Χώροι L p. Κεφάλαιο Χώροι L p. L p (E) όλων των µετρήσιµων συναρτήσεων f : E [, ] για τις οποίες

Transcript

1 Κεφάλαιο 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 (4.1.1 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 (4.1.2 [f] + [g] = [f + g] και a[f] = [af]. 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 ( 1/p (4.1.3 f p = f dλ 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 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, 117

2 118 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P άρα (4.1.4 δηλαδή f + g L p (. f + g p dλ 2 p ( f p dλ + g p dλ <, 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 af p = a f p. Μένει λοιπόν να δείξουµε την τριγωνική ανισότητα. Αυτή προκύπτει άµεσα από την ανισότητα του Minkowski, την οποία δείχνουµε παρακάτω. Λήµµα (ανισότητα Young. Αν x, y 0 και p, q > 1 µε 1 p + 1 q = 1, τότε (4.1.5 xy xp p + yq q µε ισότητα µόνο αν x p = y q. Απόδειξη. Η συνάρτηση f : (0, + R µε f(x = ln x είναι γνησίως κοίλη. Αν λοιπόν a 1,..., a m > 0 και t j (0, 1 µε t t m = 1, τότε m (4.1.6 t j ln a j ln(t 1 a t m a m, j=1 από την ανισότητα Jensen. Επεται ότι (4.1.7 a t 1 1 a t 2 2 a tm m t 1 a t m a m µε ισότητα µόνο αν a 1 = = a m. Η ανισότητα αυτή γενικεύει την ανισότητα αριθµητικούγεωµετρικού µέσου. Αν t 1 = = t m = 1/m, παίρνουµε m (4.1.8 a 1 a m a a m. m Ειδική περίπτωση της (4.1.7 είναι η (4.1.9 a t b 1 t ta + (1 tb. Εφαρµόζουµε την ανισότητα (4.1.9 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.

3 4.1. ΧΩΡΟΙ L P 119 Ορισµός (συζυγείς εκθέτες. Αν p, q > 1 και 1 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 Holder. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του, f L p ( και g L q (, όπου p, q > 1 συζυγείς εκθέτες. Τότε, fg L 1 ( και ( δηλαδή ( fg dλ 1/p ( 1/q f p dλ g dλ q, ( fg 1 f p g q. Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι ( f p p = f p dλ = 1 και g q q = g q dλ = 1. Από την ανισότητα του Young, για κάθε x X ισχύει ( f(xg(x 1 p f(x p + 1 q g(x q. Ολοκληρώνοντας την τελευταία ανισότητα παίρνουµε ( fg dλ 1 f p dλ + 1 g q dλ = 1 p q 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 f p dλ = 1 και p g 1 q dλ = 1 g q g q dλ = 1. q Από την ειδική περίπτωση της ανισότητας που δείξαµε παραπάνω, έχουµε ( f 1 g 1 dλ 1, δηλαδή, fg dλ f p g q.

4 120 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P Πρόταση (ανισότητα Minkowski. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του και 1 p <. Αν f, g L p (, τότε ( δηλαδή ( 1/p ( f + g dλ p ( f + g p f p + g p. Απόδειξη. Η ανισότητα είναι απλή στην περίπτωση p = 1. 1/p ( 1/p f dλ p + g dλ p, 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 + f + g p 1 g dλ ( 1/q ( f + g dλ (p 1q f p + f + g (p 1q dλ 1/q g p, όπου, στο τελευταίο ϐήµα, εφαρµόσαµε την ανισότητα Holder για τα Ϲευγάρια f +g p 1, f και f + g p 1, g. Συνεπώς, ( Επεται ότι ( Παρατηρούµε ότι (p 1q = p (οι p και q είναι συζυγείς εκθέτες. 1/q ( f + g dλ (p 1q = ( f + g p p f + g p/q p 1/q f + g p dλ = 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 (.

