f平方可积，$g(t)=\int e^{-(t-x)}f(x)dx$，能否得到g也平方可积

abababa

设$E=\mathbb{R}$，若$f\in L^2(E)$，令
\[g(t)=\int_{-\infty}^{t}e^{-(t-x)}f(x)dx\]

我证明了$g(t)$是有限数，现在想问$g$是不是属于$L^2(E)$，也就是$g$是否在$E$上平方可积。

我试了用赫尔德不等式，但最后总是化到$g(t)\le M$这样，证明不了在$E$上平方可积。这个是对的吗？对的话要怎么证明？

Czhang271828

第一问: 大致看来是对的; 但严格地讲, 不对. 因为没有证明 $g$ 是可测函数. 例如 $\Omega$ 为 $[0,1]$ 上的不可测集, 则 $\varphi(x)=\dfrac{1}{2}-\chi_\Omega(x)$ 不可测, 因此不在 $L^2([0,1])$ 中 (尽管其平方为可测函数). 当然, 这道题显然和测度论之类的无关, $g(t)$ 的连续性是很明显的. 对任意 $s>t$, 注意到

\[
g(t+s)-g(t)=\int_{-\infty}^{t}(e^{-t}-e^{-t-s})\cdot e^xf(x)\mathrm dx+\int_{t}^{t+s} e^{-t-s+x}f(x)\mathrm dx.
\]

固定 $t$, 则 $s\to t$ 时两项积分均趋于 $0$.

1. 前一项趋于零是因为 $|e^{-t}-e^{-t-s}|\leq 3e^{-t}|t-s|$ 在 $s-t\to 0$ 时成立.
2. 后一项趋于零是因为 $|e^{-s-t+x}|$ 在积分区间内有上界 $M$, 而 $\int_{E} f$ 是绝对连续的 ($E$ 测度趋于零时 $\int_E f$ 亦趋于零.).

abababa

Czhang271828 发表于 2022-6-2 14:56
第一问: 大致看来是对的; 但严格地讲, 不对. 因为没有证明 $g$ 是可测函数. 例如 $\Omega$ 为 $[0,1]$ 上的 ...

$g(t)$是变上限积分啊，自然是连续的，所以是可测的。$g(t)$是有限数也好证明：因为$f(x)\in L^2(E)$，所以它平方可积，所以
\[\int_{-\infty}^{t}\abs{f(x)}^2dx\le\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f(x)}^2dx=M<\infty\]
然后
\[\abs{g(t)}
=\abs{\int_{-\infty}^{t}e^{-(t-x)}f(x)dx}
\le\int_{-\infty}^{t}\abs{e^{-(t-x)}f(x)}dx
\le(赫尔德不等式) \left[\int_{-\infty}^{t}\abs{e^{-(t-x)}}^2dx\right]^{\frac{1}{2}}\cdot\left[\int_{-\infty}^{t}\abs{f(x)}^2dx\right]^{\frac{1}{2}}
\le\sqrt{M}\left[\int_{-\infty}^{t}e^{-2(t-x)}dx\right]^{\frac{1}{2}}
=\sqrt{\frac{M}{2}}<\infty
\]

但这证明不了$\int_{\mathbb{R}}\abs{g(t)}^2dt<\infty$，而我想证明的就是这个。

Czhang271828

abababa 发表于 2022-6-2 15:19
$g(t)$是变上限积分啊，自然是连续的，所以是可测的。$g(t)$是有限数也好证明：因为$f(x)\in L^2(E)$，所 ...

Sorry, 以为你先前讲的 $g(t)$ 为有限数就是指 $\|g\|_{L^2(\mathbb R)}<\infty$.

目前证明了这么多, 有空再想想...

Minkovski 定理即 $\sum_{i\in I}\|f_i\|_{L^p(E)}\geq\|\sum_{i\in I} f_i\|_{L^p(E)}$, 其中 $p\geq 1$. 现将 $\sum_{i\in I}$ 看作积分即可, 得:
$$
\left(\int _{E'}\left|\int _{E}F(x,t)\mu _{1}(\mathrm {d} x)\right|^{p}\mu _{2}(\mathrm {d} t)\right)^{\frac {1}{p}}\leq \int _{E}\left(\int _{E'}|F(x,y)|^{p}\mu _{2}(\mathrm {d} t)\right)^{\frac {1}{p}}\mu _{1}(\mathrm {d} x).
$$
今代入 $F(x,t)=e^{x-t}f(x)\chi_{(-\infty,t)}(x)$, $E=E'=\mathbb R$, $p=2$. 从而
$$
\begin{align*}
\|g(t)\|_{L^2(\mathbb R)}&=\left(\int_{\mathbb R}\left(\int_{\mathbb R }F(x,t)\mathrm d x\right)^2\mathrm dt\right)^{1/2}\\
&\leq \int_{\mathbb R}\left(\int_{\mathbb R}|F(x,t)|^2\mathrm dt\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=\int_{\mathbb R}\left(\int_{\mathbb R}f(x)^2\chi_{(-\infty,t)}(x)e^{2(x-t)}\mathrm dt\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=\int_{\mathbb R}\left(f(x)^2\int_{\mathbb R}\chi_{(-\infty,t)}(x)e^{2(x-t)}\mathrm dt\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=\int_{\mathbb R}\left(f(x)^2\int_{\mathbb R}\chi_{(x,\infty)}(t)e^{2(x-t)}\mathrm dt\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=\int_{\mathbb R}\left(f(x)^2e^{2x}\int_{(x,\infty)}e^{-2t}\mathrm dt\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=\int_{\mathbb R}\left(f(x)^2/2\right)^{1/2}\mathrm dx\\
&=2^{-1/2}\cdot \|f\|_{L^1(\mathbb R)}.
\end{align*}
$$

