แผนที่เชิงเส้นบน $L^{2}$

Question

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

1. แสดงว่าเป็นแผนที่เชิงเส้นและต่อเนื่องกัน
2. แสดงว่า $\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$
3. มองหาเงื่อนไขที่จำเป็นและเพียงพอซึ่งมีฟังก์ชันอยู่ $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ ด้วย $\Vert f\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=1$ ดังนั้น $$ \Vert M_af\Vert_{L^2([0,1],\mathbb{K})}=\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})} $$

ก่อนอื่นให้ใช้ $a(x)=x$แล้วสรุป

งานของฉัน:

1. [หลักฐานเดียวกันสำหรับ $a(x)=x$] $M_a$ ถูกกำหนดไว้อย่างดีราวกับว่า $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$, เรามี $$\int_{[0,1]}\vert a(x)f(x)\vert^2dx\leqslant \int_{[0,1]}\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\vert f(x)\vert^2dx=\Vert a\Vert_{L^\infty}^2\Vert f\Vert_{L^2}^2<\infty$$ มันเป็นเส้นตรงเป็นผลคูณของจำนวนสองตัวของ $\mathbb{K}$ เป็นแผนที่ทวิภาคีบน $\mathbb{K}\times\mathbb{K}$.

ปล่อย $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ ดังนั้น $\Vert f\Vert_{L^2}=1$. อสมการข้างต้นแสดงให้เห็นว่า$$\int_{[0,1]}\vert M_a(f)(x)\vert^2dx\leqslant \Vert a\Vert_{L^\infty}^2$$ ดังนั้น $M$ อย่างต่อเนื่องและเรามี $$\Vert M\Vert_{\mathcal{L}(L^{2}([0,1],\mathbb{K}))}\leqslant\Vert a\Vert_{L^\infty([0,1],\mathbb{K})}$$

1. สำหรับ $a(x)=x$, ปล่อย $\varepsilon>0$ และปล่อยให้ $f\in L^2([0,1],\mathbb{K})$ ดังนั้น $\Vert f\Vert_{L^2}=1$ และ $Supp(F)\subset[1-\varepsilon,1]$. แล้วเรามี$$ \begin{align*} \Vert M_a\Vert &\geqslant \Vert M_af\Vert_{L^2}\\ &=\int_{[1-\varepsilon,1]}\vert xf(x)\vert^2dx\\ &\geqslant 1-2\varepsilon+\varepsilon^2 \end{align*} $$ เมื่อไหร่ $\varepsilon\to0$, เรามี $\Vert M\Vert=1$.

ในกรณีทั่วไปเราสามารถพูดได้ว่าสำหรับค่าคงที่ $\varepsilon>0$, มีอยู่ $\delta>0$ และ $x_0\in[0,1]$ เช่นนั้นเกือบทั้งหมด $x$ ใน $B(x_0,\delta)$, เรามี $\vert a(x)\vert\geqslant\Vert a\Vert_{L^\infty}-\varepsilon$เหรอ? หากเป็นเช่นนั้นการพิสูจน์เดียวกันกับข้างต้นก็ใช้ได้เช่นกัน

1. เราต้องแน่ใจว่าเราได้รับ $f(x)a(x)=\Vert a\Vert_{L^\infty}$ สำหรับ x เช่นนั้น $a(x)\neq 0$และเพื่อชดเชยการสูญเสียเมื่อ $a(x)=0$. วิธีที่เป็นธรรมชาติคือการกำหนด$f(x)=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{a(x)\sqrt{\lambda({a(x)\neq 0})}}$ ถ้า $a(x)\neq 0$ และ 0 ที่อื่น ๆ (โดยที่ $\lambda$หมายถึงการวัด Lebesgue) อย่างไรก็ตามเราได้รับสิ่งนี้โดยเฉพาะ$f$ $$\Vert f\Vert_{L^2}=\frac{\Vert a\Vert_{L^\infty}}{\lambda({a(x)\neq 0})}\int \frac{1}{a(x)^2}dx$$ ฉันไม่รู้ว่าจะต้องดำเนินการอย่างไรต่อไป

แก้ไข: คำถามหมายเลข 3) ยังคงมีให้ทำ

Answer 1

คำตอบของ $(2)$ ในคำตอบนี้ฉันจะใช้ $L^2,L^\infty$ เพื่อความเรียบง่ายแทน $L^2\big([0,1],\Bbb K\big)$ และ $L^\infty\big([0,1],\Bbb K\big)$. นอกจากนี้ยังเป็นชุดของคลาสความเท่าเทียมกันแต่ฉันจะไม่แยกความแตกต่างระหว่างคลาสความเท่าเทียมกับตัวแทนของพวกเขาเนื่องจากตัวแทนสองคนมีค่าเท่ากันเกือบทุกที่

จากข้างต้นเรามี $$\int|\alpha\cdot f|^2\leq||\alpha||_\infty^2\int|f|^2,\text{ hence }||M_\alpha||\leq||\alpha||_\infty.$$ ในการพิสูจน์ทิศทางย้อนกลับให้สันนิษฐานในตอนแรก $\alpha$ เป็นฟังก์ชั่นง่ายๆด้วย $\alpha\not\equiv 0$ และพิจารณาชุดที่วัดได้ $E=\alpha^{-1}(c)$, ที่ไหน $|c|=||\alpha||_\infty$. ตั้งแต่,$\alpha$ เป็นฟังก์ชันง่ายๆที่ไม่สำคัญที่เรามี $m(E)>0$, เช่น $|c|$ คือค่าสูงสุดของฟังก์ชันอย่างง่าย $|\alpha|$. ตอนนี้ปล่อยให้$$f=\frac{\chi_E}{\sqrt{m(E)}}\text{ we have }||f||_2=1 \text{ and }$$$$||M_\alpha(f)||_2=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(\int_E|\alpha|^2\bigg)^{1/2}=\frac{1}{\sqrt{m(E)}}\bigg(m(E)||\alpha||_\infty^2\bigg)^{1/2}=||\alpha||_\infty.$$

ดังนั้นเรามี $||M_\alpha||=||\alpha||_\infty$, ในกรณีนี้. แต่,$\alpha\equiv 0$ หมายถึง $||M_\alpha||=0=||\alpha||_\infty$, เล็กน้อย. ดังนั้นเราจึงทำเพื่อฟังก์ชั่นง่ายๆ

ตอนนี้ให้พิจารณาฟังก์ชันที่มีขอบเขตเป็นหลักโดยพลการ $\psi$และเนื่องจากฟังก์ชั่นที่เรียบง่ายมีความหนาแน่นใน $L^\infty$ เรามีลำดับของฟังก์ชันง่ายๆ $\{\varphi_n\}$ ด้วย $\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0$. ตอนนี้$$||M_\psi f-M_{\varphi_n}f||_2=||M_{\psi-\varphi_n}f||_2\leq ||\psi-\varphi_n||_\infty||f||_2\text{ for all }f\in L^2$$$$\implies \lim||M_\psi -M_{\varphi_n}||\leq\lim||\psi-\varphi_n||_\infty=0 $$$$\implies ||M_\psi||=\lim ||M_{\varphi_n}||=\lim||\varphi_n||_\infty=||\psi||_\infty.$$

เสร็จแล้ว