La disuguaglianza di Minkowski per gli integrali: il caso $p=\infty$
Salve a tutti.
Sono alle prese con la dimostrazione della
Disuguaglianza di Minkowski per gli integrali (caso $p=\infty$). Siano $n,m \in NN \setminus \{0\}$, $\Omega$ aperto di $RR^n$, $A$ sottoinsieme misurabile di $RR^m$, $f: \Omega \times A \to RR$ una funzione misurabile. Allora se per quasi ogni $y\in A$ la funzione $f(\cdot ,y): \Omega \to RR$, $x \mapsto f(x,y)$, sta in $L^{\infty}(\Omega)$ , e inoltre la funzione q.o definita su $A$ a valori reali, che mappa \(\displaystyle A \ni y \mapsto \Vert f(\cdot,y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)} \), appartiene ad $L^{1}(A)$, allora la funzione a valori reali $I:=\int_A f(\cdot ,y)dy$ : $x \mapsto \int_A f(x,y)dy$ è definita q.o su $\Omega$, appartiene ad $L^{\infty}(\Omega)$, e vale la disuguaglianza
\(\displaystyle \Vert I \Vert_{L^{\infty}(\Omega)}=\Vert \int_A f(\cdot ,y)dy \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} \le \int_A \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)}dy\).
Per dimostrarla, ho provato prima a trattare il caso, che dovrebbe essere più facile, in cui $\lambda_n(\Omega) \lt +\infty$, dove $\lambda_n$ è la misura di Lebesgue di $RR^n$.
Se la funzione $x\mapsto f(x,y) \in L^{\infty}(\Omega)$ per q.o $y\in A$, allora esiste $N_A\subseteq A$ con $\lambda_m(N_A)=0$ tale che $x\mapsto f(x,y) \in L^{\infty}(\Omega)$ $\forall y \in A\setminus N_A$; inoltre, per ogni $y \in A\setminus N_A$, esiste $\Omega_y \subseteq \Omega$ con $\lambda_n(\Omega_y)=0$ t.c \(\displaystyle \vert f(x,y) \vert \le \Vert f(\cdot , y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)}\) per ogni $x\in \Omega \setminus \Omega_y$.
Quindi si dovrebbe avere, per trascurabilità di $N_A$ e degli $\Omega_y$,
\(\displaystyle \int _A \int_\Omega \vert f(x,y) \vert dxdy = \int_{A\setminus N_A} \int_{\Omega \setminus \Omega_y} \vert f(x,y) \vert dxdy \le \int_{A\setminus N_A} \int_{\Omega \setminus \Omega_y} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dxdy =\)
\(\displaystyle = \lambda_n(\Omega) \int_{A\setminus N_A} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dy = \lambda_n(\Omega) \int_{A} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dy \lt +\infty \) per il fatto che per ipotesi $\lambda_n(\Omega) \lt +\infty$ e la funzione \(\displaystyle A \ni y \mapsto \Vert f(\cdot,y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)} \) appartiene ad $L^{1}(A)$.
Quindi per il teorema di Tonelli-Fubini \(\displaystyle \int _\Omega \int_A \vert f(x,y) \vert dydx \lt +\infty \), da cui la funzione $I$ è definita e finita per q.o $x\in \Omega$. E fin qui ci dovrei essere. Ma adesso come dimostro effettivamente la disuguaglianza? La prima cosa che salta in mente è stimare il modulo dell'integrale prima con la disuguaglianza triangolare per gli integrali e poi usando l'essenziale limitatezza delle funzioni $f(\cdot, y)$; il problema è che questa stima vale solo nell'insieme $\Omega \setminus \Omega_y$, che dipende da $y\in A\setminus N_A$, mentre credo che mi occorrerebbe una stima che valga q.o. in $\Omega$ in un insieme misurabile costruito indipendentemente da $y\in A\setminus N_A$! Il problema è: come lo costruisco un tale insieme per portare avanti la stima (sempre che quello che ho detto fin qui sia la strada giusta da seguire)?
Grazie a tutti per l'aiuto che vorrete darmi, ciao!
