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求证$W^{1,2}$范数完备。

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abababa 发表于 2022-4-11 20:09 |阅读模式
设$H$是$\mathbb{R}$上平方可积,导数也平方可积的连续函数全体,对每个$f\in H$定义
\[\|f\|=\left(\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f(t)}^2dt+\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f'(t)}^2dt\right)^{\frac{1}{2}}\]

求证在这个范数下$H$完备。其实这就是索伯列夫空间里的范数,它一定是完备的,但我想就这个具体的题目证明。
我已经证明了它确实是一个范数,然后设$\{f_n\}$是$H$中的任意一个柯西序列,由柯西序列的定义就有,对任意的$\varepsilon>0$都存在$N$,使得只要$m,n>N$就有
\[\left(\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f_m-f_n}^2+\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f_m'-f_n'}^2\right)^{\frac{1}{2}}=\|f_m-f_n\|<\varepsilon\]

所以$\{f_n\}$和$\{f_n'\}$都是$L^2(\mathbb{R})$中的柯西序列。令$f_n\to g, f_n'\to h$,这里的收敛是按$L^2$范数收敛,则$g,h\in L^2(\mathbb{R})$。再设
\[f(x)=g(0)+\int_{0}^{x}h(t)dt\]

我觉得$f_n$就是收敛到上面这个$f$,而$f\in H$,这样就证明了完备。但怎么证明$f_n$收敛到$f$呢?

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Czhang271828 发表于 2022-4-18 18:49
定义不准. Соболев 空间 $W^{k,p}(\Omega)$ 之严格定义包含以下三类:

[1] Fourier 变换定义 (个人最倾向)
[2] $C^\infty(\Omega)$ 在 $W^{k,p}(\Omega)$ 范数下的完备化
[3] 以下定义 (一般 PDE 教材的说法)

定义 Соболев 空间 $W^{k,p}(\Omega)$ 为 $\Omega$ 中 $k$ 阶及以下弱导数均收敛的局部可积函数之集, i.e.,
$$
W^{k,p}(\Omega):=\{u\in L_{\mathrm{loc}}(\Omega):\sum_{|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha u\|_{L^p(\Omega)}<\infty\}.
$$
其中 $p\in[1,\infty]$, $k\in\mathbb N\cup \{0\}$, $\Omega\subset \mathbb R^n$.

这里有若干注明:

1. 此处不采用 Fourier 变换之定义法, 因而仅限定 $k\in\mathbb N\cup \{0\}$.

2. 称 $u$ 为 $\Omega$ 上局部可积的, 若且仅若对任意紧集 $K\subset \Omega$ 总有 $u$ 在 $K$ 上可积.

3. 同一般 PDE 理论, 我们将对等的函数置于同一等价类中. 记 $u=v$ 若且仅若 $u-v$ 在零测集上取值非零.

4. 称 $\mathscr D^\alpha u$ 为 $u$ 的 $\alpha$-弱导数, 若且仅若对任意 $\phi\in C_c^\infty(\Omega)$ 总有 $\left< \mathscr D^\alpha u,\phi\right>=(-1)^{|\alpha|}\left< u,\mathscr D^\alpha \phi\right>$. 其中
   $$
   \left< u,v\right>:=\int_\Omega uv.
   $$
   $C_c^\infty(\Omega)$ 为 $\Omega$ 上具有紧支撑 (以下标 $_c$ 标注) 的光滑函数. 指标 $\alpha=(\alpha_1,\ldots ,\alpha_n)$, 且 $\alpha_i\in\mathbb N\cup\{0\}$​. 定义
   $$
   \mathscr D^\alpha =\prod_{i=1}^n\dfrac{\partial^{\alpha_i}}{\partial x_i^{\alpha _i}}.
   $$
   在对等的意义下, 弱导数显然唯一.

