Norme de convolution dans $L^1$ et $L^\infty$
Laisser $f\in L^1(\mathbb{R}^d)$. Montre CA$T_f:g\mapsto f\star g$ est de la norme $\Vert f\Vert_1$ en tant qu'opérateur linéaire de $L^1(\mathbb{R}^d)$ à $L^1(\mathbb{R}^d)$ et de $L^\infty(\mathbb{R}^d)$ à $L^\infty(\mathbb{R}^d)$.
Mon travail:
Montrer que cet opérateur est bien un opérateur linéaire continu est facile. Pour$L^1(\mathbb{R}^d)$, Nous prenons $(\rho_n)_n$ une approximation de l'unité, et cela donne une séquence en $L^1(\mathbb{R}^d)$ tel que $\rho_n\star f\to f$ dans $L^1(\mathbb{R}^d)$. Car$\Vert \rho_n\Vert_{L^1}=1$ pour tous $n$, nous avons fini de montrer l'égalité $\Vert T_f\Vert_{\mathcal{L}(L^1(\mathbb{R}^d))}=\Vert f\Vert_{L^1}$.
Cependant, je ne sais pas comment le faire pour $L^\infty(\mathbb{R}^d)$. Nous n'avons pas toujours la convergence ci-dessus d'une approximation de l'unité dans$L^\infty(\mathbb{R}^d)$ (seulement si $f$ a un représentant qui est uniformément continu).
Des indices? Merci !
Réponses
Autant que je sache, vous êtes en mesure de prouver que l'opérateur $T_t: L^{\infty} \to L^{\infty}$ a la norme $\|f\|_{L^1}$ si $f \in L^1$est uniformément continue. Vous pouvez étendre l'assertion à l'aide d'un argument de densité.
Laisser $f \in L^1$ être arbitraire, alors il existe une suite de fonctions uniformément continues $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq L^1$ tel que $f_n \to f$ dans $L^1$ (par exemple parce que $C_c(\mathbb{R}^d)$ est dense dans $L^1(\mathbb{R}^d)$). Maintenant, par l'inégalité triangulaire,
$$\|T_{f_n}(g)\|_{L^{\infty}} = \|(f_n-f)*g+f*g\|_{L^{\infty}} \leq \|f*g\|_{L^{\infty}} + \|(f_n-f)*g\|_{L^{\infty}}.$$
Puisque
$$\|(f_n-f)*g\|_{L^{\infty}} \leq \|f_n-f\|_{L^1} \|g\|_{L^{\infty}}$$
on trouve qu'il existe pour tout $\epsilon>0$ certains $N \in \mathbb{N}$ tel que
$$\|T_{f_n}(g)\|_{L^{\infty}} \leq \|f*g\|_{L^{\infty}} + \epsilon\|g\|_{L^{\infty}} = \|T_f(g)\|_{L^{\infty}} + \epsilon \|g\|_{L^{\infty}}\tag{1}$$
pour tous $n \geq N$. Puisque$f_n$ est uniformément continue, il existe pour chaque $k \geq 1$ certains $g_k \in L^{\infty}$, $\|g_k\|_{L^{\infty}} \leq 1$, tel que $\|T_{f_n}(g_k)\| \geq (\|f_n\|_{L^1}-\frac{1}{k})$. Ainsi, par$(1)$,
\begin{align*} \sup_{g \in L^{\infty}, \|g\|_{L^{\infty}} \leq 1} \|T_f(g)\| &\geq \sup_{k} \|T_{f_n}(g_k)\|_{L^{\infty}} - \epsilon \\ &\geq \sup_k \left(\|f_n\|_{L^1}-\frac{1}{k}\right)-\epsilon \\ &= \|f_n\|_{L^1}-\epsilon. \end{align*}
Puisque $n \geq N$ est arbitraire et $\|f_n\|_{L^1} \to \|f\|_{L^1}$, cela donne
$$\sup_{g \in L^{\infty}, \|g\|_{L^{\infty}} \leq 1} \|T_f(g)\| \geq \|f\|_{L^1}-\epsilon.$$
Enfin, nous notons que $\epsilon>0$ était arbitraire, et la preuve est terminée.
Edit: Voici un moyen de prouver l'assertion pour$f \in L^1$ continu.
Laisser $f \in L^1$être continu. Si$g \in L^{\infty}$ est continue, alors il découle facilement du théorème de convergence dominé que $f*g$est continue. Pour$n \in \mathbb{N}$ laisser $h_n$ être la fonction linéaire par morceaux telle que $h_n(x)=-1$ pour $x \leq - \frac{1}{n}$ et $h_n(x)=1$ pour $x \geq \frac{1}{n}$. Ensemble$g_n(x) := h_n(f(-x))$, puis $g_n$ (Par conséquent $f*g_n$) est continue et
$$\|f*g_n\|_{L^{\infty}} \geq |f*g_n(0)|. \tag{1}$$
Par définition,
$$y h_n(y) \geq 0, \qquad y \in \mathbb{R},$$ et
$$y h_n(y) = |y|, \qquad |y| \geq \frac{1}{n}.$$
Cela implique
$$(f*g_n)(0) = \int f(x) h_n(f(x)) dx \geq \int_{|f(x)| \geq 1/n} |f(x)| \, dx.$$
En combinant cela avec $(1)$ et laisser $n \to \infty$ on a
$$\sup_{\|g\|_{L^{\infty}} \leq 1} \|f*g\|_{L^{\infty}} \geq \|f\|_{L^1}.$$
Voici une solution différente basée sur le fait suivant:
Si $\frac1p+\frac1q=$, $f\in L_p(\lambda)$ et $g\in L_q(\lambda)$, puis $f*g$ est uniformément continue:
En voici une courte preuve:
$$ |(f*g)(x+h)-(f*g)(x+k)|\leq \int|f(x+h-y)-f(x+k-y)||g(y)|\,dy\leq\|\tau_{-(k-h)}f-f\|_p\|g\|_q $$ La conclusion suit alors par $L_p$ continuité de l'opérateur de traduction.
Retour à l'OP
Considérer $\phi(x)=\frac{\overline{f(x)}}{|f(x)|}$ quand $f(x)\neq0$ et $0$autrement. La$\phi\in L_\infty$ puisque $\|\phi\|_\infty=1$. Par conséquent$f*g$ est borné (par $\|f\|_1$) et uniformément continue. Pour$x=0$ $$ |(f*g)(0)|=\int |f| =\|f\|_1$$ Donc $\|f*g\|_\infty=\|f\|_1$