--- title: "Ruang Lp" book: "Matematika Universitas — Tahun 3" subject: math language: id chapter: 12 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp --- # Bab 12 — Ruang Lp Integral Lebesgue dibangun untuk analisis; dan ruang $L^p$ adalah tempat analisis itu tinggal. Ruang itu Banach (menurut Riesz–Fischer) — yakni [pelengkapan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#thm-b3-complete-completion) yang menurut [Latihan 7.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#exo-b3-complete-1) tak dipunyai fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) — dan ia menopang teknologi pemulusan, yakni *konvolusi terhadap [pemulus](#def-b3-lp-mollifier)*, yang menghampiri setiap fungsi $L^p$ oleh fungsi $\mathcal C^\infty$. Bab ini membuktikan versi integral Hölder dan Minkowski, [kelengkapannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete), teorema [kepadatannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma), dan mesin peregularannya, lalu berakhir dengan geografi keterkandungan dan interpolasi tangga $L^p$. Sepanjang bab, $(X, \mathcal A, \mu)$ adalah [ruang ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) dan fungsinya bernilai kompleks; sedangkan pada $\R^d$, [ukurannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#exo-b3-lebesgue-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable): $$ \norm{fg}_1 \leq \norm f_p\,\norm g_q , $$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#pb-b3-banach-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#exo-b3-complete-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](#exo-b3-lp-3)), dan sebaliknya pun tidak (lihat gundukan yang lolos): sebab kedua ragamnya terkait hanya lewat subbarisan dan dominasi. Menyimpan contoh penyangkal [Latihan 12.3](#exo-b3-lp-3) dalam ingatan adalah vaksin yang terbaik. ## 12.3 Teorema kepadatan **Teorema 12.6.** Misalkan $1 \leq p < \infty$. 1. [Fungsi sederhana](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-simple) (dengan pendukung berukuran berhingga) bersifat padat di $L^p(\mu)$ . 2. Di $L^p(\R^d)$ , fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) berpendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\mathcal C_c(\R^d)$ bersifat padat. 3. Translasi bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#thm-b3-lebesgue-approximation) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-regularity)) memberikan $K \subseteq A \subseteq U$, [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), bernilai $1$ pada $K$ dan $0$ di luar $U$, dan dapat diambil berpendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (susutkanlah $U$ menjadi [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragamnya memberikan $\norm{\tau_hg - g}_\infty \to 0$, dengan pendukungnya di dalam satu [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-convolution). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-convolution). ∎ **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: 1. $f * \rho_\varepsilon \in \mathcal C^\infty(\R^d)$ , dengan $\partial^\alpha(f * \rho_\varepsilon) = f * \partial^\alpha\rho_\varepsilon$ ; 2. $\norm{f * \rho_\varepsilon - f}_p \to 0$ saat $\varepsilon \to 0$ ; 3. sehingga $\mathcal C^\infty_c(\R^d)$ bersifat padat di $L^p(\R^d)$ . **Bukti.** (1) Lewat pendiferensialan di bawah integralnya ([Teorema 10.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#thm-b3-lebesgue-paramdiff)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) 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](#exo-b3-lp-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](#thm-b3-lp-density)(3)): sehingga seluruh ungkapannya menuju $0$. (3) Hampirilah $f$ oleh $g \in \mathcal C_c$ ([Teorema 12.6](#thm-b3-lp-density)(2)), lalu $g$ oleh $g * \rho_\varepsilon \in \mathcal C_c^\infty$ (dengan pendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): yakni jumlah pendukungnya). ∎ **Contoh 12.10 (Memuluskan ∣x∣\abs x∣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](#def-b3-lp-mollifier) 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](#pb-b3-lp-1)). **Akibat 12.11 (Lema fundamental kalkulus variasi).** Misalkan $f \in L^1_{\mathrm{loc}}(\R^d)$ (yakni [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)) 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](#thm-b3-lp-regularization)): 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](#exo-b3-lp-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](#thm-b3-lp-regularization)) lalu perluas lewat [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) ([Teorema 7.2](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#thm-b3-complete-extension), sebab kedua ruasnya kontinu-$L^p$); untuk membuktikan $f = 0$, ujilah terhadap $\mathcal C_c^\infty$ ([Akibat 12.11](#cor-b3-lp-fundlemma)); untuk memperoleh kemulusan, konvolusikanlah; dan untuk menukar eksponennya, pakailah Hölder dan interpolasi. Sedangkan teori Fourier [Bab 14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#ch-b3-fouriertransform) 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 Latihan 12.1.