Функционалы в L^p

[Padawan]

Пусть $x\in L^p[a,b]$, $1<p<+\infty$, c $\|x\|=1$, а $f,g\in L^q=\left(L^p\right)^\ast$ с $\|f\|=\|g\|=1$. Допустим $f(x)=g(x)=1$. Следует ли отсюда, что $f=g$ ?

[Dan B-Yallay]

Let $x \equiv 1 \in L^p(0,1), \qquad f=\begin \chi (0,5) \in L^q(0,1), \quad g=1-f \in L^q$

И да, $f$ , $ g $ надо отнормировать.

[Padawan]

Тогда $f(x)=g(x)=\frac{1}{2}\cdot 2^{\frac 1q}\neq 1$

[Oleg Zubelevich]

Padawan в сообщении #421807 писал(а):

Пусть $x\in L^p[a,b]$, $1<p<+\infty$, c $\|x\|=1$, а $f,g\in L^q=\left(L^p\right)^\ast$ с $\|f\|=\|g\|=1$. Допустим $f(x)=g(x)=1$. Следует ли отсюда, что $f=g$ ?

Получается, что в неравенстве $|(f,x)|\le \|f\|_q\|x\|_p$ достигается равенство. Это возможно только если $|f(\xi)|^q=|x(\xi)|^p$ для почти всех $\xi\in [a,b]$ И аналогично $|g(\xi)|^q=|x(\xi)|^p$

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #421831 писал(а):

Padawan в сообщении #421807 писал(а):

Пусть $x\in L^p[a,b]$, $1<p<+\infty$, c $\|x\|=1$, а $f,g\in L^q=\left(L^p\right)^\ast$ с $\|f\|=\|g\|=1$. Допустим $f(x)=g(x)=1$. Следует ли отсюда, что $f=g$ ?

Получается, что в неравенстве $|(f,x)|\le \|f\|_q\|x\|_p$ достигается равенство. Это возможно только если $|f(\xi)|^q=|x(\xi)|^p$ для почти всех $\xi\in [a,b]$ И аналогично $|g(\xi)|^q=|x(\xi)|^p$

Точно, недавно ведь сам про это писал. Спасибо!

[Padawan]

Пусть $x$ и $f$ как выше. И пусть $g_n\in L^q$, $n=1,2,\ldots$, $\|g_n\|_q=1$ и $g_n(x)\to 1$. Доказать, что $g_n\to f$ по $L^q$ -норме.
Если использовать теорему о том, что в $L^q$, $1<q<+\infty$, слабая сходимость плюс сходимость норм дает сильную сходимость, то доказывается. Может существует более прямое доказательство?

[Oleg Zubelevich]

Padawan в сообщении #422001 писал(а):

Доказать, что $g_n\to f$ по $L^q$ -норме.

а разве в предыдущей задаче мы доказали, что $f=g$ п.в.?

Padawan в сообщении #422001 писал(а):

в $L^q$, $1<q<+\infty$, слабая сходимость плюс сходимость норм дает сильную сходимость

не встречал такого утверждения кроме $q=2$, а где про это прочитать? и , если я правильно понял, Вы утверждаете, что $g_n$ сходится слабо, почему?

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #422017 писал(а):

не встречал такого утверждения кроме $q=2$, а где про это прочитать?

Канторович, Акилов "Функциональный анализ". Глава VIII параграф 3 (во втором издании). Также Рисс, Секефальви-Надь "Лекции по функциональному анализу", точное место не скажу.

Предположим, что $g_n$ не сходится по норме к $f$. Тогда найдётся подпоследовательность $g_{n_k}$ и $\varepsilon>0$ такие, что $\|g_{n_k}-f\|_q\geqslant\varepsilon$ при всех $k$. В рефлексивном пространстве из любой ограниченной по норме последовательности можно выделить слабо сходящуюся подпоследовательность (теорема Эберлейна-Шмульяна. Это следует также из того, что единичный шар пространства, сопряженного к сепарабельному, метризуем в слабой топологии). Поэтому можно считать, что $g_{n_k}\to g\in L^q$ слабо. Так как $\|g_{n_k}\|=1$, то $\|g\|\leqslant 1$. Так как $g(x)=\lim\limits_{k\to\infty} g_{n_k}(x)=1$ и $\|x\|=1$, то $\|g\|\geqslant 1$. Значит, $\|g\|=1$. Получаем, что $\|g_{n_k}\|\to\|g\|$ и $g_{n_k}\to g$ слабо. Отсюда $g_{n_k}\to g$ по норме. Но $g(x)=1$ и $\|g\|=1$. Отсюда $g=f$. Получили, что $g_{n_k}\to f$ по норме. А это противоречит неравенству $\|g_{n_k}-f\|_q\geqslant\varepsilon$.

Oleg Zubelevich в сообщении #422017 писал(а):

а разве в предыдущей задаче мы доказали, что $f=g$ п.в.?

Да. К Вашему замечанию надо сделать уточнение, что $f$ и $x$ должны быть п.в. одного знака. Тоже самое и для $g$.

[Oleg Zubelevich]

Padawan в сообщении #422144 писал(а):

Канторович, Акилов "Функциональный анализ". Глава VIII параграф 3 (во втором издании). Также Рисс, Секефальви-Надь "Лекции по функциональному анализу", точное место не скажу.

Спасибо. Сейчас приведу самодельное доказательство этого факта, подозреваю, что оно покороче, хотя книжек, которые Вы назвали, пока не смотрел.

Определение. Нормированное пространство $(B,\|\cdot\|)$ назовем равномерно выпуклым, если для любого $\sigma>0$ существует $\delta>0$ такое, что если $\|x\|\le 1$ и $\|y\|\le 1,\quad \|x-y\|\ge\sigma,$ то $\|x+y\|\le 2(1-\delta)$.

Теорема. Пусть $(B,\|\cdot\|)$ -- равномерно выпуклое нормированное пространство. Предположим, что $x_n\to x$ слабо в $B$ и $\|x_n\|\to \|x\|$. Тогда $\|x_n-x\|\to 0$.

Доказателдьство. Не сужая общности будем считать, что $\|x\|=1$ (если в исходной задаче $x=0,$ то доказывать нечего). Подберем числовую последовательность $\mu_k\to 1$ так, что $y_k=\mu_k x_k,\quad \|y_k\|=1$. Ясно, что $y_k\to x$ слабо.
Заметим, что $\|y_k-x\|\to 0 $ тогда и только тогда когда $\|x_k-x\|\to 0$.

От противного: предположим, что найдется подпоследовательность $y_{k'}$ такая, что $\|x-y_{k'}\|\ge \sigma>0$.
Поскольку $x+y_{k'}\to 2x$ слабо, имеем

$$\|2x\|\le\liminf\|x+y_{k'}\|\le 2(1-\delta)\qquad (*)$$

т.е. $\|x\|\le 1-\delta$. Противоречие.

Для того что бы получить первое неравенство в формуле (*) нужно рассматривать $x+y_{k'}$ как линейные функционалы на $B'$ т.е. $\{x+y_{k'}\}\subset B''$ и
воспользоваться тем, что вложение $B\subseteq B''$ изометрично. ЧТД

Остается отметить, что $L^p$ равномерно выпукло при $p>1$ [Иосида, Функциональный Анализ]