Si $T:L^p[0,1] \to L^p[0,1]$ delimitada por $1 < p < \infty$ con imagen continua, entonces es compacto

Question

Es el siguiente afirmación verdadera?

Deje $T:L^p[0,1] \to L^p[0,1]$ ser un operador acotado por $1 < p < \infty$ y supongamos que $\operatorname{Im}(T) \subset C[0,1]$ se compone de funciones continuas. A continuación, $T$ es compacto.

He tratado de probar mediante el uso de la reflexividad de $X=L^p[0,1]$: Dado $f_n \in X$ un almacén de secuencia, $Tf_n$ también es limitada, y por lo tanto por la debilidad de la compacidad, existe $g \in L^p[0,1]$ tal que $Tf_n \overset{w}{\to}g$ (indicando el subsequence de nuevo por $Tf_n$). Uno puede mostrar que en realidad $g = Tf$ para algunos $f \in X$ (por el hecho de que $TB_X$ es cerrado y convexo y por lo tanto débilmente cerrado) y por lo tanto $T(f_n - f) \overset{w}{\to}0$. Estoy atascado aquí y parece que no puede entender cómo, por la continuidad de la $T(f_n - f)$ podemos concluir fuerte convergencia.

Tal vez este enfoque no es fructífera, o la declaración es falsa. Todas las pistas son apreciados.

Answer 1

Aquí es relativamente elemental responder a la combinación de las ideas presentadas en los comentarios de David Mitra, Davide Giraudo y Shalop.

Primero vamos a probar el siguiente caso: Si $T:L^p[0,1] \to C[0,1]$ es acotado (el rango es con el supremum de la norma), entonces es compacto cuando el rango es considerado con el $L^p$ norma.

Denotar $B$ la bola unidad cerrada de $L^p$, por la reflexividad es débilmente compacto. Ahora $T:L^p[0,1] \to C[0,1]$ también es continua cuando el espacio está equipado con la topología débil adecuado (esto es en general para los operadores acotados entre la normativa de los espacios). Por lo tanto $T(B)$ es débilmente compacto en $C[0,1]$. Esto significa que para cualquier secuencia $f_n \in T(B)$ hay una larga $f_{n_k}$ e $f \in C[0,1]$ tal que para todos los $\varphi \in C[0,1]^*$ tenemos $\varphi(f_{n_k}) \to \varphi(f)$. Para $x \in [0,1]$ tome $\varphi$ a la evaluación funcional en $x$ (es limitada) y conseguir que $$ \forall x \in [0,1] \; f_{n_k}(x) \underset{k \to \infty}{\rightarrow} f(x)$$ Así tenemos pointwise convergencia. Además, $T(B)$ está delimitado en el $\Vert \cdot \Vert_\infty$ norma, por tanto, delimitada por el teorema de convergencia en $\vert f - f_{n_k} \vert^p$ (a partir de teoría de la medida): $f_{n_k} \overset{L_p}{\to}f$. Por lo tanto $T(B)$ es compacto en la $L^p$ norma $\blacksquare$.

Para el caso General, utilizamos Davide Giraudo del argumento, simplificado por Shalop: Si $T:L^p[0,1] \to L^p[0,1]$ delimitada con $\operatorname{Im}(T) \subset C[0,1]$. $T$ ha cerrado gráfico en $L^p[0,1] \times L^p[0,1]$, pero si $x_n \overset{L^p}{\to} x$ e $Tx_n \desbordado{\Vert \cdot \Vert_\ \infty} {\,} y \C[0,1]$ then in particular $Tx_n \desbordado{L^p} {\,} y$, so $Tx=y$. So $T$ has a closed graph as a function from $L^p$ to $(C[0,1], \Vert \cdot \Vert_\infty$). By the closed graph theorem it's continuous between these spaces, and this is exactly the case we proved $\blacksquare$.

Las correcciones son bienvenidos.

Answer 2

La respuesta es sí, y la prueba de la siguiente manera fácil de las tres observaciones siguientes:

1) Si cualquiera de $X$ o $Y$ es reflexiva, entonces cualquiera limitada operador de $X$ a $Y$ es débilmente compacto. Esto se deduce del hecho de que un espacio de Banach es reflexiva si y sólo si su unidad cerrada bola es débilmente compacto.

2) Si $T:L_p[0,1]\rightarrow L_p[0,1]$, $1<p<\infty$, es limitado y si $T$ mapas en $C[0,1]$ (nota algo de cuidado en la interpretación que se necesita aquí, ya que los elementos de $L_p$ son clases de equivalencia de funciones), a continuación, $T$ es limitada cuando se considera como un mapa en $C[0,1]$. Esto se desprende de Davide Giraudo del argumento en los comentarios, o de una fácil aplicación de la Cerrada Teorema de la Gráfica, como se sugiere por Shalop.

3) $C[0,1]$ tiene el Dunford-Pettis propiedad: cualquier débilmente compacto operador de $C[0,1]$ en cualquier espacio de Banach mapas débilmente secuencias convergentes a la norma secuencias convergentes. Una prueba se puede encontrar en, por ejemplo, VI.7.4 de Operadores Lineales, vol. 1, Dunford y Schwartz, o en el capítulo 5 de Albiac y Kalton de los Temas en el Espacio de Banach de la Teoría.

