2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение06.06.2008, 19:37 
Аватара пользователя
RIP чего-то у меня так не получилось :(
Получилось вот чего:
$$A_3f(x)\leqslant\sqrt[p]{\int\limits_{0}^{x}t^{\frac 1 q}f^p(t)dt}\sqrt[q]{\frac p {p-1}}x^{\frac 1 {q^2}-1}$$. Это правильно? Если да, то как оценивать дальше, чтобы прийти к Вашему результату?

 
 
 
 
Сообщение07.06.2008, 01:31 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
Это правильно?

Не забывайте ставить знаки модуля: если $f(x)<0$, то у Вас какая-то ерунда написана. А так — вроде правильно. Теперь это возводим в степень $p$ и интегрируем.
Да, кстати. В доказательстве я предполагаю, что $p\in(1;+\infty)$, но ответ верен при $p\in[1;+\infty]$.

 
 
 
 
Сообщение07.06.2008, 09:36 
Аватара пользователя
RIP а очему при $f(x)<0$ ерунда? Выражение под корнем в случае четного $p$ не всегда положительно? Вообще вроде ограничения на f(x) вроде как и не предполагались. Выражение у меня получается, что меньше бесконечности :( :
$t^{\frac1 q}$ выносим из под интегрла(после возведения в степень), зная, что оно меньше чем $x^{\frac1 q}$:
${A_3f(x)}^p\leqslant\frac 1 x\int\limits_{0}^{x}f^p(t)dt(q)^{p-1}$
Теперь, зная что норма оператора не зависит от x:
$$||Af||\leqslant q^{p-1}||f||\int\limits_{0}^{x}\frac 1 x dx$$
Но что-то тут не так :(

 
 
 
 
Сообщение07.06.2008, 17:12 
Аватара пользователя
Да, кстати, а может быть такое, чтобы норма была неопределена точно? Например для дифференциальнго оператора
$Ax(t)=x'(t)$ получаем: $||Ax||=max|x'(t)|$, а норма $||x||=max|x(t)|+max|x'(t)|$ и в силу неотрицательности модуля имеем всегда $||Ax||\leqslant||x||$.

 
 
 
 
Сообщение07.06.2008, 20:53 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
RIP а очему при $f(x)<0$ ерунда? Выражение под корнем в случае четного $p$ не всегда положительно?

А если $p=\sqrt{\pi}$? Поэтому грамотнее писать
$|A_3f(x)|\leqslant q^{1/q}x^{1/q^2-1}\left(\int_0^xt^{1/q}|f(t)|^pdt\right)^{1/p}$.

Spook писал(а):
$t^{\frac1 q}$ выносим из под интегрла(после возведения в степень), зная, что оно меньше чем $x^{\frac1 q}$

А вот этого делать не надо. Больше ничего не надо оценивать. Если Вы честно возведёте в степень $p$ и проинтегрируете полученное неравенство от 0 до $\infty$, воспользовавшись теоремой Тонелли, то получите то, что доктор прописал.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 09:55 
Аватара пользователя
Как я понял указанная теорема Тонелли - это то, что двойной интеграл можно свести к повторному (при интегрируемости подъинтегральных функций). Дальше этого
$$\int\limits_{0}^{\infty}|A_3f(x)|^pdx\leqslant q^{p-1}\int\limits_{0}^{\infty}x^{\frac 1 p}\int\limits_{0}^{x}t^{\frac 1 q}|f(t)|^pdtdx$$
я немогу продвинуться, хотя и пробовал различные варианты выбора интегрирования как по $x$, так и по $t$ и все это приводит к бесконечности. И вообще я пока не понял как можно избавиться от $t^{\frac 1 q}$ ведь требуется выделить такой интеграл $\int\limits_{0}^{\infty}|f(t)|^pdt$

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 10:37 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
$$\int\limits_{0}^{\infty}|A_3f(x)|^pdx\leqslant q^{p-1}\int\limits_{0}^{\infty}x^{\frac 1 p}\int\limits_{0}^{x}t^{\frac 1 q}|f(t)|^pdtdx$$

Икс в неправильной степени, поэтому (наверное) и не получается.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 11:21 
Аватара пользователя
Да, ошибся. Правильно будет:
$$\int\limits_{0}^{\infty}|A_3f(x)|^pdx\leqslant q^{p-1}\int\limits_{0}^{\infty}x^{{\frac 1 {{q}^2}}-1}\int\limits_{0}^{x}t^{\frac 1 q}|f(t)|^pdtdx$$ ?

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 21:33 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
Да, ошибся. Правильно будет:
$$\int\limits_{0}^{\infty}|A_3f(x)|^pdx\leqslant q^{p-1}\int\limits_{0}^{\infty}x^{{\frac 1 {{q}^2}}-1}\int\limits_{0}^{x}t^{\frac 1 q}|f(t)|^pdtdx$$ ?