5 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ RISZ-FISCHR 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. n=1 x n συγκλίνει αν υπάρχει x X ώστε Λέµε ότι η σειρά (4.2.1 S n := n x k x. Λέµε ότι η σειρά k=1 x k συγκλίνει απολύτως αν k=1 x k < +. Λήµµα Εστω X ένας χώρος µε νόρµα. Τα εξής είναι ισοδύναµα : (α Ο X είναι πλήρης. k=1 (ϐ Αν (x k είναι ακολουθία στον X µε k=1 x k < +, τότε η σειρά k=1 x k συγκλίνει. Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι ο X είναι πλήρης. Εστω (x k ακολουθία στον X, µε την ιδιότητα k=1 x k <. Για τυχόν ε > 0, υπάρχει n 0 (ε N ώστε, για κάθε n > m n 0, (4.2.2 x m x n < ε. Τότε, αν n > m n 0, (4.2.3 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, (4.2.4 x n x m < 1 2 k. Ειδικότερα, (4.2.5 s k+1 > s k s k = x sk+1 x nk < 1 2 k

6 122 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P για κάθε k N. Άρα, (4.2.6 x sk+1 x sk < 1 < +. k=1 Η k=1 (x s k+1 x sk συγκλίνει απολύτως, οπότε (από την υπόθεσή µας συγκλίνει : υπάρχει x X ώστε (4.2.7 m (x sk+1 x sk x, k=1 δηλαδή, x sm+1 x s1 x. Άρα, 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 (4.2.8 f k p = M < +. k=1 Για κάθε n N ορίζουµε g n (x = n k=1 f k(x, x X. Τότε, (4.2.9 g n p n f k p M, k=1 δηλαδή g n L p ( και gp ndλ 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 g p n ndλ M p. Συνεπώς, η g p είναι ολοκληρώσιµη. παντού. Επεται ότι g(x = k=1 f k(x < + σχεδόν Ορίζουµε s n (x = n k=1 f k(x. Από την g(x < + έχουµε ότι η s(x = lim s n (x = k=1 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 δηλαδή s L p (. Τέλος, παρατηρούµε ότι g p dλ M p <, ( s n (x s(x p 2 p max{ s n (x p, s(x p } 2 p g(x p

7 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ RISZ-FISCHR 123 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. Banach. Από το Λήµµα έπεται ότι ο L p ( είναι χώρος 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 } = n=1 {x : f(x > β n}, άρα ( λ ({x : f(x > f } = 0. 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 (. f L ( ϑέτουµε Τέλος, για µια ( f = min {β > 0 : λ ({x : f(x > β}}. Λέµε ότι ο f είναι το ουσιώδες supremum της f.

8 124 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 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 οµοιόµορ- ϕα συγκλίνουσα. οµοιόµορφα στο A. ηλαδή, Υπάρχει λοιπόν µια µετρήσιµη συνάρτηση f : R ώστε f n f ( f n f = (f n fχ 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 n φ = a j χ Aj, j=1

9 4.2. ΘΕΩΡΗΜΑ RISZ-FISCHR 125 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 <. j=1 ηλαδή S L p (. 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. Άρα, 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

10 126 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 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. ϕορές. Κλείνουµε αυτήν την παράγραφο µε µια Πρόταση που ϑα µας ϕανεί χρήσιµη αρκετές Πρόταση Εστω f L p (, 1 p <. Τότε, ( 1/p lim f(x + z f(x p := lim f(x + z f(x p dλ(x = 0. z 0 z 0 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 έξω 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 f(x + z f(x p 2ε z 0 Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έπεται ότι lim z 0 f(x + z f(x p = 0.

11 4.3. ΘΕΩΡΗΜΑ FUBINI 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 : (i Για κάθε x 1 την συνάρτηση f x : 2 R µε f x (y := f(x, y. (ii 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 : (i Για κάθε x 1 το σύνολο x := {y 2 : (x, y }. (ii 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». 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 (4.3.1 y είναι ολοκληρώσιµη στον 2. Επιπλέον, ( fdλ d = 2 ( 1 1 f y (xdλ d1 (x f(x, ydλ d1 (x dλ d2 (y. Το Θεώρηµα είναι ϕυσικά συµµετρικό ως προς x και y. ηλαδή, αν f : 1 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 (4.3.3 x είναι ολοκληρώσιµη στον 1, και ότι (4.3.4 fdλ d = 1 ( 2 2 f x (ydλ d2 (y f(x, ydλ d2 (y dλ d1 (x.

