$L^{1}(\Omega) \subset (L^{\infty}(\Omega))'$
Ciao a tutti,
vorrei controllare on voi la correttezza della costruzione che implica quanto espresso nel titolo. In particolare mi preme sapere che ogni passaggio sia corretto, visto che di questa dimostrazione ho visto solo uno "sketch"
E' noto dalla teoria che va mostrato l'esistenza di un funzionale $T \in (L^{\infty}(\Omega))'$ per cui non esiste $v \in L^1(\Omega)$ tale che
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Sia $\Omega=[-1,1]$. Considero il funzionale $T$ definito su $C^{0}(\Omega)$. $T(u)=u(0)$. Per Weierstrass segue subito che $C^{0}(\Omega)$ è sottospazio di $L^{\infty}(\Omega)$.
La norma duale di $T$ è 1. Infatti (ometto il pedice), $||T|| =\text{sup} { |T(u)|, u \in C^{0}(\Omega), ||u||_{\infty}=1} = max{|u(0)|, u \in C^{0}(\Omega), ||u||_{\infty}=1} = 1$, basta scegliere un "triangolo formato da due spezzate" con vertice in $u(0)=1$.
Banalmente, $T$ è lineare, ed è bounded (sempre per Weierstrass). Sotto queste ipotesi, per H-B è possibile estendere $T$ ad un funzionale $\tilde{T}$ definito su tutto $L^{\infty}(\Omega)$ con la stessa norma duale.
Suppongo ora che esista $v \in L^{1}$ come sopra. E' possibile [nota]per risultati di approssimazione di funzioni $L^p$[/nota] costruire una sequenza $u_k \rarr sgn(v(x))$ q.o. in $\Omega$, con $u_k$ continue, $u_k(0)=0$ e $-1 \leq u_k(x) \leq 1$.
Allora: $\tilde{T}(sgn(v(x)) ) = \tilde{T} (\lim_k u_k(x))=0$, per come sono state costruite le $u_k$.
Ma per quanto riguarda l'integrale, si ha che l'integranda è maggiorata in modulo da $v(x) \in L^{1}$ (per ipotesi). Quindi, per convergenza dominata:
Eguagliando questo a zero, segue che $v(x)=0$ q.o. Quindi $\tilde{T}$ è il funzionale nullo, ma questo è assurdo, visto che la norma duale sappiamo essere $1$ per H-B.
q.e.d.
vorrei controllare on voi la correttezza della costruzione che implica quanto espresso nel titolo. In particolare mi preme sapere che ogni passaggio sia corretto, visto che di questa dimostrazione ho visto solo uno "sketch"
E' noto dalla teoria che va mostrato l'esistenza di un funzionale $T \in (L^{\infty}(\Omega))'$ per cui non esiste $v \in L^1(\Omega)$ tale che
$T(u) = \int_{-1}^{1} u(x)v(x) dx, \forall u \in L^{\infty}(\Omega)$
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Sia $\Omega=[-1,1]$. Considero il funzionale $T$ definito su $C^{0}(\Omega)$. $T(u)=u(0)$. Per Weierstrass segue subito che $C^{0}(\Omega)$ è sottospazio di $L^{\infty}(\Omega)$.
La norma duale di $T$ è 1. Infatti (ometto il pedice), $||T|| =\text{sup} { |T(u)|, u \in C^{0}(\Omega), ||u||_{\infty}=1} = max{|u(0)|, u \in C^{0}(\Omega), ||u||_{\infty}=1} = 1$, basta scegliere un "triangolo formato da due spezzate" con vertice in $u(0)=1$.
Banalmente, $T$ è lineare, ed è bounded (sempre per Weierstrass). Sotto queste ipotesi, per H-B è possibile estendere $T$ ad un funzionale $\tilde{T}$ definito su tutto $L^{\infty}(\Omega)$ con la stessa norma duale.
Suppongo ora che esista $v \in L^{1}$ come sopra. E' possibile [nota]per risultati di approssimazione di funzioni $L^p$[/nota] costruire una sequenza $u_k \rarr sgn(v(x))$ q.o. in $\Omega$, con $u_k$ continue, $u_k(0)=0$ e $-1 \leq u_k(x) \leq 1$.
