Dichter Teilraum des im Unendlichen verschwindenden Funktionenraums

Question

Dichter Teilraum des im Unendlichen verschwindenden Funktionenraums

Analyse
Funktionen
Mathematik
Realanalyse
funktionsanalyse

Nocturne

Wie kann ich zeigen, dass der Raum reibungslos funktioniert mit kompakter Unterstützung, $C^{\infty}_K$ , ist dicht im Raum stetiger Funktionen, die im Unendlichen verschwinden, ausgestattet mit der obersten Norm, $(C_0,|| \cdot ||_{\infty})$ ?

Ich weiß bereits, dass der Raum stetiger Funktionen mit kompakter Unterstützung, $C^0_K$ , ist dicht drin $C_0$ , also genügt es, das zu zeigen $C^{\infty}_K$ ist dicht drin $C^0_K$ .

Antworten (2)

Dichter Teilraum des im Unendlichen verschwindenden Funktionenraums

Martin Argerami · Answer 1

Ich nehme an, wir sprechen über Funktionen auf der realen Linie. Fix $f\in C_0(\mathbb R)$ . Die Tatsache, dass $f$ Ist $C_0$ ermöglicht es uns, ihn als einheitlichen Grenzwert stetiger Funktionen mit kompaktem Träger zu schreiben $^1$ . Das können wir jetzt ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen $f$ ist kontinuierlich mit kompakter Unterstützung.

Beginnen mit $h_0(x)=\begin{cases}e^{-1/x^2},&\ x>0\\0,&\ x\leq0\end{cases}$ .

Als nächstes merkt man das $h(x)=h_0(x)h_0(1-x)\in C^\infty_K$ , mit Unterstützung in $[0,1]$ . Wir können es so normalisieren $\int_{\mathbb R} h=1$ . Dann für jeden $\varepsilon>0$ , du nimmst

H_{ε} (X) = \frac{1}{ε} H (\frac{X}{ε})

$h_\varepsilon(x)=\frac1\varepsilon\,h\left(\frac x\varepsilon\right)$ und das merkt man

\int_{R} h_{ε} = \int_{R} h = 1

$\int_{\mathbb R}h_\varepsilon=\int_{\mathbb R}h=1$ .

Bilden Sie nun die Windungen

F_{ε} (X) = \int_{R} F (T) H_{ε} (X - T) D T .

$f_\varepsilon(x)=\int_{\mathbb R}f(t)\,h_\varepsilon(x-t)\,dt.$ Es ist nicht schwer, das zu zeigen, weil

h_{ε} \in C^{\infty}

$h_\varepsilon\in C^\infty$ wir haben

f_{ε} \in C^{\infty}

$f_\varepsilon\in C^\infty$ ; und weil

f

$f$ Und

h_{ε}

$h_\varepsilon$ kompakte Unterstützung haben, tut es auch

f_{ε}

$f_\varepsilon$ .

Endlich gegeben $\varepsilon>0$ , als $f$ kontinuierlich mit kompakter Abstützung ist, ist sie gleichmäßig kontinuierlich. Also gegeben $c>0$ es existiert $\delta>0$ so dass $|f(x)-f(y)|<c$ Wenn $|x-y|<\delta$ . Dann

\begin{aligned} | F_{ε} (X) - F (X) | & = | \int_{R} [F (X - T) - F (X)] H_{ε} (T) D T | \leq \int_{R} | F (X - T) - F (X) | H_{ε} (T) D T \\ \leq C \int_{| T | < δ} H_{ε} (T) D T + 2 “ F “_{\infty} \int_{| T | \geq δ} H_{ε} (T) D T \\ = C + 2 “ F “_{\infty} \int_{| T | \geq δ} H_{ε} (T) D T . \end{aligned}

$\begin{align*} |f_\varepsilon(x)-f(x)|&=\left|\int_{\mathbb R} [f(x-t)-f(x)]\,h_\varepsilon(t)\,dt\right| \leq\int_{\mathbb R} |f(x-t)-f(x)|\,h_\varepsilon(t)\,dt\\ &\leq c\,\int_{|t|<\delta} h_\varepsilon(t)\,dt +2\|f\|_\infty\,\int_{|t|\geq\delta}h_\varepsilon(t)\,dt\\ &=c +2\|f\|_\infty\,\int_{|t|\geq\delta}h_\varepsilon(t)\,dt. \end{align*}$ mit

δ

$\delta$ fest, das letzte Integral geht so gegen Null

ε \to 0

$\varepsilon\to0$ (weil die Unterstützung von

h_{ε}

$h_\varepsilon$ darin enthalten ist

[0, ε]

$[0,\varepsilon]$ ). Daher

\underset{ε \to 0}{lim sup} | F_{ε} (X) - F (X) | \leq C

$\limsup_{\varepsilon\to0}|f_\varepsilon(x)-f(x)|\leq c$ für alle

x

$x$ und alles

c > 0

$c>0$ . So

‖ f_{ε} - f ‖_{\infty} \to 0

$\|f_\varepsilon-f\|_\infty\to0$ .

