Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

12Ruang Lp

Integral Lebesgue dibangun untuk analisis; dan ruang $L^p$ adalah tempat analisis itu tinggal. Ruang itu Banach (menurut Riesz–Fischer) — yakni pelengkapan yang menurut Latihan 7.1 tak dipunyai fungsi kontinu — dan ia menopang teknologi pemulusan, yakni konvolusi terhadap pemulus, yang menghampiri setiap fungsi $L^p$ oleh fungsi $\mathcal C^\infty$ . Bab ini membuktikan versi integral Hölder dan Minkowski, kelengkapannya, teorema kepadatannya, dan mesin peregularannya, lalu berakhir dengan geografi keterkandungan dan interpolasi tangga $L^p$ . Sepanjang bab, $(X, \mathcal A, \mu)$ adalah ruang ukuran dan fungsinya bernilai kompleks; sedangkan pada $\R^d$ , ukurannya adalah $\lambda_d$ .

12.1 Definisi; Hölder dan Minkowski

Definisi 12.1

Untuk $1 \leq p < \infty$ , $\mathcal L^p(\mu)$ adalah himpunan $f$ yang terukur dengan $\norm f_p = \bigl(\int\abs f^p\dd\mu\bigr)^{1/p} < \infty$ , sedangkan $\mathcal L^\infty(\mu)$ himpunan $f$ yang terbatas di luar sebuah himpunan nol, dengan $\norm f_\infty$ berupa sup esensialnya — yakni $M$ terkecil dengan $\abs f \leq M$ hampir di mana-mana (dan infimumnya tercapai: iriskan himpunan nolnya untuk $M + \frac1n$ ). Karena $\norm f_p = 0$ hanya memaksa $f = 0$ hampir di mana-mana (Latihan 10.5), kita mendefinisikan

L^p(\mu) = \mathcal L^p(\mu)/\{f = 0 \text{ hampir di mana-mana}\} :

yakni unsurnya berupa kelas fungsi modulo himpunan nol, dan $\norm\cdot_p$ merupakan norma sejati pada $L^p$ .

Teorema 12.2 (Ketaksamaan Hölder)

Misalkan $1 \leq p, q \leq \infty$ dengan $\frac1p + \frac1q = 1$ (yakni eksponen sekawan). Untuk $f, g$ yang terukur:

\norm{fg}_1 \leq \norm f_p\,\norm g_q ,

dengan kesamaannya (untuk $1 < p < \infty$ , norma berhingga, dan $f,g\ne0$ ) jika dan hanya jika $\abs f^p$ dan $\abs g^q$ sebanding hampir di mana-mana.

Bukti. Kasus $\{p, q\} = \{1, \infty\}$ berlangsung langsung (sebab $\abs{fg} \leq \norm g_\infty\abs f$ hampir di mana-mana). Misalkan $1 < p < \infty$ ; lalu normalkan $\norm f_p = \norm g_q = 1$ (lewat kehomogenannya; sedangkan norma nol atau tak berhingga bersifat trivial). Ketaksamaan Young $ab \leq \frac{a^p}p + \frac{b^q}q$ (dengan $a, b \geq 0$ ; lewat kecekungan $\ln$ , seperti pada Soal 8.1) memberikan secara titik demi titik $\abs{f g} \leq \frac{\abs f^p}p + \frac{\abs g^q}q$ ; lalu integralkan: $\norm{fg}_1 \leq \frac1p + \frac1q = 1$ . Kesamaannya memaksa kesamaan hampir di mana-mana pada Young, yakni $\abs f^p = \abs g^q$ hampir di mana-mana (setelah penormalannya; dan setelah dibatalkan, kesebandingannya). ∎

Teorema 12.3 (Ketaksamaan Minkowski)

Untuk $1 \leq p \leq \infty$ : $\norm{f + g}_p \leq \norm f_p + \norm g_p$ .

Bukti. Untuk $p = 1, \infty$ : lewat ketaksamaan segitiga titik demi titik atau hampir di mana-mana. Sedangkan untuk $1 < p < \infty$ , andaikan $\norm{f+g}_p < \infty$ (jika tidak, pakailah $\abs{f+g}^p \leq 2^{p-1}(\abs f^p + \abs g^p)$ , dari kecembungan $t^p$ , untuk melihat bahwa ruas kirinya berhingga bila ruas kanannya demikian). Maka

\norm{f{+}g}_p^p \leq \int\abs f\,\abs{f{+}g}^{p-1} + \int\abs g\,\abs{f{+}g}^{p-1} \leq \bigl(\norm f_p + \norm g_p\bigr)\, \bigl\|\abs{f{+}g}^{p-1}\bigr\|_q

lewat Hölder, dan $\norm{\abs{f+g}^{p-1}}_q = \norm{f+g}_p^{p/q}$ sebab $(p-1)q = p$ ; lalu bagilah dengan $\norm{f+g}_p^{p/q}$ (jika tak nol; jika nol maka trivial) lalu pakai $p - \frac pq = 1$ . ∎

12.2 Kelengkapan dan kawan-kawannya

Teorema 12.4 (Riesz–Fischer)

Untuk $1 \leq p \leq \infty$ , $L^p(\mu)$ merupakan ruang Banach. Lebih lanjut, setiap barisan yang konvergen di $L^p$ mempunyai subbarisan yang konvergen hampir di mana-mana (dengan pendominasi $L^p$ pada kasus $p < \infty$ ).

Bukti. Untuk $p = \infty$ : barisan Cauchy terhadap $\norm\cdot_\infty$ bersifat, di luar satu himpunan nol (yakni gabungan terbilang banyak), Cauchy seragam: sehingga ia konvergen seragam di luarnya; selesai. Misalkan $p < \infty$ . Menurut Latihan 7.1(b) cukup dijumlahkan deret yang konvergen mutlak: misalkan $\sum\norm{f_k}_p = M < \infty$ . Tetapkan $G_n = \sum_{k \leq n}\abs{f_k}$ dan $G = \sum_k\abs{f_k}$ (secara titik demi titik di $[0,\infty]$ ): maka menurut Minkowski $\norm{G_n}_p \leq M$ , dan kekonvergenan monoton (sebab $G_n^p \nearrow G^p$ ) memberikan $\int G^p \leq M^p$ : sehingga $G < \infty$ hampir di mana-mana, jadi deret $\sum f_k(x)$ konvergen mutlak untuk hampir setiap $x$ ; sebutlah jumlahnya $S(x)$ (dengan nilai apa pun pada himpunan nolnya). Maka $\abs{S - \sum_{k\leq n}f_k}^p \leq (2G)^p \in L^1$ , dan kekonvergenan terdominasinya memberikan $\norm{S - \sum_{k\leq n}f_k}_p \to 0$ : jadi deretnya konvergen di $L^p$ .

Untuk pernyataan subbarisannya: jika $f_n \to f$ di $L^p$ , pilihlah $n_k$ dengan $\norm{f_{n_{k+1}} - f_{n_k}}_p \leq 2^{-k}$ ; maka deret $\sum(f_{n_{k+1}} - f_{n_k})$ jatuh di bawah argumen sebelumnya: ia konvergen mutlak hampir di mana-mana, terdominasi oleh sebuah $G \in L^p$ , sehingga $f_{n_k} \to f_{n_1} + \sum(\cdots)$ hampir di mana-mana, dan limit hampir di mana-mana itu haruslah (wakil dari) $f$ (sebab keduanya limit $L^p$ ). Pendominasinya: $\abs{f_{n_k}} \leq \abs{f_{n_1}} + G$ . ∎

Catatan 12.5

Kekonvergenan $L^p$ tak mengakibatkan kekonvergenan hampir di mana-mana (lihat barisan mesin tik, Latihan 12.3), dan sebaliknya pun tidak (lihat gundukan yang lolos): sebab kedua ragamnya terkait hanya lewat subbarisan dan dominasi. Menyimpan contoh penyangkal Latihan 12.3 dalam ingatan adalah vaksin yang terbaik.

12.3 Teorema kepadatan

Teorema 12.6

Misalkan $1 \leq p < \infty$ .

Fungsi sederhana (dengan pendukung berukuran berhingga) bersifat padat di $L^p(\mu)$ .
Di $L^p(\R^d)$ , fungsi kontinu berpendukung kompak $\mathcal C_c(\R^d)$ bersifat padat.
Translasi bersifat kontinu pada $L^p(\R^d)$ : dengan menulis $\tau_hf = f(\cdot - h)$ , berlaku $\norm{\tau_hf - f}_p \to 0$ saat $h \to 0$ .

Tak satu pun dari ketiganya berlaku untuk $p = \infty$ .

Bukti. (1) Untuk $f \geq 0$ : barisan diadik $s_n \nearrow f$ pada Teorema 10.4 memenuhi $\abs{f - s_n}^p \leq f^p \in L^1$ : lewat kekonvergenan terdominasi. (Setiap $s_n \leq f$ terletak di $L^p$ , dan himpunan arasnya berukuran berhingga di tempat nilainya positif: sebab $\mu(s_n \geq c) \leq c^{-p}\int f^p$ .) Lalu pecahlah $f$ yang umum menjadi empat bagian tak negatif.

(2) Menurut (1) cukup dihampiri $\mathbf 1_A$ dengan $A$ Borel yang $\lambda_d(A) < \infty$ . Keteraturannya (dengan bukti seperti pada Teorema 9.13) memberikan $K \subseteq A \subseteq U$ , kompak di dalam terbuka, dengan $\lambda_d(U\setminus K) < \varepsilon$ ; lalu fungsi Urysohn

\varphi(x) = \frac{d(x, \R^d\setminus U)}{d(x, \R^d\setminus U) + d(x, K)}

bersifat kontinu, bernilai $1$ pada $K$ dan $0$ di luar $U$ , dan dapat diambil berpendukung kompak (susutkanlah $U$ menjadi himpunan terbuka terbatas lebih dahulu). Maka $\norm{\mathbf 1_A - \varphi}_p^p \leq \lambda_d(U\setminus K) < \varepsilon$ .

(3) Untuk $g \in \mathcal C_c$ : kekontinuan seragamnya memberikan $\norm{\tau_hg - g}_\infty \to 0$ , dengan pendukungnya di dalam satu kompak tetap bila $\abs h \leq 1$ : sehingga $\norm{\tau_hg - g}_p \to 0$ . Sedangkan untuk $f$ yang umum: pilihlah $g \in \mathcal C_c$ dengan $\norm{f - g}_p < \varepsilon$ ; maka $\norm{\tau_hf - f}_p \leq 2\norm{f - g}_p + \norm{\tau_hg - g}_p$ (lewat keinvarianan translasi normanya).

