Лекции по математическому анализу. Часть 2. Бесов О.В. - 151 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

§25.2. Пространства CL
1
, CL
2
, RL
1
, RL
2
, L
1
, L
2
151
Д о к а з а т е л ь с т в о. Первое утверждение леммы пред-
ставляет собой переформулировку следствия 14.8.1. Устано-
вим второе утверждение. Пусть f ∈ RL
2
((a, b)), ε > 0. Тогда
существует функция f
ε
∈ RL
2
((a, b)) такая, что f
ε
= 0 вне не-
которого отрезка [A, B] ⊂ (a, b), f
ε
интегрируема по Риману
на [A, B],
kf − f
ε
k
L
2
((a,b))
< ε.
Функция f
ε
строится так же, как при доказательстве тео-
ремы 14.8.3.
Пусть M B sup
(a,b)
|f
ε
|. В силу следствия 14.8.1 существует
функция ϕ ∈ C
0
((a, b)) такая, что
Z
b
a
|f
ε
(x) − ϕ(x)|dx <
ε
2
2M
.
При этом, как видно из построения, можно считать, что
|ϕ| 6 M.
Тогда
Z
b
a
|f
ε
(x) − ϕ(x)|
2
dx 6 2M
Z
b
a
|f
ε
(x) − ϕ(x)|dx < ε
2
,
kf − ϕk
L
2
((a,b))
6 kf − f
ε
k
L
2
((a,b))
+ kf
ε
− ϕk
L
2
((a,b))
< 2ε.
Можно показать, что пространства RL
1
((a, b)), RL
2
((a, b))
не являются полными (см., например, §19.7 учебника С.М. Ни-
кольского «Курс математического анализа»; Т. 2. М.: На-
ука, 1973). Мы не будем приводить доказательства, поскольку
оно требует привлечения теории интеграла Лебега. Укажем
лишь последовательность {f
k
}
∞
k=1
функций, фундаментальную
в RL
1
((0, 1)), но не имеющую предела в RL
1
((0, 1)).
Перенумеруем все рациональные точки интервала (0, 1) и
покроем k- ю из них интервалом I
k
⊂ (0, 1) с центром в этой
точке и длиной µI
k
< ε2
−k
(0 < ε < 1, k = 1, 2, . . . ). Пусть
f
k
(t) =
1, t ∈
k
S
j=1
I
j
,
0, t ∈ (0, 1) \
k
S
j=1
I
j
.
       § 25.2. Пространства CL1 , CL2 , RL1 , RL2 , L1 , L2             151

    Д о к а з а т е л ь с т в о. Первое утверждение леммы пред-
ставляет собой переформулировку следствия 14.8.1. Устано-
вим второе утверждение. Пусть f ∈ RL2 ((a, b)), ε > 0. Тогда
существует функция fε ∈ RL2 ((a, b)) такая, что fε = 0 вне не-
которого отрезка [A, B] ⊂ (a, b), fε интегрируема по Риману
на [A, B],
                         kf − fε kL2 ((a,b)) < ε.
    Функция fε строится так же, как при доказательстве тео-
ремы 14.8.3.
    Пусть M B sup |fε |. В силу следствия 14.8.1 существует
                  (a,b)
функция ϕ ∈ C0 ((a, b)) такая, что
                    Z b
                                                ε2
                        |fε (x) − ϕ(x)| dx <       .
                     a                         2M
    При этом, как видно из построения, можно считать, что
|ϕ| 6 M .
    Тогда
      Z b                            Z b
                         2
          |fε (x) − ϕ(x)| dx 6 2M        |fε (x) − ϕ(x)| dx < ε2 ,
       a                              a
   kf − ϕkL2 ((a,b)) 6 kf − fε kL2 ((a,b)) + kfε − ϕkL2 ((a,b)) < 2ε.
    Можно показать, что пространства RL1 ((a, b)), RL2 ((a, b))
не являются полными (см., например, § 19.7 учебника С.М. Ни-
кольского «Курс математического анализа»; Т. 2. М.: На-
ука, 1973). Мы не будем приводить доказательства, поскольку
оно требует привлечения теории интеграла Лебега. Укажем
лишь последовательность {fk }∞  k=1 функций, фундаментальную
в RL1 ((0, 1)), но не имеющую предела в RL1 ((0, 1)).
    Перенумеруем все рациональные точки интервала (0, 1) и
покроем k-ю из них интервалом Ik ⊂ (0, 1) с центром в этой
точке и длиной µIk < ε2−k (0 < ε < 1, k = 1, 2, . . . ). Пусть
                           
                                    k
                                    S
                           1, t ∈
                           
                           
                                      Ij ,
                                   j=1
                  fk (t) =                  k
                                            S
                           0, t ∈ (0, 1) \
                           
                           
                                             Ij .
                                              j=1

Страницы