** (a) Ambil $p = q = 2$ pada [Teorema 12.2](#thm-b3-lp-holder): $\abs{\int f\bar g\,\dd\mu} \leq \int\abs{fg} \leq \norm f_2\norm g_2$ — 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](#exo-b3-lp-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 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1); 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](#thm-b3-lp-complete). (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 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](#prop-b3-lp-inclusions); sedangkan batas bawahnya dengan mengintegralkan atas $\{\abs f > \norm f_\infty - \varepsilon\}$, yang berukuran positif.)* **Solusi Latihan 12.4.** Batas atasnya: $\norm f_p \leq \mu(X)^{1/p}\norm f_\infty$ ([Proposisi 12.12](#prop-b3-lp-inclusions)(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](#thm-b3-lp-density)(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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam. **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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) $\mathcal C_c$* gagal di sana — dan itulah jurang yang sebenarnya: sebab langkah (2) [Teorema 12.6](#thm-b3-lp-density) tak beranalogi $L^\infty$. (b) Jika $f$ mempunyai wakil $g$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam (sebab $\norm{\tau_hf_\varepsilon - f_\varepsilon}_\infty \leq \norm{\tau_hf - f}_\infty$, lewat perata-rataannya), dan limit seragam fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam tetap demikian: sehingga $f$ sama hampir di mana-mana dengan sebuah fungsi yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam*. *(Pakai [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) translasi di $L^p$; lalu tanganilah $p \in \{1, \infty\}$ secara terpisah — sebab untuk $p = \infty$ pakailah [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) translasi pada faktor $L^1$-nya.)* **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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](#thm-b3-lp-density)(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](#cor-b3-lp-fundlemma) pada $f - c$ dengan $c = \int f\chi$.)* **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](#cor-b3-lp-fundlemma) (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) yang terselimuti berhingga banyak [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology). **Solusi Latihan 12.8.** Misalkan $3\delta < d(K, \R^d\setminus U)$ (yang positif: [Latihan 6.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#exo-b3-topology-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](#thm-b3-lp-regularization)(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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (sebab $K_\delta$ terbatas). Untuk partisi satuannya: diberikan $K \subseteq U_1\cup\dots\cup U_m$, pilihlah (lewat kekompakannya) [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K_i \subseteq U_i$ dengan $K \subseteq \bigcup \mathring K_i$, ambil $\varphi_i$ seperti di atas untuk $(K_i, U_i)$, lalu tetapkan $\psi_i = \varphi_i\prod_{j p_0$. **Latihan 12.10 ★★.** (Jensen) Misalkan $\mu$ sebuah [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) *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](#exo-b3-lp-1)(b). **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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable): sebab $\Phi$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); 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](#exo-b3-lp-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](#exo-b3-lp-6)); $q = 1$ (yakni kestabilan-$L^p$ konvolusi oleh kernel [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1)); dan $p = q = 1$ (yakni $L^1$ sebagai aljabar konvolusi, [Teorema 11.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-convolution)). (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 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](#thm-b3-lp-regularization)). Sedangkan $p = q = 1$ memberikan $r = 1$: yakni aljabar konvolusinya ([Teorema 11.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#thm-b3-product-convolution)). (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 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dengan pendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) di $\intoo0{+\infty}$, lalu misalkan $F(x) = \int_0^xf$. 