w-cходимость => сходимость в l_1

[id]

Решал упражнение

Цитата:

В $l_1$ из слабой сходимости последовательности следует нормовая.

В к-ве идеи предлагается "выбрать последовательность с непересекающимися носителями и подобрать соотв. функционал из $l_{\infty}$". Как бы довести это до ума?

[Полосин]

См., например, Садовничий, Григорьян, Конягин. "Задачи студенческих математических олимпиад", Изд. МГУ, 1987, стр. 192.

[id]

Полосин
А, вот оно что.
Спасибо!

[id]

Кстати, есть такое и у Кириллова, задачка 234.

Вопрос - а будет ли то же самое верно для $L_1 (\mathbb{R})$? ( ну в том смысле, что посмотрев док-во из Кириллова, начало казаться, что и для $L_1$ оно будет в точности аналогичным )

[leshik]

Нет, для $L_1$ это неверно.Чтобы не строить конкретные примеры можно воспользоваться фактом о том что $L_2$ можно изоморфно вложить в любое $L_p$, но для $L_2$ слабая сходимость не совподает с сильной.

[ewert]

leshik в сообщении #245363 писал(а):

можно воспользоваться фактом о том что $L_2$ можно изоморфно вложить в любое $L_p$,

Не фактом. На всей оси ничто никуда не вкладывается.

[leshik]

Как это не вкладывается?А где проблема? Это не значит что любая функция из $L_2$ принадлежит $L_p$ или наоборот...
Почитайте про функции Радемахера и неравенство Хинчина, насколько я знаю там все с $\mathbb {R}$ проходит.

[ewert]

leshik в сообщении #245373 писал(а):

Как это не вкладывается?А где проблема? Это не значит что любая функция из $L_2$ принадлежит $L_p$ или наоборот...

"Вкладывается" -- значит "принадлежит".

Естественно, нет цепочки вложений пространств $L_p$ друг в друга. Просто потому, что условия сходимости интеграла "в нуле" и на бесконечности разные и, в некотором смысле, противоположные. Ещё раз: речь шла обо всей оси.

[leshik]

Еще раз- "изоморфно вкладывается" это не значит принадлежит!!!
Это значит что существует непрерывный оператор $A: L_2 \to {L_p}$
для которого $m||x||<||Ax||<M||x||$
Так что я пока не понимаю где противоречие.

[AGu]

id в сообщении #245166 писал(а):

Вопрос - а будет ли то же самое верно для $L_1 (\mathbb{R})$?

Если $f_n:[0,\pi]\to\mathbb R$, $f_n(x)=\sin(nx)$,
то $\|f_n\|\nrightarrow0$, но $f_n\to0$ слабо в $L_1[0,\pi]$
(см. теорему Римана — Лебега).

[terminator-II]

leshik в сообщении #245378 писал(а):

Еще раз- "изоморфно вкладывается" это не значит принадлежит!!!
Это значит что существует непрерывный оператор $A: L_2 \to {L_p}$
для которого $m||x||<||Ax||<M||x||$
Так что я пока не понимаю где противоречие.

а где про это написано?

[leshik]

К сожалению не удалось найти хорошую ссылку(т.е на какую-то монографию и т.д).
Тут http://www.emis.de/journals/HOA/IJMMS/25/7451.pdf статья где в Inroduction сформулировано это утвержение и собственно конструкция этого оператора. Если найду что-нибудь лучше- выложу

[id]

AGu
Ага...

Цитата:

Let ƒ:R → C be a measurable function. If ƒ is L1 integrable, that is to say if the Lebesgue integral of |ƒ| is finite, then

\int^\infty_{-\infty} f(x) e^{izx}\,dx \rightarrow 0\text{ as } z\rightarrow \pm\infty.

а функционал из $L_{\infty}$ на мн-ве конечной меры необходимы $L_1$ интегрируем. Понятно, кажется.

Спасибо!

[ewert]

leshik в сообщении #245378 писал(а):

Так что я пока не понимаю где противоречие.

Во-первых, в терминологии: "оператор вложения" -- это по определению тождественный оператор. А во-вторых -- в логике: из того, что есть сходимость на любом функционале из пространства, сопряжённого к подпространству -- не следует, что есть сходимость на любом функционале к исходному пространству. Цепочка обрывается.

[leshik]

Откройте google и посмотрите что такое изоморфно вкладывается, а это называется "каноническое вложение"(если с единичным оператором.)
Дальше, пусть у нас есть оператор $A :L_2 \to L_1$, $x_n\in L_2$ слабо сходиться к $0$ но не сходиться по норме(базис,например).
Оператор $ A $-непрерывен значит и слабо непрерывен, значит $Ax_n\to 0$ слабо в $L_1$, азначит и сильно(по нашему предположению об $L_1$) но тогда из неравенства $||Ax_n||>m||x_n||$ следует что $x_n\to 0$ по норме в $L_2$,противоречие.
Так что в своей логике ничего плохого не вижу