Untuk $p = \infty$ : penghampiran seragam atas $\mathbf 1_{\intoo0\infty}$ oleh fungsi kontinu mustahil (sebab ada lompatan), dan $\norm{\tau_h\mathbf 1_{\intoo0\infty} - \mathbf 1_{\intoo0\infty}}_\infty = 1$ untuk $h \neq 0$ . ∎

12.4 Konvolusi dan peregularan

Teorema 12.7 (Ketaksamaan Young)

Misalkan $1 \leq p \leq \infty$ , $f \in L^1(\R^d)$ , dan $g \in L^p(\R^d)$ . Maka $f * g$ terdefinisi hampir di mana-mana, termasuk $L^p$ , dan

\norm{f * g}_p \leq \norm f_1\,\norm g_p .

Bukti. Untuk $p = \infty$ : lewat batas langsungnya. Untuk $p = 1$ : Teorema 11.9. Misalkan $1 < p < \infty$ dengan $q$ sekawannya. Pecahlah $\abs{f(y)} = \abs{f(y)}^{1/q}\cdot \abs{f(y)}^{1/p}$ lalu terapkan Hölder:

\int\abs{f(y)}\,\abs{g(x{-}y)}\,\dd y \leq \Bigl(\int\abs f\Bigr)^{1/q} \Bigl(\int\abs{f(y)}\,\abs{g(x - y)}^p\,\dd y\Bigr)^{1/p} .

Lalu pangkatkan ke $p$ dan integralkan terhadap $x$ ; maka Tonelli pada faktor keduanya memberikan $\norm f_1^{p/q}\cdot\norm f_1\norm g_p^p$ , yakni $\norm{f*g}_p^p \leq \norm f_1^{1 + p/q}\norm g_p^p = (\norm f_1\norm g_p)^p$ — sedangkan keberhinggaan integral Tonellinya membenarkan kekonvergenan mutlak hampir di mana-mana seperti pada Teorema 11.9. ∎

Definisi 12.8 (Pemulus)

Fungsi

\rho(x) = \begin{cases} c\,\exp\Bigl(-\dfrac{1}{1 - \norm x^2}\Bigr) & \norm x < 1,\\ 0 & \norm x \geq 1, \end{cases}

dengan $c$ yang menormalkan $\int\rho = 1$ , bersifat $\mathcal C^\infty$ pada $\R^d$ : sebab intinya adalah bahwa $t \mapsto \eu^{-1/t}\mathbf 1_{t>0}$ bersifat $\mathcal C^\infty$ pada $\R$ , dengan semua turunannya di $0^+$ bernilai $0$ (sebab setiap turunannya berbentuk $P(1/t)\eu^{-1/t}$ untuk sebuah polinomial $P$ , yang menuju $0$ ; lewat induksi). Untuk $\varepsilon > 0$ tetapkan $\rho_\varepsilon(x) = \varepsilon^{-d}\rho(x/\varepsilon)$ : yang berpendukung di $\bar B(0, \varepsilon)$ , dan tetap berintegral $1$ .

Teorema 12.9 (Peregularan)

Misalkan $1 \leq p < \infty$ dan $f \in L^p(\R^d)$ . Maka:

$f * \rho_\varepsilon \in \mathcal C^\infty(\R^d)$ , dengan $\partial^\alpha(f * \rho_\varepsilon) = f * \partial^\alpha\rho_\varepsilon$ ;
$\norm{f * \rho_\varepsilon - f}_p \to 0$ saat $\varepsilon \to 0$ ;
sehingga $\mathcal C^\infty_c(\R^d)$ bersifat padat di $L^p(\R^d)$ .

Bukti. (1) Lewat pendiferensialan di bawah integralnya (Teorema 10.15) terhadap $x$ : sebab untuk $x$ di sebuah bola $B$ , $\abs{\partial_{x_i}\rho_\varepsilon(x - y)} \leq C_\varepsilon\,\mathbf 1_{K}(y)$ dengan $K$ kompak (yakni $y$ sejauh $\varepsilon$ dari $B$ ), dan $\abs f\,\mathbf 1_K \in L^1$ (lewat Hölder terhadap $\mathbf 1_K$ ): sehingga teoremanya berlaku; lalu iterasikan untuk turunan yang lebih tinggi.

(2) Karena $\int\rho_\varepsilon = 1$ :

(f * \rho_\varepsilon)(x) - f(x) = \int \bigl(f(x - y) - f(x)\bigr)\rho_\varepsilon(y)\,\dd y ,

dan ketaksamaan integral Minkowski — atau langsung: Hölder/Jensen dengan ukuran peluang $\rho_\varepsilon\dd y$ dan Tonelli —

\norm{f*\rho_\varepsilon - f}_p^p \leq \int\Bigl(\int\abs{f(x-y) - f(x)}^p\dd x\Bigr)\rho_\varepsilon(y)\,\dd y = \int \norm{\tau_yf - f}_p^p\;\rho_\varepsilon(y)\,\dd y

(dengan langkah tengahnya: terapkan ketaksamaan Jensen, Latihan 12.10, pada integral- $y$ dalamnya, lalu Tonelli). Integrannya berpendukung di $\norm y \leq \varepsilon$ dan menuju $0$ di sana secara seragam saat $\varepsilon \to 0$ (Teorema 12.6(3)): sehingga seluruh ungkapannya menuju $0$ .

(3) Hampirilah $f$ oleh $g \in \mathcal C_c$ (Teorema 12.6(2)), lalu $g$ oleh $g * \rho_\varepsilon \in \mathcal C_c^\infty$ (dengan pendukung kompak: yakni jumlah pendukungnya). ∎

Contoh 12.10 (Memuluskan $\abs x$ , beserta lajunya)

Ambillah $f(x) = \abs x$ pada $\R$ (yang $L^1$ secara lokal; sehingga teoremanya berlaku pada setiap jendela terbatas) dan sebuah pemulus setangkup $\rho_\varepsilon$ . Maka

f_\varepsilon(x) = (f * \rho_\varepsilon)(x) = \int\abs{x - y}\,\rho_\varepsilon(y)\,\dd y

bersifat $\mathcal C^\infty$ ; sedangkan jauh dari tekukannya, tak terjadi apa-apa: sebab untuk $\abs x \geq \varepsilon$ , $\abs{x - y}$ linear terhadap $x$ pada pendukung $\rho_\varepsilon$ , sehingga $f_\varepsilon(x) = \abs x$ secara persis (sebab kesetangkupannya membunuh koreksinya). Di dekat $0$ , pemulusannya berbiaya tepat

0 \leq f_\varepsilon(0) = \int\abs y\,\rho_\varepsilon(y)\,\dd y \leq \varepsilon, \qquad \norm{f_\varepsilon - f}_\infty \leq \varepsilon :

sehingga galat penghampirannya terkurung di persekitaran- $\varepsilon$ kesingularannya dan seukuran dengannya. Sementara itu $f_\varepsilon'' \geq 0$ di mana-mana (sebab $f$ cembung, dan konvolusi terhadap $\rho_\varepsilon \geq 0$ mengawetkan kecembungan), dengan $\int f_\varepsilon'' = f_\varepsilon'(\infty) - f_\varepsilon'(-\infty) = 2$ : jadi turunan keduanya berupa gundukan bermassa $2$ yang terjepit ke dalam lebar $O(\varepsilon)$ , sehingga $\norm{f_\varepsilon''}_\infty \gtrsim \varepsilon^{-1}$ . Jadi pemulusan adalah tukar tambah: galat seragam $O(\varepsilon)$ ditukar dengan peledakan turunan $O(\varepsilon^{-1})$ — yakni kurs tukar persis yang diformalkan analisis kuantitatif (lewat ketaksamaan interpolasi, yakni lingkaran gagasan Soal 12.1).

Akibat 12.11 (Lema fundamental kalkulus variasi)

Misalkan $f \in L^1_{\mathrm{loc}}(\R^d)$ (yakni terintegralkan pada kompak) dengan $\int f\varphi = 0$ untuk setiap $\varphi \in \mathcal C^\infty_c(\R^d)$ . Maka $f = 0$ hampir di mana-mana.

Bukti. Tetapkan sebuah bola $B = B(0, R)$ lalu misalkan $g = f\mathbf 1_{B(0, R+1)} \in L^1$ . Untuk $x \in B$ dan $\varepsilon < 1$ : $(g * \rho_\varepsilon)(x) = \int f(y)\rho_\varepsilon(x - y)\dd y = 0$ , sebab fungsi ujinya adalah $y \mapsto \rho_\varepsilon(x-y) \in \mathcal C_c^\infty$ . Padahal $g * \rho_\varepsilon \to g$ di $L^1$ (Teorema 12.9): sehingga $g = 0$ hampir di mana-mana pada $B$ ; lalu habiskanlah $\R^d$ . ∎

12.5 Geografi $L^p$

Proposisi 12.12

(a) Jika $\mu(X) < \infty$ dan $1 \leq p \leq q \leq \infty$ , maka $L^q \subseteq L^p$ dengan $\norm f_p \leq \mu(X)^{\frac1p - \frac1q}\,\norm f_q$ . (b) Pada $\R^d$ (yang berukuran tak berhingga) tak ada keterkandungan: sebab untuk $p \neq q$ ada fungsi di $L^p\setminus L^q$ . (c) (Interpolasi) Jika $p < r < q$ dan $\alpha \in \intoo01$ didefinisikan oleh $\frac1r = \frac\alpha p + \frac{1 - \alpha}q$ , maka

\norm f_r \leq \norm f_p^{\alpha}\,\norm f_q^{1 - \alpha} ;

khususnya $L^p \cap L^q \subseteq L^r$ .

Bukti. (a) Lewat Hölder dengan eksponen $\frac qp$ dan sekawannya: $\int\abs f^p\cdot 1 \leq \norm{\abs f^p}_{q/p}\,\norm 1_{(q/p)'} = \norm f_q^p\,\mu(X)^{1 - p/q}$ (sedangkan $q = \infty$ langsung). (b) Di dekat $0$ dan di dekat $\infty$ , pangkat $x^{-\alpha}$ mengkalibrasinya: Latihan 12.2. (c) Tulislah $\abs f^r = \abs f^{r\alpha}\abs f^{r(1-\alpha)}$ lalu terapkan Hölder dengan pasangan sekawan $\frac p{r\alpha}$ dan $\frac q{r(1-\alpha)}$ (yang sekawan persis menurut definisi $\alpha$ ): $\int\abs f^r \leq \norm f_p^{r\alpha}\norm f_q^{r(1 - \alpha)}$ . ∎

Metode 12.13

Perkakas $L^p$ , sebagaimana dipakai di mana-mana di bawah ini: untuk membuktikan sebuah identitas atau ketaksamaan bagi setiap $f \in L^p$ — buktikanlah pada sebuah kelas yang padat ( $\mathcal C_c^\infty$ lewat Teorema 12.9) lalu perluas lewat kekontinuannya (Teorema 7.2, sebab kedua ruasnya kontinu- $L^p$ ); untuk membuktikan $f = 0$ , ujilah terhadap $\mathcal C_c^\infty$ (Akibat 12.11); untuk memperoleh kemulusan, konvolusikanlah; dan untuk menukar eksponennya, pakailah Hölder dan interpolasi. Sedangkan teori Fourier Bab 14 merupakan satu terapan panjang metode ini.

