Cierre débil en $L^p$ espacios

Question

Se sabe que $L^1[0,1]\supset L^2[0,1]\supset L^3[0,1]\supset\cdots\supset L^\infty[0,1]$ . Cómo demostrar sin utilizar el axioma de elección (ni el Teorema de Hahn-Banach) para demostrar la bola unidad en $L^\infty[0,1]$ es débilmente cerrado en $L^3[0,1]$ ?

Answer 1

Hagamos esto para general $L^p([0, 1])$ , $1\leq p < \infty$ . En primer lugar, para $f\in L^{\infty}([0, 1])$ , $$\|f\|_{L^p([0, 1])}\leq \|f\|_{L^{\infty}([0, 1])}$$ como aplicación de la desigualdad de Hölder . Por lo tanto, si $f_n\to f$ en $L^{\infty}([0, 1])$ entonces $f_n\to f$ en $L^p([0, 1])$ por lo que los subconjuntos cerrados de $L^{\infty}([0, 1])$ son cerrados como subconjuntos de $L^p([0, 1])$ . Además, la bola unitaria cerrada en $L^{\infty}([0, 1])$ es un subconjunto de la bola unitaria cerrada de $L^p([0, 1])$ por la desigualdad anterior. Como (1) la bola unitaria cerrada de $L^p([0, 1])$ es débilmente compacta por el teorema de Kakutani, (2) el cierre fuerte es equivalente al cierre débil para subconjuntos convexos de un espacio de Banach y (3) a subconjunto cerrado de un conjunto compacto es compacto en cualquier topología, tenemos que la bola unitaria cerrada de $L^{\infty}([0, 1])$ es débilmente compacta en $L^p([0, 1])$ . Se trata de una implicación más fuerte que la cerrazón débil de la bola unitaria cerrada de $L^{\infty}([0, 1])$ en $L^p([0, 1])$ como $L^p([0, 1])$ es Hausdorff en la topología débil (y, por tanto, los conjuntos débilmente compactos son débilmente cerrados).

Answer 2

Supongamos que $f,f_n:[0,1] \to \Bbb R$ son un conjunto de funciones medibles tales que $\|f_n\|_{\infty} \leq 1$ para todos $n$ y tal que $\int_0^1 f_ng \stackrel{n \to \infty} {\longrightarrow} \int_0^1 fg$ para cada $g \in L^{3/2}[0,1]$ (que significa $f_n \to f$ débilmente en $L^3$ ). Tenemos que demostrar que $\|f\|_{\infty} \leq 1$ .

Para funciones positivas $g \in L^{3/2}$ tenemos claramente $\int_0^1 fg \leq \int_0^1 g$ ya que $\int f_ng \leq \int |f_n|g \leq \int g$ para cada $n$ .

En particular, dejar que $g=1_A$ obtenemos que $\int_A f \leq m(A)$ para todo conjunto de Borel $A$ (aquí $m$ denota la medida de Lebesgue).

Ahora, por contradicción, supongamos $\|f\|_{\infty} > 1$ . Esto significa que $m(\{x:f(x)>1)+m(\{x:f(x)<-1\})>0$ Así que, digamos que $m(\{x:f(x)>1\})>0$ . Luego dejar que $A:=\{x:f(x)>1\}$ encontramos que $\int_Af > \int_A 1=m(A)$ lo que contradice el resultado del párrafo anterior. Por tanto, concluimos que $\|f\|_{\infty} \leq 1$ .