12 128 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P ηλαδή, µπορούµε να κάνουµε εναλλαγή στη σειρά ολοκλήρωσησ: (4.3.5 ( 2 1 ( f(x, ydλ d1 (x dλ d2 (y = f(x, ydλ d2 (y dλ d1 (x = fdλ d. 1 2 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 f y είναι µετρήσιµη. σωστό ότι για κάθε y 2 η συνάρτηση Παροµοίως, αν το είναι µετρήσιµο, δεν είναι απαραίτητα 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. αυτός στην F. Κάθε πεπερασµένος γραµµικός συνδυασµός συναρτήσεων από την F ανήκει κι 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 ολοκληρώσιµες. Επεται ότι η είναι (a 1 f a k f k y = a 1 f y a kf y k είναι ολοκληρώσιµη για κάθε y / Z. Από την γραµµικότητα του ολοκληρώµατος συµπε- ϱαίνουµε τώρα ότι η y 1 (a 1 f a k f k y (xdλ d1 (x = k a i i=1 1 f y i (xdλ d 1 (x είναι ολοκληρώσιµη, και ( (a 1 f a k f k (x, ydλ d1 (x dλ d2 (y 2 1 ( k = a i f i (x, ydλ d1 (x dλ d2 (y = = 2 k a i i=1 i=1 2 ( 1 1 f i (x, ydλ d1 (x dλ d2 (y k a i f i dλ d = (a 1 f a k f k dλ d. i=1

13 4.3. ΘΕΩΡΗΜΑ FUBINI 129 Άρα, 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 (4.3.6 lim f k dλ d = k fdλ d. 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 Rd 1. Θέτουµε A = k=1 A k. Τότε, λ d2 (A = 0 και αν y / A έχουµε ότι η f y k είναι ολοκληρώσιµη στον Rd 1 για κάθε k. Επίσης, από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης έχουµε g k (y := f y k (xdλ d 1 (x g(y := 1 1 f y (xdλ d1 (x. Αφού f k F έχουµε επίσης ότι κάθε g k είναι ολοκληρώσιµη και, πάλι από το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, ( g k (ydλ d2 (y 2 g(ydλ d2 (y. Αφού f k F, έχουµε g k (ydλ d2 (y = 2 f k dλ d. συνδυάζοντας αυτήν την σχέση µε τις (4.3.6 και (4.3.7 παίρνουµε g(ydλ d2 (y = 2 fdλ d. 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 ( Αυτό αποδεικνύει ότι f F. 1 f(x, ydλ d1 (x dλ d2 (y = fdλ d. 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

14 130 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P (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. Άρα, η g = λ d1 (Q 1 χ Q2 είναι επίσης ολοκληρώσιµη, και g(ydλ d2 (y = λ d1 (Q 1 λ d2 (Q 2. 2 Αφού έχουµε ότι χ F. 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, 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 = 1 χ (x, ydλ d1 (x τότε g(y = 0 σχεδόν για κάθε y. Επεται ότι 1 g(ydλ d 2 (y = 0, το οποίο δείχνει ότι χ F. (γ Υποθέτουµε τώρα ότι το είναι πεπερασµένη ένωση κλειστών κύβων µε ξένα εσωτερικά. Εστω = k i=1 Q i. Αν γράψουµε Q i για το εσωτερικό του Q k, τότε µπορούµε να γράψουµε την χ σαν γραµµικό συνδυασµό των χ Qi και των χ Ai, όπου κάθε A i είναι υποσύνολο του συνόρου του Q i. Από τα (α και (ϐ έχουµε ότι χ Qi 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, k=1 όπου Q k είναι κύβοι µε ξένα εσωτερικά. Αν ϑέσουµε f m = m k=1 χ Q k, 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. µορφή (ε Τέλος, έστω ένα G δ -σύνολο µε λ d ( <. Μπορούµε να γράψουµε το στη = G k, k=1 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.

