Las funciones lisas con soporte compacto son densos en $L^1$

Question

Aquí es otra tarea pregunta que me hizo y yo estaría encantado si usted podría decirme si es correcto.

Ahora nos reforzar el resultado de la Pregunta Dos por $R$ donde tenemos la noción de la diferenciabilidad. Demostrar que para cualquier abierto $Ω ⊂ R$ el conjunto de las funciones lisas con soporte compacto es denso en $L_1(Ω, λ)$ donde $λ$ es lo habitual en la medida de Lebesgue.

a) Defina $J(x) = ke^{\frac{-1}{1−x^2}}$ $|x| < 1$ e igual a cero en otro lugar. Aquí, la constante $k$ elegido es tal que $\int_R J = 1$. Demostrar que la mollifier $J_ε(x) = \frac{1}{\varepsilon}J(\frac{x}{\varepsilon})$ se desvanece para$|x| ≥ ε$$\int J_\varepsilon = 1$.

Para $f ∈ L_1$ definir la regularización de f por convolving con $J_ε$: $$ f_ε(x) = J_ε \ast f(x) = \int_\Omega J_\varepsilon (x - y ) f(y) d \lambda(y)$$

b) Demostrar que $f_ε$ es integrable.

c) Demostrar que $f_ε$ es suave.

d) Probar que si $f$ tiene soporte compacto, también lo $f_ε$.

e) Finalizar la prueba: Para cualquier $f ∈ L_1(Ω)$ existe $g ∈ C_C^\infty(Ω)$ tal que $|f − g| < ε$.

Respuesta:

a) $|x| > \varepsilon \implies |\frac{x}{e}| > 1$, por definición,$J_\varepsilon = 0$.

$$ \int J_\varepsilon = \frac{1}{\varepsilon} \int_R J(\frac{x}{\varepsilon}) = \frac{1}{\varepsilon} \int J(y) \varepsilon d \lambda = 1$$ haciendo una sustitución de variables

b) $$ \int_R \int_\Omega J_\varepsilon (x - y) f(y) d \lambda(y) d\lambda(x) = \int_\Omega \int_R J_\varepsilon (x - y) dx f(y) dy = \int_\Omega f(y) dy \leq \int_R |f(y)| dy < \infty$$ el uso de Fubini

c) $$ \frac{d}{dx^{(n)}} f_\varepsilon (x) = \frac{d}{dx^{(n)}} \int_\Omega J_\varepsilon(x -y) f(y) dy = \int_\Omega \frac{d}{dx^{(n)}} J_\varepsilon (x -y ) f(y) dy$$ where $J_\varepsilon(x-y) = e^{g(x)}$ es suave.

d) $\int$ es lineal $\implies $ continua $\implies $ mapas compacto de conjuntos de conjuntos compactos

$f$ ha compacto supp. $A$, $J_\varepsilon$ tiene soporte compacto $B$ $f J_\varepsilon$ tiene soporte compacto $A \cap B$

e) tome $g$ $f_\varepsilon$

Muchas gracias por tu ayuda.

Answer 1

Directamente demostrando que $f_{\varepsilon}$ es integrable es bastante innecesario, ya que $C_c^\infty(\Omega) \subset C_c(\Omega) \subset L_1(\Omega)$.

Es un hecho general de la convolución que $f*g$ es al menos tan suave como el más suave de $f$$g$.

Su argumento de que $f * J_{\varepsilon}$ tiene soporte compacto es errónea ya no eres la integración de $fJ_{\varepsilon}$, por lo que necesita para ser un poco más explícito ahí.

Answer 2

Podemos ignorar la información que $J_\varepsilon$ es un mollifier. Todo lo que necesitamos es una función suave con la forma de uno. $J_\varepsilon$ es una función de como se ha demostrado en una) en la pregunta anterior.

Vamos a utilizar ese $C_c(X)$ es denso en $L^1$ que $C_c^\infty(X)$ también es denso en $L^1$ donde $X$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}$. Deje $\epsilon > 0$$f \in L^1$. A continuación, por la densidad de $C_c(X)$ no es un porcentaje ($g$$C_c(X)$tal que $\| f - g \|_{L^1} < \epsilon$.

Ahora tenemos que activar $g$ en una función suave por convolving con $J_\varepsilon$. Deje $$g_\varepsilon (x) := (J_\varepsilon \ast g ) (x) = \int_\mathbb{R} J_\varepsilon(x - y) g(y) dy$$

A continuación, $g_\varepsilon$ es suave debido a $\left ( f \ast g \right )^\prime = f^\prime \ast g = f \ast g^\prime$ $J_\varepsilon$ es infinitamente diferenciable.

$g_\varepsilon$ tiene soporte compacto, porque si $[-S,S]$ es el apoyo de $g$ $[-R,R]$ es el apoyo de $J_\varepsilon$, entonces el apoyo de $J_\varepsilon \ast g$ está contenido en $[-S - R, S + R]$ y por lo tanto también es compacto.

Para finalizar la prueba pretendemos que $\| f - g_\varepsilon \|_{L^1} < \epsilon$:

$$ \| f - g_\varepsilon \| \leq \| f - g \| + \|g - g_\varepsilon \| < \epsilon$$

Donde $\| f - g \| < \frac{\epsilon}{2}$ mantiene debido a $C_c(X)$ es denso en $L^1$ $\|g - g_\varepsilon \| < \frac{\epsilon}{2}$ mantiene porque:

$$\begin{align} \|g - g_\varepsilon \|_{L^1} = \int_X \left | g(z) - g_\varepsilon (z)\right | dz &= \int_X \left | g(z) - \int_\mathbb{R} J_\varepsilon(z -y) g(y) dy \right | dz \\ &= \int_X \left | g(z)\int_\mathbb{R}J_\varepsilon(y)dy - \int_\mathbb{R}J_\varepsilon(z -y) g(y) dy \right | dz\\ &\stackrel{(*)}{=} \int_X \left | g(z)\int_\mathbb{R}J_\varepsilon(z - y)dy - \int_\mathbb{R}J_\varepsilon(z -y) g(y) dy \right | dz \\ &= \int_X \left | \int_\mathbb{R} g(z) J_\varepsilon(z - y)dy - \int_\mathbb{R}J_\varepsilon(z -y) g(y) dy \right | dz \\ &\leq \int_X  \int_\mathbb{R} | g(z) J_\varepsilon(z - y) |dy - \int_\mathbb{R} | J_\varepsilon(z -y) g(y) | dy dz \\ &= \int_X \int_\mathbb{R} |g(z) - g(y)| J_\varepsilon (z -y) dy dz \end{align}$$

Donde la igualdad marcados con (*) sostiene que debido a que la integral es sobre todos los de $\mathbb{R}$ por lo que el cambio de la constante de $z$ no cambia la integral y $J_\varepsilon$ es incluso por ende,$J_\varepsilon (y) = J_\varepsilon (-y)$.

$g$ es continua y compacta compatible por lo tanto es uniformemente continua y de modo que existe un $\delta$ tal que $|g(z) - g(y)| < \frac{\epsilon}{2 \lambda(X)}$ todos los $z,y \in X$ por lo tanto, por la elección de $\varepsilon := \delta$ tenemos

$$ \int_X \int_\mathbb{R} |g(z) - g(y)| J_\delta (z -y) dy dz < \frac{\epsilon}{2} $$

Tenga en cuenta que $\epsilon$ $\varepsilon$ no son lo mismo.