Demuestre que la norma del operador de multiplicación $M_f$ en $L^2[0,1]$ es $\|f\|_\infty$

Question

Estoy teniendo algunos (espero que pequeños) problemas para computar la norma de un operador. En primer lugar, el problema,

Para $f\in L^\infty[0,1]$ , defina $M_f: L^2[0,1]\to L^2[0,1]$ por $M_f(g)(x) = f(x)g(x)$ . Demostrar que $M_f$ es un operador lineal acotado y $\|M_f\| = \|f\|_\infty$ .

Lo que he hecho hasta ahora:

Para ver que $M_f$ es lineal, dejemos que $g_1,g_2\in L^2[0,1]$ y $\lambda\in\mathbb{R}$ . Entonces $$ M_f(g_1 + \lambda g_2)(x) = f(x)(g_1(x) + \lambda g_2(x)) = f(x)g_1(x) + \lambda f(x)g_2(x) = M_f(g_1)(x) + \lambda M_f(g_2)(x).$$

Como $f\in L^\infty$ sabemos que hay un mínimo de $N\in \mathbb{R}$ tal que $|f(x)| \leq N$ en casi todas partes (es decir $\|f\|_\infty = N \lt \infty$ ). El hecho de que $M_f$ está acotado viene directamente esta asunción, ya que $$ \|M_f\| = \sup \frac{\|fg\|_2}{\|g\|_2} \leq \sup \frac{\|Ng\|_2}{\|g\|_2} = N\sup \frac{\|g\|_2}{\|g\|_2} = N < \infty.$$ casi en todas partes en $[0,1]$ para todo lo que no sea cero $g\in L^2[0,1]$ . Así que $M_f$ es un operador lineal acotado en $L^2[0,1]$ .

Para demostrar la igualdad, debemos mostrar que hay algún $g\in L^2[0,1]$ para que $\frac{\|fg\|_2}{\|g\|_2} = N$ . Ahora quiero decir algo en la línea de recoger $g = 1$ pero esto no tendrá $\|g\|_2 = 1$ para todas las medidas, así que esto no funcionará. ¿Hay alguna forma sencilla de elegir un $g$ que hace lo que queremos? ¿O estoy más lejos de lo que espero?

Gracias.

Answer 1

Una pista: Fijar $\varepsilon > 0$ y $S_{\varepsilon} := \{ x \in [0,1] \; \colon \; |f(x)| \geqslant N - \varepsilon \}$ . Toma $g$ para ser $\chi_{S_{\varepsilon}}$ la función indicadora del conjunto $S_{\varepsilon}$ .

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Respuesta descarnada. Demostraremos que $\| M_f \| \geqslant N-\varepsilon$ para todos $\varepsilon > 0$ . Fijar $\varepsilon > 0$ (s.t. $\varepsilon < N$ ) y establecer $$S_{\varepsilon} := \{ x \in [0,1] \; \colon \; |f(x)| \geqslant N - \varepsilon \} .$$ Por último, defina $g$ por $$ g(x) = \begin{cases} 1, &x \in S_{\varepsilon}, \\ 0, &\text{otherwise}. \end{cases} $$ (La definición de $N$ implica que $g$ difiere de cero en un conjunto de medidas positivas). Es fácil comprobar que $|fg| \geqslant (N-\varepsilon) \cdot |g|$ se mantiene puntualmente, de lo que se deduce que $\| fg \|_2 \geqslant (N-\varepsilon) \cdot \|g \|_2$ . Por lo tanto, $\| M_f \| \geqslant N-\varepsilon$ .