Fix $f\in C_0(\mathbb R)$ . Für jede $n\in\mathbb N$ es existiert $N>0$ mit $|f(x)|<\tfrac1n$ Wenn $|x|>N$ . Lassen $g_n$ kontinuierlich sein, mit $0≤g_n≤1$ , $g_n(x)=1$ Wenn $|x|≤N$ Und $g_n=0$ Wenn $|x|>N+1$ . Dann $fg_n\in C_c(\mathbb R)$ Und $| F - F G_{N} | = | F (1 - G_{N}) | < \frac{1}{N},$ $|f-fg_n|=|f(1-g_n)|<\tfrac1n,$ So $fg_n\to f$ gleichmäßig.

Könnten Sie bitte erklären, woher wir das bekommen: „Die Tatsache, dass $f$ Ist $C_0$ erlaubt es uns, ihn als einheitlichen Grenzwert stetiger Funktionen mit kompaktem Träger zu schreiben"?
Außerdem: Ist es möglich, Ihre Argumentation zu erweitern $\mathbb{R}^n$ ? Wenn ja, könnten Sie bitte kurz erklären, wie das geht?
Die Erweiterung zu $\mathbb R^n$ ist völlig unkompliziert. Alles, was Sie tun müssen, ist stattdessen zu verwenden $H_{N} (X_{1}, \dots, X_{N}) = H (X_{1}) \dots H (X_{N}) .$ $h_n(x_1,\ldots,x_n)=h(x_1)\cdots h(x_n).$
Was die gleichmäßige Konvergenz angeht, habe ich sie bearbeitet.

Tsemo Aristide · Answer 2

Tsemo Aristide

Hinweis: Verwenden Sie den Satz von Stein-Weirstraß

Nocturne

Danke, daran habe ich nicht gedacht! Aber wie können wir sicherstellen, dass Polynome auf dem Rand der kompakten Menge unendlich differenzierbar bleiben?

Tsemo Aristide

mathworld.wolfram.com/Stone-WeierstraßTheorem.html

Martin Argerami

Genau: Wenn

X

$X$ ist ein kompakter Raum ... Wie werden Sie die Endpunkte Ihres Polynoms aus Ihrem kompakten Satz "kleben", um es als Null auf den Rest der Linie zu erweitern? Wie gesagt, Polynome haben keinen kompakten Träger.

Tsemo Aristide

Wer redet hier von Polynomen, wenn f im Unendlichen verschwindet, bedenke

f_{n}

$f_n$ eine Funktion, die mit der Einschränkung von f auf B(0,n) zusammenfällt, die durch Multiplizieren von f mit einer Abschneidefunktion erhalten wird

L_{n}

$L_n$ die glatten Funktionen mit kompaktem Träger in B(0,n) sind dicht in B(0,n) durch Steinweirstrass, da sie die Konstanten enthalten und die Punkte trennen. Also hast du

g_{n}

$g_n$ In

L_{n}

$L_n$ so dass

‖ f_{n} - g_{n} ‖ < ϵ / 2

$\| f_n-g_n\|<\epsilon/2$ , Sie haben auch

‖ f - g_{n} ‖ \leq ‖ f - f_{n} ‖ + ‖ f_{n} - g_{n} ‖

$\|f-g_n\|\leq \|f-f_n\|+\| f_n-g_n\|$ das kannst du n genug groß nehmen

‖ f - f_{n} ‖ < ϵ / 2

$\| f-f_n\|<\epsilon/2$ da f im Unendlichen verschwindet

Martin Argerami

Meine schlechte über Polynome. Ich verstehe immer noch nicht, wie du deine verlängerst

g_{n}

$g_n$ zu einem

C^{\infty}

$C^\infty$ Funktion in allen

R

$\mathbb R$ .

Tsemo Aristide

g_{n}

$g_n$ ist ein Element von

L_{n}

$L_n$ Das sind Funktionen, deren Unterstützung in B (0, n) liegt. Dies impliziert, dass die Unterstützung von

g_{n}

$g_n$ ist in B(0,n) enthalten, sodass Sie erweitern können

g_{n}

$g_n$ indem man es einstellt

g_{n} (x) = 0

$g_n(x)=0$ falls x im Komplementärraum von B(0,n+1) liegt

Dichter Teilraum des im Unendlichen verschwindenden Funktionenraums

Nocturne

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Martin Argerami

Jan

Jan

Martin Argerami

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Tsemo Aristide

Nocturne

Tsemo Aristide

Martin Argerami

Tsemo Aristide

Martin Argerami

Tsemo Aristide

Was ist die reale Verdichtung der realen Linie?

Wenn für holomorphe Funktionen {fn}→f{fn}→f\{f_n\}\to f gleichmäßig auf kompakten Mengen ist, dann gilt dasselbe für die Ableitungen.

Welche Beziehung besteht zwischen lokal kompakten Hausdorff-Räumen und vollständig trennbaren metrischen Räumen?

Finde eine beschränkte Funktion, die f(0)=0, f'(0)=0 und beschränkte erste und zweite Ableitungen erfüllt

Zwischenwertsatz-Beweis & zeichenerhaltendes Lemma

Die kontinuierliche Funktion, die auf einem geschlossenen begrenzten Intervall definiert ist, ist begrenzt? ist das kontinuierliche notwendig?

Ist ein echtes abgeschlossenes, beschränktes Intervall ein lokal kompakter Hausdorff-Raum?

Konvergiert jede Cauchy-Folge zu etwas, nur möglicherweise in einem anderen Raum?

Schwache* Kompaktheit der Einheitskugel

Sind singuläre Integraloperatoren auf LlogLLlog⁡LL\log L beschränkt?