Si $f_n\to f$ débilmente en $L^2(a,b)$ $f_n\to g$ fuertemente en $L^1(a,b)$ me hacen necesariamente tiene $f=g$?

Question

1) Si $f_n\to f$ débilmente en $L^2(a,b)$ $f_n\to g$ fuertemente en $L^1(a,b)$ me hacen necesariamente tiene $f=g$ ?

2) de forma Más general, si $\Omega \subset \mathbb R^n$ delimitada, abrir con Lipschitz límite, tenemos que $f_n\to f$ fuertemente en $L^p(\Omega )$ $f_n\to g$ débilmente en $L^q(\Omega )$,$f=g$ ? Aquí suponemos que el $f_n,f,g$ $L^p(\Omega )$ $L^q(\Omega )$ (pero vamos a distinguir los casos $p<q$$p>q$).

Intento

1) Lo que se observa es $1\in L^1(a,b)$ e lo $$\lim_{n\to \infty }\int_a^b f_n=\int_a^b f,$$ pero sé que eso no significa que $\lim_{n\to \infty }\int |f_n-f|=0$, y lo puedo probar ya que $$\int_a^b |f_n-f|\geq \left|\int_a^b (f_n-f)\right|.$$ Así que es cierto ?

2) ni idea.

Answer 1

Sus condiciones (las preguntas) implica en particular que $\langle f-g,\phi\rangle = 0$ todos los $\phi\in C^{\infty}_c$ por lo tanto $f=g$.e. por el lema fundamental del cálculo de variaciones.

Más detalles: Denotando $\langle f, g\rangle:=\int f g.$ Recuerdo $f_n\to f$ débilmente en $L^2$ $\langle f_n-f,\phi\rangle\to0$ todos los $\phi\in L^2$ (en particular para $\phi \in C_c^{\infty}$). Y si $f_n\to g$$L^1$, luego por el Titular de la desigualdad $\langle f_n -g, \phi\rangle\leq \|f_n-g\|_{L^1}\|\phi\|_{\infty}\to 0$$n\to \infty$. La combinación de estos, $\langle f-g,\phi\rangle=0$ todos los $\phi\in C_c^{\infty}$.

Answer 2

Esto funciona en un contexto más general.

Deje $\left(X,\mathcal A,\mu\right)$ $\sigma$- finito medir el espacio y deje $1\leqslant p,q<\infty$. Suponga que $\left(f_n\right)_{n\geqslant 1}$ es una secuencia de elementos de $\mathbb L^q\cap \mathbb L^p$ que la convergencia débil a $f$ $\mathbb L^p$ e intensamente a $g$$\mathbb L^q$. A continuación, $f=g$ en casi todas partes.

De hecho, para cualquier $A\in\mathcal A$ finito de medida, la función de indicador de $A$ pertenece al espacio dual de $\mathbb L^p$ por lo tanto $$\tag{1}\lim_{n\to +\infty}\int f_n\mathbf 1_A\mathrm d\mu=\int f\mathbf 1_A\mathrm d\mu.$$ El uso de Hölder de la desigualdad, de ello se sigue que $$\tag{2}\lim_{n\to +\infty}\int f_n\mathbf 1_A\mathrm d\mu=\int g\mathbf 1_A\mathrm d\mu.$$ La combinación de (1) y (2) los rendimientos $$\tag{3}\int \left(f-g\right)\mathbf 1_A\mathrm d\mu=0.$$ Deje $F\in\mathcal A$ ser un conjunto finito de medida. Usando (3) con $A=F\cap\left\{f-g\geqslant 1/k\right\}$, que se derivan de ese $\mu\left(F\cap\left\{f-g\geqslant 1/k\right\}\right)=0$ para cualquier entero $k$ por lo tanto $\mu\left(F\cap\left\{f-g\gt 0\right\}\right)=0$. Un razonamiento similar da $\mu\left(F\cap\left\{g-f\gt 0\right\}\right)=0$ por lo tanto $$\tag{4}\mu\left(F\cap\left\{f-g\neq 0\right\}\right)=0.$$ Desde $\left(X,\mathcal A,\mu\right)$ se supone que ser $\sigma$-finito, podemos escribir $X$ como una contables de la unión de $\bigcup_{n\geqslant 1}F_n$ de los elementos de $\mathcal A$ finito de medida. El uso de (4) con $F=F_n$, se deriva que la medida de $\left\{f-g\neq 0\right\}$ es cero.