15 4.3. ΘΕΩΡΗΜΑ FUBINI 131 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 ( χ G (x, ydλ 1 (x dλ 2 (y = χ G dλ d = Άρα, 1 χ G (x, ydλ d1 (x = 0 σχεδόν για κάθε y. 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 1 χ (x, ydλ d1 (x = 0 σχεδόν για κάθε y. Συνεπώς, 2 ( 1 Αυτό αποδεικνύει ότι χ F. χ (x, ydλ 1 (x dλ 2 (y = 0 = χ dλ d. 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 ϑεω- ϱήµατος Fubini, ξεκινώντας από το ϑεώρηµα Tonelli. 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 (4.3.8 y f y (xdλ d1 (x 1

16 132 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P είναι µετρήσιµη στον 2. Επιπλέον, (4.3.9 fdλ d = 2 ( 1 f(x, ydλ 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=1 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, ydλ d1 (x 1 1 f(x, ydλ d1 (x για κάθε y /. Πάλι από το ϑεώρηµα Fubini, η y 1 f k(x, ydλ d1 (x είναι µετρήσιµη στο c, άρα και η y 1 f(x, ydλ d 1 (x. Εφαρµόζοντας και πάλι το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης, παίρνουµε ( ( f k (x, ydλ d1 (x dλ d2 (y 2 1 Οµως, από το ϑεώρηµα Fubini γνωρίζουµε ότι ( ( f k (x, ydλ d1 (x dλ d2 (y = f k dλ d ( 1 f(x, ydλ d1 (x dλ d2 (y. Εφαρµόζοντας απευθείας το ϑεώρηµα µονότονης σύγκλισης για τις f k έχουµε επίσης ( f k dλ d fdλ d. Συνδυάζοντας τις (4.3.10, ( και ( έχουµε το συµπέρασµα. 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 ολοκλή- ϱωµά 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 fdλ d.

17 4.3. ΘΕΩΡΗΜΑ FUBINI 133 Πόρισµα Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του 1 2. y 2 το σύνολο y = {x 1 : (x, y } Τότε, σχεδόν για κάθε είναι µετρήσιµο υποσύνολο του 1. Επιπλέον, η y λ d1 ( y είναι µετρήσιµη συνάρτηση, και λ d ( = 2 λ d1 ( y dλ d2 (y. Απόδειξη. Άµεση 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 (xdλ d1 (x dλ d2 (y 2 1 ( = χ y(xdλ d1 (x dλ d2 (y = 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. 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, k=1 s=1

18 134 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P και Παρατηρούµε ότι l(i k < λ d 1 ( 1 + ε, l(j s < λ d 2 ( 2 + ε. k=1 s=1 1 2 I k J s, k,s=1 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 k,s=1 ( ( = l(i k l(j s (λ d 1 ( 1 + ε(λ d 2 ( 2 + ε. k=1 s=1 Αν λ d 1 ( 1 > 0 και λ d 2 ( 2 > 0, τότε 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 2 m = 2 {y 2 : y m}. Το προηγούµενο επιχείρηµα δείχνει ότι, για κάθε ε > 0, λ d ( 1 2 m ε(λ d 2 (2 m + ε και αφήνοντας το ε 0 + παίρνουµε λ d ( 1 m 2 = 0. Αφού 1 m 2 το m, συµπεραίνουµε ότι λ d ( 1 2 = καθώς 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 ( 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.

19 4.3. ΘΕΩΡΗΜΑ FUBINI 135 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. Άρα, λ d (G \ = 0. Επεται ότι το = G \ (G \ είναι µετρήσιµο. Πόρισµα Εστω f : 1 R µετρήσιµη συνάρτηση. Τότε, η f : 1 2 R που ορίζεται από την f(x, y = f(x 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(xdλ 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].