Allora: $\tilde{T}(sgn(v(x)) ) = \tilde{T} (\lim_k u_k(x))=0$, per come sono state costruite le $u_k$.
Ma per quanto riguarda l'integrale, si ha che l'integranda è maggiorata in modulo da $v(x) \in L^{1}$ (per ipotesi). Quindi, per convergenza dominata:
$\lim_k \int_{-1}^{1} u_k(x) v(x) dx = \int_{-1}^{1}sgn(v(x)) v(x)$
Eguagliando questo a zero, segue che $v(x)=0$ q.o. Quindi $\tilde{T}$ è il funzionale nullo, ma questo è assurdo, visto che la norma duale sappiamo essere $1$ per H-B.
q.e.d.
Risposte
"feddy":
[...] $u_k(0)=0$ [...]
Questo si può sempre fare? E' una domanda genuina, non mi ricordo come si faccia.
Peraltro credo che questa complicazione possa essere evitata: prendi una qualsiasi successione di funzioni continue \( \varphi_k \) con \( \varphi_k (0)=1\) per ogni \(k\) ma \( \varphi_k \to 0\) q.o. Se esistesse la \(v\) summenzionata, \[ T \varphi_k = \varphi_k(0)=1 = \int_{[-1,1]} \varphi_k v \, dm \to 0 \]assurdo.
"feddy":
[...] Allora: $\tilde{T}(sgn(v(x)) ) = \tilde{T} (\lim_k u_k(x))=0$, per come sono state costruite le $u_k$. [...]
Qui avrei scritto semplicemente \( \tilde{T} (u_k(x))=0 \) per ogni \(k\) (che è abbastanza). \( \tilde{T} \) è continuo rispetto alla sup-norma e non "rispetto alla convergenza q.o".
Ciao Delirium,
Devo ancora arrivare a studiare per bene tali risultati di approx. in $L^{p}$. Viene detto che questa costruzione è possibile, ma per risultati che vengono dimostrati più avanti. Sicuramente c'entra il teorema di Tietze e la densità delle funzioni continue in $L^p$...
Non vorrei sembrare pignolo, ma quindi la mia uguaglianza che tu hai citato in effetti non ha senso perché in $\tilde{T}$ non è ben definito se l'argomento è $\lim_k u_k(x)$. D'altro canto, per ogni $k$ vale $\tilde{T}(u_k)=0$, che è sufficiente per dire $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$
"Delirium":
Questo si può sempre fare? E' una domanda genuina, non mi ricordo come si faccia.
Devo ancora arrivare a studiare per bene tali risultati di approx. in $L^{p}$. Viene detto che questa costruzione è possibile, ma per risultati che vengono dimostrati più avanti. Sicuramente c'entra il teorema di Tietze e la densità delle funzioni continue in $L^p$...
"Delirium":
$\tilde{T}$ è continuo rispetto alla sup-norma e non "rispetto alla convergenza q.o".
Non vorrei sembrare pignolo, ma quindi la mia uguaglianza che tu hai citato in effetti non ha senso perché in $\tilde{T}$ non è ben definito se l'argomento è $\lim_k u_k(x)$. D'altro canto, per ogni $k$ vale $\tilde{T}(u_k)=0$, che è sufficiente per dire $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$
"feddy":
[...] che è sufficiente per dire $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$
No, non è sufficiente. \( \text{sgn} (v) \) è limite puntuale q.o, non necessariamente uniforme. Potresti dirlo, per esempio, se \( u_k(x) \le u_{k+1}(x)\) per ogni \( x \in \Omega\) e per ogni \(k\); in tal caso la convergenza sarebbe uniforme per un teorema di Dini.
Scusate, ma la faccenda mi pare un tantinello più semplice...
Se esistesse $v in L^1$ tale da rappresentare il funzionale, allora, fissato un qualsiasi intervallo $]a,b[$ aperto non contenente $0$, per ogni funzione $phi$ continua a supporto compatto in tale intervallo di avrebbe $int_a^b phi v =0$ e perciò $v=0$ q.o. in $]a,b[$; conseguentemente $v=0$ q.o. in $(-1,1)$ e dunque $int_(-1)^1 v =0$, contro il fatto che $int_(-1)^1 v = int_(-1)^1 v u =u(0)=1$, essendo $u=1$ q.o. in $(-1,1)$.