12.6 Latihan

Latihan 12.1 ★

(a) Nyatakan dan buktikan ketaksamaan Cauchy–Schwarz di $L^2(\mu)$ sebagai kasus $p = q = 2$ dari Hölder. (b) Pada ruang peluang, tunjukkan bahwa $p \mapsto \norm f_p$ bersifat tak turun. (c) Kapankah Hölder menjadi kesamaan untuk $p = 1$ dan $q = \infty$ ?

Solusi

Solusi Latihan 12.1.

(a) Ambil $p = q = 2$ pada Teorema 12.2: $\abs{\int f\bar g\,\dd\mu} \leq \int\abs{fg} \leq \norm f_2\norm g_2$ — yakni Cauchy–Schwarz, dengan kesamaannya jika dan hanya jika $\abs f, \abs g$ sebanding dan fasanya sejajar.

(b) Pada ruang peluang, untuk $p \leq q$ : terapkan Jensen (Latihan 12.10) dengan $\Phi(t) = \abs t^{q/p}$ yang cembung pada fungsi $\abs f^p$ : maka $\bigl(\int\abs f^p\bigr)^{q/p} \leq \int\abs f^q$ , yakni $\norm f_p \leq \norm f_q$ .

(c) Berlaku $\int\abs{fg} = \norm f_1\norm g_\infty$ jika dan hanya jika $\abs{g} = \norm g_\infty$ hampir di mana-mana pada $\{f \neq 0\}$ (sebab ketaksamaan $\abs{fg} \leq \abs f\norm g_\infty$ haruslah kesamaan hampir di mana-mana).

Latihan 12.2 ★

Untuk $p \in \intco1\infty$ yang mana fungsi berikut termasuk $L^p$ ?

x^{-1/2}\mathbf 1_{\intoo01},\qquad x^{-1/2}\mathbf 1_{\intoo1\infty},\qquad \frac{1}{x^{1/2}(1 + \abs{\ln x})}\ \text{pada } \intoo01, \qquad \frac1{1 + \abs x}\ \text{pada } \R .

Simpulkan: pada $\intoo01$ $p$ yang kecil lebih mudah, pada $\intoo1\infty$ $p$ yang besar lebih mudah, dan tak ada $L^p$ yang memuat yang lain pada $\R$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.2.

Berlaku $\int_0^1 x^{-p/2}\dd x < \infty$ jika dan hanya jika $p < 2$ : sehingga yang pertama berada di $L^p$ untuk $p \in \intco12$ . Lalu $\int_1^\infty x^{-p/2}\dd x < \infty$ jika dan hanya jika $p > 2$ : sehingga yang kedua untuk $p \in \intoo2\infty$ (dan $p = \infty$ : sebab ia terbatas — sertakanlah). Yang ketiga: untuk $p < 2$ , ia terdominasi oleh $x^{-p/2}$ : jadi terintegralkan; untuk $p = 2$ , substitusikan $u = -\ln x$ : $\int_0^1\frac{\dd x}{x(1 + \abs{\ln x})^2} = \int_0^\infty\frac{\dd u}{(1 + u)^2} < \infty$ ; sedangkan untuk $p > 2$ pangkatnya mendominasi: jadi divergen. Jadi $p \in \intcc12$ . Yang keempat: $\int_\R\frac{\dd x}{(1 + \abs x)^p} < \infty$ jika dan hanya jika $p > 1$ ; dan ia terbatas, jadi $L^\infty$ pula: sehingga $p \in \intoc1\infty$ . Moralnya: keterintegralan di $0$ menyukai $p$ yang kecil, sedangkan di $\infty$ $p$ yang besar; dan menggabungkan kedua rintangannya, tak ada keterkandungan antara ruang $L^p(\R)$ .

Latihan 12.3 ★★

(Mesin tik) Cacahlah selang diadiknya $I_1 = \intcc01$ , $I_2 = \intcc0{\frac12}$ , $I_3 = \intcc{\frac12}1$ , $I_4 = \intcc0{\frac14}$ , … lalu misalkan $f_n = \mathbf 1_{I_n}$ . (a) Tunjukkan bahwa $f_n \to 0$ di setiap $L^p(\intcc01)$ dengan $p < \infty$ , tetapi $(f_n(x))$ divergen untuk setiap $x \in \intcc01$ . (b) Tampilkan subbarisan yang konvergen hampir di mana-mana yang dijanjikan Teorema 12.4. (c) Sebaliknya berikan sebuah barisan yang konvergen hampir di mana-mana tetapi tak di $L^1$ , dan satu yang konvergen di $L^1$ tetapi tak di $L^p$ mana pun dengan $p > 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.3.

(a) Berlaku $\norm{f_n}_p^p = \lambda(I_n) \to 0$ (sebab pada aras diadik $k$ panjangnya $2^{-k}$ ). Tetapi setiap $x$ terletak di satu selang pada setiap aras diadiknya: sehingga $f_n(x) = 1$ tak berhingga sering dan $= 0$ tak berhingga sering (yakni selang pada aras yang sama yang tak memuat $x$ ): jadi tak ada kekonvergenan di titik mana pun.

(b) Barisan $f_{n_k} = \mathbf 1_{\intcc0{2^{-k}}}$ (yakni selang pertama setiap arasnya) konvergen ke $0$ di setiap $x > 0$ : jadi hampir di mana-mana.

(c) Hampir di mana-mana tetapi tak di $L^1$ : $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}} \to 0$ hampir di mana-mana, dengan integral $1$ . Di $L^1$ tetapi tak di $L^p$ mana pun ( $p > 1$ ): $g_n = \eu^n\,\mathbf 1_{(0,\ \eu^{-n}/n)}$ : sebab $\norm{g_n}_1 = \frac1n \to 0$ , sedangkan $\norm{g_n}_p^p = \eu^{(p-1)n}/n \to \infty$ untuk setiap $p > 1$ .

Latihan 12.4 ★★

Misalkan $\mu(X) < \infty$ dan $f \in L^\infty(\mu)$ dengan $f \neq 0$ . Tunjukkan bahwa $\norm f_p \to \norm f_\infty$ saat $p \to \infty$ . (Batas atasnya lewat (a) dari Proposisi 12.12; sedangkan batas bawahnya dengan mengintegralkan atas $\{\abs f > \norm f_\infty - \varepsilon\}$ , yang berukuran positif.)

Solusi

Solusi Latihan 12.4.

Batas atasnya: $\norm f_p \leq \mu(X)^{1/p}\norm f_\infty$ (Proposisi 12.12(a) dengan $q = \infty$ ), dan $\mu(X)^{1/p} \to 1$ . Batas bawahnya: untuk $\varepsilon > 0$ , $A = \{\abs f > \norm f_\infty - \varepsilon\}$ mempunyai $\mu(A) > 0$ (menurut definisi sup esensialnya), dan

\norm f_p \geq \Bigl(\int_A \abs f^p\Bigr)^{1/p} \geq (\norm f_\infty - \varepsilon)\,\mu(A)^{1/p} \xrightarrow[p\to\infty]{} \norm f_\infty - \varepsilon .

Latihan 12.5 ★★

(a) Di manakah tepatnya bukti Teorema 12.6(3) memakai $p < \infty$ ? (b) Tunjukkan bahwa $f \in L^\infty(\R)$ memenuhi $\norm{\tau_hf - f}_\infty \to 0$ jika dan hanya jika $f$ mempunyai wakil yang kontinu seragam.

Solusi

Solusi Latihan 12.5.

(a) Dua kali: sebab pengubahan $\norm{\tau_hg - g}_p \leq C^{1/p}\norm{\tau_hg - g}_\infty$ (dengan pendukung berukuran berhingga) merosot untuk $p = \infty$ hanya karena kepadatan $\mathcal C_c$ gagal di sana — dan itulah jurang yang sebenarnya: sebab langkah (2) Teorema 12.6 tak beranalogi $L^\infty$ .

(b) Jika $f$ mempunyai wakil $g$ yang kontinu seragam: maka $\norm{\tau_hf - f}_\infty = \sup_x\abs{g(x - h) - g(x)} \to 0$ . Sebaliknya, andaikan $\norm{\tau_hf - f}_\infty \to 0$ . Maka pemulusannya $f_\varepsilon = f * \rho_\varepsilon$ bersifat kontinu, dan

\norm{f_\varepsilon - f}_\infty \leq \sup_{\norm y \leq \varepsilon}\norm{\tau_yf - f}_\infty \longrightarrow 0

(sebab konvolusinya merupakan rata-rata translasinya). Setiap $f_\varepsilon$ kontinu seragam (sebab $\norm{\tau_hf_\varepsilon - f_\varepsilon}_\infty \leq \norm{\tau_hf - f}_\infty$ , lewat perata-rataannya), dan limit seragam fungsi kontinu seragam tetap demikian: sehingga $f$ sama hampir di mana-mana dengan sebuah fungsi yang kontinu seragam.

Latihan 12.6 ★★

Misalkan $p, q$ sekawan, $f \in L^p(\R^d)$ , dan $g \in L^q(\R^d)$ . Tunjukkan bahwa $f * g$ terdefinisi di mana-mana, terbatas, dengan $\norm{f*g}_\infty \leq \norm f_p\norm g_q$ , dan kontinu seragam. (Pakai kekontinuan translasi di $L^p$ ; lalu tanganilah $p \in \{1, \infty\}$ secara terpisah — sebab untuk $p = \infty$ pakailah kekontinuan translasi pada faktor $L^1$ -nya.)

Solusi

Solusi Latihan 12.6.

Menurut Hölder, untuk setiap $x$ integrannya $y \mapsto f(x - y)g(y)$ berada di $L^1$ dengan $\abs{(f*g)(x)} \leq \norm f_p\norm g_q$ : jadi terdefinisi di mana-mana dan terbatas. Kekontinuan seragamnya (bila $p < \infty$ ):

\abs{(f*g)(x + h) - (f*g)(x)} = \Bigl|\int\bigl(\tau_{-h}f - f\bigr)(x - y)\,g(y)\dd y\Bigr| \leq \norm{\tau_{-h}f - f}_p\,\norm g_q \xrightarrow[h\to0]{} 0,

secara seragam terhadap $x$ (Teorema 12.6(3)). Jika $p = \infty$ , maka $q = 1$ : tulislah $f * g = g * f$ lalu jalankan batas yang sama dengan translasinya bekerja pada $g \in L^1$ .

Latihan 12.7 ★★

Misalkan $f \in L^1_{\mathrm{loc}}(\intoo ab)$ dengan $\int f\varphi' = 0$ untuk setiap $\varphi \in \mathcal C^\infty_c(\intoo ab)$ . Tunjukkan bahwa $f$ sama dengan sebuah konstanta hampir di mana-mana. (Tetapkan $\chi \in \mathcal C_c^\infty$ dengan $\int\chi = 1$ ; maka setiap $\psi \in \mathcal C_c^\infty$ dengan $\int\psi = 0$ berupa sebuah $\varphi'$ ; lalu tulislah fungsi uji umumnya sebagai $\psi + (\int\psi)\chi$ lalu terapkan Akibat 12.11 pada $f - c$ dengan $c = \int f\chi$ .)