20 136 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 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 = +1 λ 1 (A x dλ d (x = f(xdλ d (x, και έχουµε το Ϲητούµενο. Πρόταση Εστω f : R µετρήσιµη συνάρτηση. Τότε, η συνάρτηση f : R που ορίζεται από την είναι µετρήσιµη. f(x, y = f(x y Απόδειξη. Αρκεί να δείξουµε ότι : αν a R και αν a = {z : f(z < a}, τότε το σύνολο είναι µετρήσιµο υποσύνολο του. Ẽ = {(x, y : x y a } 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 χ Gn B k = χ Gn (x yχ Bk (y, άρα λ 2d ( G n B k = χ Gn (x yχ Bk (ydλ 2d (x, y R 2d ( = χ Gn (x ydλ d (x χ Bk (ydλ d (y R d = λ d (G n χ Bk (ydλ d (y = λ d (G n λ d (B k (χρησιµοποιήσαµε την χ Gn (x ydλ 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.

21 4.4. ΣΥΝΕΛΙΞΗ Συνέλιξη Εστω f, g L 1 (. Θεωρούµε τη συνάρτηση φ : R µε (4.4.1 φ(x, y = f(x yg(y, η οποία είναι µετρήσιµη (ϐλέπε Πρόταση και Πόρισµα Ανήκει επίσης στον L 1 (R 2d : φ(x, y dλ(x = g(y f(x y dλ(x = g(y f 1 (ϐλέπε Άσκηση 15 για την τελευταία ισότητα. Εποµένως, ( φ(x, y dλ(x dλ(y = g(y f 1 dλ(y = f 1 g 1 <. Από το ϑεώρηµα Tonelli έπεται ότι φ L 1 (R 2d και από από το ϑεώρηµα Fubini έχουµε ότι το ολοκλήρωµα f(x yg(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 (4.4.2 (f g(x = f(x yg(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 (4.4.3 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 yg(y έχουµε ότι ( f g 1 = f(x yg(y dλ(y dλ(x φ(x, y dλ(x dλ(y R = f 1 g 1.

22 138 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 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 συγκλίνουσα στον L 1 (. < (αφού η (f k είναι Πρόταση Εστω f, g, h L 1 (. Η συνέλιξη έχει τις εξής ιδιότητεσ: (i Είναι διγραµµική, δηλαδή (4.4.4 (f + g h = f h + g h και f (g + h = f g + f h. (ii Είναι µεταθετική, δηλαδή (4.4.5 f g = g f. (iii Είναι προσεταιριστική, δηλαδή (4.4.6 (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 yg(y dλ(y = f(zg(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 R d ( = f(x y g(y zh(z dλ(z dλ(y R ( d = f(x yg(y z dλ(y h(z dλ(z R ( d = f(x z ug(u du h(z dλ(z R d = (f g(x zh(z dλ(z = ( (f g h(x,

23 4.4. ΣΥΝΕΛΙΞΗ 139 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 fhdλ : 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 από την ανισότητα Holder. Άρα, { f p sup fhdλ f p h q f p, } fhdλ : h q 1. Από την άλλη πλευρά, αν f p 0 και αν ορίσουµε h = 1 f p/q p f(x p 1 sign(f(x (όπου sign(a = 1 αν a > 0, sign(a = 1 αν a < 0 και sign(0 = 0 τότε h q q = 1 f p f(x (p 1q dλ(x = 1 p f p f(x p dλ(x = 1 p και Αυτό αποδεικνύει το Ϲητούµενο. f(xh(xdλ(x = 1 f p/q p = 1 f p/q p f(x p dλ(x 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 yg(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

24 140 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 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 R d ( = g(y f(x y h(x dλ(x dλ(y R d 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 άρα σχεδόν για κάθε x έχουµε ( p f(x y g(y dλ(y dλ(x <, f(x y g(y dλ(y <, δηλαδή η συνάρτηση y f(x yg(y είναι ολοκληρώσιµη ως προς y. (ii Από την ανισότητα Holder, για κάθε x έχουµε (f g(x f(x y g(y dλ(y f p g q, άρα 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. Άρα, 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 x (f g(x = 0.