Se esistesse $v in L^1$ tale da rappresentare il funzionale, allora, fissato un qualsiasi intervallo $]a,b[$ aperto non contenente $0$, per ogni funzione $phi$ continua a supporto compatto in tale intervallo di avrebbe $int_a^b phi v =0$ e perciò $v=0$ q.o. in $]a,b[$; conseguentemente $v=0$ q.o. in $(-1,1)$ e dunque $int_(-1)^1 v =0$, contro il fatto che $int_(-1)^1 v = int_(-1)^1 v u =u(0)=1$, essendo $u=1$ q.o. in $(-1,1)$.
"gugo82":
Scusate, ma la faccenda mi pare un tantinello più semplice...
Se esistesse $v in L^1$ tale da rappresentare il funzionale, allora, fissato un qualsiasi intervallo $]a,b[$ aperto non contenente $0$, per ogni funzione $phi$ continua a supporto compatto in tale intervallo di avrebbe $int_a^b phi v =0$ e perciò $v=0$ q.o. in $]a,b[$; conseguentemente $v=0$ q.o. in $(-1,1)$ e dunque $int_(-1)^1 v =0$, contro il fatto che $int_(-1)^1 v = int_(-1)^1 v u =u(0)=1$, essendo $u=1$ q.o. in $(-1,1)$.
"Delirium":
[...] prendi una qualsiasi successione di funzioni continue \( \varphi_k \) con \( \varphi_k (0)=1\) per ogni \(k\) ma \( \varphi_k \to 0\) q.o. Se esistesse la \(v\) summenzionata, \[ T \varphi_k = \varphi_k(0)=1 = \int_{[-1,1]} \varphi_k v \, dm \to 0 \]assurdo. [...]
@Delirium
Ho visto il tuo edit. Così facendo è molto meglio, grazie.
Tuttavia non ho ancora ben capito come poter mostrare correttamente (con la mia costruzione) che $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$. Non riesco a uscirne
Ho visto il tuo edit. Così facendo è molto meglio, grazie.
Tuttavia non ho ancora ben capito come poter mostrare correttamente (con la mia costruzione) che $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$. Non riesco a uscirne
"feddy":
@Delirium
Ho visto il tuo edit. Così facendo è molto meglio, grazie.
Tuttavia non ho ancora ben capito come poter mostrare correttamente (con la mia costruzione) che $\tilde{T}(sgn(v(x)))=0$. Non riesco a uscirne
Ma guarda che sostanzialmente hai fatto già tutto. Facciamo un recap: supponiamo esista una funzione \( v \in L^1 \) che rappresenti il funzionale e prendiamo una successione di funzioni continue \( u_k\) che approssimi puntualmente quasi ovunque \( \text{sgn}(v)\) con \( u_k(0)=0\) e \( |u_k| \le 1 \) (questa cosa da verificare). Allora \( \tilde{T} u_k = 0 \) per ogni \(k\). Se la rappresentazione è valida, \[0= T u_k = \int_{[-1,1]} u_k v \, dm \quad \forall \, k. \] Adesso possiamo usare il teorema della convergenza dominata: \[ \lim_k \int_{[-1,1]} u_k v \, dm \, (= \lim_k 0) = \int_{[-1,1]} |v| \, dm = 0 \]donde \( v = 0 \) quasi ovunque, contraddizione perché \( \tilde{T}\) non è il funzionale nullo.
Tutto chiaro, modulo l'esistenza (certa ma "oscura") delle $u_k$ fornitemi.
Ti ringrazio
Ti ringrazio
P.S. Nell'uguaglianza finale al posto del pezzo $(=\lim_k 0)$ credo tu intenda $(=\lim_k u_k )$.
"feddy":
P.S. Nell'uguaglianza finale al posto del pezzo $(=\lim_k 0)$ credo tu intenda $(=\lim_k u_k )$.
No, la successione \[ \int_{[-1,1]} u_k v \, dm \] è costantemente nulla per ipotesi (riga precedente), quindi quel limite è limite di una successione nulla.
Niente, oggi va così. Ora ci sono
Grazie davvero
Grazie davvero
Una considerazione per feddy, ot ma non troppo.
