Subset padat untuk masing-masing dari dua set Banach

Question

Membiarkan $A$ dan $B$jadilah ruang Banach dengan norma mereka sendiri (mungkin berbeda). Juga, ada subset yang tidak kosong$S \subset A \cap B$ seperti yang $S$ padat $A$ dan $B$ masing-masing.

Kemudian, untuk $x \in A\cap B$, dapatkah kita selalu mengekstrak urutan $\{s_n\} \subset S$ seperti yang $s_n \to x$ di $A$ dan $s_n \to x$ di $B$?

Pertanyaan ini digeneralisasikan dari situasi $A = L^1(\mathbb{R}^n)$, $B = L^2(\mathbb{R}^n)$ dan $S = \mathcal{S}(\mathbb{R}^n)$, dalam hal ini, kita dapat menemukan urutan yang memenuhi kondisi di atas.

Saya akan sangat menghargai jika Anda membantu saya!

Answer 1

Ini adalah contoh balasan yang saya usulkan. Ini terinspirasi dengan mempertimbangkan ganda dari contoh yang diberikan dalam Teorema 2 darihttp://faculty.missouri.edu/~stephen/preprints/interpolate.html.

Membiarkan $$ Z = L^1([0,1]) \oplus L^1([0,1]) \oplus L^1([0,1]). $$ Membiarkan $A$, $B$ menjadi subruang dari $Z$ sedemikian rupa sehingga norma-norma berikut terbatas: $$ {\|(f,g,h)\|}_{A} = {\|f-g\|}_\infty + {\|g\|}_1 + {\|h\|}_\infty ,$$ $$ {\|(f,g,h)\|}_{B} = {\|f-h\|}_\infty + {\|g\|}_\infty + {\|h\|}_1 .$$ Kedua ruang itu isomorfik $L^\infty([0,1]) \oplus L^\infty([0,1]) \oplus L^1([0,1])$, jadi mereka adalah ruang Banach.

Kami bisa menghitungnya $$ {\|(f,g,h)\|}_{A \cap B} := \max\{{\|(f,g,h)\|}_{A},{\|(f,g,h)\|}_{B}\}\approx {\|f\|}_\infty + {\|g\|}_\infty + {\|h\|}_\infty ,$$ karena $$ {\|(f,g,h)\|}_{A \cap B} \le {\|(f,g,h)\|}_{A} + {\|(f,g,h)\|}_{B} \le 3 ({\|f\|}_\infty + {\|g\|}_\infty + {\|h\|}_\infty) ,$$ dan \begin{align} {\|(f,g,h)\|}_{A \cap B} &\ge \tfrac12({\|(f,g,h)\|}_{A} + {\|(f,g,h)\|}_{B}) \\&\ge \tfrac14{\|f-g\|}_\infty + \tfrac14{\|f-h\|}_\infty + \tfrac12{\|g\|}_\infty + \tfrac12{\|h\|}_\infty \\&\ge \tfrac14({\|f\|}_\infty-{\|g\|}_\infty) + \tfrac14({\|f\|}_\infty-{\|h\|}_\infty) + \tfrac12{\|g\|}_\infty + \tfrac12{\|h\|}_\infty \\&\ge \tfrac14 ({\|f\|}_\infty + {\|g\|}_\infty + {\|h\|}_\infty) .\end{align} Karenanya $$ A \cap B = L^\infty([0,1]) \oplus L^\infty([0,1]) \oplus L^\infty([0,1]) .$$ Membiarkan $$ S = C([0,1]) \oplus L^\infty([0,1]) \oplus L^\infty([0,1]). $$ Jelas $S$ tidak padat $A \cap B$. Kami tunjukkan$S$ padat $A$, sebagai argumen untuk $S$ padat $B$ pada dasarnya identik.

Seharusnya $x = (f,g,h) \in A$ dengan ${\|x\|}_A \le 1$, itu adalah, $$ {\|(f,g,h)\|}_A = {\|f - g\|}_\infty + {\|g\|}_1 + {\|h\|}_\infty \le 1.$$ Catat itu $f-g\in L^\infty \subset L^1$, dan $g\in L^1$, yang menyiratkan $f \in L^1$. Membiarkan$f_n \in C([0,1])$ menjadi seperti itu ${\|f-f_n\|}_1 \to 0$. Set$$ s_n = (f_n, g - f + f_n,h) .$$ Catatan $g - f + f_n = (g-f) + f_n \in L^\infty([0,1])$, jadi $s_n \in S$. Kemudian sebagai$n \to \infty$, $$ {\|x - s_n\|}_A = {\|(f-f_n, f-f_n, 0)\|}_A = {\|f-f_n\|}_1 \to 0. $$