25 4.5. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Ασκήσεις Οµάδα Α 1. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω 1 p <. Αν f L p ( δείξτε ότι : για κάθε α > 0 ισχύει ( p f p λ({ f α}. α 2. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε 0 < λ( < και έστω 1 p <. Αν f : R είναι µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι f L p ( αν και µόνο αν n p λ({n 1 f < n} <. n=1 3. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω 1 p <. Αν f n, f L p ( και f n f σχεδόν παντού στο, δείξτε ότι f n f p 0 αν και µόνο αν f n p f p. 4. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω 1 < 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 fg στον L 1 (. 5. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε 0 < λ( < και έστω 1 p < q <. (α Αν f : R είναι µετρήσιµη συνάρτηση, δείξτε ότι f q f p [λ(] 1 p 1 q. (ϐ είξτε ότι L q ( L p (. (γ είξτε ότι L q ( L p (. 6. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω 1 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. Θεωρήστε το B = { f > 1} και τις g = fχ B, h = f g. 7. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω 1 p < r <. είξτε ότι : αν f L p ( L r ( τότε f L q ( για κάθε p q r. 8. Εστω µετρήσιµο σύνολο µε λ( = 1 και έστω f L p ( για κάποιον p 1. είξτε ότι log f p log f.

26 142 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 9. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω c 1,..., c m > 0 µε c c m = 1. είξτε ότι : αν f 1,..., f m : R είναι µετρήσιµες συναρτήσεις, τότε ( m m ( ci f i ci f i. i=1 i=1 10. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p, q 1. Αν t (0, 1 και r = tp + (1 tq δείξτε ότι για κάθε µετρήσιµη συνάρτηση f : R ισχύει f r r f tp p + f (1 tq q. 11. Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p 1 και έστω (f n ακολουθία στον L p ( µε f n p 1 για κάθε n N. Αν f n f σχεδόν παντού στο, δείξτε ότι f L p ( και f p Εστω (f n ακολουθία µη αρνητικών συναρτήσεων στον L 1 (R µε f n = 1 για κάθε n N. Υποθέτουµε ότι : για κάθε δ > 0, είξτε ότι : για κάθε p > 1, lim f n = 0. n {x: x >δ} lim f n p =. n 13. Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p 1 και έστω f L p (. είξτε ότι f p = p 0 t p 1 λ({x : f(x > t} dt. 14. Εστω µετρήσιµο σύνολο, έστω p 1 και έστω (f n ακολουθία στον L p ( µε f n f p 0. Εστω (g n οµοιόµορφα ϕραγµένη ακολουθία µετρήσιµων συναρτήσεων στο µε g n g σχεδόν παντού στο. είξτε ότι f n g n fg p Εστω f L 1 (. Για κάθε t ορίζουµε f t (x = f(x + t, x. είξτε ότι : (α Για κάθε t έχουµε f t L 1 ( και f t = f. (ϐ lim t 0 f ft = Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του µε 0 < λ( < και έστω f : R µετρήσιµη συνάρτηση. είξτε ότι lim p f p = f. 17. Εστω 1 p 0 < p 1. ώστε παραδείγµατα µετρήσιµων συναρτήσεων f : (0, R που ικανοποιούν τα εξήσ: (α f L p (0, αν και µόνο αν p 0 < p < p 1.

