验证L^∞(ℝ^d)中序列vₙ的弱*收敛及球上L^1收敛的证明正确性

问题背景回顾 #

先把问题条件再理清楚：
设$u \in L^\infty (\mathbb R^d)$，$(\rho_n)$是标准 mollifier 序列，满足：
$$
\rho_n \in C_c^{\infty} (\mathbb{R}^d), \quad \operatorname{supp} \rho_n \subset \overline{B(0,1 / n)}, \quad \int \rho_n=1, \quad \rho_n \geq 0 \text { on } \mathbb{R}^d.
$$
$\xi:\mathbb R^d \to \mathbb R$是可测函数，$(\xi_n) \subset L^\infty (\mathbb R^d)$满足一致有界性$\sup_n |\xi_n|_\infty \le 1$，且$\xi_n$几乎处处收敛到$\xi$。定义卷积序列$v_n := (\xi_n u) * \rho_n$，目标函数$v := \xi u$，需要证明：

1. $v_n$在$L^\infty (\mathbb R^{d)$中关于弱*拓扑$\sigma(L}\infty, L^1)$收敛到$v$；
2. 对任意$\mathbb{R}^d$中的球$B$，$\int_B |v_n -v|$当$n\to\infty$时趋于0。

你原证明思路的正确性验证 #

先看你对结论(1)的尝试，整体逻辑完全通顺：

• 首先用Young不等式确认$v_n \in L^{\infty(\mathbb{R}}d)$，这一步没问题：因为$|\xi_n u|\infty \leq |\xi_n|\infty |u|\infty \leq |u|\infty$，而$|\rho_n|1=1$，所以$|v_n|\infty \leq |\xi_n u|_\infty |\rho_n|1 \leq |u|\infty < \infty$。
• 积分转换$\int f v_n = \int \xi_n u (f * \check{\rho}_n)$是卷积的对偶性质，完全正确——这里$\check{f}(x)=f(-x)$，由于$\xi_n u \in L^\infty$、$f * \check{\rho}_n \in L^1$，积分交换绝对收敛，操作合法。
• $\check{\rho}_n$也是mollifier，所以$f * \check{\rho}_n \to f$在$L^1$中收敛，这是mollifier的核心性质之一，毫无问题。
• 子序列的a.e.收敛性：因为$\xi_n \to \xi$几乎处处成立，所以任意子列$(\xi_{n_k})$都存在进一步子列$\xi_{n_{k_m}}$几乎处处收敛到$\xi$，从而$\xi_{n_{k_m}} u (f * \check{\rho}{n{k_m}})$几乎处处收敛到$\xi u f$，这一步推导正确。
• 控制函数$|\xi_n u (f * \check{\rho}n)| \leq R |f * \check{\rho}n|$（其中$R = \sup_n |\xi_n u|\infty \leq |u|\infty < \infty$），结合你给出的引理，确实能推出$\int |\xi_n u (f * \check{\rho}_n) - \xi u f| \to 0$，进而得到$\int f v_n \to \int f v$——这正好满足弱*收敛的定义（对任意$f \in L^1$，积分收敛），所以这部分证明是严谨成立的。

对于结论(2)，你取$f=1_B$（球$B$的指示函数），利用(1)中得到的$|fv_n - fv|_1 \to 0$，而$|fv_n - fv|_1 = \int_B |v_n -v|$，直接得到结论，这一步也是完全正确的。

你更新的简洁证明思路分析 #

你后来给出的拆分法确实更直接高效，对任意$f \in L^1$，把积分拆成两部分：
$$
\begin{align}
\int |f v_n - fv| &= \int |\xi_n u (f * \check{\rho}n - f) + (\xi_n-\xi) uf| \
&\le \underbrace{\int |\xi_n u (f * \check{\rho}n - f)|}{A_n} + \underbrace{\int |\xi_n-\xi| |uf|}{B_n}.
\end{align}
$$

• 对$A_n$：利用$|\xi_n|\infty \leq 1$，可得$A_n \leq |u|\infty |f * \check{\rho}_n - f|_1$，而mollifier卷积在$L^1$中收敛到原函数，所以$|f * \check{\rho}_n - f|_1 \to 0$，故$A_n \to 0$；
• 对$B_n$：由$\sup_n |\xi_n|\infty \leq 1$，可知$|\xi_n - \xi| \leq |\xi_n| + |\xi| \leq 2$（几乎处处），从而$|\xi_n-\xi| |uf| \leq 2 |u|\infty |f|$，而$2|u|_\infty |f|$属于$L^1$，结合$\xi_n \to \xi$几乎处处成立，直接用控制收敛定理就能得到$B_n \to 0$。

这个证明不仅直接证明了弱收敛（甚至比弱收敛更强，是积分绝对值趋于0），同时对$f=1_B$就直接得到结论(2)，逻辑严谨且更简洁，非常好。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Analyst