντίστοιχα τις g n, τότε g g n p. Πράγµατι, για το τυχόν ε > µπορούµε να ϐρούµε δ > ώστε αν x, y [, ] και x y δ να έχουµε g(x) g(y) ε. Βρίσκουµε n N µε /2 n δ, και για κάθε n n έχουµε δηλαδή g g n p ε. g g n p p 2 n k J n,k 2 n 2 np k g(x) 2 n a n,k (g) p dλ(x) J n,k 2 n ls 2 np k J n,k 2 n 2 np k J n,k p (g(x) g(y)) dλ(y) dλ(x) J n,k g(x) g(y) p dλ(y)[λ(j n,k )] p/q dλ(x) J n,k λ(j n,k )ε p 2 np/q dλ(x) 2 n 2 np (2 n ) 2 ε p 2 np/q ε p, Θεωρούµε τώρα f L p [, ] και για τυχόν ε > ϐρίσκουµε συνεχή g µε f g p ε. Παρατηρήστε ότι a k,n ( f g) a k,n ( f ) a k,n (g), άρα ( f g) n f n g n. Συνεπώς, f f n p f g p + g g n p + g n f n p f g p + g g n p + (g n f n ) (g f ) p + g f p Αφήνοντας το n παίρνουµε f g p + g g n p + (g f ) n (g f ) p + g f p f g p + g g n p + 4 g f p + g f p 6ε + g g n p. lim sup n f f n p lim n g g n p + 6ε 6ε, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 22

23 και αφήνοντας το ε + έχουµε δηλαδή f f n p. lim sup n f f n p, 27. Εστω < p < και έστω f L p [, ). είξτε ότι για κάθε x > και ότι x lim x f (t) dλ(t) f p x p x p x f (t) dλ(t). Υπόδειξη. Εστω q ο συζυγής εκθέτης του p και έστω x >. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Hölder γράφουµε Χρησιµοποιήσαµε την x f (t) dλ(t) x f (t) dλ(t) f (t) χ [,x] (t) dλ(t) f p χ [,x] q f p x /q f p x p. /q χ [,x] q χ q [,x] dλ χ [,x] dλ /q [λ([, x])] /q x /q. Για το δεύτερο ερώτηµα, ϑεωρούµε τυχόν ε > και επιλέγουµε α α(ε) > τέτοιο ώστε f χ [α, ) p α f p dλ /p < ε. Μπορούµε να ϐρούµε τέτοιον α, διότι f p χ [,α] f p καθώς το α, και από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε lim f p α dλ lim f p dλ f p dλ α α. α Για κάθε x > α µπορούµε να γράψουµε ( ) x /q x f (t) dλ(t) α x /q f (t) dλ(t) + x x /q f (t) dλ(t). α Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 23

24 Από την επιλογή του α έχουµε για κάθε x > α, άρα η ( ) δίνει για κάθε x > α. Οµως, άρα Αφού το ε > ήταν τυχόν, και έπεται το Ϲητούµενο. x x /q f (t) dλ(t) x /q f χ [α,x] p χ [α,x] q α (x α)/q f χ [α,x] p < f χ [α,x] p x /q x lim sup x f (t) dλ(t) lim x x /q lim sup x x /q f χ [α, ) p < ε α x /q f (t) dλ(t) + ε α x /q f (t) dλ(t), x x /q f (t) dλ(t) + ε ε. x f (t) dλ(t), 28. Υποθέτουµε ότι f L p () για κάθε p < 2 και επιπλέον ότι sup f p < +. p<2 είξτε ότι f L 2 () και f 2 lim p 2 f p. Υπόδειξη. Από την υπόθεση υπάρχει M > ώστε f p dλ M p για κάθε p [, 2). Αρα, για κάθε n N ισχύει f 2 /n dλ M 2 /n. Από το λήµµα του Fatou και από το γεγονός ότι f 2 /n f 2 σχεδόν παντού, παίρνουµε f 2 dλ lim inf f 2 /n dλ lim inf M 2 /n M 2 <. n Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 24