Solusi

Solusi Latihan 12.7.

Tetapkan $\chi \in \mathcal C_c^\infty(\intoo ab)$ dengan $\int\chi = 1$ , lalu tetapkan $c = \int f\chi$ . Misalkan $\varphi \in \mathcal C_c^\infty$ sembarang dan $\psi = \varphi - \bigl(\int\varphi\bigr)\chi$ : maka $\int\psi = 0$ , sehingga $\Phi(x) = \int_a^x\psi$ mendefinisikan $\Phi \in \mathcal C_c^\infty(\intoo ab)$ (sebab ia lenyap di dekat kedua ujungnya: di dekat $a$ secara trivial, dan di dekat $b$ karena integral totalnya $0$ ) dengan $\Phi' = \psi$ . Lalu hipotesisnya memberikan $\int f\psi = \int f\Phi' = 0$ , sehingga

\int f\varphi = \Bigl(\int\varphi\Bigr)\int f\chi = \int c\,\varphi \quad\text{untuk setiap } \varphi: \qquad \int(f - c)\varphi = 0 .

Menurut Akibat 12.11 (yang dilokalkan pada $\intoo ab$ ), $f = c$ hampir di mana-mana.

Latihan 12.8 ★★★

(Urysohn yang mulus) Misalkan $K \subseteq U \subseteq \R^d$ dengan $K$ kompak dan $U$ terbuka. Konstruksikan $\varphi \in \mathcal C^\infty_c(\R^d)$ dengan $0 \leq \varphi \leq 1$ , $\varphi = 1$ pada $K$ , dan $\operatorname{supp}\varphi \subseteq U$ . (Muluskanlah indikator persekitaran- $\delta$ $K_\delta$ dari $K$ dengan $\rho_{\delta/2}$ , untuk $\delta$ yang kecil.) Lalu turunkan pernyataan partisi satuan $\mathcal C^\infty$ bagi sebuah kompak yang terselimuti berhingga banyak himpunan terbuka.

Solusi

Solusi Latihan 12.8.

Misalkan $3\delta < d(K, \R^d\setminus U)$ (yang positif: Latihan 6.6(b); dan jika $U = \R^d$ maka sembarang $\delta$ berhasil), $K_\delta = \{x : d(x, K) \leq \delta\}$ , dan

\varphi = \mathbf 1_{K_\delta} * \rho_{\delta/2} .

Maka $\varphi \in \mathcal C^\infty$ (Teorema 12.9(1); sebab indikatornya $L^1$ ), $0 \leq \varphi \leq 1$ (sebab $\int\rho = 1$ ), $\varphi = 1$ pada $K$ (sebab untuk $x \in K$ , $\bar B(x, \delta/2) \subseteq K_\delta$ , sehingga konvolusinya mengintegralkan $\rho$ sepenuhnya), dan $\operatorname{supp}\varphi \subseteq K_{3\delta/2} \subseteq U$ : jadi berpendukung kompak (sebab $K_\delta$ terbatas). Untuk partisi satuannya: diberikan $K \subseteq U_1\cup\dots\cup U_m$ , pilihlah (lewat kekompakannya) kompak $K_i \subseteq U_i$ dengan $K \subseteq \bigcup \mathring K_i$ , ambil $\varphi_i$ seperti di atas untuk $(K_i, U_i)$ , lalu tetapkan $\psi_i = \varphi_i\prod_{j <i}(1 - \varphi_j)$ : maka setiap $\psi_i \in \mathcal C_c^\infty(U_i)$ , dan $\sum_i\psi_i = 1 - \prod_i(1 - \varphi_i) = 1$ pada $K$ .

Latihan 12.9 ★★

Dengan memakai interpolasi (Proposisi 12.12(c)): (a) tunjukkan bahwa $L^1(\R)\cap L^\infty(\R) \subseteq L^p(\R)$ untuk setiap $p$ , dengan $\norm f_p \leq \norm f_1^{1/p}\norm f_\infty^{1 - 1/p}$ ; (b) tunjukkan bahwa $f \mapsto \norm f_p$ bersifat, untuk $f$ yang tetap, log-cembung terhadap $\frac1p$ , lalu berikan contoh yang $f \in L^p$ -nya tepat untuk $p$ pada suatu selang $(p_0, p_1)$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.9.

(a) Eksponen interpolasinya untuk $(p_0, q_0) = (1, \infty)$ di $r = p$ adalah $\alpha = \frac1p$ : sehingga Proposisi 12.12(c) memberikan $\norm f_p \leq \norm f_1^{1/p}\norm f_\infty^{1 - 1/p}$ .

(b) Dengan mengambil logaritma pada Proposisi 12.12(c): $\ln\norm f_r \leq \alpha\ln\norm f_p + (1-\alpha)\ln\norm f_q$ dengan $\frac1r$ berupa kombinasi cembung yang sama atas $\frac1p, \frac1q$ : sehingga $\frac1p \mapsto \ln\norm f_p$ cembung. Contoh yang keanggotaan $L^p$ -nya tepat pada $\intoo{p_0}{p_1}$ :

f(x) = x^{-1/p_1}\,\mathbf 1_{\intoo01}(x) + x^{-1/p_0}\,\mathbf 1_{\intco1\infty}(x):

sebab suku pertamanya $L^p$ jika dan hanya jika $p < p_1$ , dan yang kedua jika dan hanya jika $p > p_0$ .

Latihan 12.10 ★★

(Jensen) Misalkan $\mu$ sebuah ukuran peluang, $f \in L^1(\mu)$ real, dan $\Phi \colon \R \to \R$ cembung. Tunjukkan bahwa

\Phi\Bigl(\int f\,\dd\mu\Bigr) \leq \int \Phi\circ f\,\dd\mu

(pakailah garis penopang $\Phi$ di titik $m = \int f$ ). Lalu turunkan ketaksamaan rata-rata hitung–ukur beserta kemonotonan $p \mapsto \norm f_p$ pada Latihan 12.1(b).

Solusi

Solusi Latihan 12.10.

Misalkan $m = \int f\,\dd\mu \in \R$ . Kecembungannya menyediakan garis penopang di $m$ : yakni ada $s$ dengan $\Phi(t) \geq \Phi(m) + s(t - m)$ untuk setiap $t$ (ambillah $s$ di antara turunan sepihaknya, yang ada bagi fungsi cembung). Lalu substitusikan $t = f(x)$ dan integralkan terhadap peluang $\mu$ :

\int\Phi\circ f\,\dd\mu \geq \Phi(m) + s\Bigl(\int f - m\Bigr) = \Phi\Bigl(\int f\,\dd\mu\Bigr)

(keterukurannya: sebab $\Phi$ kontinu; sedangkan keterintegralan bagian negatif $\Phi\circ f$ dijamin oleh garis penopangnya). Untuk rata-rata hitung–ukur: pada himpunan berhingga berbobot $w_i$ , ambillah $\Phi = \exp$ dan $f = \sum(\ln a_i)\mathbf 1_i$ : maka $\exp\bigl(\sum w_i\ln a_i\bigr) \leq \sum w_ia_i$ , yakni $\prod a_i^{w_i} \leq \sum w_ia_i$ . Sedangkan kemonotonan normanya adalah Latihan 12.1(b).

Latihan 12.11 ★★★

(Ketaksamaan konvolusi Young) Misalkan $1 \leq p, q, r \leq \infty$ dengan $\frac1p + \frac1q = 1 + \frac1r$ , dan $f \in L^p(\R^d)$ , $g \in L^q(\R^d)$ . (a) Buktikan $\norm{f * g}_r \leq \norm f_p\,\norm g_q$ . (Tulislah, untuk eksponen sekawan yang dihitung dari $p, q, r$ , $\abs{f(y)g(x-y)} = \bigl(\abs f^p\abs g^q\bigr)^{1/r} \cdot\abs f^{\,p(1/p - 1/r)}\cdot\abs g^{\,q(1/q - 1/r)},$ lalu terapkan ketaksamaan Hölder tiga faktor dengan eksponen $r$ , $\frac{pr}{r - p}$ , $\frac{qr}{r - q}$ ; lalu integralkan terhadap $x$ lewat Tonelli.) (b) Periksalah ketiga kasus khusus yang sudah dikenal: $r = \infty$ (yakni Hölder, Latihan 12.6); $q = 1$ (yakni kestabilan- $L^p$ konvolusi oleh kernel terintegralkan); dan $p = q = 1$ (yakni $L^1$ sebagai aljabar konvolusi, Teorema 11.9). (c) Mengapa tak ada ketaksamaan dengan $\frac1p + \frac1q < 1 + \frac1r$ ? (Ujilah pada pendilatan $f_\lambda(x) = f(\lambda x)$ lalu bandingkan penskalaan kedua ruasnya.)

Solusi

Solusi Latihan 12.11.

(a) Andaikan dahulu $p, q, r < \infty$ dan $f, g \geq 0$ (gantilah dengan nilai mutlaknya). Ketiga eksponennya $r$ , $\alpha = \frac{pr}{r-p}$ , dan $\beta = \frac{qr}{r-q}$ memenuhi $\frac1r + \frac1\alpha + \frac1\beta = \frac1r + \frac1p - \frac1r + \frac1q - \frac1r = 1$ (yakni hubungan penskalaannya). Lalu pecahlah, untuk $x$ yang tetap,

f(y)g(x-y) = \bigl[f(y)^pg(x-y)^q\bigr]^{1/r}\cdot f(y)^{1 - p/r}\cdot g(x-y)^{1 - q/r},

dan Hölder dengan ketiga eksponennya memberikan

(f*g)(x) \leq \Bigl(\int f^pg(x-\cdot)^q\Bigr)^{1/r} \norm f_p^{\,p/\alpha\cdot\alpha/p}\cdots

lebih tepatnya: faktor keduanya adalah $\bigl(\int f^{(1-p/r)\alpha}\bigr)^{1/\alpha} = \norm f_p^{p(1/p - 1/r)}$ sebab $(1 - \frac pr)\alpha = p$ , dan demikian pula yang ketiga adalah $\norm g_q^{q(1/q - 1/r)}$ . Lalu pangkatkan ke $r$ dan integralkan terhadap $x$ (dengan Tonelli pada faktor pertamanya):

\norm{f*g}_r^r \leq \norm f_p^p\,\norm g_q^q\cdot \norm f_p^{\,rp(1/p - 1/r)}\,\norm g_q^{\,rq(1/q - 1/r)} = \norm f_p^r\,\norm g_q^r .

Sedangkan kasus ujungnya ( $r = \infty$ atau sebuah eksponen yang sama dengan batasnya) berupa Hölder biasa atau taksiran langsung.

