банахова алгебра

[moscwicz]

Ввести в $L^2(0,1)$ операцию $*:L^2(0,1)\times L^2(0,1)\to L^2(0,1)$ превращающую $L^2(0,1)$ со стандартной нормой в коммутативную, ассоциативную банахову алгебру в которой функция $j(x)\equiv 1$ является единицей в том смысле, что $j(x)*u(x)=u(x)$ и $\|u*v\|_{L^2(0,1)}\le c \|u\|_{L^2(0,1)}\|v\|_{L^2(0,1)}$

[id]

Цитата:

со стандартной нормой в коммутативную, ассоциативную банахову алгебру

Цитата:

$\|u*v\|_{L^2(0,1)}\le c \|u\|_{L^2(0,1)}\|v\|_{L^2(0,1)}$

Разве в дефиниции бан. алгебры нет требования $\| a b\| \leq \| a\| \| b \|$?
Что тогда означает второе из процитированного?

[RIP]

$$(u*v)(x)=u(x)\int_0^1v(t)\,\mathrm dt+\int_0^1u(t)\,\mathrm dt\cdot\left(v(x)-\int_0^1v(t)\,\mathrm dt\right).$$

[Padawan]

id в сообщении #395051 писал(а):

Цитата:

со стандартной нормой в коммутативную, ассоциативную банахову алгебру

Цитата:

$\|u*v\|_{L^2(0,1)}\le c \|u\|_{L^2(0,1)}\|v\|_{L^2(0,1)}$

Разве в дефиниции бан. алгебры нет требования $\| a b\| \leq \| a\| \| b \|$?
Что тогда означает второе из процитированного?

Можно ввести эквивалентную норму, в которой требуемое неравенство будет выполнено. Достаточно даже непрерывности умножения по каждому сомножителю в отдельности. Посмотрите начало книги Гельфанд, Райков, Шилов "Коммутативные нормированные кольца".

[moscwicz]

Padawan в сообщении #395074 писал(а):

Можно ввести эквивалентную норму,

Это не спасает от любителей дефиниций, поскольку там еще написано, что норма единицы алгебры должна быть равна 1.
id :Тем не менее пространства с аксиомами, которые я выписал тоже повсеиестно называют банаховыми алгебрами. Так, называют банаховой алгеброй $H^1[a,b]$. Чтобы путаницы не было я специально выписал, что именно имею ввиду, поэтому задача была поставлена корректно. Увы Вы ее не решили.

RIP в сообщении #395067 писал(а):

$$(u*v)(x)=u(x)\int_0^1v(t)\,\mathrm dt+\int_0^1u(t)\,\mathrm dt\cdot\left(v(x)-\int_0^1v(t)\,\mathrm dt\right).$$

мое решение гораздо сложнее

[RIP]

Я рассуждал так. $u=\sum_{n\in\mathbb Z}u_ne_n$, $v=\sum_{m\in\mathbb Z}v_me_m$, где $e_n(x)=\mathrm e^{2\pi\mathrm inx}$. Тогда $u*v=\sum_{n,m\in\mathbb Z}u_nv_m(e_n*e_m)$. Чтобы $e_0$ было единицей, нужно $e_0*e_n=e_n$ (соответственно, $e_n*e_0=e_n$). Ну, я подумал "будь проще" и попробовал $e_m*e_n=0$ при $mn\ne0$. Повезло.

[moscwicz]

А я пользовался тем, что $H^1(S^1)$ ($S^1$ -- окружность длины 1) является банаховой алгеброй и изоморфно $L^2(0,1)$.