Así, escribir su operador $T=I\circ T_C$ donde $T_C:L_p[0,1]\rightarrow C[0,1]$ es definido por $T_C f=Tf$ e $I$ es la "identidad" de $C[0,1]$ a $L_p[0,1]$. Ambos $T_C$ e $I$ son lineales, $T_C$ está delimitado por 2), y $I$ está delimitada desde $\Vert\cdot\Vert_p\le\Vert\cdot\Vert_\infty$.

Tomar un almacén de secuencia $(x_i)$ en $L_p[0,1]$. Se ha débilmente convergente subsequence $(y_i)$. Desde delimitada operadores son débiles-débiles continua, la imagen de $(y_i)$ bajo $T_C$ es débilmente convergente. Ahora, de acuerdo a la 3), $I$, siendo débilmente compacto por 1), mapas de $(T_C y_i)$ a una norma convergente secuencia $(Ty_i)$, como se desee.

$$\ $$

Observación: El Dunford Pettis resultado es una gran arma de fuego; me pregunto si la más elemental argumento puede ser hecho.

Answer 3

Yo sólo quería abordar los casos de lado $p=1$ e $p=\infty$ aunque la pregunta no pregunte acerca de ello.

Para $p=1$ sigue siendo cierto que la $T$ es débil-a-norma continua en $L^1$ (una propiedad equivalente a la compacidad para reflexiva de espacios, pero más débil en general). En efecto, si la imagen de $T$ está contenido en $L^{\infty}$ luego la cerró gráfico teorema nos dice que $T$ está delimitado de $L^1$ a $L^{\infty}$, y es la verdad que cada operador acotado de $L^1 \to L^{\infty}$ es administrado por un núcleo. Más específicamente, no existe necesariamente $k \in L^{\infty}([0,1]^2)$ tal que $(Tf)(x) = \int_0^1 k(x,y)f(y)dy$ (tenga en cuenta que una vez que sabemos esto, el débil a la norma de la continuidad de la siguiente manera fácilmente por la limitada teorema de convergencia). Esto puede ser demostrado por explotar agradable propiedades proyectivas de tensor de productos de los espacios de Banach y, a continuación, usar ese $(L^1)^*=L^{\infty}$, véase la página 1 de este documento , por ejemplo. Una más elementales de la prueba de este hecho también puede ser obtenida mediante el uso de la Radon-Nikodym teorema. Específicamente, si $T:L^1\to L^{\infty}$ es acotado, entonces podemos definir una pre-medida $\mu$ a $[0,1]^2$ mediante el envío de conjuntos de productos, $A \times B \mapsto \int_B (T1_A)(x)dx$. Entonces es trivial que se $\mu(A \times B) \leq \|T\|_{L^1 \to L^{\infty}}\cdot m(A \times B)$, donde $m$ es sólo 2d medida de Lebesgue. Utilizando este hecho, junto con la extensión de Caratheodory teorema, uno puede mostrar que $\mu$ se extiende a una medida de Borel en $[0,1]^2$ con la propiedad de que $\mu(E)\leq \|T\|m(E)$ para todos los Borel $E \subset [0,1]^2$. A continuación, $\mu$ es trivialmente absolutamente continua, por lo que tiene una densidad de $k$ con respecto al $m$, lo que define nuestro núcleo.

Sin embargo, sólo porque $T$ es débil-a-norma continua no implica que $T$ es compacto en $L^1$ (debido a $L^1$ es no reflexiva). En efecto, si definimos nuestro kernel $k(x,y) = \cos(x \log y) +\sin(x \log y)$, entonces uno fácilmente se comprueba que $\int_0^u k(x,y)dy = u\sin(x \log u)$ (diferenciar ambos lados en $u$ ver esto). En particular, si dejamos $f_n = n\cdot 1_{[0,n^{-1}]}$, entonces podemos ver que $Tf_n(x) = \sin(-x \log n)$. Por lo tanto $f_n$ es un almacén de secuencia en $L^1$ e $Tf_n$ converge débilmente, pero no fuertemente a cero (el sinusiodal frecuencias se vuelven más y más grandes como $n \to \infty$). Por lo tanto $T$ no es compacto.

Para $p=\infty$, un operador $T$ asignación de $L^p$ boundedly en $C[0,1]$ no necesita ser compacto o incluso débil-a-norma continua. Eso es debido a que $C[0,1]$ es un universal de Banach separable espacio por lo que cualquier Banach separable espacio incrusta isomorphically en ella. En particular, vamos a $J:L^2[0,1] \to C[0,1]$ ser una incrustación. Desde $L^{\infty} \stackrel{i}{\to} L^2$ no es un compacto o incluso débil-a-norma continua incrustación de objetos (considerar $f_n(x) = \sin(nx)$), la composición de la $L^{\infty} \stackrel{i}{\to} L^2 \stackrel{J}{\to} C[0,1]$ no va a ser.