La integración de la Representación de Acotado Funcional Bilineal en $L_2([0,1])$

Question

Supongamos $B(f,g)$ es un funcional bilineal en $L_2([0,1])$, la satisfacción de $|B(f,g)|\leq M \|f\|_2\|g\|_2$ para algunos $M>0$. Mi pregunta es si siempre existe una función de $\xi_B(x,y)$ (tal vez esencialmente limitado?) tal que $$B(f,g) = \int_{[0,1]^{\otimes2}}\xi_B(x,y)f(x)g(y)dxdy.$$

Una idea posible para demostrar que es el uso de Riesz Representación teorema de primera y tiene $B(f,g) = <\tau_B f,g>$, donde $\tau_B$ es un delimitada lineal operador de $L_2([0,1])$ a $L_2([0,1])$ y entonces no podrían ser algunos de los resultados de una integración de la representación de $\tau_B$. Pero no estoy seguro de donde puedo encontrar los resultados al respecto.

P. S.: En mi investigación, $B(f,g)$ también es simétrica, es decir, $B(f,g)=B(g,f)$, o bien, como resultado, $\tau_B$ es auto-adjunto. También será bueno si usted me puede ayudar a demostrar la integración de la representación con esta condición adicional. Yo no creo que va a ser muy útil, aunque.

Answer 1

Tome $B(f,g)=\langle f,g\rangle$. Entonces, para todos los $f,g$, $$ \int_{[0,1]} f(x)g(x)\,dx=\langle f,g\rangle=\int_{[0,1]^{\otimes2}}\xi (x,y)f(x)g(y)dxdy. $$ De ello se desprende que, para todos los $g$, $$ \int_0^1\xi(x,y)\,g(y)\,dy=g(x). $$ Tome en particular, $g(x)=1_{[0,c]}$ para algunos $c\in (0,1)$. Entonces, para todos los $x\in [0,c]$, $$ \int_0^c\xi(x,y)\,dy=\int_0^1\xi(x,y)\,1_{[0,c]}(y)\,dy=1_{[0,c]}(x)=1. $$ Ahora, para cualquier $c,d\in(0,1)$, $$ \int_c^d\xi(x,y)\,dy=\int_0^d\xi(x,y)\,dy-\int_0^c\xi(x,y)\,dy=1-1=0. $$ Luego de diferenciación de Lebesgue nos dice que, para todos los $x$, $\xi(x,y)=0$ a.e. $(y)$.

En resumen, $\xi_B$ no existe en general.

Answer 2

(Voy a interpretar $L_2([0,1])$ como un verdadero espacio de Hilbert, ya que está asumiendo $B$ es bilineal, no sesqui-liear.)