(b) $r = \infty$ memaksa $q = p'$ : sehingga $\abs{f*g(x)} \leq \norm f_p\norm g_{p'}$ — yakni Hölder setelah translasi dan pencerminan. Lalu $q = 1$ memberikan $r = p$ : $\norm{f*g}_p \leq \norm g_1\norm f_p$ , yakni kuda beban pemulusannya (yaitu mesin Teorema 12.9). Sedangkan $p = q = 1$ memberikan $r = 1$ : yakni aljabar konvolusinya (Teorema 11.9).

(c) Gantilah $f, g$ dengan $f_\lambda = f(\lambda\cdot)$ dan $g_\lambda = g(\lambda\cdot)$ : maka $f_\lambda*g_\lambda = \lambda^{-d}(f*g)(\lambda\cdot)$ , dan dengan membandingkan normanya,

\text{ruas kiri} \sim \lambda^{-d - d/r}, \qquad \text{ruas kanan} \sim \lambda^{-d/p - d/q} :

sehingga ketaksamaan yang sahih bagi setiap $f, g$ memaksa kedua eksponen penskalaannya bersesuaian, yakni $1 + \frac1r = \frac1p + \frac1q$ secara persis. Sedangkan gabungan lain mana pun mati saat $\lambda \to 0$ atau $\infty$ : jadi hubungan Young bukanlah kemudahan melainkan sebuah hukum penskalaan.

Latihan 12.12 ★★

(Kasus kesamaan) (a) Pada ketaksamaan Hölder $\int\abs{fg} \leq \norm f_p\norm g_q$ (dengan $1 < p < \infty$ ), tunjukkan bahwa kesamaannya berlaku jika dan hanya jika $\abs f^p$ dan $\abs g^q$ sebanding hampir di mana-mana. (Lacaklah kasus kesamaan ketaksamaan Young $ab \leq \frac{a^p}p + \frac{b^q}q$ , yang berupa $a^p = b^q$ .) (b) Pada ketaksamaan Minkowski $\norm{f + g}_p \leq \norm f_p + \norm g_p$ (dengan $1 < p < \infty$ ), tunjukkan bahwa kesamaannya dengan $f, g \neq 0$ memaksa $g = cf$ hampir di mana-mana dengan $c > 0$ . (c) Bandingkan dengan $p = 1$ dan $p = \infty$ : uraikanlah kasus kesamaannya di sana (yang jauh lebih besar), lewat contoh.

Solusi

Solusi Latihan 12.12.

(a) Normalkan $\norm f_p = \norm g_q = 1$ . Bukti Hölder mengintegralkan ketaksamaan Young $\abs{fg} \leq \frac{\abs f^p}p + \frac{\abs g^q}q$ ; dan kesamaan integralnya memaksa kesamaan hampir di mana-mana pada Young, yang (lewat kecembungan sejati $\exp$ ; dengan kesamaannya jika dan hanya jika $a^p = b^q$ ) berarti $\abs f^p = \abs g^q$ hampir di mana-mana. Setelah penormalannya dibatalkan: $\abs f^p\norm g_q^q = \abs g^q\norm f_p^p$ hampir di mana-mana — yakni kesebandingannya.

(b) Minkowski berupa dua Hölder yang diterapkan pada $\abs{f + g}^{p-1} \abs f$ dan $\abs{f+g}^{p-1}\abs g$ ; sehingga kesamaannya memaksa kesebandingan (a) pada keduanya: yakni $\abs f^p$ dan $\abs g^p$ masing-masing sebanding dengan $\abs{f+g}^{(p-1)q} = \abs{f+g}^p$ , sehingga $\abs g = t\abs f$ hampir di mana-mana untuk sebuah konstanta $t \geq 0$ ; dan ketaksamaan segitiga titik demi titik awalnya $\abs{f + g} \leq \abs f + \abs g$ pun haruslah kesamaan hampir di mana-mana, yang untuk nilai kompleks berarti $f$ dan $g$ berargumen sama hampir di mana-mana di tempat keduanya tak nol. Digabungkan: $g = tf$ hampir di mana-mana dengan $t > 0$ (sebab keduanya tak nol).

(c) Untuk $p = 1$ : kesamaan pada $\int\abs{f + g} = \int\abs f + \int\abs g$ berlaku setiap kali $f, g$ berpola tanda yang sama (yakni berargumen sama hampir di mana-mana) — tanpa perlu kesebandingan: sebab $f = \mathbf 1_{\intcc01}$ dan $g = \mathbf 1_{\intcc02}$ berhasil. Sedangkan untuk $p = \infty$ : $\norm{f+g}_\infty = \norm f_\infty + \norm g_\infty$ segera setelah kedua fungsinya memuncak secara serasi di sebuah titik bersama (atau sepanjang sebuah barisan bersama): sehingga $f = g\,$ di dekat satu titik sudah cukup, apa pun perilakunya di tempat lain. Jadi kecembungan sejati bola $L^p$ untuk $1 < p < \infty$ — dan kegagalannya di titik ujungnya — tepat merupakan hal yang disaksikan kasus kesamaan ini.

12.7 Soal: ketaksamaan Hardy

Soal 12.1

Soal akhir pekan — ketaksamaan Hardy dan konstanta tajamnya

Untuk $f \in L^p(\intoo0{+\infty})$ dengan $1 < p < \infty$ , definisikan operator Hardy

(Hf)(x) = \frac1x\int_0^x f(t)\,\dd t .

Ketaksamaan Hardy (1920) menyatakan

\norm{Hf}_p \;\leq\; \frac{p}{p-1}\,\norm f_p ,

dan konstanta $\frac p{p-1}$ bersifat optimal serta tak tercapai. Soal ini membuktikan segalanya, lalu memperluasnya ke deret.

Bagian I — Ketaksamaannya. Andaikan dahulu $f \geq 0$ kontinu dengan pendukung kompak di $\intoo0{+\infty}$ , lalu misalkan $F(x) = \int_0^xf$ .

Tunjukkan bahwa $Hf \in L^p$ : sebab di dekat $0$ , $F$ lenyap pada sebuah persekitaran $0$ ; sedangkan di dekat $\infty$ , $F$ terbatas, sehingga $(Hf)(x) = O(1/x)$ , dan $x \mapsto \frac1x$ termasuk $L^p(\intoo1{+\infty})$ untuk $p > 1$ .
Integralkan secara parsial untuk menunjukkan bahwa

$\int_0^\infty \Bigl(\frac Fx\Bigr)^p\dd x = \frac{p}{p-1}\int_0^\infty\Bigl(\frac Fx\Bigr)^{p-1}f(x)\,\dd x .$

(Turunkan $x^{1-p}F^p$ ; sedangkan suku batasnya lenyap — benarkanlah kedua ujungnya.)
Terapkan Hölder pada ruas kanannya lalu turunkan $\norm{Hf}_p \leq \frac p{p-1}\norm f_p$ untuk $f$ semacam itu.
Perluaslah ke seluruh $L^p$ : untuk $f \geq 0$ , konstruksikan $f_n$ yang kontinu dengan pendukung kompak di $\intoo0{+\infty}$ dan $0 \leq f_n \nearrow f$ hampir di mana-mana (pancunglah, lalu hampirilah secara monoton — benarkan konstruksinya); maka $Hf_n \nearrow Hf$ secara titik demi titik (lewat kekonvergenan monoton di dalam rata-ratanya) dan kekonvergenan monotonnya mengalihkan ketaksamaannya ke limitnya. Sedangkan untuk $f$ yang bertanda atau kompleks, simpulkan dengan $\abs{Hf} \leq H\abs f$ .

Bagian II — Keoptimalannya.

Untuk $A > 1$ misalkan $f_A(t) = t^{-1/p}\,\mathbf 1_{\intcc1A}(t)$ . Hitunglah $\norm{f_A}_p^p = \ln A$ lalu, untuk $1 \leq x \leq A$ ,

$(Hf_A)(x) = \frac p{p-1}\;x^{-1/p}\, \bigl(1 - x^{-(1 - 1/p)}\bigr).$
Turunkan $\liminf_{A\to\infty} \norm{Hf_A}_p/ \norm{f_A}_p \geq \frac{p}{p-1}$ , lalu simpulkan bahwa konstantanya optimal.
Tunjukkan bahwa kesamaan $\norm{Hf}_p = \frac p{p-1}\norm f_p$ dengan $f \neq 0$ mustahil. (Lacaklah kasus kesamaan Hölder pada pertanyaan 3: ia akan memaksa perilaku bertipe $f = cx^{-1/p}$ , yang tak berada di $L^p$ .)

Bagian III — Ketaksamaan diskretnya.

Untuk $g \geq 0$ yang tak naik pada $(0,\infty)$ dan $a_n = g(n)$ , bandingkanlah $\sum a_n^p$ dengan $\int g^p$ , beserta rata-rata- $H$ -nya, untuk menurunkan dari Bagian I ketaksamaan Hardy diskret: yakni untuk $a_n \geq 0$ ,

$\sum_{n\geq1}\Bigl(\frac{a_1 + \dots + a_n}{n}\Bigr)^{p} \;\leq\; \Bigl(\frac{p}{p-1}\Bigr)^{p}\,\sum_{n\geq1}a_n^p$

— buktikanlah dahulu untuk $(a_n)$ yang tak naik lewat pembandingan di atas, lalu susutkan kasus umumnya ke kasus tak naiknya lewat penyusunan ulang (terimalah, dengan pembenaran satu baris, bahwa menyortir $(a_n)$ secara turun hanya dapat menaikkan ruas kirinya sambil membiarkan ruas kanannya tetap).
Turunkan: jika $\sum a_n^p < \infty$ maka rata-rata Cesàro $(a_n)$ kembali berada di $\ell^p$ — lalu berikan sebuah contoh ( $p = 2$ ) yang $(a_n) \in \ell^2$ -nya tetapi $a_n$ -nya tak terjumlahkan, padahal Hardy tetap mengendalikan rata-ratanya.

Bagian IV — Epilog.

Tunjukkan bahwa ketaksamaan Hardy gagal untuk $p = 1$ : dengan $f = \mathbf 1_{\intcc01}$ , hitunglah $Hf$ lalu amati bahwa $Hf \notin L^1$ . Di manakah buktinya patah?

Bagian V — Fungsi maksimalnya, dan teorema pendiferensialan Lebesgue. Hardy merata-ratakan dari titik asal; sedangkan Hardy–Littlewood merata-ratakan di sekitar setiap titik. Untuk $f \in L^1(\R)$ definisikan

Mf(x) = \sup_{r>0}\ \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}\abs f\,\dd\lambda .