Обратно не угадали: Вы ж в степень пэ возводили. Когда правильно возведёте, останется просто поменять порядок интегрирования.

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 00:20 
Аватара пользователя
Ну вроде бы со сменой порядка интегрирования все понятно(я надеюсь). А в степень я возвожу уже не первый день :)
Вы с этим согласны:
$|A_3f(x)|\leqslant\frac{1}{x}\sqrt[p]{\int\limits_{0}^{x}t^{\frac{p-1}{p}}|f(t)|^pdt}\sqrt[q]{\int\limits_{0}^{x}t^{-\frac{qp-q}{p^2}}dt}$? Отсюда:
$$|A_3f(x)|\leqslant\sqrt[p]{\int\limits_{0}^{x}t^{\frac{p-1}{p}}|f(t)|^pdt}\sqrt[q]{\frac{p}{p-1}}x^{-\frac{1+q}{pq}}$$ ?

Добавлено спустя 1 час 45 минут 16 секунд:

Потом
$$||A_3f(x)||^p\leqslant \left(\frac{p}{p-1}}\right)^{p-1}\int\limits_{0}^{\infty}x^{-\frac{1+q}q}\int\limits_{0}^{x}t^{\frac{p-1}{p}}|f(t)|^pdt}dx$$

Добавлено спустя 10 минут 21 секунду:

RIP, теперь наверное все-таки придется воспользоваться оценкой $t^y\leqslant x^y$. Или нет?

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 04:18 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
RIP, теперь наверное все-таки придется воспользоваться оценкой $t^y\leqslant x^y$. Или нет?

Нет. Просто поменяйте порядок интегрирования и всё. (Правая часть последнего неравенства равна $\left(q\|f\|_p\right)^p$; осталось только понять это.)

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 10:48 
Аватара пользователя
Да! У меня наконец-то получилось! RIP, а Вы уверены, что норма q корректна в случае $q=\infty$?

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 11:29 
Spook писал(а):
Да! У меня наконец-то получилось! RIP, а Вы уверены, что норма q корректна в случае $q=\infty$?

$A_3$ -- это оператор "начального усреднения". В $L_{\infty}$ норма -- это "существенный максимум" функции, т.е. супремум модуля, получаемый грамотным игнорированием множеств меры ноль. Совершенно очевидно, что при любых усреднениях он не увеличится, т.е. оператор в $L_{\infty}$ ограничен с нормой, не превышающей единицу. Ещё более очевидно, что единичка достигается ну хотя бы на константах (да и не только на них).

А вот в пространстве $L_{1}$ этот же оператор -- увы, неограничен.

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 19:04 
Аватара пользователя
ewert, я пока не могу придумать примера функции, чтобы показать, что в $L_1$ оператор $A_3$ неограничен.
ewert писал(а):
получаемый грамотным игнорированием множеств меры ноль.

То есть игнорируем только в каких-то особых точках?

На данный момент удалось показать, что $||A_3f||\leqslant q||f||$. Теперь чтобы назвать $q$ нормой надо показать, что равенство достигается. Соответственно вопрос: как это сделать? Просто перебирать функции? Я уже попробовал несколько элементарных, пока равенства достигнуть не смог :(

 
 
 
 
Сообщение10.06.2008, 07:45 
Spook писал(а):
ewert, я пока не могу придумать примера функции, чтобы показать, что в $L_1$ оператор $A_3$ неограничен.
ewert писал(а):
получаемый грамотным игнорированием множеств меры ноль.

То есть игнорируем только в каких-то особых точках?

Начнём с того, что оператор $A_3$ в $L_1$ на полуоси вообще нехорош: он даже не определён на финитных функциях, если те в среднем ненулевые. Но и там, где он определён -- он не ограничен.

Вот возьмём такое семейство финитных и нулевых в среднем функций, составленных из двух ступенек: $y_{\varepsilon}\equiv{1\over\varepsilon}$ на $[0;\,\varepsilon]$, $y_{\varepsilon}\equiv{1\over\varepsilon-1}$ на $[\varepsilon;\,1]$, а дальше ноль. Их $L_1$-нормы равны двум. Однако с уменьшением $\varepsilon$ функции $z_{\varepsilon}=A_3y_{\varepsilon}$ поточечно стремятся к ${1-x\over x}$ (до единицы, дальше ноль), т е. их $L_1$-нормы логарифмически стремятся к бесконечности.

----------------------------------------------------------------------
Насчёт игноража -- точная формулировка: существенным максимумом называется инфимум всех супремумов функции, берущихся по всем подмножествам полной меры (т.е. таким, что их дополнения имеют меру ноль).

 
 
 [ Сообщений: 42 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group