Главная > Анализ в классах разрывных функций и уравнения математической физики
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

6. Полная непрерывность оператора вложения.

Обозначим через оператор вложения пространства в пространство Это значит, что оператор каждой функции принадлежащей пространству ставит в соответствие ту же функцию, рассматриваемую как элемент пространства Из георемы п. 5 слетует, что оператор ограничен. Мы покажем здесь, что он является вполне непрерывным оператором.

Теорема 1. Пусть функция принадлежит пространству Тогда для любого вектора имеет место оценка

Доказательство. Предположим сначала, что Как и в

п. 5, будем считать, что где интервалы. Обозначим

Так как ограниченное множество, то интегрирование производится в конечных пределах. Пусть Разобьем отрезок интегрирования на части точками деления с шагом Тогда где

При оценим Оценку будем производить в точках х, в которых функции аппроксимативно непрерывны. Так как множество таких точек имеет полную меру, то этого достаточно для дальнейшего.

Предположим, что между точками имеются граничные точки интервалов (в случае их отсутствия оценка только упрощается). Обозначим через а точку, ближайшую к х, а через (3 — точку, ближайшую к Тогда

здесь обозначает аппроксимативный предел по множеству - функция, равная обобщенной производной и нулю вне Из (6.4) получаем

Обозначим все граничные точки интервалов принадлежащие отрезку через Тогда из (6.5) следует

Отсюда и из (6.3) получаем

Сложение по всем приводит к неравенству

где 2 обозначает суммирование по всем граничным точкам интервалов

Перестановкой порядка интегрирования получим

Отсюда и из (6.6) следует

При этом мы заменили на с тем, чтобы полученное неравенство было верным и при

Перейдем к многомерному случаю. Пусть Положим Во всех точках в которых сечение множества прямой параллельной оси и проходящей через точку х, имеет конечный периметр и функция как функция переменной принадлежит пространству из (6.7) следует

Так как указанное множество точек х имеет полную -мерную меру на плоскости то, интегрируя по х (см. соответствующее место в доказательстве теоремы п. 5), получим

Точно такая же оценка может быть получена и для всех остальных Именно, обозначая через единичный вектор в направлении оси х мы можем записать

Кроме того, имеет место очевидное неравенство

Отсюда и из (6.8) получаем (6.1). Теорема доказана.

Теорема 2. Оператор I вложения пространства в пространство вполне непрерывен.

Доказательство следует непосредственно из теоремы 1, теоремы п. 5 и критерия компактности множеств в пространстве

1
Оглавление
email@scask.ru