(Vitali, versi berhingga) Misalkan $B_1, \dots, B_N$ selang terbuka. Tunjukkan bahwa ada subkeluarga saling lepas $B_{i_1}, \dots, B_{i_k}$ dengan $\bigcup_jB_j \subseteq \bigcup_l3B_{i_l}$ , dengan $3B$ menandai selang berpusat sama dan berpanjang tiga kali lipat (secara rakus: berulang kali pilihlah selang terpanjang yang saling lepas dengan yang sudah terpilih).
(Tipe lemah $(1,1)$ ) Tunjukkan bahwa untuk setiap $t > 0$ ,

$\lambda\bigl(\{Mf > t\}\bigr) \;\leq\; \frac3t\,\norm f_1 :$

sebab setiap $x$ dengan $Mf(x) > t$ memiliki sebuah selang berpusat $B_x$ dengan $\int_{B_x}\abs f > t\,\lambda(B_x)$ ; lalu ambillah sebuah kompak $K \subseteq \{Mf > t\}$ (lewat keteraturan dalamnya), selimuti ia oleh berhingga banyak $B_x$ , terapkan pertanyaan 11, lalu habiskan.
Hitunglah $M\mathbf 1_{\intcc01}(x)$ untuk $x > 1$ lalu turunkan bahwa $Mf \notin L^1$ untuk setiap $f \neq 0$ (sebab $Mf(x) \geq \frac c{\abs x}$ di tak hingga): sehingga pada $p = 1$ , ketaksamaan lemah pertanyaan 12 merupakan pernyataan terbaik yang mungkin.
(Tipe kuat untuk $p > 1$ ) Untuk $f \in L^p$ : pecahlah $f = f\,\mathbf 1_{\abs f > t/2} + f\,\mathbf 1_{\abs f \leq t/2}$ , amati bahwa $Mf \leq M\bigl(f\mathbf 1_{\abs f > t/2}\bigr) + \frac t2$ , lalu gabungkan pertanyaan 12 dengan rumus kue berlapis (Proposisi 11.8) dan Tonelli untuk membuktikan

$\norm{Mf}_p^p \;\leq\; \frac{6p\,2^{p-1}}{p-1}\,\norm f_p^p .$

(Sedangkan peledakannya saat $p \downarrow 1$ adalah kegagalan pertanyaan 13, yang terukur.)
(Teorema pendiferensialan Lebesgue) Buktikan: untuk $f \in L^1(\R)$ ,

$\frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}f\,\dd\lambda \;\longrightarrow\; f(x) \qquad (r \to 0)\quad\text{untuk hampir setiap }x .$

(Jelas untuk $f$ yang kontinu. Secara umum tulislah $f = g + h$ , dengan $g$ kontinu berpendukung kompak dan $\norm h_1 < \varepsilon$ (Teorema 12.6); maka himpunan yang $\limsup_{r\to0}$ osilasi rata-ratanya melampaui $\delta$ terletak di dalam $\{Mh > \delta/2\} \cup \{\abs h > \delta/2\}$ , yang berukuran $O(\varepsilon/\delta)$ ; lalu biarkan $\varepsilon \to 0$ , lalu $\delta \to 0$ sepanjang sebuah barisan.)
Turunkan: (a) hampir setiap titik merupakan titik Lebesgue bagi $f$ ; (b) untuk $f \in L^1$ , antiturunan $F(x) = \int_0^xf$ dapat diturunkan hampir di mana-mana dengan $F' = f$ hampir di mana-mana — yakni separuh integral teorema fundamental kalkulus di dunia Lebesgue, yang menutup lingkaran yang dibuka tangganya (Soal 9.1), yang menunjukkan bahwa separuh sebaliknya dapat gagal.
(Titik kepadatan) Untuk $A \subseteq \R$ yang terukur, tunjukkan bahwa hampir setiap $x \in A$ memenuhi $\frac{\lambda(A\cap\intcc{x-r}{x+r})}{2r} \to 1$ : sehingga himpunan terukur bersifat penuh secara lokal di hampir semua titiknya. Lalu sketsakan, dalam dua baris, bagaimana ini melahirkan satu lagi bukti teorema Steinhaus (Latihan 9.8).

Bagian VI — Ragam pada tema perata-rataan.

(Hardy berbobot) Untuk $\alpha < p - 1$ dan $f \geq 0$ , tunjukkan bahwa

$\int_0^\infty\Bigl(\frac{F(x)}x\Bigr)^{p} x^{\alpha}\,\dd x \;\leq\; \Bigl(\frac{p}{p - 1 - \alpha}\Bigr)^{p} \int_0^\infty f(x)^p\,x^{\alpha}\,\dd x$

lewat pengintegralan parsial yang sama, lalu periksalah bahwa perbatasan $\alpha = p - 1$ sungguh terlarang (sesuaikan contoh penyangkal pertanyaan 10).
(Adjoinnya) Misalkan $H^*f(x) = \int_x^{\infty}\frac{f(t)}t\,\dd t$ . Tunjukkan bahwa $\langle Hf, g\rangle = \langle f, H^*g\rangle$ untuk $f, g$ yang tak negatif (lewat Tonelli), lalu buktikan $\norm{H^*f}_p \leq p\,\norm f_p$ (langsung lewat pengintegralan parsial, atau dari Hardy pada eksponen sekawannya lewat dualitas — perhatikanlah eksponen mana yang memungut konstanta mana).
(Sebuah ketaksamaan bertipe Hilbert) Turunkan bahwa untuk $f \in L^p$ , $g \in L^q$ yang tak negatif:

$\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty \frac{f(x)\,g(y)}{\max(x,y)}\,\dd x\,\dd y \;\leq\; (p + q)\,\norm f_p\,\norm g_q$

(pisahkanlah sepanjang $y < x$ / $y \geq x$ : sebab masing-masing separuhnya merupakan pemasangan satu fungsi terhadap transformasi Hardy yang lain).
(Keoptimalan, secara diskret) Tunjukkan bahwa konstanta $\bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p$ pada pertanyaan 8 juga optimal: ujilah pada $a_n = n^{-1/p}\,\mathbf 1_{n \leq N}$ , bandingkan kedua ruasnya dengan integral, lalu biarkan $N \to \infty$ (yakni cermin diskret Bagian II).
(Sintesis) Tiga operator perata-rataan muncul pada soal ini: yakni $H$ milik Hardy, rata-rata Cesàro diskret, dan operator maksimal $M$ . Nyatakan dalam satu baris masing-masing apa yang dikatakan keterbatasannya, amati bahwa ketiganya gagal tepat di $p = 1$ , lalu terangkan mengapa itu kegagalan yang sama tiga kali (yakni ekor harmonik $\frac1x$ ).

Bagian VII — Ketaksamaan Carleman, dan seberapa tajamkah tajam itu.

(Ketaksamaan Carleman) Misalkan $a_n \geq 0$ dengan $\sum a_n < \infty$ . Terapkan ketaksamaan Hardy diskret pada pertanyaan 8 ke $b_n = a_n^{1/p}$ , pakailah ketaksamaan rata-rata hitung–ukur, lalu biarkan $p \to \infty$ (dengan menunjukkan bahwa $p \mapsto \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p$ turun menuju $\eu$ ) untuk memperoleh

$\sum_{n\geq1}\bigl(a_1a_2\cdots a_n\bigr)^{1/n} \;\leq\; \eu\,\sum_{n\geq1}a_n :$

sehingga rata-rata ukur sebuah barisan terjumlahkan tetap terjumlahkan, dengan biaya paling banyak $\eu$ .
(Konstanta $\eu$ bersifat optimal) Ujilah $a_n = \frac1n\,\mathbf 1_{n\leq N}$ : dengan memakai pengapitan Stirling Soal 11.1, tunjukkan bahwa $(n!)^{-1/n} = \frac\eu n\bigl(1 + O\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)\bigr)$ , turunkan bahwa kedua ruas Carleman tumbuh seperti $\eu\ln N$ , lalu simpulkan bahwa tak ada konstanta yang lebih kecil daripada $\eu$ yang dapat bekerja. (Amatilah polanya: sebab pengoptimal Hardy maupun Carleman sama-sama barisan bertipe harmonik yang tepat gagal berada di ruangnya.)
(Seberapa lambat “tajam” itu didekati?) Ambil $p = 2$ . Untuk $f = \mathbf 1_{\intcc01}$ , hitunglah $\norm{Hf}_2/\norm f_2 = \sqrt2$ , terhadap batasnya $2$ . Sedangkan untuk pengoptimal hampiran $f_A$ pada pertanyaan 5, buktikan identitas persisnya

$\norm{Hf_A}_2^2 = 4\ln A - 8 + \frac{8}{\sqrt A}, \qquad\text{sehingga}\qquad \frac{\norm{Hf_A}_2^2}{\norm{f_A}_2^2} = 4 - \frac{8 - 8A^{-1/2}}{\ln A} .$

Nilaikanlah di $A = \eu^{10}$ (dengan nisbah $\approx 1.790$ ) lalu berkomentarlah: sebab supremumnya $2$ didekati dengan laju $1/\ln A$ saja — jadi sebuah konstanta optimal dapat hampir tak terlihat secara numerik.

Solusi

Solusi Soal 12.1.

1. Fungsi $f$ berpendukung di suatu $[\alpha, \beta] \subseteq \intoo0\infty$ , sehingga $F = 0$ pada $[0, \alpha]$ dan $F \equiv F(\beta)$ pada $[\beta, \infty)$ : jadi $Hf$ lenyap di dekat $0$ dan bernilai $O(1/x)$ di tak hingga; sedangkan $\int_1^\infty x^{-p}\dd x < \infty$ untuk $p > 1$ , dan $Hf$ kontinu: sehingga $Hf \in L^p$ .

2. Berlaku $\bigl(x^{1-p}F(x)^p\bigr)' = (1-p)x^{-p}F^p + p\,x^{1-p}F^{p-1}f$ . Kedua nilai batasnya lenyap: di $0$ karena $F = 0$ di dekat $0$ ; dan di $\infty$ karena $x^{1-p}F^p \leq F(\beta)^p x^{1-p} \to 0$ (sebab $p > 1$ ). Lalu dengan mengintegralkan identitasnya atas $\intoo0\infty$ :

0 = (1 - p)\int_0^\infty\Bigl(\frac Fx\Bigr)^p\dd x + p\int_0^\infty\Bigl(\frac Fx\Bigr)^{p-1}f(x)\,\dd x,

yang merupakan hubungan yang ditampilkan itu.

3. Hölder dengan eksponen $q = \frac p{p-1}$ dan $p$ :

\int\Bigl(\frac Fx\Bigr)^{p-1}f \leq \Bigl(\int\Bigl(\frac Fx\Bigr)^{p}\Bigr)^{1 - 1/p}\,\norm f_p ,

sehingga $\norm{Hf}_p^p \leq \frac p{p-1}\norm{Hf}_p^{p-1}\norm f_p$ ; lalu bagilah (yang berhingga menurut pertanyaan 1, dan jika $0$ maka tak ada yang perlu dibuktikan).

