Encontrar un integrable dominado la función de convolución

Question

Deje $h\in L^1(\mathbb{R}^n)$. Vamos $\varphi\in S(\mathbb{R}^n)$, $\int_{\mathbb{R}^n}\varphi(x) dx=1$, donde $S(\mathbb{R}^n)$ es el de Schwartz función del espacio y $\varphi$ es no negativa, radial y radial disminuyendo. Vamos $\varphi_k(x)=k^n\varphi(kx)$, $k=1,2,...$, que es una secuencia de la función de aproximaciones a la función delta de Dirac $\delta_0$. Recordemos que $||h\ast \varphi_k||_1\le ||\varphi_k||_1||h||_1=||h||_1$ de los Jóvenes de la desigualdad. Entonces existe una función de $g\in L^1(\mathbb{R}^n)$ tal que $${\rm{sup}}_{k\ge1}|h\ast\varphi_k|(x)\le g(x),\ a.e. \ ?$$

Nota: (1)el Uso de los Hardy-Littlewood máximo de la función ${\rm{sup}}_{k\ge1}|h\ast\varphi_k|(x)\le Mh(x)$, pero lamentablemente $Mh\notin L^1(\mathbb{R}^n)$ siempre $h\ne 0$ en un conjunto con medida positiva.

(2)Por el de Hardy-Littlewood teorema de máxima, si $h\in L^p(\mathbb{R}^n)$, $1<p\le \infty$, a continuación, $${\rm{sup}}_{k\ge1}|h\ast\varphi_k|(x)\le Mh(x)\in L^p(\mathbb{R}^n).$$

Answer 1

Nunca para todas las funciones $h$. Deje $n=1$ por la simplicidad. Definir el operador maximal $$ M_1 h = \sup_{k \geq 1} \lvert h \ast \varphi_k \rvert. $$ Definir la función de $h$ por $$ h(x) = \sum_{j = 0}^\infty c_j (x - j \delta)^{-1 + \varepsilon_j} \mathbb{1}_{(j\delta, (j+1)\delta]} $$ para algunos de los parámetros de $c_j, \delta, \varepsilon_j > 0$. Elija $\delta$ pequeños, que $\varphi(x) > 1/2$ si $\lvert x \rvert \leq \delta$. Elija $\varepsilon_j = 2^{-j}$. Elija $c_j$, de modo que $$ c_j \int_{0}^{j\delta} x^{-1 + \varepsilon_j} = 2^{-j}. $$ A continuación,$h \in L^1(\mathbb{R})$$\| h \|_{L^1} = \sum_{j=0}^\infty 2^{-j} = 2$.

Si $x \in (j_0 \delta, (j_0 + 1)\delta)$, elija $k_0$ maximal tal que $x - k_0^{-1}\delta < j_0 \delta$. A continuación, $k_0 \geq \frac{1}{2} \delta (x - j_0 \delta)^{-1}$ por maximality. Tenemos $$ \varphi_{k_0} \ast h(x) \geq \frac{1}{2} k_0 c_{j_0} \int_{0}^{x - j_0 \delta} y^{-1 + \varepsilon_{j_0}} = \frac{k_0 c_{j_0}}{2 \varepsilon_{j_0}}(x - j_0 \delta)^{\varepsilon_{j_0}} \geq \frac{c_{j_0} \delta}{4 \varepsilon_{j_0}} (x - j_0 \delta)^{-1 + \varepsilon_{j_0}}. $$ De ello se sigue que $$ \| M_1 h \|_{L^1} \geq \sum_{j=0}^\infty \frac{\delta}{4 \varepsilon_j} 2^{j} = \frac{\delta}{4} \sum 1 = \infty. $$ Y por lo tanto, cualquier función dominante no es en $L^1$. Este ejemplo puede ser modificado para que funcione en $\mathbb{R}^n$.