Czhang271828

Czhang271828 发表于 2022-6-2 20:17
Sorry, 以为你先前讲的 $g(t)$ 为有限数就是指 $\|g\|_{L^2(\mathbb R)}

害, 最近脑子不大好使, 这个 Fubini 直接出来啊...
$$
\begin{align*}
\|g\|_{L^2(\mathbb R)}^2&\leq \int_{\mathbb R^3} |f(x)f(y)|e^{x+y-2t}\chi_{(-\infty,t)}(x)\chi_{(-\infty,t)}(y)\mathrm dt\mathrm dx\mathrm dy\\
&=\int_{\mathbb R^3} |f(x)f(y)|e^{x+y-2t}\chi_{(\max(x,y),+\infty)}(t)\mathrm dt\mathrm dx\mathrm dy\\
&=\int_{\mathbb R^2} |f(x)f(y)|\int_{\max(x,y)}^\infty e^{x+y-2t}\mathrm dt\mathrm dx\mathrm dy\\
&=\dfrac{1}{2}\int_{\mathbb R^2}|f(x)f(y)| e^{x+y-2\max(x,y)}\mathrm dx\mathrm dy\\
&\leq \dfrac{1}{2}\|f\|^2_{L^2(\mathbb R)}.
\end{align*}
$$
同理, $f\in L^p(\mathbb R)\implies g\in L^p(\mathbb R)$.

猜想这个极限应该可以逼近到, 令 $f_n=n\cdot \chi_{(-n^{-1},n^{-1})}(x)$ 即可.

abababa

Czhang271828 发表于 2022-6-2 21:05
害, 最近脑子不大好使, 这个 Fubini 直接出来啊...
$$
\begin{align*}

$\chi_{(-\infty,t)}(x)\chi_{(-\infty,t)}(y)$是怎么算的？这个结果不应该是$A=\chi_{(-\infty,\min(x,y))}$吗？这样积分$\int_{-\infty}^{A}e^{x+y-2t}dt$就不能收敛了，往下计算就都不对了啊。

Czhang271828

abababa 发表于 2022-6-3 14:36

$\chi_{(-\infty,t)}(x)\chi_{(-\infty,t)}(y)$是怎么算的？这个结果不应该是$A=\chi_{(-\infty,\min(x,y ...

式子 $\chi_{[\max\{x,y\},+\infty)}(t)$ 中的 $(t)$ 上面没有强调出来, 以改正. $\chi_{(-\infty,t)}(x)\chi_{(-\infty,t)}(y)=\chi_{[\max\{x,y\},+\infty)}(t)$ 是伴随算子的变换, 证明如下:

$\chi_{(-\infty, t)}(x)\chi_{(-\infty,t)}(y)=1$ 当且仅当 $x,y<t$, 当且仅当 $t\geq\max\{x,y\}$, 当且仅当 $\chi_{[\max\{x,y\},+\infty)}(t)=1$.

上个回答里的 “逼近取等条件” 修改了一下

abababa

Czhang271828 发表于 2022-6-3 21:29
式子 $\chi_{[\max\{x,y\},+\infty)}(t)$ 中的 $(t)$ 上面没有强调出来, 以改正. $\chi_{(-\infty,t)}(x) ...

谢谢，这个指示函数的乘积我理解了。我再好好看看其它的。

abababa

Czhang271828 发表于 2022-6-2 21:05
害, 最近脑子不大好使, 这个 Fubini 直接出来啊...
$$
\begin{align*}

最后一步，我一直没弄出来。我是这样做的：
因为$x+y-2\max(x,y)\le0$，所以$0<e^{x+y-2\max(x,y)}\le1$，所以$\abs{f(x)f(y)}e^{x+y-2\max(x,y)}\le\abs{f(x)f(y)}$，然后
\[\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f(x)f(y)}e^{x+y-2\max(x,y)}dxdy\le\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f(x)f(y)}dxdy=\left(\int_{-\infty}^{\infty}\abs{f(x)}dx\right)^2=\|f\|_1^2\]

我只能算到上面这样，这样只得到$f$的$L^1$范数，但$f$不一定绝对可积，这个还不行。5楼里这个最后的$\le$号，是怎么化成$f$的$L^2$范数的呢？

abababa

根据网友的提示，令$t-x=s$，所以$F(x,t)=e^{-s}f(t-s)\chi_{[0,\infty)}(s)$，然后根据4楼提示的不等式，就得到
\begin{align*}
\|g\|_{L^2}
&\le\int_{\mathbb{R}}\left(\int_{\mathbb{R}}\abs{e^{-s}f(t-s)\chi_{[0,\infty)}(s)}^2\right)^{\frac{1}{2}}ds\\
&=\int_{\mathbb{R}}e^{-s}\chi_{[0,\infty)}(s)\left(\int_{\mathbb{R}}f^2(t-s)dt\right)^{\frac{1}{2}}ds\\
&=\int_{0}^{\infty}e^{-s}\|f\|_{L^2}ds
=\|f\|_{L^2}\int_{0}^{\infty}e^{-s}ds
=\|f\|_{L^2}
\end{align*}