[ot]Una cosa che mi ha sempre turbato in questa dimostrazione è quando all'inizio si dice " siccome \( C^0(\Omega) \subset L^{\infty}(\Omega) \) allora il funzionale lineare e continuo su \( C^0(\Omega) \) dato da \( T(u) =u(0) \) si estende con HB a tutto \( L^{\infty}(\Omega) \)." Ecco io qua dicevo, ma se guardo \( C^0(\Omega) \) come sottospazio di \( L^{\infty}(\Omega) \), allora non ha senso parlare di valore puntuale di una funzione. Ma poi ho capito che si intendeva "consideriamo il sottospazio di \( L^{\infty}(\Omega) \) costituito dagli elementi che hanno un rappresentante continuo e su di esso definiamo il funzionale $T$ ecc...". Poi bisognerebbe far vedere che tale definizione è ben posta i.e. che non dipende dal rappresentante scelto. Che sostanzialmente poi è il fatto che due funzioni continue uguali quasi ovunque, sono uguali ovunque. So che è una banalità ma non mi pareva così ovvio la prima volta che ci ho pensato![/ot]
[ot]Una cosa che mi ha sempre turbato in questa dimostrazione è quando all'inizio si dice " siccome \( C^0(\Omega) \subset L^{\infty}(\Omega) \) allora il funzionale lineare e continuo su \( C^0(\Omega) \) dato da \( T(u) =u(0) \) si estende con HB a tutto \( L^{\infty}(\Omega) \)." Ecco io qua dicevo, ma se guardo \( C^0(\Omega) \) come sottospazio di \( L^{\infty}(\Omega) \), allora non ha senso parlare di valore puntuale di una funzione. Ma poi ho capito che si intendeva "consideriamo il sottospazio di \( L^{\infty}(\Omega) \) costituito dagli elementi che hanno un rappresentante continuo e su di esso definiamo il funzionale $T$ ecc...". Poi bisognerebbe far vedere che tale definizione è ben posta i.e. che non dipende dal rappresentante scelto. Che sostanzialmente poi è il fatto che due funzioni continue uguali quasi ovunque, sono uguali ovunque. So che è una banalità ma non mi pareva così ovvio la prima volta che ci ho pensato![/ot]
Ciao Bremen !
ti ringrazio per l'intervento. Questa considerazione fortunatamente mi è chiara in quanto ci era già stata fatta notare a lezione. Comunque è vero, spesso ci sono delle cose che a prima vista appaiono banali, ma che in sé racchiudono considerazioni non così ovvie (lo sto provando sulla mia pelle).
ti ringrazio per l'intervento. Questa considerazione fortunatamente mi è chiara in quanto ci era già stata fatta notare a lezione. Comunque è vero, spesso ci sono delle cose che a prima vista appaiono banali, ma che in sé racchiudono considerazioni non così ovvie (lo sto provando sulla mia pelle).
Si può anche aggirare il problema facendo un discorso di separabilità. Lo spazio \(L^\infty(0, 1)\) non è separabile, perché contiene l'insieme non numerabile
\[
\{\chi_a(x):=\mathbf 1_{[0, a]}(x)\ |\ a\in[0, 1]\},\]
che verifica \(\|\chi_a-\chi_b\|_\infty =1\) per ogni \(a\ne b\). Invece \(L^1(0,1)\) è separabile. Ora, se uno spazio normato ha il duale separabile, allora è esso stesso separabile: vedi questo bel post di Math.SE (che contiene pure degli utili suggerimenti di carattere generale).
Conclusione: \(L^1(0, 1)\) non può essere il duale di \(L^\infty(0, 1)\).
La dimostrazione di questo thread è migliore, perché è più esplicita, ma questo genere di argomenti indiretti possono essere utili, a volte.
\[
\{\chi_a(x):=\mathbf 1_{[0, a]}(x)\ |\ a\in[0, 1]\},\]
che verifica \(\|\chi_a-\chi_b\|_\infty =1\) per ogni \(a\ne b\). Invece \(L^1(0,1)\) è separabile. Ora, se uno spazio normato ha il duale separabile, allora è esso stesso separabile: vedi questo bel post di Math.SE (che contiene pure degli utili suggerimenti di carattere generale).
Conclusione: \(L^1(0, 1)\) non può essere il duale di \(L^\infty(0, 1)\).
La dimostrazione di questo thread è migliore, perché è più esplicita, ma questo genere di argomenti indiretti possono essere utili, a volte.
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