Sono alle prese con la dimostrazione della
Disuguaglianza di Minkowski per gli integrali (caso $p=\infty$). Siano $n,m \in NN \setminus \{0\}$, $\Omega$ aperto di $RR^n$, $A$ sottoinsieme misurabile di $RR^m$, $f: \Omega \times A \to RR$ una funzione misurabile. Allora se per quasi ogni $y\in A$ la funzione $f(\cdot ,y): \Omega \to RR$, $x \mapsto f(x,y)$, sta in $L^{\infty}(\Omega)$ , e inoltre la funzione q.o definita su $A$ a valori reali, che mappa \(\displaystyle A \ni y \mapsto \Vert f(\cdot,y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)} \), appartiene ad $L^{1}(A)$, allora la funzione a valori reali $I:=\int_A f(\cdot ,y)dy$ : $x \mapsto \int_A f(x,y)dy$ è definita q.o su $\Omega$, appartiene ad $L^{\infty}(\Omega)$, e vale la disuguaglianza
\(\displaystyle \Vert I \Vert_{L^{\infty}(\Omega)}=\Vert \int_A f(\cdot ,y)dy \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} \le \int_A \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)}dy\).
Per dimostrarla, ho provato prima a trattare il caso, che dovrebbe essere più facile, in cui $\lambda_n(\Omega) \lt +\infty$, dove $\lambda_n$ è la misura di Lebesgue di $RR^n$.
Se la funzione $x\mapsto f(x,y) \in L^{\infty}(\Omega)$ per q.o $y\in A$, allora esiste $N_A\subseteq A$ con $\lambda_m(N_A)=0$ tale che $x\mapsto f(x,y) \in L^{\infty}(\Omega)$ $\forall y \in A\setminus N_A$; inoltre, per ogni $y \in A\setminus N_A$, esiste $\Omega_y \subseteq \Omega$ con $\lambda_n(\Omega_y)=0$ t.c \(\displaystyle \vert f(x,y) \vert \le \Vert f(\cdot , y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)}\) per ogni $x\in \Omega \setminus \Omega_y$.
Quindi si dovrebbe avere, per trascurabilità di $N_A$ e degli $\Omega_y$,
\(\displaystyle \int _A \int_\Omega \vert f(x,y) \vert dxdy = \int_{A\setminus N_A} \int_{\Omega \setminus \Omega_y} \vert f(x,y) \vert dxdy \le \int_{A\setminus N_A} \int_{\Omega \setminus \Omega_y} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dxdy =\)
\(\displaystyle = \lambda_n(\Omega) \int_{A\setminus N_A} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dy = \lambda_n(\Omega) \int_{A} \Vert f(\cdot,y) \Vert_{L^{\infty}(\Omega)} dy \lt +\infty \) per il fatto che per ipotesi $\lambda_n(\Omega) \lt +\infty$ e la funzione \(\displaystyle A \ni y \mapsto \Vert f(\cdot,y) \Vert _{L^{\infty}(\Omega)} \) appartiene ad $L^{1}(A)$.
Quindi per il teorema di Tonelli-Fubini \(\displaystyle \int _\Omega \int_A \vert f(x,y) \vert dydx \lt +\infty \), da cui la funzione $I$ è definita e finita per q.o $x\in \Omega$. E fin qui ci dovrei essere. Ma adesso come dimostro effettivamente la disuguaglianza? La prima cosa che salta in mente è stimare il modulo dell'integrale prima con la disuguaglianza triangolare per gli integrali e poi usando l'essenziale limitatezza delle funzioni $f(\cdot, y)$; il problema è che questa stima vale solo nell'insieme $\Omega \setminus \Omega_y$, che dipende da $y\in A\setminus N_A$, mentre credo che mi occorrerebbe una stima che valga q.o. in $\Omega$ in un insieme misurabile costruito indipendentemente da $y\in A\setminus N_A$! Il problema è: come lo costruisco un tale insieme per portare avanti la stima (sempre che quello che ho detto fin qui sia la strada giusta da seguire)?
Grazie a tutti per l'aiuto che vorrete darmi, ciao!
Risposte
Mi sembra che basti maggiorare un integrale usando la disuguaglianza triangolare...
Hai:
\[
\left| \intop_A f(x,y)\ \text{d} y\right| \leq \intop_A |f(x,y)|\ \text{d} y \leq \intop_A \|f(\cdot,y)\|_{\infty, \Omega}\ \text{d} y
\]
per q.o. \(x\in \Omega\), quindi:
\[
\left\| \intop_A f(\cdot,y)\ \text{d} y \right\|_{\infty ,\Omega} \leq \intop_A \|f(\cdot,y)\|_{\infty, \Omega}\ \text{d} y
\]
Hai:
\[
\left| \intop_A f(x,y)\ \text{d} y\right| \leq \intop_A |f(x,y)|\ \text{d} y \leq \intop_A \|f(\cdot,y)\|_{\infty, \Omega}\ \text{d} y
\]
per q.o. \(x\in \Omega\), quindi:
\[
\left\| \intop_A f(\cdot,y)\ \text{d} y \right\|_{\infty ,\Omega} \leq \intop_A \|f(\cdot,y)\|_{\infty, \Omega}\ \text{d} y
\]
Ciao Gugo! Grazie della risposta!
