测度论与概率论基础学习笔记9——3.3Lp空间
Lp空间在泛函分析中比较详细地讲述过(但我没有详细地学过),这里更多作一点重复。1.Lp空间定义设(X,F,μ)(X,\mathscr F,\mu)(X,F,μ)是一测度空间,定义其上绝对值p次幂可积的函数(p≥1p\ge1p≥1)的全体集合为Lp(X,F,μ)L^p(X,\mathscr F,\mu)Lp(X,F,μ)。也即LpL^pLp中的函数满足:∫X∣f∣pdμ<∞\int_X |f
Lp空间在泛函分析中比较详细地讲述过(但我没有详细地学过),这里更多作一点重复。
1.Lp空间定义
设(X,F,μ)(X,\mathscr F,\mu)(X,F,μ)是一测度空间,定义其上绝对值p次幂可积的函数(p≥1p\ge1p≥1)的全体集合为Lp(X,F,μ)L^p(X,\mathscr F,\mu)Lp(X,F,μ)。也即LpL^pLp中的函数满足:
∫X∣f∣pdμ<∞\int_X |f|^p d\mu < \infty∫X∣f∣pdμ<∞
2.Lp空间是Banach空间
要论证这个结论,首先论证Lp是一个赋范空间,再论证完备。
论证其为赋范空间,非负性、正定性和线性显然,主要是论证三角不等式。论证三角不等式,也就是证明Minkowski不等式,也即:
对1≤p<∞,∀f,g∈Lp1\le p < \infty,\forall f,g \in L^p1≤p<∞,∀f,g∈Lp,有:
∣∣f+g∣∣p≤∣∣f∣∣p+∣∣g∣∣p||f+g||_p\le||f||_p+||g||_p∣∣f+g∣∣p≤∣∣f∣∣p+∣∣g∣∣p
而要证明Minkowski不等式,要先证明Holder不等式:
对一对共轭数(1<p,q<∞:1q+1p=11<p,q<\infty:\frac{1}{q}+\frac{1}{p}=11<p,q<∞:q1+p1=1),∀f,g∈Lp\forall f,g \in L^p∀f,g∈Lp,有:
∣∣fg∣∣≤∣∣f∣∣p+∣∣g∣∣q||fg||\le||f||_p+||g||_q∣∣fg∣∣≤∣∣f∣∣p+∣∣g∣∣q
而Holder不等式依赖于以下引理:
对一对共轭数p,qp,qp,q,对∀a,b≥0\forall a,b \ge 0∀a,b≥0,有:
a1/pb1/q≤ap+bqa^{1/p}b^{1/q}\le \frac{a}{p}+\frac{b}{q}a1/pb1/q≤pa+qb
逻辑链条就是如此,证明此处略,到处都可以查到。
以下讨论两部分特殊的p值:p=∞p=\inftyp=∞和0<p<10<p<10<p<1.
p=∞p=\inftyp=∞时,定义范数:
∣∣f∣∣∞=inf{a∈R+,μ(∣f∣>a)=0}||f||_{\infty}=\inf\{a\in \R^+,\mu(|f|>a)=0\}∣∣f∣∣∞=inf{a∈R+,μ(∣f∣>a)=0},可以证明其确为范数。
0<p<10<p<10<p<1时,定义:
∣∣f∣∣p=∫X∣f∣pdμ||f||_p=\int_X|f|^pd\mu∣∣f∣∣p=∫X∣f∣pdμ,注意,与传统的p范数定义不同,它不再开p次方根了。因此很显然,它不再满足线性性质,因此当0<p<10<p<10<p<1时其就不再是赋范空间了。
可以证明,0≤p≤∞0\le p\le \infty0≤p≤∞时,LpL^pLp空间中的Cauchy列收敛,因此:0<p<10<p<10<p<1时LpL^pLp空间为完备的距离空间,1≤p≤∞1\le p\le \infty1≤p≤∞时为Banach空间。
3.平均收敛
说平均收敛定义之前,先证明如下定理,我认为这个定理证明比较综合,故收录如下。
定理设0<p≤∞0<p\le\infty0<p≤∞,如果{fn}⊂Lp\{f_n\}\subset L^p{fn}⊂Lp满足:
limn,m→∞∣∣fn−fm∣∣p=0\lim_{n,m\to\infty}||f_n-f_m||_p=0n,m→∞lim∣∣fn−fm∣∣p=0
则存在f∈Lpf\in L^pf∈Lp,使得:
limn→∞∣∣f−fn∣∣p=0\lim_{n\to\infty}||f-f_n||_p=0n→∞lim∣∣f−fn∣∣p=0
此时称{fn}\{f_n\}{fn}(p阶)平均收敛到fff,记作:fn→Lpff_n \stackrel{L_p}{\rightarrow}ffn→Lpf
证明:
\space
定理:平均收敛和其余收敛的关系
平均收敛实际上是个比较强的条件。
(1)若fn→Lpff_n \stackrel{L_p}{\rightarrow}ffn→Lpf,则fn→μff_n \stackrel{\mu}{\rightarrow}ffn→μf且∣∣fn∣∣p→∣∣f∣∣p||f_n||_p\to||f||_p∣∣fn∣∣p→∣∣f∣∣p;
(2)若fn→μff_n \stackrel{\mu}{\rightarrow}ffn→μf或fn→a.e.ff_n \stackrel{a.e.}{\rightarrow}ffn→a.e.f,则fn→Lpff_n \stackrel{L_p}{\rightarrow}ffn→Lpf。
证明
(2)的证明比较有技巧性,当前水平有限,只证明(1)。
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