El operador de diferenciación está cerrado el$L^2[0,1]$?

Question

La proposición. Deje $\mathcal{H}=L^2[0,1]$, con una diferenciación operador $T=i\frac{d}{dt}$, cuyo dominio $D(T)$ consta de todas las funciones absolutamente continuas en $\mathcal{H}$, y los derivados de aquellas funciones que todavía es $L^2$. A continuación, $T$ es un cerrado operador. (lo que significa que su gráfica es cerrado en $\mathcal{H}\times\mathcal{H}$)

Aquí está mi probar hasta ahora. Deje $\{u_n\}$ ser una secuencia de $L^2$ funciones $\mathcal{H}$ convergentes a $u\in\mathcal{H}$. También, $Tu_n$ convergen a otro $v\in\mathcal{H}$. Esto es suficiente para mostrar que $Tu=v$, es decir, $\| Tu-v\|=0$. Desde $$\|Tu-v\|\le\|Tu-Tu_n\|+\|Tu_n-v\|$$ y $\|Tu_n-v\|\rightarrow 0$, sólo tenemos que demostrar que $\|Tu-Tu_n\|\rightarrow 0$. $$\lim_{n\rightarrow\infty}\|Tu-Tu_n\|^2=\lim_{n\rightarrow\infty}\int \left|i\frac{d}{dt}(u-u_n)\right|^2dx.$$ Idealmente, se "puede" intercambiar los "límites" con la "integral" y "derivado" y la "prueba" está terminado. Sin embargo, a mí me parece que no quedó muy claro que los teoremas de análisis real me lo permite.

He sido atrapado aquí por un largo tiempo. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Deje $ D_0 = \{ f \in L^2[0,1] | f \text{ is absolutely continous and } f'\in L^2[0,1] \} $ e $ T : D_0 \rightarrow L²[0,1], Tf=i\frac{d}{dt}f = i \cdot f'$.

Tomar una secuencia $ \{ u_n \} $ que convergencias a $ u $ en $ L^2 $- Norma y con $ { Tu_n } $ son convergentes en $ L^2 $ con límite de $ x $. Tenemos que mostrar que $ Tu = x $.

En primer lugar mostramos que $ \{ u_n \} $ es uniforme convergente. Por Hölder la desigualdad

$$ \int_{0}^{t} {| i \cdot u_n'(s) - x(s)| ds} \le \int_{0}^{1} {|i \cdot u_n'(s) - x(s)| ds} \le \left( \int_{0}^{1} {ds} \right)^{\frac{1}{2}} \cdot \left( \int_{0}^{1} {|i \cdot u_n'(s) - x(s)|^2 ds} \right)^{\frac{1}{2}} = \| Tu_n - x \|_{L^2} $$

A partir de esta desigualdad llegamos a la conclusión de que

$$ \| t \mapsto \int_{0}^{t} {i \cdot u_n(s)ds} - \int_0^{t}{x(s)ds} \|_{\infty} \le \| Tu_n - x \|_{L^2} $$

que da la convergencia uniforme de $ \{ t \mapsto \int_{0}^{t} i \cdot u_n(t) \} $ a $ t \mapsto \int_0^{t}{x(s)ds} $. Especialmente $ \{ t \mapsto \int_{0}^{t} i \cdot u_n(s)ds \} $ es un uniforme de la Secuencia de Cauchy. Además contamos con

$$ | i \cdot u_n(0) - i \cdot u_m(0) | = \left( \int_{0}^{1} | i \cdot u_n(0) - i \cdot u_m(0) |^2 dt \right)^{\frac{1}{2}} = \left( \int_{0}^{1} | i \cdot u_n(t) - i \cdot u_m(t) - \int_{0}^{t} {i \cdot u_n'(s)- i \cdot u_m'(s))ds} |^2 dt\right)^{\frac{1}{2}} \\ \le \left( \int_{0}^{1} | i \cdot u_n(t) - i \cdot u_m(t) |^2 dt \right)^{\frac{1}{2}} + \left( \int_{0}^{1} | \int_{0}^{t} { i \cdot u_n'(s)-i \cdot u_m'(s)ds} |^2 dt \right)^{\frac{1}{2}} $$

lo que implica

$$ | i \cdot u_n(0) -i\cdot u_m(0) | \le \| i \cdot u_n - i \cdot u_m \|_{L^2} + \| t \mapsto \int_{0}^{t} { i \cdot u_n'(s)-i \cdot u_m'(s)ds} \|_{L^2} \\ \le \| u_n - u_m \|_{L^2} + \| t \mapsto \int_{0}^{t} { i \cdot u_n'(s)-i \cdot u_m'(s)ds} \|_{\infty} $$

Por lo tanto $ \{ i \cdot u_n(0) \} $ es una Secuencia de Cauchy. Debido a que cada una de las $ u_n $ es absolutamente continua tenemos

$$ i \cdot u_n (t) = i \cdot u_n(0) + \int_{0}^t{i \cdot u_n'(s)ds} $$

lo que muestra que $ \{i \cdot u_n\} $ e $ \{u_n\} $ son uniformes convergente.

Ahora mostramos $ Tu = x $. Definir $ g(t) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{i} u_n(0) + \frac{1}{i} \int_{0}^{t}{x(s)ds} $. Luego tenemos a $ Tg = x $ e $ i \cdot g' = x $ a.e. en $ [0,1] $. Pero $ \{ u_n \} $ convergencias a g uniformemente. Por lo tanto $ u = g $ a.e. en $ [0,1] $ que da $Tu = x $.

Nota: Un razonamiento similar se puede encontrar en Werner Funktionalanalysis.

Answer 2

Hay una solución simple a condición de que usted está vagamente familiarizado con la noción de espacio de Sobolev y débiles derivados.

Aquí $D(T)$ no es nada, pero el espacio de Sobolev $W^{1,2}(0,1)$, que se incrusta en el espacio de funciones continuas en $[0,1]$. Así, su problema (después de la eliminación de la irrelevante $i$ factor) es equivalente a probar, para una secuencia $\left\{u_n\right\}\subset W^{1,2}(0,1)$, $$ (\|u_n-u\|_{L^2}\to 0\;\land\;\|u_n'-v\|_{L^2}\to 0)\Rightarrow v=u'$$ Solución: Las relaciones $\|u_n-u\|_{L^2}\to 0$ e $\|u_n'-v\|_{L^2}\to 0$ de rendimiento, respectivamente \begin{align*}\int_0^1 u_n\psi&\to \int_0^1u\psi,\qquad \forall \psi\in C_c^{\infty}([0,1])\\ \int_0^1u_n'\varphi&\to \int_0^1v\varphi,\qquad \forall \varphi \in C_c^{\infty}([0,1]) \end{align*} Por otro lado, la integración por partes y el uso de la primera relación obtenemos $$\int_0^1u_n'\varphi=-\int_0^1u_n\varphi'\to -\int_0^1u\varphi',\qquad \forall \varphi \in C_c^{\infty}([0,1])$$ y por lo tanto $$\int_0^1u\varphi'=-\int_0^1v\varphi,\qquad \forall \varphi \in C_c^{\infty}([0,1]) $$ que nos dice precisamente que $v$ es el débil derivado de la $u$, es decir, $u'=v$ (y desde $u$ es una.e. diferenciable, la debilidad de la derivada es igual a la clásica de derivados, donde la última es definida).