Answer 3

Aunque me gusta la respuesta dada por Davide Giraudo, te voy a dar otra prueba de la declaración usando Egorova del teorema. Nos gustaría probar la siguiente declaración:

Declaración 1: Vamos a $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ ser un conjunto abierto, y deje $1 \leq p, q < \infty$ ser dado. Suponga que $g\in L^q(\Omega)$, $f \in L^p(\Omega)$, y $f_n \in L^p (\Omega) \cap L^q(\Omega)$ todos los $n \in \mathbb{N}$. Si $f_n \rightharpoonup g$$L^q(\Omega)$$f_n \rightarrow f$$L^p(\Omega)$, $f = g$ en casi todas partes.

La declaración anterior es consecuencia de la siguiente forma:

Declaración 2: Deje $(X, \mathcal{A}, \mu)$ $\sigma$- finito medir el espacio y deje $1 \leq p, q < \infty$. Suponga que $g\in L^q(X, \mu)$, $f \in L^p(X, \mu)$, y $f_n \in L^q(X, \mu)$ todos los $n \in \mathbb{N}$. Si $f_n\rightharpoonup g$ $L^q(X, \mu)$ $f_n \to f$ en casi todas partes en $X$, $f = g$ en casi todas partes en $X$.

Todas las funciones se asume un valor real.

La prueba de la Declaración 2: Paso 1: supongamos primero que $(X, \mathcal{A}, \mu)$ es una medida finita del espacio. Por Egorova del teorema, para cada $\varepsilon > 0$ encontramos un medibles (bueno) subsset $G_{\varepsilon} \subset X$ tal que \begin{equation} \mu(X \setminus G_{\varepsilon}) < \varepsilon \quad \text{ and } \quad \lim_{n \to \infty} \| f - f_n \|_{L^\infty(G_{\varepsilon})} = 0\, . \end{equation} Ahora, fix $\varphi \in C_c^{\infty}(X)$. Con el triángulo de la desigualdad, nos encontramos con que \begin{equation} \left| \int_{X} (f-g) \varphi \right| \leq \int_{X} \lvert f-f_n \rvert \lvert \varphi \rvert + \left| \int_{X} (f_n - g) \varphi \right|\, . \end{equation} La segunda integral en el lado derecho tiende a $0$$n \to \infty$, debido a $f_n \rightharpoonup g$$L^q(\Omega)$. La primera integral se puede calcular de la siguiente manera \begin{align} \int_{X} \lvert f - f_n \rvert \lvert \varphi\rvert &= \int_{X \setminus G_{\varepsilon}} \lvert f-f_n\rvert \lvert \varphi \rvert + \int_{G_{\varepsilon}} \lvert f - f_n \rvert \lvert \varphi \rvert \\ &\leq \varepsilon \Big(| f \|_{L^p(X, \mu)} \| \varphi^{p'} \|_{\infty} + \| f_n \|_{L^q(X, \mu)} \| \varphi^{q'}\|_{\infty} \Big) + \| f -f_n \|_{L^{\infty}(G_{\varepsilon})} \| \varphi \|_{L^1(X)}\, . \end{align} Tenga en cuenta que la secuencia de $(\| f_n \|_{L^q(X, \mu)})_n$ está delimitada desde $(f_n)_n$ converge débilmente a$g$$L^q(X, \mu)$. Por lo tanto, el envío de $n \to \infty$, se encuentra que para todos los $\varepsilon > 0$ \begin{equation} \left| \int_{X} (f-g) \varphi \right| \leq C(f, \varphi) \varepsilon\, . \end{equation} Como $\varphi$ se ha elegido arbitrariamente, llegamos a la conclusión de que $f = g$ en casi todas partes en $X$.

Paso 2: Vamos ahora a suponer que $(X, \mathcal{A}, \mu)$ no es una medida finita en el espacio, pero un $\sigma$-finito. Podemos encontrar una secuencia $(X_n)_n$ de los subconjuntos medibles $X_n \subset X$ tal que $\mu(X_n) < \infty$$\bigcup_{n \in \mathbb{N}} X_n = X$. Revisión arbitraria $n \in \mathbb{N}$. Como $X_n$ es un subconjunto de a $X$, llegamos a la conclusión de que $f_n \rightharpoonup g$ $L^q(X_n, \mu)$ $f_n \to f$ en casi todas partes en $X_n$, y por lo tanto, por el Paso 1, se deduce que el $f = g$ en casi todas partes en $X_n$. Como $n $ fue arbitraria, nos encontramos con que $f = g$.e. en $\bigcup_{n \in \mathbb{N}} X_n = X$. Esto demuestra la reclamación.