5. $p\in[1,\infty)$ 时, 定义 $L^p$ 范数为
   $$
   \|u\|_{L^p(\Omega)}=\left(\int_\Omega |u|^p\right)^{1/p}.
   $$
   $p=\infty$ 时, 定义
   $$
   \|u\|_{L^\infty(\Omega)}=\inf M\quad m(\{x\in\Omega :|u(x)|\geq M\})=0.
   $$

例如 $w(x)=\mathrm{sgn}(x)\in W^{1,1}([-1,1])$​, 其中
$$
\partial_x w(x)=2\delta(x)\in W^{0,1}([-1,1]).
$$
请自行验证 $w(x)$ 可被 $[-1,1]$ 上的一列光滑函数 $\{\phi_n\}_{n\geq 1}$ 按照 Соболев 范数 $\|w\|_{W^{1,1}([-1,1])}:=\sum_{|\alpha|\leq 1}\|D^\alpha w\|_{L^p([-1,1])}$ 逼近.

下证明 $W^{k,p}(\Omega)$​ 为完备空间, 即
$$
W^{k,p}(\Omega):=\{u\in L_{\mathrm{loc}}(\Omega):\| u\|_{W^{k,p}(\Omega)}<\infty\}
$$
在范数 $\|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}:=\sum_{|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha u\|_{L^p(\Omega)}$ 下完备.

**Proof.** 下验证 $\|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}$ 为范数:

1. 显然 $\|u\|\geq 0$. 取等若且仅若 $\mathscr D^\alpha u\equiv 0$ 对一切 $\alpha(|\alpha|\leq k)$ 于 $\Omega$ 上成立, 因此 $u$ 等同于零函数.

2. 对任意 $a\in\mathbb R$ 总有 $\|au\|_{W^{k,p}(\Omega)}=|a|\cdot \|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}$. 实际上, 对 $p\in[1,\infty)$ 总有
   $$
   \begin{align*}
   \|au\|_{W^{k,p}(\Omega)}=&\left(\sum_{\alpha:|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha au\|_{L^p(\Omega)}^p\right)^{1/p}\\
   =&\left(\sum_{\alpha:|\alpha|\leq k}|a|^p\cdot \|\mathscr D^\alpha u\|_{L^p(\Omega)}^p\right)^{1/p}\\
   =&|a|\cdot\left(\sum_{\alpha:|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha u\|_{L^p(\Omega)}^p\right)^{1/p}\\
   =&|a|\cdot \|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}.
   \end{align*}
   $$
   对 $p=\infty$​ 有
   $$
   \begin{align*}
   \|au\|_{W^{k,\infty}(\Omega)}=&\sum_{\alpha:|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha au\|_{L^\infty (\Omega)}\\
   =&|a|\cdot \sum_{\alpha:|\alpha|\leq k}\|\mathscr D^\alpha u\|_{L^\infty (\Omega)}\\
   =&|a|\cdot \|u\|_{W^{k,p}}.
   \end{align*}
   $$

3. 对任意 $u,v\in W^{k,p}(\Omega)$, 我们断言成立如下三角不等式
   $$
   \|u+v\|_{W^{k,p}(\Omega)}\leq\|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}+\|v\|_{W^{k,p}(\Omega)}
   $$
   由泛函分析知识知 $\ell^p(\mathbb R)$ 上的范数给出良定义的度量. 记 $u_\alpha:=\|\mathscr D^\alpha u\|_{L^p(\Omega)}$, $\{\alpha:|\alpha|\leq k\}=\{\alpha_i\}_{i=1}^N$, 则三角不等式转化为
   $$
   \begin{align*}
   \|u+v\|_{W^{k,p}(\Omega)}=&\|((u+v)_{\alpha_i})_{i=1}^n\|_p\\
   \leq &\|(u_{\alpha_i})_{i=1}^n+(v_{\alpha_i})_{i=1}^n\|_p\\
   \leq &\|(u_{\alpha_i})_{i=1}^n\|_p+
   \|(v_{\alpha_i})_{i=1}^n\|_p\\
   \leq &\|u\|_{W^{k,p}(\Omega)}+\|v\|_{W^{k,p}(\Omega)}.
   \end{align*}
   $$