27 4.5. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 143 (ϐ f L p (0, αν και µόνο αν p 0 p p 1. (γ f L p (0, αν και µόνο αν p = p 0. [Υπόδειξη. οκιµάστε συναρτήσεις της µορφής f(x = x a log x b.] 18. Εστω, F µετρήσιµα υποσύνολα του µε 0 < λ(, λ(f <. (α είξτε ότι η χ χ F είναι συνεχής συνάρτηση. (ϐ είξτε ότι υπάρχει ε > 0 ώστε : αν x < ε τότε λ( (F + x > 0. Οµάδα Β 19. Εστω {f n } ακολουθία µη αρνητικών συνεχών συναρτήσεων στο R. Υποθέτουµε ότι κάθε f n µηδενίζεται έξω από το [0, 1/n] και 1/n f n (t dt = 1. 0 Εστω g L 1 (R. Ορίζουµε g n = f n g. είξτε ότι g n g 1 0 καθώς το n. 20. Εστω µετρήσιµο σύνολο και έστω p, q, r 1 µε 1 r = 1 p + 1 q. είξτε ότι : αν f L p( και g L q ( τότε fg L r ( και fg r f p g q. 21. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του µε 0 < λ( < και έστω f : R µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι υπάρχουν p 1 και σταθερά C > 0 τέτοια ώστε λ ({x : f(x t} C t p για κάθε t > 0. είξτε ότι f L r (µ για κάθε 1 r < p. 22. Εστω r 1 και f n : (0, 1 R µετρήσιµες συναρτήσεις µε f n r M για κάθε n. Υποθέτουµε ότι f n f σχεδόν παντού στο (0, 1. είξτε ότι για κάθε 1 p < r ισχύει f n f p ίνεται ϕραγµένη Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση f : R R που µηδενίζεται έξω από το [ 1, 1]. Για κάθε h > 0 ορίζουµε τη συνάρτηση φ h : R R µε φ h (x = 1 2h x+h x h είξτε ότι φ h 2 f 2 και φ h f 2 0 όταν h 0 +. f(t dλ(t, x R. 24. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του R, µε 0 < λ( <. είξτε ότι n (χ χ [0,1/n] χ σχεδόν παντού καθώς n. 25. Εστω g : R µετρήσιµη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι για κάθε f L 1 ( ισχύει f g L 1 (. είξτε ότι g L (.

28 144 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΧΩΡΟΙ L P 26. Εστω 1 p < και f L p [0, 1]. Για κάθε n N ορίζουµε n 2 f n = 2 n a n,k (fχ Jn,k, k=1 όπου J n,k = [ k 1 2 n, k 2 n και an,k (f = J n,k f dλ. είξτε ότι lim f f n p = 0. n 27. Εστω 1 < p < και έστω f L p [0,. είξτε ότι x f(t dλ(t f px 1 1 p 0 για κάθε x > 0 και ότι lim x 1 x 1 1 p x 0 f(t dλ(t = Υποθέτουµε ότι f L p (R για κάθε 1 p < 2 και επιπλέον ότι sup f p < +. 1 p<2 είξτε ότι f L 2 (R και f 2 = lim p 2 f p. 29. Εστω f L 1 [0, 1] µε την εξής ιδιότητα : υπάρχει C > 0 ώστε f dλ C λ(a A για κάθε Lebesgue µετρήσιµο υποσύνολο A [0, 1]. είξτε ότι f L p [0, 1] για κάθε 1 p < 2. Είναι αναγκαστικά η f στον L 2 [0, 1]; 30. Εστω f : R µετρήσιµη συνάρτηση, για την οποία ισχύει ( exp (f(x dλ(x = 1. όπου = supp(f. Αποδείξτε ότι f L p ( για κάθε 1 p < και f p Cp, όπου C > 0 µια απόλυτη σταθερά. ώστε παράδειγµα µετρήσιµης συνάρτησης f που ικανοποιεί την ( αλλά f / L (. 31. Εστω f L 1 ((0, 1. Για x (0, 1 ορίζουµε g(x = 1 x f(t t dt.

29 4.5. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 145 είξτε ότι g L 1 ((0, 1 και 1 g(x dλ(x = f(x dλ(x. 32. Εστω f : (0, 1 R Lebesgue µετρήσιµη συνάρτηση. Αν η g(x, y = f(x f(y είναι ολοκληρώσιµη στο (0, 1 (0, 1, δείξτε ότι f L 1 (0, Εστω 0 < p < 1. Ορίζουµε τον (αρνητικό αυτή τη ϕορά συζυγή εκθέτη q του p από τη σχέση 1 p + 1 q = 1. Εστω µετρήσιµο υποσύνολο του Rd. Αν f, g : [0, ] δείξτε ότι ( fg dµ 1/p ( f p dµ 1/q g q dµ και ( 1/p ( (f + g dµ p 1/p ( f dµ p + g p dµ 1/p. 34. είξτε ότι αν 1 p < q, τότε ο L q [0, 1] είναι πρώτης κατηγορίας υποσύνολο του L p [0, 1].