¿Es el mapa natural $L^p(X) \otimes L^p(Y) \to L^p(X \times Y)$ inyectivo?

Question

Deje $X,Y$ $\sigma$- finito medir los espacios, y deje $L^p(X) \otimes L^p(Y)$ ser el algebraicas producto tensor. El producto tiene una natural mapa en $L^p(X \times Y)$ que se lleva a $\sum a_{ij} f_i \otimes g_j$ a la función $F(x,y) = \sum a_{ij} f_i(x) g_j(y)$. Un momento de reflexión muestra que este mapa está bien definido. También es inyectiva?

Parece que esto debe ser así, pero no puedo ver cómo demostrarlo. Intuitivamente, uno debe mostrar que si $\sum a_{ij} f_i(x) g_j(y) = 0$.e., entonces uno debe ser capaz de cancelar todos los términos en la suma usando bilinearity. No queda muy claro cómo hacerlo sin saber nada acerca de los términos.

Answer 1

EDIT: Aquí está una limpieza y la versión corregida de esta respuesta, en base a Pierre-Yves sugerencia (¡gracias!). Su respuesta anterior contiene una versión mucho más completa.

Si $\sum_{i=1}^n a_{i} f_i \otimes g_i$ no es el elemento cero de $L^p(X) \otimes L^p(Y)$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que el $f_i$ son linealmente independientes. También podemos suponer que $a_1 \ne 0$$g_1 \ne 0$.

Supongamos que la función correspondiente $F(x,y) = \sum_{i=1}^n a_{i} f_i(x) g_i(y) = 0$.e. Desde $g_1 \ne 0$, no es mensurable $B \subset Y$ de positivos finito medida que el $\int_B g_1 \ne 0$ (la integral es finito por Hölder). Entonces por el teorema de Fubini, para un.e. $x$ hemos $$ 0 = \int_{B} F(x,y)dy = \sum_{i=1}^n a_i \left(\int_{B} g_i\right) f_i(x). $$ Esto contradice el supuesto de independencia lineal de la $f_i$.

Answer 2

La versión anterior de esta respuesta era incorrecta. Que generosamente ha sido aceptada por Nate Eldredge sobre la base de que "definitivamente contiene la idea de derecho". Esta versión anterior tiene mejor permanecer en el olvido para siempre. El lector debe consultar a Nate de la respuestaque es correcta y completa. Voy a tratar aquí para deletrear el subyacente de álgebra lineal lema (que es trivial, pero que he dejado de ver).

SUBYACENTE LEMA. Deje $U,V,W$ espacios vectoriales sobre algún campo $K$, e $\alpha:U\otimes V\to W$ lineal en el mapa. Supongamos que para cada vector distinto de cero $u_0$ $U$ no son lineales mapas de $\beta:W\to V$ $\gamma:U\to K$ tal que $\gamma(u_0)\not=0$ y $$\beta(\alpha(u\otimes v))=\gamma(u)v\ \forall\ u,v.$$ Then $\alfa$ es inyectiva.

La prueba puede ser muy fácilmente extraído de Nate la respuesta. Aquí es el más estándar de la aplicación:

APLICACIÓN. Deje $U,V,W$, respectivamente, de los espacios de $K$valores de las funciones en los conjuntos de $X,Y,X\times Y$, e $\beta,\gamma$ están dadas por $(\beta(w))(y)=w(x_0,y)$, $\gamma(u)=u(x_0)$ donde $x_0$ es elegido de manera que $u_0(x_0)\not=0$.

EDIT. Aquí está una leve generalización.

Deje $X$ ser una medida de espacio, vamos a $\mathcal V(X)$ ser el espacio vectorial de todos los medible complejo de funciones con valores en $X$, vamos a $\mathcal N$ ser el subespacio de las funciones de fuga en casi todas partes, y deje $V(X)$ ser el cociente. [Hay una notación estándar para estos espacios?]

Deje $Y$ ser otra forma de medir el espacio. El bilineal mapa de $\mathcal V(X)\times\mathcal V(Y)$ $\mathcal V(X\times Y)$envío de $(f,g)$ $(x,y)\mapsto f(x)g(y)$induce lineal mapa de $\Phi$$V(X)\otimes V(Y)$$V(X\times Y)$.

TEOREMA. Suponga $X$ $Y$ $\sigma$- finito. A continuación, $\Phi$ es inyectiva.

