Uguaglianza norme Lp
Ho trovato questo esercizio su qualche dispensa:
Sia $(X,M,mu)$ spazio di misura finito, $f:X->RR$ misurabile e $0
Penso che si possa supporre senza perdita di generalitá che $f$ sia non negativa. Ho provato con hölder, e ho provato anche a spezzettare l'insieme di integrazione ma non riesco a concludere nulla.
Ah, credo che si possa considerare anche solo il caso di $mu(X)=1$ (il caso generale dovrebbe essere facile implicazione di questo), e quindi si può usare la disuguaglianza di jensen. Ma non ho concluso nulla neppure cosí
Sia $(X,M,mu)$ spazio di misura finito, $f:X->RR$ misurabile e $0
Penso che si possa supporre senza perdita di generalitá che $f$ sia non negativa. Ho provato con hölder, e ho provato anche a spezzettare l'insieme di integrazione ma non riesco a concludere nulla.
Ah, credo che si possa considerare anche solo il caso di $mu(X)=1$ (il caso generale dovrebbe essere facile implicazione di questo), e quindi si può usare la disuguaglianza di jensen. Ma non ho concluso nulla neppure cosí
Risposte
Buona idea considerare \(\mu(X)=1\), comincia sempre dal caso più semplice. Inoltre qui stiamo considerando sempre e solo il modulo di \(|f|\), quindi come giustamente dici possiamo supporre che \(f\ge 0\). Mi piace anche l'idea di usare Jensen, ma secondo me non puoi usarla come una scatola nera, devi mettere mano nella dimostrazione. Prova a riciclare le idee di quella dimostrazione per mostrare che \(\|f\|_r<\|f\|_s\), a meno che \(f=\text{costante}\) (ovviamente, a meno di insiemi di misura nulla).
Usando holder sono arrivato a:
$int_X |f|^r<=(int_X |f|^(rp))^(1/p) * (int_X 1_X^q)^(1/q)$
Ponendo $p=s/r$ (che è maggiore di 1) e $q$ il suo esponente coniugato, elevando alla $1/r$ ambo i membri, considerando $mu(X)=1$, ottengo:
$||f||_r<=||f||_s$
Che però è una disuguaglianza in senso largo.
Idem con Jensen
Considero $h:=f^r$, e $g(x):=x^(s/r)$, $g$ convessa in $RR^+$.
Allora ottengo:
$g (int_X h)= int_X (g(h))$
$(int_X f^r )^(s/r) <= int_X f^s$
Che è la stessa roba di prima.
Non sono neanche più tanto sicuro che la tesi sia vera, per esempio se prendo $X=[0,1]$, $I_1=[0,1/2]$, $I_2=(1/2,1]$ ,$f(x)=1_(I_1) + 2*1_(I_2)$ , $f$ è non costante però se divido in $2$ parti l'integrale allora per linearità avrei che anche $f$ soddisfa l'ipotesi $||f||_r=||f||_s$.
Comunque non ho colto il tuo consiglio, "riciclare le idee" di quale dimostrazione?
$int_X |f|^r<=(int_X |f|^(rp))^(1/p) * (int_X 1_X^q)^(1/q)$
Ponendo $p=s/r$ (che è maggiore di 1) e $q$ il suo esponente coniugato, elevando alla $1/r$ ambo i membri, considerando $mu(X)=1$, ottengo:
$||f||_r<=||f||_s$
Che però è una disuguaglianza in senso largo.
Idem con Jensen
Considero $h:=f^r$, e $g(x):=x^(s/r)$, $g$ convessa in $RR^+$.
Allora ottengo:
$g (int_X h)= int_X (g(h))$
$(int_X f^r )^(s/r) <= int_X f^s$
Che è la stessa roba di prima.
Non sono neanche più tanto sicuro che la tesi sia vera, per esempio se prendo $X=[0,1]$, $I_1=[0,1/2]$, $I_2=(1/2,1]$ ,$f(x)=1_(I_1) + 2*1_(I_2)$ , $f$ è non costante però se divido in $2$ parti l'integrale allora per linearità avrei che anche $f$ soddisfa l'ipotesi $||f||_r=||f||_s$.
Comunque non ho colto il tuo consiglio, "riciclare le idee" di quale dimostrazione?
Ho scritto due cose ma non sono riuscito a dimostrarlo. Pero' sicuramente c'e' qualcosa da puntualizzare; intanto deve essere necessariamente \( \| f \|_{L^r (X)} < \infty \), altrimenti la tesi e' falsa (prendi \(X=[0,1]\) e \(f(x)=1/x^{r+s}\)). Poi ho la sensazione, anche alla luce dei quello che hai appena scritto, che "costante q.o." significhi piuttosto "funzione semplice".
La fonte dell'esercizio qual e'?
La fonte dell'esercizio qual e'?
Si, ho riletto ora l'esercizio e in effetti devo correggere alcune cose:
- $mu(X)=1$ (annulla il mio controesempio)
- le norme, come dici te, sono finite.
- in realtá é $0
Costante q.o in modulo detto meglio é che $|f(x)|=k$ q.o., con $k>=0$.
La fonte è una dispensa del mio professore e non sono sicuro si possa divulgare, ma sará sicuramente presente in qualche testo classico,prende da lí gli esercizi. Se scopro qualcosa ti faccio sapere, comunque sicuramente ora è scritto bene ed è fedele al 100%.
- $mu(X)=1$ (annulla il mio controesempio)
- le norme, come dici te, sono finite.
- in realtá é $0
Costante q.o in modulo detto meglio é che $|f(x)|=k$ q.o., con $k>=0$.
La fonte è una dispensa del mio professore e non sono sicuro si possa divulgare, ma sará sicuramente presente in qualche testo classico,prende da lí gli esercizi. Se scopro qualcosa ti faccio sapere, comunque sicuramente ora è scritto bene ed è fedele al 100%.
La funzione potenza con esponente strettamente maggiore di 1 è strettamente convessa. Questo intendevo io con il mio messaggio precedente
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