Un problema de análisis teoría funcional medida desagradable

Question

Actualmente estoy tomando un análisis funcional del curso, y en el momento en que cada estudiante en el curso es sorprendido por una pregunta específica. Estamos buscando a la limitada lineal mapa $$ \varphi_n:L^1\left([0,1]\right)\to \mathbb{R},\quad \varphi_n(f) = \int^1_0 f(x)(n\sin(n^2 x)) dx,\quad\|\varphi_n\|=n. $$

Estamos tratando de demostrar la existencia de una $f\in L^1$ con respecto a la medida de Lebesgue, de modo que $\lim_{n\rightarrow \infty} |\varphi_n(f)|\rightarrow \infty$, y desde temprano de la asignación sabemos que esta función no puede ser continuamente diferenciable. Sin embargo, nadie ha sido capaz de hacer que incluso el más mínimo progreso. Yo, y todos nosotros agradecería una pista o un esbozo de la prueba!

Answer 1

@supinf nos mostró un buen conjunto de ejemplos. Creo que la prueba puede ser simplificado. Así que supongamos $1/2<p<1$ y deje $f(x)=x^{-p}.$ Deje $x=y/n^2$ ver

$$\tag 1 n\int^1_0 x^{-p}\sin(n^2 x)\, dx = n^{2p-1}\int_0^{n^2} y^{-p}\sin(y)\, dy.$$

Si mostramos $\int_0^{\infty} y^{-p}\sin(y)\, dy >0,$ a continuación, se seguirá que la $(1)\to \infty$ sobre el orden de las $n^{2p-1}.$ Pero esta integral es igual a

$$\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^{\pi}\sin y\left(\frac{1}{(2\pi k+y)^p} - \frac{1}{(2\pi k+\pi +y)^p}\right)\,dy.$$

Cada uno de los integrands aquí es positivo en $(0,\pi),$ por lo tanto también lo es la suma, y hemos terminado.

Answer 2

Creo que para $\alpha\in (\tfrac12,1)$ la función $$ f(x) = \begin{cases} x^{-\alpha} &\text{if}\;x\in(0,1) \\ 0 &\text{if}\;x\not\in (0,1) \end{casos} $$ satisface $$ \varphi_n(f)\to\infty \qquad(n\to\infty). $$ La prueba requiere algunas apreciaciones porque es probablemente más difícil calcular la integral exactamente.

Deje $n\geq 3$ ser fijo. Para $k\geq 0$, definimos $$ I_k := \int_{k\pi n^{-2}}^{(k+1)\pi n^{-2}} f(x)(n\sin(n^2 x)) \mathrm dx. $$ Está claro que $\varphi_n(f) = \sum_{k\geq 0} I_k$ y que $I_k=0$ grandes $k$. También es fácil ver que $I_k\geq0$ si $k$ es incluso y $I_k\leq0$ si $k$ es impar.

Debido a la monotonía de $f$ se puede demostrar que $ I_k+I_{k+1}\geq 0 $ si $k$ es incluso.

Permítanos calcular una estimación a la baja para $I_0+I_1$. De nuevo, para $k=0,1,2,3$ definimos la integral $$ J_k := \int_{k\pi n^{-2}/2}^{(k+1)\pi n^{-2}/2} f(x)(n |\sin(n^2 x)|) \mathrm dx. $$ Está claro que $I_0=J_0+J_1$ e $I_1=-J_2-J_3$. Para $k=0,1,2,3$ sabemos que $f(x)\geq ((k+1)\pi n^{-2}/2)^{-\alpha}$. Por lo tanto, tenemos la estimación a la baja $$ J_k \geq \int_0^{\pi n^{-2}/2}((k+1)\pi n^{-2}/2)^{-\alpha} n \sin(n^2 x)\mathrm dx = \dots = ((k+1)\pi/2)^{-\alpha} n^{2\alpha-1}. $$ Por otro lado, para $k=1,2,3$ sabemos que $f(x)\leq (k\pi n^{-2}/2)^{-\alpha}$ Por lo tanto, tenemos la parte superior de la estimación $$ J_k \leq \int_0^{\pi n^{-2}/2}(k\pi n^{-2}/2)^{-\alpha} n \sin(n^2 x)\mathrm dx = \dots = (k\pi/2)^{-\alpha} n^{2\alpha-1}. $$ El uso de estas estimaciones se puede observar que $$ I_0-I_1 = J_0+J_1-J_2-J_3 \geq n^{2\alpha-1} ( (\pi/2)^{-\alpha} +(2\pi/2)^{-\alpha}-(2\pi/2)^{-\alpha}-(3\pi/2)^{-\alpha}) = C n^{2\alpha-1} $$ para algunas constantes $C>0$.

En resumen, tenemos $$ \varphi_n(f) \geq I_0+I_1 \geq C n^{2\alpha-1} \to \infty \quad (n\to\infty). $$

Answer 3

Principio uniforme fronteridad mostrará que una función <span class="math-container">$f$</span> debe existir tal que <span class="math-container">$|\phi_n(f)|$</span> es ilimitada. Otro <span class="math-container">$\phi_n(f)$</span> está delimitado para cada <span class="math-container">$f$</span> en un espacio de Banach, y así <span class="math-container">$|\phi_n|$</span> sería una secuencia limitada de funcionales, que no lo es. No sé sin embargo cómo se vería un ejemplo explícito.