25 Αυτό αποδεικνύει ότι f L 2 (). Για να δείξουµε ότι lim p 2 f p f 2 αρκεί να δείξουµε ότι για κάθε p n [, 2) µε p n 2 ισχύει lim n f p n f 2. Για το σκοπό αυτό αρκεί να δείξουµε ότι f p n dλ f 2 dλ. Κατόπιν, ϑα έχουµε διότι p n f pn f p n dλ pn f 2 dλ 2 f 2 2. Θεωρούµε τις ακολουθίες συναρτήσεων f n f 2 χ { f <} + f p n χ { f } και g n f 2 χ { f } + f p n χ { f <}, και παρατηρούµε ότι: (α) f n f p n g n για κάθε n, άρα f n dλ f p n dλ g n dλ. (ϐ) Η ( f n ) είναι αύξουσα (διότι η (p n ) είναι αύξουσα) και f n f 2 σχεδόν παντού, άρα, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έπεται ότι f n dλ f 2 dλ. (γ) Η (g n ) είναι ϕθίνουσα και g n f 2 σχεδόν παντού. Επίσης, έχουµε g dλ f 2 dλ + f p dλ M 2 + M p <, άρα, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης για την (g g n ), g n dλ f 2 dλ. Από τα (α), (ϐ), (γ) και από το κριτήριο ισοσυγκλινουσών ακολουθιών συµπεραίνουµε ότι f p n dλ f 2 dλ. 29. Εστω f L [, ] µε την εξής ιδιότητα: υπάρχει C > ώστε f dλ C λ(a) A για κάθε Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο A [, ]. είξτε ότι f L p [, ] για κάθε p < 2. Είναι αναγκαστικά η f στον L 2 [, ]; Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 25

26 Υπόδειξη. Από την υπόθεση και από την ανισότητα Markov, αν A t { f t}, t >, έχουµε tλ(a t ) A t f dλ C λ(at ), δηλαδή Εστω p < 2. Γράφουµε λ(a t ) C2 t 2. f p pt p λ({ f t}) dλ(t) pt p λ({ f t}) dλ(t) + pt p dλ(t) + pt p + C 2 p pt p λ({ f t}) dλ(t) t p 3 dλ(t) < διότι p 3 <. Αρα, f L p ([, ]). 3. Εστω f : d µετρήσιµη συνάρτηση, για την οποία ισχύει ( ) exp ( f (x) ) dλ(x). όπου supp( f ). Αποδείξτε ότι f L p ( d ) για κάθε p < και f p Cp, όπου C > µια απόλυτη σταθερά. ώστε παράδειγµα µετρήσιµης συνάρτησης f που ικανοποιεί την ( ) αλλά f L ( d ). Υπόδειξη. Θεωρούµε την συνάρτηση g(t) t p e t, t >. Εχουµε g (t) (pt p t p )e t, άρα η g έχει µέγιστο στο t p. ηλαδή, για κάθε t >. Τότε, άρα f p pp e p t p pp e p et exp( f (x) ) dλ(x) pp e p, f p e p. Για το δεύτερο ερώτηµα, ένα παράδειγµα µπορεί να είναι η f (x) c + ln x στο (, ), όπου το c επιλέγεται έτσι ώστε e f (x) dλ(x) e c Η f δεν είναι ϕραγµένη, αφού lim f (x) +. x + x dλ(x) e c 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 26

27 3. Εστω f L ((, )). Για x (, ) ορίζουµε g(x) x f (t) t dλ(t). είξτε ότι g L ((, )) και g(x) dλ(x) f (x) dλ(x). Υπόδειξη. Για να δείξουµε ότι η g είναι ολοκληρώσιµη γράφουµε g(x) dλ(x) x x f (t) t f (t) t f (t) t dλ(t) dλ(x) dλ(t) dλ(x) χ (x,) (t) dλ(t) dλ(x) f (t) λ({x : < x < t}) dλ(t) t f (t) dλ(t) f <, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Tonelli. Αρα, g L ((, )). Τώρα µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε το ϑεώρηµα Fubini και, ακολουθώντας την ίδια πορεία, έχουµε g(x) dλ(x) x f (t) t f (t) t f (t) t dλ(t) dλ(x) χ (x,) (t) dλ(t) dλ(x) χ (x,) (t) dλ(x) dλ(t) f (t) λ({x : < x < t}) dλ(t) t f (t) dλ(t) f (x) dλ(x). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 27