Este algo más general que la declaración demostrado en Nate la respuesta de porque no integrabilidad supuestos que se hagan sobre las funciones.

LEMA. Deje $f_i,\dots,f_n$$\mathcal V(X)$, e $S\subset X^n$ el conjunto de $x\in X^n$ tal que $\det(f_i(x_j))\not=0$. A continuación, el $f_i$ son linealmente independientes en $V(X)$ si y sólo si la medida de $S$ es positivo.

Denotar por $|A|$ la medida de $A$, y por $S_g$ el apoyo de la función de $g$, que es el conjunto de puntos donde es distinto de cero. Poner $d(x):=\det(f_i(x_j))$$x\in X^n$. El anterior conjunto $S$ ahora $S_d$.

Para probar si la parte del lema, asumir la $f_i$ son linealmente dependientes en $V(X)$ y comprueba $|S_d|=0$ como sigue. Deje $\lambda$ ser un vector distinto de cero de a $\mathbb C^n$ tal que $g:=\sum \lambda_i f_i$ satisface $|S_g|=0$. Indicar de nuevo por $\lambda$ 1 $n$ matriz formada por los $\lambda_i$, y por $A(x)$ la matriz $(f_i(x_j))$. Para$x$$(S_g^c)^n$, donde el superíndice c significa "complemento", tenemos $\lambda A(x)=0$. Multiplicando a la derecha por la adjunta de a $A(x)$ obtenemos $d(x)=0$. Esto demuestra que $S_d$ está contenido en la medida cero subconjunto $((S_g^c)^n)^c$$X^n$.

Para probar el sólo si parte de la lema, suponga $|S_d|=0$ y compruebe que el $f_i$ son linealmente dependientes en $V(X)$ como sigue. Expandir $d(x)$ $$d(x)=\sum\ d_i(x')\ f_i(x_n)$$ with $x':=(x_1,\dots,x_{n-1})$. Arguing by induction, we can assume $|S_{d_i}|>0$ for all $i$. Let $U$ be the union of the $S_{d_i}$. Denoting by $d(x',\bullet)$ the function $x_n\mapsto d(x)$, tenemos $$S_d=\bigcup_{x'\in X^{n-1}}\ {x'}\times S_{d(x',\bullet)}.$$ Fubini rendimientos $$0=|S_d|=\int_{X^{n-1}}\ |S_{d(x',\bullet)}|\ dx'.$$ Si el $f_i$ eran linealmente independientes en $V(X)$, tendríamos $|S_{d(x',\bullet)}|>0$ todos los $x'$$U$, una contradicción. El lema queda demostrado.

Vamos a demostrar el teorema. En las siguientes líneas, $i,j,k$ se sitúan entre 1 y $m$, mientras que el $p,q,r$ se sitúan entre 1 y $n$.

Deje $f_1,\dots,f_m$$\mathcal V(X)$; deje $g_1,\dots,g_n$$\mathcal V(Y)$; y poner $F_{ip}(x,y):=f_i(x)g_p(y)$.

El teorema es equivalente a la afirmación de que la independencia lineal de las $f_i$ $g_p$ $V(X)$ $V(Y)$ implica la de la $F_{ip}$$V(X\times Y)$.

Deje $S\subset X^m$ $T\subset Y^n$ ser definido por las condiciones de $\det(f_i(x_j))\not=0$$\det(g_p(y_q))\not=0$. Embedd $U:=S^n\times T^m$ a $(X\times Y)^{mn}$ en la forma obvia, y denotan la $(i,p)$-ésima coordenada de $z\in(X\times Y)^{mn}$$z_{ip}=(x_{pi},y_{ip})$. A continuación, $z$ $U$ fib $x_p\in S$ $y_i\in T$ todos los $(i,p)$, que es el fib $$\det\Big(f_j(x_{pk})\Big)_{jk}\no=0\no =\det\Big(g_q(y_{ir})\Big)_{qr}$$ para todos los $(i,p)$. Pretendemos que la validez de esta doble nonequality para todos los $(i,p)$ implica que el nonequality $$\det\Big(f_i(x_{qj})\ g_p(y_{jq})\Big)_{(i,p)(j,q)}\not=0.$$ En vista del lema, el teorema es equivalente a la demanda. Pero la demanda no depende de las medidas definidas en $X$$Y$. Como el teorema sostiene al $X$ $Y$ están equipados con el conteo de medida (ver la aplicación de la "subyacente lema" al principio del post), hemos terminado.