Mostrando la continuidad de un operador de $L^p$ $L^q$

Question

Pregunta: Vamos a $1 \leq q \leq p < \infty$ y deje $a(x)$ ser una función medible. Suponga que $au \in L^q$ todos los $u \in L^p$. Muestran que el mapa de $u \to au$ es continua.

Mi Enfoque: he tratado de usar cerrado teorema de la gráfica para mostrar la continuidad de $a$.

Deje $\{u_n\} \subset L^p$ s.t. $u_n \rightarrow u$ $L^p$ $au_n \rightarrow v$ $L^q$ . A continuación, tenemos que mostrarle $v = au$.e.

$$ |v-au|_q \leq |v-au_n|_q + |a(u_n - u)|_q $$ El primer término converge a cero, pero me quedé atrapado en mostrar que el segundo término también converge a cero. Alguien puede ayudar?

Answer 1

Puedo probar el caso especial $p=q=2$:

(1) la Continuidad de $T_{a}\colon L^2\to L^2, u\mapsto T_a(u):=a u$ es equivalente a $\|a\|_{L^\infty}<\infty$. (La dirección que necesitamos es trivial. El otro no es mucho más difícil)

(2) Asumir tuvimos $\|a\|_{L^\infty}=\infty$. Tomar distintos conjuntos de $A_n$, $n\in\mathbb{N}$, tal que $|a|>2^{n}$$A_n$$|A_n|\leq 1$. Definir $u:=\sum \frac{1}{2^n\sqrt{|A_n|}}1_{A_n}$. A continuación,$\|u\|_{L^2}\leq \sum \frac{1}{2^n\sqrt{|A_n|}}\| 1_{A_n}\|_{L^2}\leq \sum 1/2^n=1$. Pero $\|au\|^2_{L^2}=\sum \int_{A^n}\frac{|a|^2}{2^{2n}|A_n|}\geq \sum 1=\infty$, en contradicción con la hipótesis.

Answer 2

Supuestos: sigma finito medir el espacio $\Omega$ $2\leq q\leq p<\infty$

Continuar con la idea que usted tiene. Queremos mostrar que $T_a: L^p\to L^q$ definido por $T_a(u)(x)=a(x)u(x)$ es un cerrado operador y, a continuación, utilizando el Cerrado gráfico teorema, se seguirá que la $T_a$ es limitada como está en todas partes definidas.

Para cada conjunto $A$ con un límite de medida, $u(x)\equiv1\in L^p(A)$. De $au\in L^q(\Omega),\,\forall u\in L^p(\Omega)\Rightarrow$ podemos tomar $u=1_{A}\Rightarrow a\in L^q(A)$. Entonces $$\|v-au\|_{L^1(Un)}\leq \|v-au_n\|_{L^1(Un)}+\|a(u_n-u)\|_{L^1(Un)}\\ \leq |A|^\frac{1}{p}\|v-au_n\|_{L^q(a)}+\|\|_{L^r(a)}\|u_n-u\|_{L^p(a)}\to 0$$ Aquí hemos utilizado la del Titular de la desigualdad de $2$ veces. Para el término $|A|^\frac{1}{p}\|v-au_n\|_{L^q(A)}$ lo utiliza de nuevo que la medida de $A$ es finito, y en el segundo término, $r$ es el Titular de la conjugada de $p$, yo.e $r=\frac{p}{p-1}$. Así, es claro que en el caso de $r=\frac{p}{p-1}\leq q$ o, equivalentemente,$p\ge \frac{q}{q-1}$, que para $q\ge 2$$p\ge q\ge \frac{q}{q-1}$, obtenemos $v=au$.e en $A,\,\forall A\subset \Omega$ tal que $|A|<\infty$. Y debido a que $\Omega=\cup A_n:\,|A_n|<\infty\Rightarrow v=au$.e en $\Omega$.

Answer 3

Definir el operador $T(u) = au , u\in L^p$ y deje $u_n \to u$$L^p$$T(u_n) \to v$$L^q$. Cerrado utilizando el teorema de la gráfica, es suficiente para mostrar que $T(u) = v$.

1. $u_n \to u$ $L^p$ $T(u_n) \to v$ $L^q$ implica que existe un común subsequence $u_{n_k} \to u$.e. y $T(u_{n_k}) \to v$.e.

2. $u_{n_k} \to u$ .e. implica $au_{n_k}\to au$.e. lo que significa que $T(u_{n_k}) \to T(u)$. Esto, junto con la $T(u_{n_k}) \to v$ implica, $v = T(u)$.

Answer 4

Esto no es cierto. Deje $b:L^p \to \mathbb{R}$ ser discontinua lineal funcional (funcional siempre existe en infinitas dimensiones de los espacios de Banach) y deje $f\in L^q.$, Entonces el operador $a:L^p \to L^q ,$ definido por $a(f)(x) =b(x)\cdot f(x) $ satisface los supuestos de su ejercicio, sino $a$ no es continua.