Son polinomios denso en Gaussiano espacio de Sobolev?

Question

Deje $\mu$ ser de Gauss estándar de medida en $\mathbb{R}^n$, es decir,$d\mu = (2\pi)^{-n/2} e^{-|x|^2/2} dx$, y definir el Gaussiano espacio de Sobolev $H^1(\mu)$ a la finalización de $C_c^\infty(\mathbb{R}^n)$ por debajo del producto interior $$\langle f,g \rangle_{H^1(\mu)} := \int f g\, d\mu + \int \nabla f \cdot \nabla g\, d\mu.$$

Es fácil ver que los polinomios son en $H^1(\mu)$. Forma un denso conjunto?

Yo estoy bastante seguro de que la respuesta debe ser sí, pero no puedes encontrar o construir una prueba en general. Tengo una prueba para $n=1$, que puedo publicar si alguien quiere. Puede ser útil saber que los polinomios son densos en $L^2(\mu)$.

Edit: Aquí es una prueba para $n=1$.

Es suficiente para mostrar que cualquier $f \in C^\infty_c(\mathbb{R})$ pueden ser aproximadas por polinomios. Sabemos que los polinomios son densos en $L^2(\mu)$, así que elige una secuencia de polinomios $q_n \to f'$$L^2(\mu)$. Conjunto $p_n(x) = \int_0^x q_n(y)\,dy + f(0)$; $p_n$ también es un polinomio. Por construcción tenemos $p_n' \to f'$$L^2(\mu)$; permanece para mostrar $p_n \to f$$L^2(\mu)$. Ahora tenemos $$\begin{align*} \int_0^\infty |p_n(x) - f(x)|^2 e^{-x^2/2} dx &= \int_0^\infty \left(\int_0^x (q_n(y) - f'(y)) dy \right)^2 e^{-x^2/2} dx \\ &\le \int_0^\infty \int_0^x (q_n(y) - f'(y))^2\,dy \,x e^{-x^2/2} dx \\ &= \int_0^\infty (q_n(x) - f'(x))^2 e^{-x^2/2} dx \to 0 \end{align*}$$ donde hemos utilizado de Cauchy-Schwarz en la segunda línea y la integración por partes en la tercera. El $\int_{-\infty}^0$ plazo puede ser manejada de la misma con el correspondiente signos menos.

El problema con $n > 1$ es no veo cómo utilizar el teorema fundamental del cálculo en la misma forma.

Answer 1

Nate, yo una vez necesitaba este resultado, así que lo probé en Dirichlet formas con polinomio de dominio (de Matemáticas. Japonica 37 (1992) 1015-1024). No pueden ser mejores pruebas de la existencia, pero usted podría comenzar con este papel.

Answer 2

Byron papel, que vinculados en su (aceptado) respuesta, tiene una prueba más de configuración general (donde el Gaussiano medida puede ser reemplazado por cualquier medida con exponencialmente en descomposición en las colas). Aquí es una especialización de la misma a la de Gauss caso, que escribí para incluir en algunas notas de la conferencia. Supongo que estaba en el camino correcto, el truco fue diferenciar veces más.

$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$ Continua $\psi : \R^k \to \R$, vamos \begin{equation*} I_i \psi(x_1, \dots, x_k) = \int_0^{x_i} \psi(x_1, \dots, x_{i-1}, y, x_{i+1}, \dots, x_k)dy. \end{ecuación*} Por el teorema de Fubini, todos los operadores de $I_i, 1 \le i \le k$ viaje. Si $\psi \in L^2(\mu)$ es continuo, $I_i \psi$ continua, y $\partial_i I_i \psi = \psi$. Por otra parte, $$\begin{align*} \int_{0}^\infty |I_i \psi (x_1, \dots, x_k)|^2 e^{-x_i^2/2} dx_i &= \int_{0}^\infty \big\lvert\int_0^{x_i} \psi(\dots, y,\dots)\,dy\big\rvert^2 e^{-x_i^2/2} dx_i \\ &\le \int_0^\infty \int_0^{x_i} |\psi(\dots, y, \dots)|^2 \,dy x_i e^{-x_i^2/2}\,dx_i && \text{Cauchy--Schwarz} \\ &= \int_0^\infty |\psi(\dots, x_i, \dots)|^2 e^{-x_i^2/2} dx_i \end{align*}$$ donde en la última línea se integra por partes. Podemos hacer el mismo argumento de la integral de$-\infty$$0$, el ajuste de los signos como se necesita, por lo que hemos \begin{equation*} \int_\R |I_i \psi(x)|^2 e^{-x_i^2/2} dx_i \le \int_\R |\psi_i(x)|^2 e^{-x_i^2/2} dx_i. \end{ecuación*} Integrar el resto de la $x_j$ con respecto al $e^{-x_j^2/2}$ muestra $$||{I_i \psi}||_{L^2(\mu)}^2 \le ||{\psi}||_{L^2(\mu)}^2,$$ es decir, $I_i$ es una contracción en $L^2(\mu)$.

