Mediante la finalización de $ T:PC[0,1]\to PC[0,1]$ a $ \hat{T}:L^2[0,1]\to L^2[0,1]$ para encontrar la imagen de $\hat{T}$

Question

Dado un operador lineal acotado: $$ T:PC[0,1]\to PC[0,1]$$ y su finalización $$ \hat{T}:L^2[0,1] \to L^2[0,1]$$ (definido por $\hat{T}x:=\lim Tx_n$ donde $x_n \to x$ ).

Si $T$ La imagen de $C[0,1]$ (todas ellas funciones continuas), ¿cómo puedo demostrar que la imagen de $\hat{T}$ es todo $L^2[0,1]$ ? (Nota: puede que me equivoque. También - si ayuda, es una declaración basada en este pregunta).

(Nota, $PC$ representa funciones continuas a trozos, que son densas en $L^2[0,1]$ . También $C[0,1]$ es denso en $L^2[0,1]$ ).

He intentado reclamar lo siguiente:

Sea $f\in L^2[0,1]$ . Demostraremos que existe un $g\in L^2[0,1]$ tal que $\hat{T}g=f$ . Desde $C$ es denso en $L^2$ existe una secuencia $f_n \in C[0,1]$ tal que $f_n \to f$ . Desde $f_n \in Img(T)$ existe $g_n \in PC[0,1]$ tal que $Tg_n = f_n$ para todos $n$ . Tomando el límite obtenemos que $\lim Tg_n = \lim f_n$ . Dado que el lado derecho es $f$ , si sólo pudiera afirmar que $g_n$ debe ser una secuencia convergente, que converja a algún $g \in L^2$ entonces sería capaz de decir, por la definición de la terminación $\hat{T}$ Eso: $\hat{T}g=\lim Tg_n=\lim f_n=f$ para que hayamos encontrado nuestro $g$ .    

No puedo probar esta última afirmación, es decir, que $g_n$ converge a $g$ . Así que - o esta es la manera incorrecta de hacer esto, o me estoy perdiendo algo.

EDITAR: Creo que la afirmación se mantiene si sustituimos $C[0,1]$ con $PC[0,1]$ ya que entonces tenemos que $T$ es una biyección y entonces es posible afirmar que cada $f \in L^2$ tiene una imagen distinta en $L^2$ como tal: $f,h \in L^2[0,1]$ con secuencias $f_n, h_n \in PC[0,1]$ tal que $f_n \to f$ y $h_n \to h$ entonces $\hat{T}f = \lim Tf_n \neq \lim Th_n = \hat{T}h$

EDITAR 2: Este último comentario sobre $PC$ en realidad también es incorrecto ya que básicamente estoy afirmando que inyectivo significa suryectivo aquí, y eso no es necesariamente cierto.

¿Alguna idea?

Gracias.

Answer 1

He aquí un ejemplo de operador acotado $T$ en $L^2[0,1]$ que

1. mapas $C[0,1]$ sobre sí misma,

2. mapas $PC[0,1]$ sobre sí misma,

y sin embargo no mapea $L^2[0,1]$ sobre sí misma.

Para $f$ en $L^2[0,1]$ set $$ T(f)(x) = f(\sqrt x), \quad \forall x\in [0,1]. $$ Entonces $T$ está acotado porque $$ \|T(f)\|^2 = \int_0^1|f(\sqrt x)|^2\, dx = \int_0^12y|f(y)|^2\, dy \leq 2\int_0^1|f(y)|^2\, dy = 2 \|f\|^2. $$

Los puntos (1) y (2) anteriores son fáciles de verificar ya que la correspondencia $x\mapsto \sqrt x$ es un homeomorfismo creciente en $[0,1]$ .

Para demostrar que $T$ no está en $L^2[0,1]$ elige un número real $\beta $ en el intervalo $(-\frac 1 2, -\frac 14]$ y que $$ g(x) = x^\beta , \quad \forall x\in [0,1]. $$ El claramente $g$ se encuentra en $L^2[0,1]$ porque $\beta >-\frac12$ pero yo afirmo que $g$ no está en el rango de $T$ . En efecto, si $g=T(f)$ para algunos $f$ entonces $$ x^\beta = g(x) = T(f)(x) = f(\sqrt x), $$ de donde $$ f(x) = f(\sqrt {x^2}) = x^{2\beta }, $$ que no está en $L^2[0,1]$ porque $2\beta \leq -\frac12$ .