Como @Martin Argerami argumento de la muestra, la instrucción es en general falso. Sin embargo, bajo el supuesto de que $\tau_B$ es una de Hilbert-Schmidt operador, podemos encontrar $\xi_B \in L_2([0,1]\times[0,1])$ tales que $$ \tau_B f(x) = \int_{[0,1]} \xi_B(x,y)f(y)dy, $$y $$ B(f,g) = \int_{[0,1]\times[0,1]} \xi_B(x,y)g(x)f(y)dxdy. $$ A Hilbert-Schmidt operator is defined as a bounded linear operator $T$satisfactoria $$ \lVert T\rVert^2_{\text{HS}}=\sum_{i\in I} \lVert T\phi_i\rVert^2 = \sum_{i,j\in I} |\langle T\phi_i, \phi_j\rangle|^2<\infty $$ for some orthonormal basis $\{\phi_i\}_{i\in I}$ of $H$. We can show that the above definition does not depend on the choice of $\{\phi_i\}_{i\in I}$ because if $\{\varphi_k\}_{k\in K}$ es otro ortonormales base, se tiene que $$\begin{eqnarray} \sum_{i\in I} \lVert T\phi_i\rVert^2 &=& \sum_{i\in I,k\in K} |\langle T\phi_i, \varphi_k\rangle|^2 \\&=& \sum_{i\in I,k\in K} |\langle \phi_i, T^*\varphi_k\rangle|^2 \\&=& \sum_{l,k\in K} |\langle \varphi_l, T^*\varphi_k\rangle|^2\\&=&\sum_{l,k\in K} |\langle T\varphi_l, \varphi_k\rangle|^2 \\&=& \sum_{l \in K} \lVert T\varphi_l\rVert^2, \end{eqnarray}$$ by Parseval's identity. Suppose $T$ es una de Hilbert-Schmidt operador que $$ T: \phi_j \mapsto \sum_{i\in I} a_{ij}\phi_i, $$ for all $j\in I$. Luego de su Hilbert-Schmidt norma es $$ \lVert T\rVert^2_{\text{HS}}=\sum_{j\in I} \lVert T\phi_j\rVert^2 = \sum_{i,j\in I} |\langle T\phi_j, \phi_i\rangle|^2= \sum_{i,j\in I} |a_{ij}|^2 <\infty. $$ Now, let us define $$\xi(x,y) = \sum_{i,j\in I} a_{ij}\phi_i(x)\overline{\phi_j(y)}.$$ Since $\{\phi_i(x)\overline{\phi_j(y)}\}_{i,j\in I}$ forms an orthonormal subset (in fact basis) of $L_2([0,1]\times[0,1])$, it follows that $\xi \en L_2([0,1]\times[0,1])$. Podemos observar que $$ \int_{[0,1]} \xi(x,y)\phi_j(y)dy = \sum_{i\in I} a_{ij}\phi_i(x)=T\phi_j(x), $$as desired. Finally, for $B$ to admit Hilbert-Schmidt operator $\tau_B de dólares, es suficiente y es necesario que $$ \lVert \tau_B\rVert^2_{\text{HS}}=\sum_{i,j\in I} |\langle \tau_B\phi_i, \phi_j\rangle|^2 = \sum_{i,j\in I} |B(\phi_i,\phi_j)|^2 <\infty, $$ which is stronger than the original assumption $$|B(f,g)|\leq M\lVert f\rVert\lVert g\rVert.$$

Answer 3

Para cada $g$ la asignación de $f\mapsto B(f,g)$ es un delimitada lineal funcional, así que por la Representación de Riesz Teorema existe una única $\phi_g\in L^2$ tal que $B(f,g)=\langle f,\phi_g\rangle$ para todos los $f$. Observe que $\|\phi_g\|_2\leq M\|g\|_2$, lo $g\mapsto\phi_g$ es limitado y anti-lineal y por lo tanto continua.

Deje $\{e_n\}$ ser un ortonormales base de $L^2$. A continuación, para todos los $f,g\in L^2$ hemos \begin{align} B(f,g) &=\langle f,\phi_g\rangle \\&=\left\langle f,\sum\phi_{\langle g,e_n\rangle e_n}\right\rangle \\&=\sum\langle g,e_n\rangle\langle f,\phi_{e_n}\rangle \\&=\sum\int_0^1g(y)\overline{e_n(y)}\mbox{ d}y\int_0^1f(x)\overline{\phi_{e_n}(x)}\mbox{ d}x \\&=\sum\int_{[0,1]^2}\overline{\phi_{e_n}(x)e_n(y)}f(x)g(y)\mbox{ d}x\mbox{ d}y \end{align} Por lo tanto, si definimos $E_n(x,y):=\overline{\phi_{e_n}(x)e_n(y)}$, entonces si $\sum E_n$ converge a algunos $\xi_B$, entonces esto tiene las propiedades deseadas.

Sin embargo, yo no saber si esta serie converge. Ni siquiera para un ejemplo simple como $B(f,g):=\langle f,\overline{g}\rangle=\int fg$ con $e_n=e^{2\pi in\cdot}$. Aquí $\phi_{e_n}=e^{-2\pi in\cdot}$. Se puede comprobar que, en efecto, $B(f,g)$ es igual a la suma de las integrales. Sin embargo, no sé si $\sum E_n$ converge.