Mapa linear ativado $L^{2}$

Question

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

1. Mostre que é um mapa linear e contínuo.
2. Mostra isso $\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$
3. Procure uma condição necessária e suficiente na qual exista uma função $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ com $\Vert f\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=1$ de tal modo que $$ \Vert M_af\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})} $$

Primeiro, pegue $a(x)=x$e generalize.

Meu trabalho:

1. [Mesma prova para $a(x)=x$] $M_a$ é bem definido como se $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$, temos $$\int_{[0,1]}\vert a(x)f(x)\vert^2dx\leqslant \int_{[0,1]}\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\vert f(x)\vert^2dx=\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\Vert f\Vert_{L^2}^2<\infty$$ É linear como o produto de dois números de $\mathbb{K}$ é um mapa bilinear em $\mathbb{K}\times\mathbb{K}$.

Deixei $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ de tal modo que $\Vert f\Vert_{L^2}=1$. A desigualdade acima mostra que$$\int_{[0,1]}\vert M_a(f)(x)\vert^2dx\leqslant \Vert a\Vert_{L^\infty}^2$$ então $M$ é contínuo e nós temos $$\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}\leqslant\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$$

1. Para $a(x)=x$, deixei $\varepsilon>0$ e deixar $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ de tal modo que $\Vert f\Vert_{L^2}=1$ e $Supp(F)\subset[1-\varepsilon,1]$. Então nós temos$$ \begin{align*} \Vert M_a\Vert &\geqslant \Vert M_af\Vert_{L^2}\\ &=\int_{[1-\varepsilon,1]}\vert xf(x)\vert^2dx\\ &\geqslant 1-2\varepsilon+\varepsilon^2 \end{align*} $$ Quando $\varepsilon\to0$, temos $\Vert M\Vert=1$.

No caso geral, também podemos dizer que para um $\varepsilon>0$, existe $\delta>0$ e $x_0\in[0,1]$ tanto que para quase todos $x$ dentro $B(x_0,\delta)$, temos $\vert a(x)\vert\geqslant\Vert a\Vert_{L^\infty}-\varepsilon$? Se for esse o caso, então a mesma prova acima também funciona.

1. Precisamos ter certeza de que recebemos $f(x)a(x)=\Vert a\Vert_{L^\infty}$ para x tal que $a(x)\neq 0$, e para compensar a perda quando $a(x)=0$. Uma maneira natural de fazer isso é definir$f(x)=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{a(x)\sqrt{\lambda({a(x)\neq 0})}}$ E se $a(x)\neq 0$ e 0 em outro lugar (onde $\lambda$denota a medida de Lebesgue). No entanto, temos isso para este$f$ $$\Vert f\Vert_{L^2}=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{\lambda({a(x)\neq 0})}\int \frac{1}{a(x)^2}dx$$ Não sei como proceder a seguir.

Edit: A questão número 3) ainda precisa ser feita.

Answer 1

Resposta de $(2)$ Nesta resposta, vou usar $L^2,L^\infty$ para simplicidade em vez de $L^2\big([0,1],\Bbb K\big)$ e $L^\infty\big([0,1],\Bbb K\big)$. Além disso, esses são conjuntos de classes de equivalência, mas não vou distinguir entre classes de equivalência e seus representantes, já que quaisquer dois representantes são quase todos iguais.

Do acima exposto, temos $$\int|\alpha\cdot f|^2\leq||\alpha||_\infty^2\int|f|^2,\text{ hence }||M_\alpha||\leq||\alpha||_\infty.$$ Para provar a direção reversa, assuma primeiro $\alpha$ é uma função simples com $\alpha\not\equiv 0$ e considere o conjunto mensurável $E=\alpha^{-1}(c)$, Onde $|c|=||\alpha||_\infty$. Desde a,$\alpha$ é uma função simples não trivial que temos $m(E)>0$, Como $|c|$ é o valor máximo da função simples $|\alpha|$. Agora, deixando$$f=\frac{\chi_E}{\sqrt{m(E)}}\text{ we have }||f||_2=1 \text{ and }$$$$||M_\alpha(f)||_2=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(\int_E|\alpha|^2\bigg)^{1/2}=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(m(E)||\alpha||_\infty^2\bigg)^{1/2}=||\alpha||_\infty.$$

Então nós temos $||M_\alpha||=||\alpha||_\infty$, nesse caso. Mas,$\alpha\equiv 0$ implica $||M_\alpha||=0=||\alpha||_\infty$, trivialmente. Então, estamos prontos para funções simples.

Agora, considere a função arbitrária essencialmente limitada $\psi$, e uma vez que funções simples são densas em $L^\infty$ temos uma sequência de funções simples $\{\varphi_n\}$ com $\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0$. Agora,$$||M_\psi f-M_{\varphi_n}f||_2=||M_{\psi-\varphi_n}f||_2\leq ||\psi-\varphi_n||_\infty||f||_2\text{ for all }f\in L^2$$$$\implies \lim||M_\psi -M_{\varphi_n}||\leq\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0 $$$$\implies ||M_\psi||=\lim ||M_{\varphi_n}||=\lim||\varphi_n||_\infty=||\psi||_\infty.$$

Então, terminamos.