1. Tunjukkan bahwa $Hf \in L^p$ : sebab di dekat $0$ , $F$ lenyap pada sebuah [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $0$ ; sedangkan di dekat $\infty$ , $F$ terbatas, sehingga $(Hf)(x) = O(1/x)$ , dan $x \mapsto \frac1x$ termasuk $L^p(\intoo1{+\infty})$ untuk $p > 1$ . 2. 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.)* 3. Terapkan Hölder pada ruas kanannya lalu turunkan $\norm{Hf}_p \leq \frac p{p-1}\norm f_p$ untuk $f$ semacam itu. 4. Perluaslah ke seluruh $L^p$ : untuk $f \geq 0$ , konstruksikan $f_n$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dengan pendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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.** 5. Untuk $A > 1$ misalkan $f_A(t) = t^{-1/p}\,\mathbf 1_{\intcc1A}(t)$. Hitunglah $\norm{f_A}_p^p = \ln A$ lalu, untuk $1 \leq x \leq A$, $$(Hf_A)(x) = \frac p{p-1}\;x^{-1/p}\, \bigl(1 - x^{-(1 - 1/p)}\bigr).$$ 6. Turunkan $\liminf_{A\to\infty} \norm{Hf_A}_p/ \norm{f_A}_p \geq \frac{p}{p-1}$ , lalu simpulkan bahwa konstantanya optimal. 7. 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.** 8. 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)*. 9. 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.** 10. 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 $$ Mf(x) = \sup_{r>0}\ \frac1{2r}\int_{x-r}^{x+r}\abs f\,\dd\lambda . $$ 11. (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)* . 12. (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K \subseteq \{Mf > t\}$ (lewat keteraturan dalamnya), selimuti ia oleh berhingga banyak $B_x$, terapkan pertanyaan 11, lalu habiskan. 13. 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. 14. (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#prop-b3-product-layercake)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable).) 15. (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). Secara umum tulislah $f = g + h$, dengan $g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) berpendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $\norm h_1 < \varepsilon$ ([Teorema 12.6](#thm-b3-lp-density)); 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.)* 16. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#pb-b3-measure-1) ), yang menunjukkan bahwa separuh sebaliknya dapat gagal. 17. (Titik [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) ) Untuk $A \subseteq \R$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) , tunjukkan bahwa hampir setiap $x \in A$ memenuhi $\frac{\lambda(A\cap\intcc{x-r}{x+r})}{2r} \to 1$ : sehingga himpunan [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) bersifat penuh secara lokal di hampir semua titiknya. Lalu sketsakan, dalam dua baris, bagaimana ini melahirkan satu lagi bukti teorema Steinhaus ( [Latihan 9.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#exo-b3-measure-8) ). **Bagian VI — Ragam pada tema perata-rataan.** 18. (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). 19. (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)* . 20. (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)*. 21. (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). 22. (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.** 23. (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 $\eu$. 24. (Konstanta $\eu$ bersifat optimal) Ujilah $a_n = \frac1n\,\mathbf 1_{n\leq N}$ : dengan memakai pengapitan Stirling [Soal 11.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#pb-b3-product-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.) 25. (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 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): 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](#thm-b3-lp-density)(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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (lewat kekonvergenan terdominasi terhadap $x$), dan supremum fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K \subseteq \{Mf > t\}$: 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-regularity)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#prop-b3-product-layercake)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): $A_rg(x) \to g(x)$ di mana-mana. Diberikan $\varepsilon > 0$, pecahlah $f = g + h$ dengan $g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) berpendukung [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $\norm h_1 < \varepsilon$ ([Teorema 12.6](#thm-b3-lp-density)); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#pb-b3-measure-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) $\frac{\lambda(A\cap\intcc{x-r}{x+r})}{2r} \to 1$. Untuk Steinhaus: di sekitar sebuah titik [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) $x^\alpha\dd x$ (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#pb-b3-product-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.