Линейные и непрерывные относительно сходимости почти всюду

[AGu]

Пусть $X=L^0[0,1]$ — классическое векторное пространство измеримых по Лебегу функций $x:[0,1]\to\mathbb R$. (Вместо $L^0[0,1]$ можно взять $L^p[0,1]$, $1\leqslant p\leqslant\infty$. Суть не изменится.)

Описать все линейные функционалы $T:X\to\mathbb R$, непрерывные относительно сходимости последовательностей почти всюду, т. е. такие, что из сходимости $x_n(t)\to x(t)$ для почти всех $t\in[0,1]$ следует сходимость $Tx_n\to Tx$.

P.S. Как обычно, почти всюду равные функции «отождествляются»: вместо функций следует рассматривать их классы эквивалентности.
P.P.S. Смутно припоминаю, что где-то на dxdy уже возникала похожая задачка. Заранее пардон за возможный баян.

[Padawan]

Только нулевой функционал?

[AGu]

Padawan в сообщении #597233 писал(а):

Только нулевой функционал?

Ага!

P.S. Откровенно говоря, первого отклика я ждал именно от Вас, Padawan. Рад, что не ошибся.

[Padawan]

Соображения у меня такие. Сначала покажем, что из сходимости по мере $x_n(t)\to x(t)$ следует $Tx_n\to Tx$. По линейности можно считать, что $x(t)=0$. Пусть $x_n(t)\to 0$ по мере. Предположим, что $Tx_n$ не стремится к нулю. Переходя к подпоследовательности, можно считать, что $Tx_n$ отделено от нуля. Выделяя по теореме Рисса еще одну подпоследовательность, можно считать, что $x_n(t)$ сходится почти всюду, понятно,что к нулю. Получилось, что $x_n\to 0$ п.в., а $Tx_n$ не стремится к нулю, а это противоречит условию.

Значит, функционал $T$ непрерывен в $L^0[0,1]$ относительно сходимости по мере. Известно, что относительно сходимости по мере это пространство является метризуемым топологическим векторным пространством. Метрику можно задать формулой $d(x,y)=\int_{[0,1]}\frac{|x(t)-y(t)|}{1+|x(t)-y(t)|}dt$, но это не важно. Покажем, что в $L^0[0,1]$ с такое топологией нет непустых открытых выпуклых множеств, отличных от всего пространства. Предположим, что $G$ -- непустое выпуклое открытое множество. Можно считать, что $G$ -- окрестность нуля, т.е. содержит шар $B_\varepsilon=\{x\in L^0[0,1]\mid d(0,x)<\varepsilon\}$. Тогда $G$ содержит все функции-ступеньки вида $c\chi_{[a,b]}$ с достаточно малым носителем $[a,b]\subset [0,1]$ и любым $c\in\mathbb R$. А выпуклыми комбинациями таких ступенек можно приблизить по мере любую измеримую функцию. Значит, $G$ всюду плотно, значит $G=L^0[0,1]$. Следовательно, на $L^0[0,1]$ нет нетривиальных непрерывных линейных функционалов. Следовательно $T\equiv 0$.

[AGu]

Padawan в сообщении #597242 писал(а):

Соображения у меня такие.

Хорошие соображения. Мощные и умные. Поздравляю!

У меня были заготовлены более тупые соображения. Допустим, $T\ne 0$. Тогда имеется такая функция (точнее, класс) $x_0\in X$, что $Tx_0\geqslant 1$. Разложим $x_0$ в сумму $x_0=y+z$ функций $y$ и $z$ с носителями меры $\leqslant1/2$. Поскольку $T(2y)+T(2z)=2Tx_0\geqslant 2$, мы имеем $T(2y)\geqslant 1$ или $T(2z)\geqslant 1$. Пусть для определенности $T(2y)\geqslant 1$. Положим $x_1 = 2y$. Далее поступим с $x_1$ так же, как мы раньше поступали с $x_0$ -- разложим $x_1$ в сумму двух функций с носителями меры $\leqslant1/4$, умножим их на $2$ и выберем из них функцию $x_2$, удовлетворяющую $Tx_2\geqslant 1$. Продолжая это построение по рекурсии, получим последовательность функций $x_n$ с убывающими (по включению) носителями меры $\leqslant1/2^n$ такие, что $Tx_n\geqslant 1$. Ясно, что $x_n\to0$ почти всюду. Противоречие.

Похожим способом можно доказать, что в пространстве $X$, снабженном упомянутой Вами метрикой, единственной выпуклой окрестностью нуля является все $X$. Действительно, пусть $G$ -- такая окрестность и пусть $x$ -- произвольный элемент $X$. Покажем, что $x\in G$. Разложим $x$ в сумму двух функций с носителями меры $\leqslant1/2$, умножим их на $2$ и обозначим через $x_1$ и $x_2$. Ясно, что $x=(x_1+x_2)/2$. Потом разложим $x$ в сумму трех функций с носителями меры $\leqslant1/3$, умножим их на $3$ и обозначим через $x_3$, $x_4$ и $x_5$. Ясно, что $x=(x_3+x_4+x_5)/3$. Рекурсивно продолжая, мы получим последовательность $x_n$, сходящуюся к нулю по мере. Начиная с какого-то номера эти $x_n$ принадлежат нашей окрестности $G$. Осталось заметить, что $x$ является выпуклой комбинацией вида $(x_{k+1}+\cdots+x_{k+m})/m$ для достаточно большого $k$.

[Oleg Zubelevich]

ну вообще-то $(L^0[0,1])'=\{0\}$ это факт стандартный

[Padawan]

AGu в сообщении #597265 писал(а):

Хорошие соображения. Мощные и умные. Поздравляю!

Да ладно Вам...

Oleg Zubelevich в сообщении #597269 писал(а):

ну вообще-то $(L^0[0,1])'=\{0\}$ это факт стандартный

А я не знал. В Данфорда-Шварца заглянул, и вообще там этого пространства не нашел. Может плохо искал.

[Oleg Zubelevich]

Этот факт упоминается у Робертсонов "Топологические векторные пространства." А вот где ТС взял условие задачи интересно потому, что это уже обобщение стандартного факта.

[xmaister]

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich, а можно ссылку на книгу. Что-то она плохо гуглица.

[AGu]

Oleg Zubelevich в сообщении #597273 писал(а):

А вот где ТС взял условие задачи интересно

К сожалению, нигде. Вернее, в голове. Вернее, в двух головах -- покорной и соседской. Недавно мы тут слегка возились с разного рода сходимостями (топологическими, предтопологическими и более общимми) -- вот оно и придумалось. Конечно, от известного факта мы далеко не убежали -- вона как шустро Padawan к нему все свел.