Espacio totalmente acotado

Question

Supongamos que $M=\left \{ f\in L^1([0,1])\, |\, 0<f(x)<\frac 1{\sqrt x} \text{almost everywhere on} \, (0,1) \right\}$.

¿Es cierto o no, que $M$ es totalmente acotado?

Answer 1

No es totalmente acotado.

Para un resumen razón de por qué no, tenga en cuenta que $M$ contiene una bola de la $L^\infty$ norma. Si $M$ fueron totalmente delimitada, a continuación, la inclusión $L^\infty([0,1]) \hookrightarrow L^1([0,1])$ sería compacto. Pero no lo es.

Podemos usar el ejemplo dado allí para hacer una prueba concreta. Deje $e_n(x) = \sin(2 \pi n x)$. Es bien conocido y sencillo de comprobar, que el $e_n$ son ortogonales en $L^2([0,1])$, es decir,$\int_0^1 e_n(x) e_m(x)\,dx = 0$$n \ne m$. También tenemos $\int_0^1 e_n(x)^2\,dx = \frac{1}{2}$. A continuación, podemos observar que, para $n \ne m$, $\int_0^1 (e_n(x) - e_m(x))^2\,dx = 1$.

Ahora, tomando nota de que $\frac{1}{2}|e_n - e_m| \le 1$,$\frac{1}{2}|e_n - e_m| \ge \frac{1}{4}|e_n - e_m|^2$. Así, por $n \ne m$, tenemos $$\frac{1}{2} \int_0^1 |e_n(x) - e_m(x)|\,dx \ge \frac{1}{4} \int_0^1 (e_n(x)-e_m(x))^2 \,dx = \frac{1}{4}.$$ Así que nos han mostrado $\lVert e_n - e_m \rVert_1 \ge 1/2$.

Set $f_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} e_n$. A continuación,$\frac{1}{4} \le f_n \le \frac{3}{4}$$f_n \in M$, y tenemos $\lVert f_n - f_m \rVert_1 \ge \frac{1}{8}$ todos los $n \ne m$. Entonces, si tenemos alguna cubierta de $M$ por bolas de algunos radius $\epsilon < \frac{1}{16}$, cada bola puede contener a más de uno de los $f_n$, y de ahí que la cobertura no es finito.

Answer 2

Otro sistema útil de funciones $M$ son las 'ondas cuadradas'. Que $f_1$ ser la función de indicador de $\cup_{i=0}^{\infty} [i, i+\frac{1}{2}]$ y $f_{n+1}(x) = f(2^n x)$. Es simple demostrar que $||f_n - f_m|| = \frac{1}{4}$ $m\neq n$ mientras.