$\phi_{\epsilon} \ast \mu \rightarrow \mu$?

Question

Que $\phi$ sea una función no negativa en $\mathbb{R}$ $\int_{\mathbb{R}} \phi = 1$. Definir $\phi_{\epsilon}(x)=\epsilon^{-1}\phi(\epsilon^{-1}x)$ $x \in \mathbb{R}, \epsilon > 0$.

For $f \in L^1$, $\phi_{\epsilon} \ast f \rightarrow f$ in $L^1$ as $\epsilon \rightarrow 0$. (cf. Teorema 8.14 del análisis Real de Folland).

¿Podemos reemplazar $f$ % medida probabilidad $\mu$para obtener algo así como $\phi_{\epsilon} \ast \mu \rightarrow \mu$ $\epsilon \rightarrow 0$ débil?

¿Si por lo tanto, puede mostrar (o me apunte a una referencia que contiene) la prueba?

Si $\mu$ tiene una función de densidad $f \in L^1$, la conjetura es verdadera porque $g (\phi_{\epsilon} \ast f) \rightarrow g f$ $L^1$ para cualquier $g \in L^{\infty}$.

Answer 1

Deje $\phi\geq 0$ ser un Lebesgue integrable con la función de $\int_{\mathbb{R}}\phi=1$, y deje $\mu$ a (Borel) probabilidad medida en $\mathbb{R}$. Definir $\phi_{\delta}$ anterior (yo quiero a reserva de la carta de $\epsilon$ para más tarde).

Deje $g$ ser un continuo delimitado de la función en $\mathbb{R}$. Observar que $$\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}g(x+y)\phi_{\delta}(x)dxd\mu(y)=\int_{\mathbb{R}}\left(\int_{\mathbb{R}}\tilde{g}(-y-x)\phi_{\delta}(x)dx\right)d\mu(y)=\int_{\mathbb{R}}\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}(y)d\mu(y)$$

donde $\tilde{g}(x):=g(-x)$.

Recordemos que para cualquiera limitada, función continua $h:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{C}$, $h\ast\phi_{\delta}\rightarrow h$, como $\delta\rightarrow 0$, de manera uniforme sobre compactos de subconjuntos de a $\mathbb{R}$. Dado $\epsilon>0$, tome $N>0$ lo suficientemente grande para que $\mu([-N,N]^{c})<\epsilon$. Deje $\delta_{0}>0$ ser lo suficientemente pequeño para que

$$\delta\leq\delta_{0}\Longrightarrow\left\|\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}-g\right\|_{L^{\infty}([-N,N])}=\left\|\tilde{g}\ast\phi_{\delta}-\tilde{g}\right\|_{L^{\infty}[-N,N]}<\epsilon$$

Por los Jóvenes de la convolución de la desigualdad, tenemos que

$$\left\|\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}\right\|_{L^{\infty}}=\left\|\tilde{g}\ast\phi_{\delta}\right\|_{L^{\infty}}\leq\left\|\tilde{g}\right\|_{{\infty}}\left\|\phi_{\delta}\right\|_{L^{1}(\mathbb{R})}=\left\|g\right\|_{\infty},\quad\forall\delta>0$$

El uso de estas dos estimaciones, vemos que para todos los $\delta\leq\delta_{0}$,

$$\begin{align*} \left|\int_{\mathbb{R}}\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}d\mu(y)-\int_{\mathbb{R}}g(y)d\mu(y)\right|&\leq\int_{[-N,N]}\left|\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}(y)-g(y)\right|d\mu(y)\\ &+\int_{[-N,N]^{c}}(\left\|\widetilde{(\tilde{g}\ast\phi_{\delta})}\right\|_{L^{\infty}}+\left\|g\right\|_{L^{\infty}})d\mu(y)\\ & \\ &\leq\epsilon\mu([-N,N])+2\left\|g\right\|_{L^{\infty}}\mu([-N,N]^{c})\\ & \\ &\leq\epsilon+2\left\|g\right\|_{L^{\infty}}\epsilon \end{align*}$$

Desde $\epsilon>0$ fue arbitraria, llegamos a la conclusión de que

$$\lim_{\delta\rightarrow 0}\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}g(x+y)\phi_{\delta}(x)dxd\mu(y)=\int_{\mathbb{R}}g(y)d\mu(y)$$

I. e. $\phi_{\delta}\ast\mu\rightarrow \mu$ débilmente.