4. Misalkan $f \in L^p$ dengan $f \geq 0$ . Pilihlah $\varphi_k \in \mathcal C_c(\intoo0\infty)$ dengan $\varphi_k \to f$ di $L^p$ (Teorema 12.6(2), yang diiriskan dengan setengah garis terbukanya — hampirilah $f\mathbf 1_{[1/k, k]}$ lalu diagonalkan), lalu gantilah $\varphi_k$ dengan $\abs{\varphi_k}$ (yang tetap kontinu, dan lebih dekat ke $f \geq 0$ ). Untuk setiap $x > 0$ yang tetap, Hölder pada $\intoo0x$ memberikan

\abs{H\varphi_k(x) - Hf(x)} \leq \frac1x\,x^{1 - 1/p}\,\norm{\varphi_k - f}_p \to 0 :

sehingga $H\varphi_k \to Hf$ secara titik demi titik. Lalu Fatou dan pertanyaan 3:

\int (Hf)^p \leq \liminf_k\int(H\varphi_k)^p \leq \Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^p\liminf_k\norm{\varphi_k}_p^p = \Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^p\norm f_p^p .

Sedangkan untuk $f$ yang bertanda atau kompleks: $\abs{Hf} \leq H\abs f$ secara titik demi titik, dan kasus tak negatifnya berlaku bagi $\abs f$ .

5. Berlaku $\norm{f_A}_p^p = \int_1^A t^{-1}\dd t = \ln A$ . Untuk $1 \leq x \leq A$ :

(Hf_A)(x) = \frac1x\int_1^x t^{-1/p}\dd t = \frac{x^{1 - 1/p} - 1}{(1 - \tfrac1p)\,x} = \frac p{p-1}\,x^{-1/p}\bigl(1 - x^{-(1 - 1/p)}\bigr).

6. Tetapkan $\varepsilon > 0$ dan $X_0$ dengan $(1 - x^{-(1-1/p)})^p \geq 1 - \varepsilon$ untuk $x \geq X_0$ . Maka

\norm{Hf_A}_p^p \geq \int_{X_0}^A\Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^p\frac{1 - \varepsilon}{x}\,\dd x = \Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^p(1 - \varepsilon)\,(\ln A - \ln X_0),

sehingga $\dfrac{\norm{Hf_A}_p^p}{\norm{f_A}_p^p} \geq \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p(1 - \varepsilon)\bigl(1 - \frac{\ln X_0}{\ln A}\bigr) \to \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p(1 - \varepsilon)$ saat $A \to \infty$ : jadi konstantanya tak dapat diperbaiki.

7. Kesamaan pada pertanyaan 3 memaksa kesamaan pada Hölder: yakni $f^p$ sebanding dengan $\bigl(\frac Fx\bigr)^{(p-1)q} = \bigl(\frac Fx\bigr)^p$ hampir di mana-mana, yakni $f = \gamma\,\frac Fx$ hampir di mana-mana untuk suatu $\gamma \geq 0$ . Karena $F(x) = \int_0^xf$ kontinu mutlak dengan $F' = f$ hampir di mana-mana, maka $F$ memenuhi $F' = \gamma F/x$ : sehingga pada sembarang selang yang $F > 0$ -nya, $(\ln F)' = \gamma/x$ , jadi $F = c\,x^{\gamma}$ dan $f = c\gamma x^{\gamma - 1}$ di sana. Padahal tak ada pangkat tak nol $x^{\gamma-1}$ yang termasuk $L^p(\intoo0\infty)$ (sebab $p(\gamma - 1) < -1$ dituntut di $\infty$ dan $> -1$ di $0$ : tak serasi), dan $F$ tak dapat lenyap secara identik kecuali $f = 0$ . Jadi kesamaannya menuntut $f = 0$ .

8. Diberikan $(a_n)$ tak naik dengan $\geq 0$ , definisikan fungsi tangga $g(t) = a_{\lceil t\rceil}$ pada $\intoo0{+\infty}$ : yang tak naik, dengan $\int_0^\infty g^p = \sum_na_n^p$ dan $\int_0^ng = a_1 + \dots + a_n$ , sehingga $(Hg)(n) = \frac{a_1 + \dots + a_n}n$ . Rata-rata sebuah fungsi tak naik tetap tak naik, sehingga $Hg$ demikian, dan

\sum_{n\geq1}\Bigl(\frac{a_1{+}\dots{+}a_n}n\Bigr)^p = \sum_{n\geq1}(Hg)(n)^p \leq \sum_{n\geq1}\int_{n-1}^n (Hg)(t)^p\,\dd t = \norm{Hg}_p^p \leq \Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^p\sum_n a_n^p

menurut Bagian I. Sedangkan untuk barisan tak negatif yang umum, misalkan $(a_n^*)$ penyusunan ulangnya yang tak naik (yang mungkin bila $a_n \to 0$ , yang boleh kita andaikan — sebab jika tidak kedua ruasnya tak berhingga): maka ruas kanannya tak berubah, dan setiap jumlah parsial $a_1 + \dots + a_n$ paling banyak $a_1^* + \dots + a_n^*$ (yakni $n$ suku terbesarnya): sehingga ruas kirinya hanya bertambah. Karena itu ketaksamaannya berlaku bagi setiap $(a_n)$ .

9. Jika $(a_n) \in \ell^p$ , maka barisan rata-rata Cesàro berada di $\ell^p$ dengan norma $\leq \frac p{p-1}\norm a_p$ . Contohnya ( $p = 2$ ): $a_n = \frac1{\sqrt n\,\ln n}$ (untuk $n \geq 2$ ): sebab $\sum a_n^2 = \sum\frac1{n\ln^2n} < \infty$ , padahal $\sum a_n = \infty$ (lewat uji integralnya); dan Hardy tetap menjamin $\sum_n\bigl(\frac{a_1 + \dots + a_n}n\bigr)^2 < \infty$ .

10. Untuk $f = \mathbf 1_{\intcc01}$ : $Hf(x) = 1$ pada $\intoc01$ dan $= \frac1x$ untuk $x \geq 1$ : sehingga $\int_0^\infty Hf = 1 + \int_1^\infty\frac{\dd x}x = \infty$ , padahal $\norm f_1 = 1$ . Buktinya runtuh di dua tempat: sebab konstanta $\frac p{p-1}$ meledak saat $p \to 1$ , dan suku batasnya $x^{1-p}F^p$ tak lagi lenyap di tak hingga bila $p = 1$ . Jadi ketaksamaan Hardy sungguh gejala $p > 1$ .

11. Pilihlah selang terpanjang $B_{i_1}$ ; buanglah setiap selang yang memotongnya; pilih penyintas terpanjang $B_{i_2}$ ; lalu iterasikan (sebab selangnya berhingga banyak). Yang terpilih saling lepas menurut konstruksinya, dan setiap $B$ yang terbuang memotong sebuah selang terpilih yang setidaknya sepanjang itu: dan selang yang memotong selang yang lebih panjang atau sama termuat di lipat tiganya, yakni $B \subseteq 3B_{i_l}$ .

12. Himpunan $\{Mf > t\}$ terbuka: sebab setiap rata-rata $x \mapsto \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}\abs f$ kontinu (lewat kekonvergenan terdominasi terhadap $x$ ), dan supremum fungsi kontinu bersifat semikontinu bawah. Lalu setiap $x$ di dalamnya memiliki $B_x = \intoo{x-r_x}{x+r_x}$ dengan $\int_{B_x}\abs f > t\,\lambda(B_x)$ . Untuk kompak $K \subseteq \{Mf > t\}$ : berhingga banyak $B_x$ menyelimuti $K$ , lalu Vitali (pertanyaan 11) memetik $B_1', \dots, B_k'$ yang saling lepas dengan $K \subseteq \bigcup_l3B_l'$ , sehingga

\lambda(K) \leq 3\sum_l\lambda(B_l') < \frac3t\sum_l\int_{B_l'}\abs f \leq \frac3t\,\norm f_1

lewat kelepasannya; lalu keteraturan dalamnya (Teorema 9.13) menuntaskannya.

13. Untuk $x > 1$ : dengan $r \in \intcc{x-1}x$ rata-ratanya adalah $\frac{r - x + 1}{2r}$ , yang naik terhadap $r$ ; sedangkan untuk $r \geq x$ ia $\frac1{2r}$ , yang turun: jadi supremumnya $\frac1{2x}$ , yang tercapai di $r = x$ . Sehingga $M\mathbf 1_{\intcc01} \notin L^1$ . Secara umum, jika $\int_I\abs f = c > 0$ pada sebuah selang terbatas $I \subseteq \intcc{-C}C$ , maka $Mf(x) \geq \frac{c}{2(\abs x + C)}$ untuk setiap $x$ : jadi tak pernah terintegralkan kecuali $f = 0$ hampir di mana-mana.

14. Dengan $f_t = f\,\mathbf 1_{\abs f > t/2}$ : $M(f - f_t) \leq \frac t2$ , sehingga $\{Mf > t\} \subseteq \{Mf_t > \frac t2\}$ dan pertanyaan 12 memberikan $\lambda(Mf > t) \leq \frac6t\int_{\abs f > t/2}\abs f$ . Lalu kue berlapis (Proposisi 11.8) dan Tonelli:

\norm{Mf}_p^p = p\int_0^\infty t^{p-1}\lambda(Mf > t)\dd t \leq 6p\int\abs f\int_0^{2\abs f}t^{p-2}\,\dd t\,\dd\lambda = \frac{6p\,2^{p-1}}{p-1}\,\norm f_p^p .

15. Tulis $A_rf(x) = \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}f$ . Untuk $g$ yang kontinu: $A_rg(x) \to g(x)$ di mana-mana. Diberikan $\varepsilon > 0$ , pecahlah $f = g + h$ dengan $g$ kontinu berpendukung kompak dan $\norm h_1 < \varepsilon$ (Teorema 12.6); maka

\limsup_{r\to0}\,\abs{A_rf(x) - f(x)} \leq Mh(x) + \abs{h(x)},

sehingga $\Omega_\delta = \{\limsup_r\abs{A_rf - f} > \delta\} \subseteq \{Mh > \tfrac\delta2\} \cup \{\abs h > \tfrac\delta2\}$ berukuran $\leq \frac{6\varepsilon}\delta + \frac{2\varepsilon}\delta$ (lewat pertanyaan 12; dan Markov). Karena $\varepsilon$ sembarang: $\lambda(\Omega_\delta) = 0$ ; lalu gabungkan atas $\delta = \frac1k$ : sehingga $A_rf \to f$ hampir di mana-mana.

16. (a) Untuk setiap $q \in \Q$ , pertanyaan 15 yang diterapkan pada $\abs{f - q}$ memberikan $A_r\abs{f - q}(x) \to \abs{f(x) - q}$ hampir di mana-mana; lalu pada irisan himpunan berukuran penuh itu, pilihlah $q$ dengan $\abs{f(x) - q} < \eta$ : maka $\limsup_rA_r\abs{f - f(x)}(x) \leq 2\eta$ untuk setiap $\eta$ : sehingga hampir setiap $x$ merupakan titik Lebesgue. (b) Pada sebuah titik Lebesgue,

\Bigl|\frac{F(x + h) - F(x)}h - f(x)\Bigr| = \Bigl|\frac1h\int_x^{x+h}\bigl(f - f(x)\bigr)\Bigr| \leq 2\,A_{\abs h}\abs{f - f(x)}(x) \to 0 :

sehingga $F' = f$ hampir di mana-mana — jadi antiturunan fungsi $L^1$ sungguh dapat diturunkan kembali; sedangkan tangganya (Soal 9.1) merupakan contoh penyangkal bagi arah sebaliknya saja.

