Demostrar que $\|P_h\|\geq\int_{-1}^{1}|h(t)|dt$ aplicando el teorema de extensión de Tietze

Question

Para cada una de las $h\in C([-1,1])$, definir el lineal funcional $P_h:C([-1,1])\to \mathbb{R}$ por $$ P_h(f)=\int_{-1}^{1}f(t)h(t)dt,\qquad f\en C([-1,1]). $$ Aquí es el espacio de Banach $C([-1,1]):=\{f:[-1,1]\to \mathbb{R}:f\textrm{ continuous}\}$, dotado con $\| f\|_\infty=\sup_{t\in [-1,1]}|f(t)|$$f\in C([-1,1])$.

Problema: Demostrar que $\| P_h\|=\int_{-1}^{1}|h(t)|\,dt$.

En primer lugar, tenemos $$ |P_h(f)|\leq \int_{-1}^{1}|f(t)h(t)|dt\leq \int_{-1}^{1}|h(t)|dt \|f\|_\infty\implica \|P_h\|\leq \int_{-1}^{1}|h(t)|dt $$ Para probar la otra desigualdad, yo tengo la pista de la siguiente manera: Para cada una de las $\delta>0$, vamos a $A_\delta=\{t\in [-1,1]:|h(t)|\geq \delta\}$. Definir $f_0$ adecuadamente en $A_\delta$ y el uso de extensión de Tietze teorema.

La extensión de Tietze teorema: Si $K$ es un compacto Hausdorff espacio y $K_0$ es un subconjunto cerrado de $K$ , a continuación, para cada una de las $f_0\in C(K_0)$ existe $f\in C(K)$ tal que $f|_{K_0}=f$ $\|f\|_\infty = \|f_0\|_\infty$.

¿Tienes una idea de que el mapa de $f_0$ debe mirar como se define en $A_\delta$?

Edit: le he preguntado a un compañero acerca de esto, y él consiguió el éxito de nuestra profesora. Él dijo acerca de poner $f_0(t)=\frac{h(t)}{|h(t)|}$. Esto está bien definido en $A_\delta$. Entonces, él dijo algo como $$ \| P_h(f_0)\|=\left | \int_{-1}^{-1}f_0(t)h(t) dt \right |\geq \int_{A_\delta}\frac{h(t)}{|h(t)|}h(t)dt=\int_{A_\delta}\frac{|h(t)|^2}{|h(t)|}dt=\int_{-1}^{-1}|h(t)|dt. $$ Yo realmente duda sobre esta reclamación porque no se ven a la derecha. Hay una manera de solucionarlo? Supongo que quieres algo como $$ \|P_h\|\|f\|_\infty=\|P_h\|\|f_0\|_\infty\geq \| P_h(f_0)\|\geq \|f\|_\infty \int_{-1}^{-1}|h(t)|dt $$ para algunos $f\in C([-1,1])$ por la extensión de Tietze teorema.

Answer 1

Los componentes de $[0,1]$ que $h(t)>\delta$ mantiene desconectados de aquellos donde $h(t)<-\delta$ porque $h$ es continua. Por tanto, el siguiente es continua en a $A_{\delta}$, por lo que la extensión teorema puede ser utilizado

$f_0(t) = \begin{cases} 1 & t\in A_{\delta} \land h(t)>0 \\ -1 & t\in A_{\delta} \land h(t)<0 \\ \text{Extension} & \text{else} \end{casos}$

Entonces
$|P_h(f_0) - \int_{-1}^1|h(t)|dt| = |\int_{-1}^{1}f_0(t)h(t)dt - \int_{-1}^1|h(t)|dt| \\\hspace{4.152 cm}= \left|\int_{A_\delta}|h(t)|dt + \int_{[-1,1]\setminus A_\delta}f_0(t)h(t)dt - \int_{-1}^1|h(t)|dt\right| \\\hspace{4.152 cm}\leq \left|\int_{A_\delta}|h(t)|dt - \int_{-1}^1|h(t)|dt \right|+\left|\int_{[-1,1]\setminus A_\delta}f_0(t)h(t)dt\right| \\\hspace{4.152 cm}\leq 4\delta$

porque
$\left|\int_{A_\delta}|h(t)|dt - \int_{-1}^1|h(t)|dt\right|=\left|\int_{-1}^1\left(\begin{cases} 0 & t\in A_\delta \\ |h(t)| & t\notin A_\delta \end{cases}\right)dt\right|\leq(1-(-1))\underset{t\ noen A_\delta}{\max}|h(t)|=2\delta$

$\left|\int_{[-1,1]\setminus A_\delta}f_0(t)h(t)dt\right| \leq \int_{[-1,1]\setminus A_\delta}|f_0(t)h(t)|dt \leq \int_{-1}^1 \underset{t\noen A_\delta}{\max}|f_0(t)h(t)|dt = 2\delta$

Ahora por la inversa de la desigualdad del triángulo:
$\left||P_h(f_0)| - \int_{-1}^1|h(t)|dt\right| \leq |P_h(f_0) - \int_{-1}^1|h(t)|dt|\leq 4\delta \qquad\qquad\qquad(*)$

Usted ya ha demostrado específicamente $|P_h(f_0)|\leq \int_{-1}^{1}|h(t)|dt \|f_0\|_\infty = \int_{-1}^{1}|h(t)|dt$.
Por lo tanto podemos reescribir la LHS de $(*)$

$4\delta \geq \left||P_h(f_0)| - \int_{-1}^1|h(t)|dt\right| = -|P_h(f_0)|+\int_{-1}^1|h(t)|dt \implica\\ |P_h(f_0)|\geq \int_{-1}^1|h(t)|dt-4\delta $

Por definición, $|P_h(f_0)|\leq||P_h||\cdot ||f_0||_\infty$ pero $||f_0||_\infty=1$$||P_h||\geq|P_h(f_0)|\geq\int_{-1}^1|h(t)|dt-4\delta$. Para todos los $\delta$, lo $||P_h||\geq\int_{-1}^1|h(t)|dt$

Answer 2

Voy a abordar el problema de manera diferente, sólo en caso de que usted podría estar interesado.

Definir $\text {sgn }x$ $1$ en $(0,\infty),$ $0$ en $0,$ $-1$ $(-\infty,0).$ Deje $Z$ el valor del ajuste a cero de $h.$, a Continuación, el mapa de $x\to d(x,Z)$ es continua. Además, las funciones

$$f_n(x) = (d(x,Z)/2)^{1/n}\text { sgn }(h(x)),\, n=1,2,\dots$$

todos pertenecen a $C[-1,1].$ tenga en cuenta que $|f_n(x)|\le 1$ todos los $x\in [-1,1].$ Además, para cualquier fija $x\in [-1,1],$ tenemos $f_n(x) \to \text {sgn }(h(x)).$

Vamos a utilizar el teorema de convergencia dominada. A partir de lo anterior,

$$\lim_{n\to \infty}\int_{-1}^1 f_n(x)h(x)\, dx = \int_{-1}^1 \lim_{n\to \infty}f_n(x)\cdot h(x)\, dx $$ $$= \int_{-1}^1\text {sgn }(h(x))\cdot h(x)\, dx = \int_{-1}^1|h(x)|\, dx.$$

Por lo tanto $\|P_h\|$ al menos $\int_{-1}^1|h(x)|\, dx.$ Ya tenemos la otra desigualdad, $\|P_h\|=\int_{-1}^1|h(x)|\, dx$ como se desee.