関数解析の問題

$g(x)=3x^2-1$ とおき、$a=\frac{1}{\sqrt{3}}$ とする。$g$ は $[0,a)$ で負、$(a,1]$ で正である。

${\int }_0^1|g|$ の計算. $F(x)=x^3-x$ とすると $F^{\prime }=g$ である。
$${\int }_0^a(1-3x^2)dx=-(F(a)-F(0))=a-a^3=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}},$$
$${\int }_a^1(3x^2-1)dx=F(1)-F(a)=0-(a^3-a)=\frac{2}{3\sqrt{3}}.$$
よって ${\int }_0^1|g(x)|dx=\frac{4}{3\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{9}$。

上からの評価. $\Vert f{\Vert }_{\infty }\le 1$ なら
$$|\phi (f)|\le {\int }_0^1|g(x)||f(x)|dx+2\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|\le {\int }_0^1|g|dx+2=2+\frac{4\sqrt{3}}{9}.$$
したがって $\Vert \phi \Vert \le 2+\frac{4\sqrt{3}}{9}$。

下からの評価. $g(\frac{1}{2})=\frac{3}{4}-1=-\frac{1}{4}<0$ であり、$\frac{1}{2}<a$ に注意する。十分大きい自然数 $n$（$\frac{1}{n}<a-\frac{1}{2}$ となるもの）に対し、連続関数 $f_n$ を
$$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}-1& (0\le x\le a-\frac{1}{n})\\ \text{一次関数で }-1\text{ から }1\text{ へ}& (a-\frac{1}{n}\le x\le a+\frac{1}{n})\\ 1& (a+\frac{1}{n}\le x\le 1)\end{array}$$
と定める。$\Vert f_n{\Vert }_{\infty }=1$、$f_n(\frac{1}{2})=-1$ であり、区間 $[a-\frac{1}{n},a+\frac{1}{n}]$ の外では $g{f}_n=|g|$ が成り立つ。この区間上では $|g{f}_n-|g||\le 2|g|\le 2{\max }_{[0,1]}|g|=4$ なので
$$\left|{\int }_0^{1}g{f}_{n}dx-{\int }_0^1|g|dx\right|\le 4\cdot \frac{2}{n}\to 0(n\to \infty ).$$
よって
$$\phi (f_n)={\int }_0^{1}g{f}_{n}dx-2\cdot (-1)⟶\frac{4\sqrt{3}}{9}+2.$$
ゆえに $\Vert \phi \Vert \ge 2+\frac{4\sqrt{3}}{9}$。

（リースの表現定理の言葉では、$\phi$ は符号付き測度 $\mu =gdx-2{\delta }_{1/2}$ に対応し、$gdx$ と ${\delta }_{1/2}$ は互いに特異なので $\Vert \phi \Vert =|\mu |([0,1])={\int }_0^1|g|dx+2$ となる、という計算と同じである。）

以上より
$$\Vert \phi \Vert =2+\frac{4\sqrt{3}}{9}.$$

Riesz-Markov の定理により $\phi$ は符号付きボレル測度 $\mu =(3x^2-1)dx-2{\delta }_{1/2}$ に対応し、$\Vert \phi \Vert =|\mu |([0,1])$（全変動）である。$(3x^2-1)dx$ はルベーグ測度に絶対連続、${\delta }_{1/2}$ は原子測度で互いに特異なので、$|\mu |=|3x^2-1|dx+2{\delta }_{1/2}$ となり、
$$\Vert \phi \Vert ={\int }_0^1|3x^2-1|dx+2.$$
$a=1/\sqrt{3}$ とおくと $3x^2-1$ は $[0,a]$ で負、$[a,1]$ で正。
${\int }_0^a(1-3x^2)dx=a-a^3=a\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{3\sqrt{3}}$。
${\int }_a^1(3x^2-1)dx=(1-1)-(a^3-a)=a-a^3=\frac{2}{3\sqrt{3}}$。
合計 $\frac{4}{3\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{9}$。よって $\Vert \phi \Vert =2+\frac{4\sqrt{3}}{9}$。

直接の確認: 上界は $|\phi (f)|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }(\int |3x^2-1|dx+2)$ から明らか。等号に近づく列は、$g(x)=\mathrm{sgn}(3x^2-1)$ を $x=1/2$ の近傍で $-\mathrm{sgn}(2)\cdot$ すなわち値 $-1$ ... に一致させた（$1/2$ で $f=-1$、$g$ は $1/2$ 近傍で既に $-1$ なので $f(1/2)=-1$ は $g$ と整合）連続関数 $f_n$ で、$g$ を $a$ 付近の幅 $1/n$ の区間のみで連続につなぎ $\Vert f_n\Vert \le 1$ とすれば、$\phi (f_n)\to \int |3x^2-1|dx+2$ となる（$f(1/2)=-1$ のとき $-2f(1/2)=2$）。したがって上限が達成される。