17. Terapkan pertanyaan 15 pada $\mathbf 1_{A\cap[-n,n]}$ lalu biarkan $n$ tumbuh: maka untuk hampir setiap $x \in A$ kepadatannya $\frac{\lambda(A\cap\intcc{x-r}{x+r})}{2r} \to 1$ . Untuk Steinhaus: di sekitar sebuah titik kepadatan ambillah $r$ yang berkepadatan $> \frac34$ ; lalu untuk $\abs t < \frac r2$ , $A$ dan $A + t$ masing-masing mengisi lebih dari $\frac32r$ sebuah selang berpanjang $\leq \frac52r$ , sehingga keduanya berpotongan: jadi $\intoo{-r/2}{r/2} \subseteq A - A$ .

18. Misalkan $G(x) = x^{\alpha+1-p}F(x)^p$ : maka $G$ lenyap di $0$ (sebab $F$ lenyap di dekat $0$ ) dan di $\infty$ (sebab $F$ terbatas dan $\alpha + 1 - p < 0$ ), sehingga $\int_0^\infty G' = 0$ dengan

G' = (\alpha + 1 - p)\,x^{\alpha-p}F^p + p\,x^{\alpha+1-p}F^{p-1}f = (\alpha + 1 - p)\Bigl(\frac Fx\Bigr)^px^\alpha + p\Bigl(\frac Fx\Bigr)^{p-1}f\,x^\alpha .

Karena itu $\int(F/x)^px^\alpha = \frac{p}{p-1-\alpha} \int(F/x)^{p-1}f\,x^\alpha$ ; lalu Hölder untuk ukuran $x^\alpha\dd x$ (dengan eksponen $\frac p{p-1}$ dan $p$ ) menyelesaikannya seperti pada pertanyaan 3. Untuk perbatasan $\alpha = p - 1$ : dengan $f(t) = \frac1t\mathbf 1_{\intcc1A}$ , ruas kanannya adalah $\ln A$ sedangkan ruas kirinya memuat $\int_1^A\frac{(\ln x)^p}x\dd x = \frac{(\ln A)^{p+1}}{p+1}$ : sehingga tak ada konstanta yang selamat saat $A \to \infty$ .

19. Tonelli pada $\{0 < t < x\}$ :

\langle Hf, g\rangle = \int_0^\infty\frac{g(x)}x\int_0^xf(t)\,\dd t\,\dd x = \int_0^\infty f(t)\int_t^\infty\frac{g(x)}x\,\dd x\,\dd t = \langle f, H^*g\rangle .

Untuk dualitasnya: $\norm{H^*f}_p = \sup\{\langle f, Hg\rangle : g \geq 0, \norm g_q \leq 1\} \leq \norm f_p\cdot \sup\norm{Hg}_q \leq \frac q{q-1}\norm f_p = p\,\norm f_p$ , sebab Hardy dipanggil di $L^q$ , yang konstantanya $\frac q{q-1}$ sama dengan $p$ .

20. Pisahkan sepanjang diagonalnya (yang nol). Pada $\{y \leq x\}$ :

\iint_{y\leq x}\frac{f(x)g(y)}{x}\,\dd y\,\dd x = \int f(x)\,(Hg)(x)\,\dd x \leq \norm f_p\,\norm{Hg}_q \leq p\,\norm f_p\norm g_q,

sebab Hardy di $L^q$ membawa konstanta $\frac q{q-1} = p$ . Setangkup dengan itu, $\iint_{y>x} = \int g\,(Hf) \leq \norm g_q\norm{Hf}_p \leq q\,\norm f_p\norm g_q$ (sebab $\frac p{p-1} = q$ ). Totalnya: $(p + q)\,\norm f_p\norm g_q$ .

21. Untuk $a_n = n^{-1/p}$ dengan $n \leq N$ : ruas kanannya adalah $\bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p\sum_{n\leq N}\frac1n = \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p\ln N + O(1)$ . Sedangkan di kirinya, untuk $n \leq N$ : $a_1 + \dots + a_n \geq \int_1^{n+1}t^{-1/p}\dd t = \frac{p}{p-1}\bigl((n+1)^{1-1/p} - 1\bigr)$ , sehingga rata-rata Cesàro ke- $n$ bernilai $\geq \frac p{p-1}n^{-1/p}(1 - o(1))$ secara seragam untuk $n$ pada sembarang rentang $n \geq n_0(\eta)$ ; lalu dengan memangkatkannya ke $p$ dan menjumlahkannya, ruas kirinya $\geq \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p(1 - \eta)\ln N + O_\eta(1)$ . Lalu dengan membaginya dan membiarkan $N \to \infty$ , lalu $\eta \to 0$ : tak ada konstanta yang lebih kecil daripada $\bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p$ yang dapat bekerja.

22. Keterbatasan $H$ pada $L^p$ : rata-rata kumulatifnya tak menggelembungkan norma- $p$ (dengan konstanta $\frac p{p-1}$ ); untuk Cesàro pada $\ell^p$ : hal yang sama, terdiskretkan; sedangkan keterbatasan $M$ pada $L^p$ : bahkan rata-rata lokal terbaiknya tetap terkendali (dengan konstanta $O(\frac1{p-1})$ ). Ketiganya gagal di $p = 1$ , dan karena satu alasan: sebab merata-ratakan satu satuan massa yang terpusat menghasilkan ekor $\frac1x$ (lihat pertanyaan 10 dan 13), dan $\frac1x$ termasuk setiap $L^p$ di dekat tak hingga kecuali $L^1$ . Jadi pemulusan menyebarkan massanya tepat sampai perbatasan harmonik keterintegralannya.

23. Tetapkan $b_n = a_n^{1/p}$ , sehingga $\sum b_n^p = \sum a_n$ . Lalu pertanyaan 8 memberikan

\sum_{n\geq1}\Bigl(\frac{b_1 + \dots + b_n}n\Bigr)^{p} \leq \Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^{p}\sum_{n\geq1}a_n,

dan rata-rata hitung–ukur membatasi setiap sukunya dari bawah:

\Bigl(\frac{b_1 + \dots + b_n}n\Bigr)^{p} \geq \bigl(b_1\cdots b_n\bigr)^{p/n} = \bigl(a_1\cdots a_n\bigr)^{1/n}.

Karena itu $\sum(a_1\cdots a_n)^{1/n} \leq \bigl(\frac p{p-1}\bigr)^p\sum a_n$ untuk setiap $p > 1$ . Dengan $m = p - 1$ ,

\Bigl(\frac p{p-1}\Bigr)^{p} = \Bigl(1 + \frac1m\Bigr)^{m+1},

yang turun menuju $\eu$ saat $m \to \infty$ (yakni barisan atas monoton klasik bagi $\eu$ ). Lalu mengambil infimumnya atas $p$ memberikan ketaksamaan Carleman berkonstanta $\eu$ .

24. Untuk $a_n = \frac1n$ , $(a_1\cdots a_n)^{1/n} = (n!)^{-1/n}$ . Pengapitan Soal 11.1 memberikan $\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n \leq n! \leq \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\eu^{1/(12n)}$ , sehingga

(n!)^{1/n} = \frac n\eu\,(2\pi n)^{1/(2n)} \eu^{O(1/n^2)} = \frac n\eu\Bigl(1 + O\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr),

sebab $(2\pi n)^{1/(2n)} = \exp\bigl(\frac{\ln(2\pi n)}{2n}\bigr)$ . Dengan membalikkannya, $(n!)^{-1/n} = \frac\eu n(1 + O(\frac{\ln n}n))$ , lalu menjumlahkannya atas $n \leq N$ :

\sum_{n\leq N}(n!)^{-1/n} = \eu\ln N + O(1), \qquad \eu\sum_{n\leq N}\frac1n = \eu\ln N + O(1)

(sebab deret galatnya $\sum\frac{\ln n}{n^2}$ konvergen). Sebuah ketaksamaan Carleman berkonstanta $c$ akan memaksa $\eu\ln N + O(1) \leq c\,(\ln N + O(1))$ , sehingga $c \geq \eu$ setelah dibagi $\ln N$ . Barisan pengoptimalnya sejajar: sebab konstanta Hardy didekati oleh $n^{-1/p}$ (pertanyaan 21), dan konstanta Carleman oleh $n^{-1}$ — dalam setiap kasusnya barisan bertipe harmonik yang duduk tepat di luar ruang yang dirata-ratakan.

25. Untuk $f = \mathbf 1_{\intcc01}$ : $Hf(x) = 1$ pada $\intoc01$ dan $Hf(x) = \frac1x$ untuk $x > 1$ , sehingga $\norm{Hf}_2^2 = 1 + \int_1^\infty x^{-2}\dd x = 2$ dan nisbahnya $\sqrt2 \approx 1.414$ , yakni sekitar $71\%$ batas tajamnya. Sedangkan untuk $f_A$ (dengan $p = 2$ ): $F(x) = 2(\sqrt x - 1)$ pada $\intcc1A$ , sehingga pada rentang itu $Hf_A = 2x^{-1/2} - 2x^{-1}$ dan, untuk $x > A$ , $Hf_A(x) = 2(\sqrt A - 1)/x$ . Lalu dengan mengkuadratkan dan mengintegralkannya,

\begin{align*} \int_1^A\bigl(2x^{-1/2} - 2x^{-1}\bigr)^2\dd x &= 4\ln A - 12 + \frac{16}{\sqrt A} - \frac4A,\\ \int_A^{\infty}\frac{4(\sqrt A - 1)^2}{x^2}\,\dd x &= 4 - \frac{8}{\sqrt A} + \frac4A, \end{align*}

sehingga $\norm{Hf_A}_2^2 = 4\ln A - 8 + 8A^{-1/2}$ ; lalu dibagi $\norm{f_A}_2^2 = \ln A$ diperolehlah identitas yang dinyatakan itu. Di $A = \eu^{10}$ : $4 - \frac{8(1 - \eu^{-5})}{10} = 3.2054$ , sehingga nisbahnya $\sqrt{3.2054} \approx 1.790 < 2$ . Sedangkan cacatnya $4 - \norm{Hf_A}_2^2/\norm{f_A}_2^2 \sim 8/\ln A$ meluruh hanya secara logaritmik: sehingga untuk mencapai nisbah $1.99$ orang memerlukan $\ln A \approx 200$ , yakni $A \approx 10^{87}$ . Jadi konstanta tajam adalah teorema, bukan percobaan.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

12.1 Definisi; Hölder dan Minkowski

12.2 Kelengkapan dan kawan-kawannya

12.3 Teorema kepadatan

12.4 Konvolusi dan peregularan

12.5 Geografi LpL^pLp

12.6 Latihan

12.7 Soal: ketaksamaan Hardy

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

12.5 Geografi $L^p$