Mapa lineal en $L^{2}$

Question

por $a\in L^{\infty}([0,1],\mathbb{K})$, definimos $$ M_{a}:L^{2}([0,1],\mathbb{K})\mapsto L^2([0,1],\mathbb{K}) $$ por $$M_a(f)=x\to a(x)f(x)$$ ($\mathbb{K}=\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$)

1. Demuestre que es un mapa lineal y que es continuo.
2. Muestra esa $\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$
3. Busque una condición necesaria y suficiente en la que exista una función $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ con $\Vert f\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=1$ tal que $$ \Vert M_af\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})} $$

Primer toma $a(x)=x$, luego generalizar.

Mi trabajo:

1. [Misma prueba para $a(x)=x$] $M_a$ está bien definido como si $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$, tenemos $$\int_{[0,1]}\vert a(x)f(x)\vert^2dx\leqslant \int_{[0,1]}\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\vert f(x)\vert^2dx=\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\Vert f\Vert_{L^2}^2<\infty$$ Es lineal como el producto de dos números de $\mathbb{K}$ es un mapa bilineal en $\mathbb{K}\times\mathbb{K}$.

Dejar $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ tal que $\Vert f\Vert_{L^2}=1$. La desigualdad anterior muestra que $$\int_{[0,1]}\vert M_a(f)(x)\vert^2dx\leqslant \Vert a\Vert_{L^\infty}^2$$ entonces $M$ es continuo y tenemos $$\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}\leqslant\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$$

1. por $a(x)=x$, dejar $\varepsilon>0$ y deja $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ tal que $\Vert f\Vert_{L^2}=1$ y $Supp(F)\subset[1-\varepsilon,1]$. Entonces tenemos $$ \begin{align*} \Vert M_a\Vert &\geqslant \Vert M_af\Vert_{L^2}\\ &=\int_{[1-\varepsilon,1]}\vert xf(x)\vert^2dx\\ &\geqslant 1-2\varepsilon+\varepsilon^2 \end{align*} $$ Cuando $\varepsilon\to0$, tenemos $\Vert M\Vert=1$.

En el caso general, también podemos decir que para un $\varepsilon>0$, existe $\delta>0$ y $x_0\in[0,1]$ tal que para casi todos $x$ en $B(x_0,\delta)$, tenemos $\vert a(x)\vert\geqslant\Vert a\Vert_{L^\infty}-\varepsilon$? Si ese es el caso, entonces la misma prueba anterior también funciona.

1. Necesitamos asegurarnos de obtener $f(x)a(x)=\Vert a\Vert_{L^\infty}$ para x tal que $a(x)\neq 0$, y para compensar la pérdida cuando $a(x)=0$. Una forma natural de hacerlo es definir$f(x)=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{a(x)\sqrt{\lambda({a(x)\neq 0})}}$ Si $a(x)\neq 0$ y 0 en otro lugar (donde $\lambda$denota la medida de Lebesgue). Sin embargo, obtenemos eso para este particular$f$ $$\Vert f\Vert_{L^2}=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{\lambda({a(x)\neq 0})}\int \frac{1}{a(x)^2}dx$$ No sé cómo proceder a continuación.

Editar: la pregunta número 3) todavía está por hacer.

Answer 1

Respuesta de $(2)$ En esta respuesta, usaré $L^2,L^\infty$ por simplicidad en lugar de $L^2\big([0,1],\Bbb K\big)$ y $L^\infty\big([0,1],\Bbb K\big)$. Además, estos son conjuntos de clases de equivalencia, pero no distinguiré entre clases de equivalencia y sus representantes, ya que dos representantes son iguales en casi todas partes.

De lo anterior, tenemos $$\int|\alpha\cdot f|^2\leq||\alpha||_\infty^2\int|f|^2,\text{ hence }||M_\alpha||\leq||\alpha||_\infty.$$ Para probar la dirección inversa, suponga al principio $\alpha$ es una función simple con $\alpha\not\equiv 0$ y considere el conjunto medible $E=\alpha^{-1}(c)$, dónde $|c|=||\alpha||_\infty$. Ya que,$\alpha$ es una función simple no trivial que tenemos $m(E)>0$, como $|c|$ es el valor máximo de la función simple $|\alpha|$. Ahora, dejando$$f=\frac{\chi_E}{\sqrt{m(E)}}\text{ we have }||f||_2=1 \text{ and }$$$$||M_\alpha(f)||_2=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(\int_E|\alpha|^2\bigg)^{1/2}=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(m(E)||\alpha||_\infty^2\bigg)^{1/2}=||\alpha||_\infty.$$

Entonces tenemos $||M_\alpha||=||\alpha||_\infty$, en este caso. Pero,$\alpha\equiv 0$ implica $||M_\alpha||=0=||\alpha||_\infty$, trivialmente. Entonces, hemos terminado para funciones simples.

Ahora, considere la función arbitraria esencialmente acotada $\psi$, y dado que las funciones simples son densas en $L^\infty$ tenemos una secuencia de funciones simples $\{\varphi_n\}$ con $\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0$. Ahora,$$||M_\psi f-M_{\varphi_n}f||_2=||M_{\psi-\varphi_n}f||_2\leq ||\psi-\varphi_n||_\infty||f||_2\text{ for all }f\in L^2$$$$\implies \lim||M_\psi -M_{\varphi_n}||\leq\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0 $$$$\implies ||M_\psi||=\lim ||M_{\varphi_n}||=\lim||\varphi_n||_\infty=||\psi||_\infty.$$

Entonces, hemos terminado.