No hay ninguna asignación continua de $L^1([0,1])$ a $L^\infty([0,1])$

Question

No hay ninguna asignación continua de $L^1([0,1])$ a $L^\infty([0,1])$.

Prueba: supongamos $T:L^1 \rightarrow L^\infty$ continuo y en.

$L^1$ es separable, vamos a $\{f_n\}$ ser una contables subconjunto denso. Si $T$ a, para cada $g\in L^\infty$, $g = Tf$ para algunos $f\in L^1$, y podemos aproximar $g$ $Tf_{n_k}$ desde $T$ es continua. Tenemos la contradicción de que $\{Tf_n\}$ es una contables subconjunto denso de $L^\infty$.

Es normal esto? muchas gracias!

Answer 1

Fix$\varepsilon>0$$g\in L^{\infty}([0,1])$. Si $T$ es surjective, a continuación, $g=T(f)$ algunos $f\in L^1([0,1])$, de hecho. Por la continuidad de $T$$f$, existe alguna $\delta>0$ tal que \begin{align*} \left.\begin{array}{ll}\bullet\,h\in L^1([0,1])\\\bullet\,\|h-f\|_1<\delta\end{array}\right\}\Longrightarrow\|T(h)-T(f)\|_{\infty}=\|T(h)-g\|_{\infty}<\varepsilon. \end{align*} NB: es que no se supone que $T$ es lineal! (Si $T$ es lineal, se podría, como alternativa, utilice un argumento similar basado en su operador de la norma.)

Por la densidad de $\{f_n\}_{n\in\mathbb N}$, existe alguna $n\in\mathbb N$ tal que $\|f_n-f\|_1<\delta$. De ello se desprende que $\|T(f_n)-g\|_{\infty}<\varepsilon$. Por lo tanto, $\{T(f_n)\}_{n\in\mathbb N}$ es denso en $L^{\infty}([0,1])$, lo $L^{\infty}([0,1])$ es separable-lo cual es imposible.

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Respuesta corta: sí.