una norma de $L^\infty$ igual a un supremum

Question

Mi pregunta surgió mientras estudiaba un artículo en el que se encuentra el $K$-funcional para el par de espacios de $L^1,L^\infty$, por lo que se relaciona con la interpolación en la teoría, pero creo que puede ser resuelto con algunos $\inf,\sup$ manipulaciones. Lo siento si las etiquetas no son correctas.

Considere la posibilidad de $(X,\Sigma, \mu)$ una arbitraria medida del espacio. Para cada función medible $f: X \to \Bbb{C}$ $\alpha \geq 0$ definir $$ f_*(\alpha)=\mu(\{ x \in X : |f(x)|>\alpha \}),$$ la función de distribución de $f$.

Para cualquier función medible $f:X \to \Bbb{C}$ para los que exista $\alpha>0$$f_*(\alpha)<\infty$, definir $f^* :(0,\infty) \to [0,\infty)$ por $$ f^*(t)=\inf \{ y>0 :f_*(y) \leq t\}.$$

Se puede demostrar a partir de las definiciones que para cada $t>0$ hemos $$ f^*(f_*(t))\leq t,\ f_*(f^*(t))\leq t.$$

Por otra parte, la función de $f^*$ es continua por la derecha. Ambas funciones $f_*,f^*$ es no creciente.

Lo que me falta probar es que el

$$\sup_{t>0} f^*(t)= \| f\|_\infty,$$ for every function $f \en L^\infty$.

La desigualdad de $\leq $ es directamente de la definición. El otro me parece que no puede conseguir, y el texto dice que es bastante difícil, pero con "un poco más de esfuerzo" que se puede hacer. No he tenido éxito.

Answer 1

Por la desigualdad de $\ge$ tendrás que mostrar: $$ \forall \varepsilon>0 \,\exists\, t>0: f^*(t) \ge \|f\|_\infty - \varepsilon =: c_\varepsilon. $$ Por la definición de $f^*$, la desigualdad de $f^*(t) \ge c_\varepsilon$ significa que: $$ \text{para todos los $y>0$ satisfactorio}\ f_*(y)\le t\ \text{uno ha}\ y \ge c_\varepsilon. $$ Por contraposición, la última es equivalente a $$ \forall y\en(0,c_\varepsilon): f_*(y)>t. $$ Por lo tanto, dado $\varepsilon>0$, usted tiene que encontrar la $t>0$ tales que la segunda sostiene. Esto es fácil: Tome $t \in (0,f_*(c_\varepsilon))\,$ (y el uso que $f_*(y) \ge f_*(c_\varepsilon)$$y\in(0,c_\varepsilon)$).

Answer 2

Bueno, es bastante confuso notationwise, pero vamos a ir a través de él paso a paso:

Supongamos $\sup_{t > 0} f^\ast(t) < \|f\|_\infty$. Entonces no es $\epsilon > 0$ tal que para todos los $t > 0$ hemos $$ f^\ast(t) \le \|f\| - 2\epsilon $$ Esto significa, por definición, $$\forall t > 0: \quad \inf\{y > 0| f_\ast(y) \le t\} \le \|f\| - 2\epsilon$$

Por lo tanto, $\forall t > 0$ existe $y > 0$ tal que $f_\ast(y) \le t$$y\le \|f\| - \epsilon$.

Por definición, esto significa que para todos los $t> 0$ no es un porcentaje ($y$ satisfacción $\|f\|- \epsilon \ge y > 0$ tal que $$\mu(\{x \in X |\, |f(x)| > y \}) \le t $$

Pero entonces, en particular, obtenemos que para todos los $t>0$ hemos $$\mu(\{x \in X |\, |f(x)| > \|f\|_\infty -\epsilon \}) \le t $$

Ya que esto es verdad independiente de $t$, dejando $t \to 0$, obtenemos una contradicción con la definición de $\|f\| = \|f\|_\infty$.