28 32. Εστω f : (, ) Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση. Αν η g(x, y) f (x) f (y) είναι ολοκληρώσιµη στο (, ) (, ), δείξτε ότι f L (, ). Υπόδειξη. Αφού f (x) < για κάθε x (, ), υπάρχει m N τέτοιος ώστε το A {x (, ) : f (x) m] (, ) να έχει ϑετικό µέτρο. Θέτουµε B {x (, ) : (x) > m}. Τότε, αν (x, y) B A, έχουµε f (x) f (y) f (x) f (y) f (x) m >. Από το ϑεώρηµα Tonelli, (,) (,) f (x) f (y) dλ(x, y) f (x) f (y) dλ(x, y) B A ( f (x) m) dλ(x, y) B A B A λ(a) ( f (x) m) dλ(y) dλ(x) B ( f (x) m) dλ(x). Επεται ότι Αφού f m στο A, συµπεραίνουµε ότι f (x) dλ(x) f (x) dλ(x) + (,) Αρα, η f είναι ολοκληρώσιµη. A B f (x) dλ(x) g + mλ(b) <. λ(a) B f (x) dλ(x) mλ(a) + g λ(a) + mλ(b) m(λ(a) + λ(b)) + g λ(a) m + g λ(a) <. 33. Εστω < p <. Ορίζουµε τον (αρνητικό αυτή τη ϕορά) συζυγή εκθέτη q του p από τη σχέση p + q. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του d. Αν f, g : [, ] δείξτε ότι f g dλ ( ) /p ( f p dλ ) /q g q dλ και ( ( f + g) p dλ) /p ( /p ( f dλ) p + g p dλ) /p. Υπόδειξη. Εφαρµόζοντας την ανισότητα Hölder για τις ( f g) p και g p µε εκθέτες r p και s p, γράφουµε Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 28

29 f p dλ ( ( ( f g) p g p dλ ) p ( f g dλ ) p ( f g dλ ) p (g p ) p ) p g q q, διότι p p q και p p q αφού οι p και q είναι συζυγείς εκθέτες. Επεται ότι ( f g dλ) p ( ) ( f p dλ g q ) p q, και υψώνοντας στην /p παίρνουµε το Ϲητούµενο. Για την δεύτερη ανισότητα χρησιµοποιούµε την ανισότητα, χρησιµοποιώντας την προηγούµενη γράφουµε ( ) /p ( f p dλ /q ( f + g) dλ) ( p)q f ( f + g) ( p) dλ και ( ) /p ( g p dλ /q ( f + g) dλ) ( p)q g( f + g) ( p) dλ. Προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε ( /p ( f dλ) p + /p ( g dλ) p ( f + g)( f + g) ( p) dλ ) /q ( f + g) ( p)q dλ ( f + g) p dλ. Αφού ( p)q p, καταλήγουµε στην ( /p ( f dλ) p + /p ( g dλ) p ( ) /q ( f + g) p dλ ( f + g) p dλ) /p. 34. είξτε ότι αν p < q, τότε ο L q [, ] είναι πρώτης κατηγορίας υποσύνολο του L p [, ]. Υπόδειξη. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Hölder ϐλέπουµε ότι αν p < q τότε f p f q για κάθε µετρήσιµη συνάρτηση f : [, ]. Αρα, για κάθε f L q [, ] έχουµε f L p [, ]. ηλαδή, L q [, ] L p [, ]. Θεωρούµε την ακολουθία συνόλων F n { f L p [, ] : f q n}. Προφανώς ισχύει L q [, ] F n. n Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 29

30 Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι κάθε F n είναι πουθενά πυκνό υποσύνολο του L p [, ]. Παρατηρούµε τα εξής: (α) Για κάθε n N το F n είναι p κλειστό. Πράγµατι, αν ( f k ) είναι µια ακολουθία στο F n, δηλαδή f k q n για κάθε k N, και αν f k f p, τότε µπορούµε να δείξουµε ότι f q n: αφού L p f, από την ανισότητα Markov έχουµε f k λ( f k f > ε) ε p f k f p p, λ άρα f k f κατά µέτρο. Αρα, υπάρχει υπακολουθία ( f ks ) της ( f k ) ώστε f ks Επεται ότι f ks q f q και από το λήµµα του Fatou παίρνουµε f q dλ lim inf f ks q dλ n q, s f σχεδόν παντού. διότι f ks q n. Αρα, f F n. (ϐ) Το F n έχει κενό εσωτερικό: για κάθε f F n και για κάθε ε > ισχύει B( f, ε) {g L p [, ] : f g p < ε} F n. Πράγµατι, σταθεροποιούµε f F n και ε >. Επιλέγουµε α (/q, /p) και ορίζουµε τη συνάρτηση h(t) ε( αp)/p 2t α, η οποία ανήκει στον L p [, ] \ L q [, ] (ελέγξτε το). Αρα, η συνάρτηση f + h L p [, ] και µάλιστα f + h B( f, ε) διότι h p ε/2, αλλά f + h F n, αφού h L q [, ]. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3