Ahora para $\phi \in C_c^\infty(\R^k)$, podemos aproximado de $\partial_1 \dots \partial_k \phi$ in $L^2(\mu)$ norm by polynomials $q_n$. Si dejamos $p_n = I_1 \dots I_k q_n$, $p_n$ es de nuevo un polinomio, y $p_n \a I_1 \dots I_k \partial_1 \dots \partial_k \phi = \phi$ in $L^2(\mu)$. Por otra parte, $\partial_i p_n = I_1 \dots I_{i-1} I_{i+1} \dots I_k q_n \a I_1 \dots I_{i-1} I_{i+1} \dots I_k \partial_1 \dots \partial_k \phi = \partial_i \phi$ in $L^2(\mu)$ también.

Answer 3

Yo creo que tienen una calidad diferentes. Deje $\gamma$ ser la Gaussiana de la medida, es decir, $\gamma$ está dado por el Radon-Nikodym densidad, $$\mathrm{d}\gamma(x) = \frac{\mathrm{e}^{-x^2}}{\sqrt{\pi}} \mathrm{d}x.$$ También, considere la Ornstein-Uhlenbeck operador dado como: $$L := -\frac12 \Delta + x \cdot \nabla.$$ Podemos comprobar que para $u$ $v$ $C_{\mathrm{c}}^\infty(\mathbf R^d)$ tenemos la symmetricity $$\int_{\mathbf{R}^d} u L v \, \gamma(\mathrm{d}x) = \int_{\mathbf{R}^d} \nabla u \cdot \nabla v \, \gamma(\textrm{d}x).$$ Lo bueno de esto es que los polinomios de Hermite son una base ortogonal para el Gaussiano espacio de Hilbert, es decir, $L^2(\gamma)$. Estos se pueden definir usando las Rodrigues de la fórmula, es decir, $$H_n(x) = (-1)^n \mathrm{e}^{x^2} \partial_x^n \mathrm{e}^{-x^2}.$$ Además, hemos, $$L H_n = n H_n.$$ También, tenemos, $$H_n' = 2n H_{n - 1}.$$ Probar que los polinomios forman una base para $L^2(\gamma)$ no es difícil, simplemente hay que considerar la totalidad de la función $$F(z) = \int_{-\infty}^\infty \mathrm e^{zx - x^2} \, \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt\pi}.$$ Por lo tanto, también lo son los polinomios de Hermite como son combinaciones lineales de las monomials $(x \mapsto x^n)_n$. De mayor orden de los polinomios de Hermite son los canónica tensor de extensiones. Así, dado un $f$ $L^2$ tenemos que $f$ es dado en la forma $$f = \lim_N f_N = \lim_N \sum_{n = 0}^N a_n \frac{a_n}{\sqrt{n! 2^n}}.$$ Y $f_N$ da el límite de funciones que converge a $f$.

También, recordar la ortogonalidad (después de la ampliación), $$\int_{\mathbf{R}^d} h_n h_m \, \gamma(\mathrm{d}x) = \delta_{nm}.$$ donde $$h_n = \frac{H_n}{\sqrt{n! 2^n}}.$$

Podemos reescribir el producto interior en el espacio de Sobolev como $$\langle u, v \rangle_{H^1} = \langle u, (L + 1) v \rangle_{L^2(\gamma)}.$$ Sólo debemos tener cuidado acerca de la forma bilineal $$\mathcal E(u, v) = \int_{\mathbf{R}^d} u L v \, \gamma(\mathrm{d}x).$$ O así, recogiendo $u = v = f_N - f$ tenemos después de señalar que $$g_N := f - f_N = \sum_{n = N + 1}^\infty a_n \frac{H_n}{\sqrt{n! 2^n}},$$ $$\begin{align} \mathcal E(u, v) &= \int_{\mathbf{R}^d} f_N L f_N \, \gamma(\mathrm{d}x)\\ &\quad + \int_{\mathbf{R}^d} f L f \, \gamma(\mathrm{d}x)\\ &\quad - 2\int_{\mathbf{R}^d} f_N L f \, \gamma(\mathrm{d}x)\\ &= \sum_{n = 0}^\infty n \frac{|a_n|^2}{n! 2^n} - \sum_{n = 0}^N n \frac{|a_n|^2}{n! 2^n}\\ &= \sum_{n = N + 1}^\infty n \frac{|a_n|^2}{n! 2^n}. \end{align}.$$ Y como $\sum |a_n|^2$ converge debido a la $L^2$ densidad, por lo que se debe esto.

Espero no cometer ningún error, simplemente se me ocurrió mientras estaba en bicicleta...