Esatto, era proprio a queste stime che facevo riferimento, solo che non sono convinto che si possa integrare alla leggera su $A$ la disuguaglianza $|f(x,y)|\le ||f(\cdot, y)||_{L^{\infty}(\Omega)}$, la quale dovrebbe valere, in corrispondenza di q.o $y\in A$, per q.o $x\in \Omega$, e cioè in un sottoinsieme di $\Omega$ che varia al variare di $y$. Integrare membro a membro su $A$ la disuguaglianza e dire che la disuguaglianza integrale vale per q.o $x\in \Omega$ non fa invece necessariamente riferimento alla costruzione di un insieme misurabile trascurabile "essenzialmente uniforme in $y$", diciamo $N_{\Omega}$, tale che la disuguaglianza valga per ogni $x\in \Omega \setminus N_{\Omega}$, e, in corrispondenza di ogni tale $x$, per q.o $y\in A$?
In altre parole, dal mio punto di vista bisogna capire (e io non lo capisco!) come rendere indipendenti da $y$ gli insiemi trascurabili $\Omega_y$, se si vuole integrare su $A$ e arrivare alla stima come hai fatto tu. Forse bisogna usare il teorema di Tonelli in qualche modo ingegnoso per scambiare le dipendenze tra $x$ e $y$. Che ne pensi?
Esatto, era proprio a queste stime che facevo riferimento, solo che non sono convinto che si possa integrare alla leggera su $A$ la disuguaglianza $|f(x,y)|\le ||f(\cdot, y)||_{L^{\infty}(\Omega)}$, la quale dovrebbe valere, in corrispondenza di q.o $y\in A$, per q.o $x\in \Omega$, e cioè in un sottoinsieme di $\Omega$ che varia al variare di $y$. Integrare membro a membro su $A$ la disuguaglianza e dire che la disuguaglianza integrale vale per q.o $x\in \Omega$ non fa invece necessariamente riferimento alla costruzione di un insieme misurabile trascurabile "essenzialmente uniforme in $y$", diciamo $N_{\Omega}$, tale che la disuguaglianza valga per ogni $x\in \Omega \setminus N_{\Omega}$, e, in corrispondenza di ogni tale $x$, per q.o $y\in A$?
In altre parole, dal mio punto di vista bisogna capire (e io non lo capisco!) come rendere indipendenti da $y$ gli insiemi trascurabili $\Omega_y$, se si vuole integrare su $A$ e arrivare alla stima come hai fatto tu. Forse bisogna usare il teorema di Tonelli in qualche modo ingegnoso per scambiare le dipendenze tra $x$ e $y$. Che ne pensi?
Up.
@Lemniscata: L'obiezione che muovi mi pare sensata (queste cose sono sempre una gran seccatura). Ma sei sicuro che la disuguaglianza sia vera? La dimostrazione che conosco io, presa da Inequalities di Hardy-Littlewood-Polya, fa uso della dualità degli spazi \(L^p\) (è il teorema 202, lo puoi leggere anche qui) e quindi non funziona con \(p=\infty\).
Aggiungo un ulteriore fatto che non mi pare chiaro. Vedo che compare l'integrale
\[
\int_A \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\, dy.\]
Ma come fai a garantire che la funzione \(y\mapsto \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\) sia misurabile? Si tratta di un sup su \(\Omega\) che non è un insieme numerabile, e quindi la cosa non è ovvia.
Aggiungo un ulteriore fatto che non mi pare chiaro. Vedo che compare l'integrale
\[
\int_A \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\, dy.\]
Ma come fai a garantire che la funzione \(y\mapsto \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\) sia misurabile? Si tratta di un sup su \(\Omega\) che non è un insieme numerabile, e quindi la cosa non è ovvia.
Ciao caro Dissonance! Grazie di essere intervenuto! In effetti non ho prove effettive che la disuguaglianza sia vera, ma seguendo il Folland, Real Analysis, capitolo 6 sugli spazi $L^p$, sembra che sia una "facile" (non ne sono più così convinto... 
