Элемент пр-ва Соболева

[artempalkin]

demolishka в сообщении #1553921 писал(а):

Прекрасно. Ну тогда все получается автоматически. Возьмите то "моё" пространство и введите скалярное произведение. Тогда оно содержит непрерывно дифференцируемые функции как всюду плотное подмножество и полно.

Ну в целом я это доказал. То есть я доказал, что "ваше" множество (пусть будет $D$) $D\subset H^1$. Но вот в обратную сторону не так ясно...

[demolishka]

artempalkin в сообщении #1553922 писал(а):

не так ясно

Пополнение единственно с точностью до изометрического изоморфизма. Более конкретно в нашей ситуации мы имеем, что $D \subset H^{1}$, но $D$ замкнуто и всюду плотно в $H^{1}$. Тут деваться некуда, $D=H^{1}$.

[g______d]

novichok2018 в сообщении #1553875 писал(а):

где посмотреть про вложение АС на отрезке в половинного Гёльдера?

$AC$ и $W_1^1$ не вкладываются в $C^{1/2}$, пример: функция $x^{1/3}$ на $[0,1]$.

$W_2^1[0,1]=H^1[0,1]$ (гильбертово пространство функций, у которых сама функция и первая производная принадлежат $L^2[0,1]$) вкладывается в $C^{1/2}$, это следует из того, что для гладких функций и $0<x<y<1$ можно написать

$$ |f(y)-f(x)|\le \int_x^y |f'(t)|\,dt\le |y-x|^{1/2}\left(\int_x^y|f'(t)|^{2}\,dt\right)^{1/2}\le |y-x|^{1/2}\|f\|_{H^1}. $$

[novichok2018]

То есть $AC[0,1]$ и $H^1[0,1]$ не совпадают, между ними строгое вложение?

-- 06.05.2022, 08:14 --

g______d - в Вашей строке с неравенствами непонятно, почему норма в аш 1 свелась только к эль два норме производной, нет такого же слагаемого для функции, тоже входящего в норму. Понятно, что они подчинены, но тогда нужна некоторая постоянная. Или нет?

[g______d]

novichok2018 в сообщении #1553970 писал(а):

нет такого же слагаемого для функции, тоже входящего в норму.

Это слагаемое есть, но в ту сторону, в которую используется неравенство, оно не влияет:

$$ \|f'\|_{L^2}\le \sqrt{\|f\|_{L^2}^2+\|f'\|_{L^2}^2}=\|f\|_{H^1}. $$

novichok2018 в сообщении #1553970 писал(а):

То есть $AC[0,1]$ и $H^1[0,1]$ не совпадают, между ними строгое вложение?

Да, это отмечалось выше, я просто повторил для полноты изложения и сейчас ничего не написанного ранее не скажу. Разница в том, что в $AC[0,1]=W_1^1$ производная принадлежит $L^1$, а в $H^1=W_2^1$ производная принадлежит $L^2$, что строго сильнее. Сама функция в обоих случаях непрерывна на $[0,1]$ (строго говоря, почти везде совпадает с некоторой функцией, непрерывной на $[0,1]$), и поэтому принадлежит и $L^1$ и $L^2$.

Пример, как я уже говорил, $x^{1/3}$, легко проверить, что она абсолютно непрерывна, обобщённая производная принадлежит $L^1$ но не $L^2$, и гёльдеровому условию $C^{1/2}$ сама функция тоже не удовлетворяет.

[novichok2018]

g______d - спасибо.

[artempalkin]

demolishka в сообщении #1553923 писал(а):

Пополнение единственно с точностью до изометрического изоморфизма. Более конкретно в нашей ситуации мы имеем, что $D \subset H^{1}$, но $D$ замкнуто и всюду плотно в $H^{1}$. Тут деваться некуда, $D=H^{1}$.

Давайте я все же по-другому докажу.

Пусть $U\in H^1$. Это означает, что $U_n\overset{L_2}\to U$, $U_n'\overset{L_2}\to V$, при этом $U_n$ - НДФ.

Нам известно, что $U_n(x)-U_n(0)=\int\limits_0^xU_n'(t)dt$. Нам хотелось бы (но по факту неизвестно), чтобы $U(x)-U(0)=\int\limits_0^xV(t)dt$.

Левая часть сходится к левой: $U_n(x)-U_n(0)\overset{L_2}\to U(x)-U(0)$. Если мы докажем, что $\int\limits_0^xU_n'(t)dt\overset{L_2}\to \int\limits_0^xV(t)dt$, то это будет как раз то, что нужно.

$0\leqslant||\int\limits_0^xU_n'(t)dt-\int\limits_0^xV(t)dt||_{L_2}^2=\int\limits_0^1\left(\int\limits_0^x(U_n'(t)-V(t))dt\right)^2dx\leqslant\int\limits_0^1\left(\int\limits_0^x|U_n'(t)-V(t)|dt\right)^2dx\leqslant \int\limits_0^1\left(\int\limits_0^1|U_n'(t)-V(t)|dt\right)^2dx\leqslant \int\limits_0^1\int\limits_0^1|U_n'(t)-V(t)|^2dt\ dx=||U_n'-V||^2_{L_2}$

Поскольку правая часть сколько угодно мала, мала и левая, короче, доказано.

В итоге получается, что "обобщенная производная", получающаяся в пространствах Соболева, является "производной по Лебегу" от функции; по крайней мере для этой ОП будет верна формула Ньютона-Лейбница в лебеговском смысле.

[novichok2018]

Ещё производные в определениях пространств AC и H по разному определяются - обычные и обобщённые. Поэтому для обоснования приведённых выше равенств нужен результат об их совпадении на отрезке, так?