综上, $W^{k,p}(\Omega)$ 为赋范空间. 欲证其完备性, 只需证明 Cauchy 列 $\{u_n\}_{n\geq 1}\to u_0\in W^{k,p}(\Omega)$ 且 $\{\mathscr D^\alpha u_n\}_{n\geq 1}\to \mathscr D^\alpha u_0$, $\forall \alpha (|\alpha|\leq k)$. 记 $u_0$ 为 $\{u_n\}_{n\geq 1}$ 在 $L^p(\Omega)$ 中的极限, 且对任意 $\phi\in C^\infty_c(\Omega)$ 总有
$$
\lim_{n\to\infty}\left< \mathscr D^\alpha u_n,\phi\right>=\lim_{n\to\infty}(-1)^\alpha\left< u_n,\mathscr D^\alpha \phi\right>=(-1)^\alpha\left< u_0,\mathscr D^\alpha \phi\right>.
$$
因此, $u_0$ 的 $\alpha (|\alpha|\leq k)$ 阶弱导数均为 $\{\mathscr D^\alpha u_n\}_{n\geq 1}$ 之极限. 从而 $u_0\in W^{k,p}(\Omega)$, 即 $W^{k,p}(\Omega)$ 为自身范数下的 Banach 空间.
无钱佮歹看、无样佮歹生、无汉草佮无文采、无学历佮无能力、无高度无速度无力度共闲无代志。(闽南话)
口号:疼惜生命,远离内卷。

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 楼主| abababa 发表于 2022-4-18 19:12
回复 2# Czhang271828

谢谢,这题网友给讲的也是用了弱导数的定义,然后定义了索伯列夫空间。也是找了紧支集上的好函数和空间里的函数作内积(他没写内积,用的积分形式表达,是一样的),然后由弱导数的定义,他把那个微分换到好函数上了,这样根据$L^p$里的收敛,乘上好函数的微分,就还是收敛的,再用弱导数的定义就换出去了,就是下面这个:
\[\int_{\Omega}D^{\alpha}f_n(x)\varphi(x)dx = (-1)^{\abs{\alpha}}\int_{\Omega}f_n(x)D^{\alpha}\varphi(x)dx \to (-1)^{\abs{\alpha}}\int_{\Omega}f(x)D^{\alpha}\varphi(x)dx =\int_{\Omega}D^{\alpha}f(x)\varphi(x)dx\]
这样$D^{\alpha}f_n$就收敛到$D^{\alpha}f$,属于$W^{m,p}$,就完备了。

我按照主楼做的那个,往下做的话,应该是需要证明出$f_n$绝对连续,然后用有界变差函数,它就能用牛顿-莱布尼茨公式写出来:$f_n(x)=f_n(0)+\int_{0}^{x}f_n'(x)dx$,然后$f_n$收敛到$g$,$f_n'$收敛到$h$,根据$f(x)$和$f_n(x)$的表达式,就能推出$f_n$几乎处处收敛到$f$了。

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Czhang271828 发表于 2022-4-19 14:15
忘记提醒一个事情, 前面定义的范数 $\|f\|=\|f+f'\|_2\neq \|f\|_2+\|f'\|_2=\|f\|_{W^{1,2}}$; 但显然这两个范数是等价的.

定义: 空间 $(X,\|\cdot\|)$ 与 $(X,\|\cdot \|')$ 范数等价若且仅若存在 $c_1,c_2>0$ 使得对一切 $x\in X$ 均有 $\|x\|\leq c_1\|x\|'$, $\|x\|'\leq c_2\|x\|$.

再特别地, 若 $X$ 依照范数 $\|\cdot\|$ 或 $\|\cdot\|'$ 均成为 Banach 空间, 则以下叙述等价

1. 存在 $c>0$ 使得 $\|\cdot\|\leq c\|\cdot \|'$.
2. 存在 $c'>0$ 使得 $\|\cdot\|'\leq c'\|\cdot \|$.
3. $\|\cdot \|$ 与 $\|\cdot\|'$ 为等价范数.

证明: 显然 $3\implies 1,2$, $1+2\implies 3$. 下证明 $2\implies 1$ 即可.

考虑线性算子 $T:(X,\|\cdot \|)\to(X,\|\cdot\|')$, $x\mapsto x$. 则
$$
\|T\|=\sup_{\|x\|=1}\|Tx\|'=\sup_{\|x\|=1}\|x\|'\leq c'.
$$
由于 $T$ 为双射, 据逆算子定理知 $T^{-1}$ 有界. 证毕.

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