) conseguenza della monotonia dell'integrale: per usare le sue parole, "when $p=\infty$, it is a simple consequence of the monotonicity of the integral." In effetti anch'io avevo guardato l'Hardy e anche l'Adams, Sobolev spaces, e mi è parso strano che in entrambi la disuguaglianza sia enunciata e dimostrata solo per $p\lt \infty$: forse c'è davvero qualcosa in più che una semplice difficoltà... è che mi pare strano che il mio prof ce l'abbia lasciato come esercizio dopo aver svolto il caso $p\lt \infty$, se davvero non si può andar avanti! E' una persona molto precisa, e non ce lo vedo proprio a fare affermazioni avventate (comunque tutto può essere, nella vita...).
Per quanto riguarda il tuo dubbio, mi pare che non sussistano difficoltà perché stiamo già supponendo per ipotesi che la funzione stia in $L^1(A)$, quindi è già misurabile ed integrabile.
) conseguenza della monotonia dell'integrale: per usare le sue parole, "when $p=\infty$, it is a simple consequence of the monotonicity of the integral." In effetti anch'io avevo guardato l'Hardy e anche l'Adams, Sobolev spaces, e mi è parso strano che in entrambi la disuguaglianza sia enunciata e dimostrata solo per $p\lt \infty$: forse c'è davvero qualcosa in più che una semplice difficoltà... è che mi pare strano che il mio prof ce l'abbia lasciato come esercizio dopo aver svolto il caso $p\lt \infty$, se davvero non si può andar avanti! E' una persona molto precisa, e non ce lo vedo proprio a fare affermazioni avventate (comunque tutto può essere, nella vita...).Per quanto riguarda il tuo dubbio, mi pare che non sussistano difficoltà perché stiamo già supponendo per ipotesi che la funzione stia in $L^1(A)$, quindi è già misurabile ed integrabile.
Ma infatti è una cosa "facile" se uno non si va a impelagare troppo in questi dettagli tecnici molesti. Comunque, tornando a noi: si tratta di integrare la disuguaglianza
\[\tag{1}
\lvert f(x, y)\lvert \le \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\]
rispetto ad \(y\). Tu dici, giustamente, che la (1) vale per quasi ogni \(y\) e per ogni \(x\) in un insieme pieno \(\Omega_y\), che purtroppo dipende da \(y\) e la cosa ci infastidisce.
Ora io propongo: fissiamo \(y\). Sostituiamo \(f(\cdot, y)\) con una modifica \(\tilde{f}(\cdot, y)\) che è definita su tutto \(\Omega\) e vale \(0\) fuori da \(\Omega_y\). Questo non cambia il sup essenziale in \(x\) e perciò
\[
\lvert \tilde{f}(x, y)\rvert \le \lVert \tilde{f}(\cdot, y)\rVert_{L^\infty},\]
solo che ora \(\tilde{f}\) è definita per quasi ogni \(y\) e per ogni \(x\). E quindi ora tutto dovrebbe filare liscio, se ho capito bene il problema.
\[\tag{1}
\lvert f(x, y)\lvert \le \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\]
rispetto ad \(y\). Tu dici, giustamente, che la (1) vale per quasi ogni \(y\) e per ogni \(x\) in un insieme pieno \(\Omega_y\), che purtroppo dipende da \(y\) e la cosa ci infastidisce.
Ora io propongo: fissiamo \(y\). Sostituiamo \(f(\cdot, y)\) con una modifica \(\tilde{f}(\cdot, y)\) che è definita su tutto \(\Omega\) e vale \(0\) fuori da \(\Omega_y\). Questo non cambia il sup essenziale in \(x\) e perciò
\[
\lvert \tilde{f}(x, y)\rvert \le \lVert \tilde{f}(\cdot, y)\rVert_{L^\infty},\]
solo che ora \(\tilde{f}\) è definita per quasi ogni \(y\) e per ogni \(x\). E quindi ora tutto dovrebbe filare liscio, se ho capito bene il problema.
Eh mi sa proprio che così funziona, perché essendo le $x$ in un insieme "costante rispetto ad $y$", cioè in tutto $\Omega$, si può scambiare il "per ogni $x\in \Omega$" con il "per q.o. $y\in A$", ottenendo la disuguaglianza integrale per q.o. $x\in \Omega$, i.e. nell'insieme di definizione della funzione $I$. Grazie mille Dissonance, quest'idea di estendere le funzioni a tutto $\Omega$ è geniale ed istruttiva! Ancora una volta mi hai insegnato qualcosa!
Adesso l'unica cosa che resterebbe da capire è come passare dal caso particolare $\lambda_n (\Omega) \lt +\infty$ al caso di un aperto generico...
E perché? Secondo me tutta quella roba che hai fatto nel primo post è superflua. Basta integrare la disuguaglianza triangolare
Spero di sbagliarmi, ma ho brutte notizie. Come avevamo già constatato, estendere le funzioni $\f(\cdot, y)$ a tutto $\Omega$ permette di scambiare i quantificatori e di integrare: si ha cioè che $\forall y \in A\setminus N_A$, $\forall x\in \Omega$ $|\tilde{f}(x,y)|\le ||\tilde{f}(\cdot,y) ||_{L^\infty (\Omega)}=||f(\cdot,y) ||_{L^\infty (\Omega)}$, da cui integrando su $A\setminus N_A$ si ottiene
$\int_{A\setminus N_A} |\tilde{f}(x,y)| dy\le \int_{A\setminus N_A} ||f(\cdot,y) ||_{L^\infty (\Omega)} dy \ \ \forall x\in \Omega$.
Il problema è che secondo me adesso il discorso dei quantificatori "non commutanti" rimane quando vogliamo dichiarare, per concludere la stima, l'uguaglianza per q.o. $x\in \Omega$ dei due integrali $\int_{A\setminus N_A} |\tilde{f}(x,y)| dy$ e $\int_{A\setminus N_A} |f(x,y)| dy$, e questo problema sussiste indipendentemente dalla finitezza o meno di $\lambda_n(\Omega)$... o mi sbaglio?
$\int_{A\setminus N_A} |\tilde{f}(x,y)| dy\le \int_{A\setminus N_A} ||f(\cdot,y) ||_{L^\infty (\Omega)} dy \ \ \forall x\in \Omega$.
Il problema è che secondo me adesso il discorso dei quantificatori "non commutanti" rimane quando vogliamo dichiarare, per concludere la stima, l'uguaglianza per q.o. $x\in \Omega$ dei due integrali $\int_{A\setminus N_A} |\tilde{f}(x,y)| dy$ e $\int_{A\setminus N_A} |f(x,y)| dy$, e questo problema sussiste indipendentemente dalla finitezza o meno di $\lambda_n(\Omega)$... o mi sbaglio?
E si, è chiaro: non si può semplicemente buttare sotto al tappeto la parte di \(f\) che ci dà fastidio, poi si ripresenterà. Tutto questo esercizio è un po' strano, in realtà: già quel dover richiedere per ipotesi la sommabilità di \(y \mapsto \lVert f(\cdot, y)\rVert_{L^\infty}\) mi pare brutto e innaturale. Chiedere lumi al professore, se possibile, è una ottima idea.
Se non è possibile, io non perderei altro tempo a impelagarmi su queste faccende fini di misurabilità, che sono sempre un gran casino. Una possibile via d'uscita è notare che questa dimostrazione vale per tutte le funzioni a variabili separate e per le loro combinazioni lineari, per cui potresti pensare di usare qualche argomento di densità, ispirandoti magari a questo pdf trovato in rete (pag. 2, Theorem 1.4). (Nota che il pdf specifica accuratamente: \(1\le p < \infty\).)
Se non è possibile, io non perderei altro tempo a impelagarmi su queste faccende fini di misurabilità, che sono sempre un gran casino. Una possibile via d'uscita è notare che questa dimostrazione vale per tutte le funzioni a variabili separate e per le loro combinazioni lineari, per cui potresti pensare di usare qualche argomento di densità, ispirandoti magari a questo pdf trovato in rete (pag. 2, Theorem 1.4). (Nota che il pdf specifica accuratamente: \(1\le p < \infty\).)
Sono contento che concordi con le mie argomentazioni, Dissonance, anche se danno esito negativo.
Sì hai ragione, nemmeno io ho più voglia di perderci altro tempo, soprattutto considerando che avrei l'esame tra qualche decina di giorni e questo è il primo teorema del programma
(non ce la farò mai!! 
)
Comunque mi ha fatto piacere approfondire questa questione con te e mettere alla prova le mie scarsissime conoscenze di Analisi Reale! Grazie anche a Gugo! Mi sa che mi farò risentire presto, il tempo di trovare la difficoltà successiva...
Ciao e grazie!
Sì hai ragione, nemmeno io ho più voglia di perderci altro tempo, soprattutto considerando che avrei l'esame tra qualche decina di giorni e questo è il primo teorema del programma
(non ce la farò mai!! )Comunque mi ha fatto piacere approfondire questa questione con te e mettere alla prova le mie scarsissime conoscenze di Analisi Reale! Grazie anche a Gugo! Mi sa che mi farò risentire presto, il tempo di trovare la difficoltà successiva...
Ciao e grazie!
Ma si che ce la fai. Più tempo si ha e più tempo si perde. In bocca al lupo!
Crepi!
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