[EX] Continuità della norma $L^p$ per $p\to oo$
Propongo un esercizio grossomodo standard sugli spazi $L^p$ (si trova anche, ad esempio, in Rudin, Analisi Reale e Complessa).
***
Siano $(X,\mathcal{M},\mu )$ uno spazio di misura e $p>=1$.
Studiando la teoria degli spazi $L^p$ si nota subito che c'è una sostanziale differenza nella costruzione della norma di $L^p$ nel caso $p
***
Problema:
Siano $(X,\mathcal{M} ,\mu)$ uno spazio di misura ed $u:X\to CC$ misurabile.
1. Dimostrare che, se $0<\mu (X)<+oo$, allora risulta:
(*) $\quad "maxlim"_(p\to oo) ||u||_p<=||u||_oo<= "minlim"_(p\to oo) ||u||_p$
e dedurne la relazione di limite:
(**) $\quad lim_(p\to oo) ||u||_p=||u||_oo$.
2. Trovare un controesempio a (**) nel caso in cui $\mu (X)=+oo$.
3. Dimostrare che le (*), e quindi la (**), valgono se $\mu (X)=+oo$ a patto di aggiungere la seguente ipotesi:
(S) $\quad exists r>0: u \in L^r(\mu )$
(superflua nel caso di misura positiva finita).
4. Dimostrare che la (**) non vale per alcuna $u$ misurabile nel caso in cui $\mu (X)=0$.
***
Siano $(X,\mathcal{M},\mu )$ uno spazio di misura e $p>=1$.
Studiando la teoria degli spazi $L^p$ si nota subito che c'è una sostanziale differenza nella costruzione della norma di $L^p$ nel caso $p
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Problema:
Siano $(X,\mathcal{M} ,\mu)$ uno spazio di misura ed $u:X\to CC$ misurabile.
1. Dimostrare che, se $0<\mu (X)<+oo$, allora risulta:
(*) $\quad "maxlim"_(p\to oo) ||u||_p<=||u||_oo<= "minlim"_(p\to oo) ||u||_p$
e dedurne la relazione di limite:
(**) $\quad lim_(p\to oo) ||u||_p=||u||_oo$.
2. Trovare un controesempio a (**) nel caso in cui $\mu (X)=+oo$.
3. Dimostrare che le (*), e quindi la (**), valgono se $\mu (X)=+oo$ a patto di aggiungere la seguente ipotesi:
(S) $\quad exists r>0: u \in L^r(\mu )$
(superflua nel caso di misura positiva finita).
4. Dimostrare che la (**) non vale per alcuna $u$ misurabile nel caso in cui $\mu (X)=0$.
Risposte
Ci provo 
1.
Poichè $\mu(X)<+\infty$ allora $L^\infty(\mu)\subsetL^p(\mu) \qquad\AA p\in[1, +\infty[$ ed inoltre se $u\in L^\infty(\mu)$ allora:
$||u||_p <= ||u||_{\infty} \mu(X)^(1/p)$(*) infatti
$||u||_p^p = \int_{x} |u|^p d\mu <= \int_{X} ||u||_\infty^p d \mu = ||u||_{\infty}^p \mu(X)$, da cui estraendo la radice $p-"esima"$ otteniamo (*).
Dalla relazione ottenuta abbiamo:
$"limsup"_{p\to\infty} || u||_p <= lim_{p\to\infty}||u||_{\infty}\mu(X)^(1/p) = ||u||_{\infty}$.
Ora $AA\epsilon>0$ l'insieme $A_{\epsilon}:= {x\in X: |u(x)|>||u||_{\infty}-\epsilon}$ ha misura positiva, se così non fosse contraddirremmo la minimalità di $||u||_{\infty}$, di conseguenza, valutando
$||u||_{p}= (\int_{X} |u|^p d \mu)^(1/p)>= (\int_{A_\epsilon} |u|^p d \mu)^(1/p)>= (\int_{A_\epsilon} (||u||_\infty-\epsilon)^p d \mu)^(1/p) =$
$=(||u||_{\infty}-\epsilon)\mu(A_{\epsilon})^(1/p)$, passando al limite:
$"liminf"_{p\to\infty}||u||_{p}>= lim_{p\to\infty}(||u||_{\infty}-\epsilon) \mu(A_{\epsilon})^(1/p)= ||u||_{\infty}-\epsilon\quad AA \epsilon$
Per il resto ci devo pensare molto... Mi auguro di non aver scritto troppe sciocchezze!
1.
Poichè $\mu(X)<+\infty$ allora $L^\infty(\mu)\subsetL^p(\mu) \qquad\AA p\in[1, +\infty[$ ed inoltre se $u\in L^\infty(\mu)$ allora:
$||u||_p <= ||u||_{\infty} \mu(X)^(1/p)$(*) infatti
$||u||_p^p = \int_{x} |u|^p d\mu <= \int_{X} ||u||_\infty^p d \mu = ||u||_{\infty}^p \mu(X)$, da cui estraendo la radice $p-"esima"$ otteniamo (*).
Dalla relazione ottenuta abbiamo:
$"limsup"_{p\to\infty} || u||_p <= lim_{p\to\infty}||u||_{\infty}\mu(X)^(1/p) = ||u||_{\infty}$.
Ora $AA\epsilon>0$ l'insieme $A_{\epsilon}:= {x\in X: |u(x)|>||u||_{\infty}-\epsilon}$ ha misura positiva, se così non fosse contraddirremmo la minimalità di $||u||_{\infty}$, di conseguenza, valutando
$||u||_{p}= (\int_{X} |u|^p d \mu)^(1/p)>= (\int_{A_\epsilon} |u|^p d \mu)^(1/p)>= (\int_{A_\epsilon} (||u||_\infty-\epsilon)^p d \mu)^(1/p) =$
$=(||u||_{\infty}-\epsilon)\mu(A_{\epsilon})^(1/p)$, passando al limite:
$"liminf"_{p\to\infty}||u||_{p}>= lim_{p\to\infty}(||u||_{\infty}-\epsilon) \mu(A_{\epsilon})^(1/p)= ||u||_{\infty}-\epsilon\quad AA \epsilon$
Per il resto ci devo pensare molto... Mi auguro di non aver scritto troppe sciocchezze!
Il ragionamento usato per dimostrare la seconda delle (*) è buono quando $u \in L^oo(\mu)$, epperò fallisce se $||u||_oo=+oo$ (infatti intal caso l'insieme $\{ |u|>||u||_oo-epsilon\}=\{ |u|>+oo\}$ è vuoto; potresti pensare di usare $\{|u|>=+oo\}$, però devi fare un po' attenzione perchè esso ha misura nulla se $u \in L^p\setminus L^oo$ e quindi la relazione $||u||_p^p>=\int_(A_epsilon) |u|^p " d"\mu$ non ti porta da nessuna parte).
Visto che l'idea (quella di prendere un numero minore di $||u||_oo$) è buona e che fallisce solo perchè non sempre risulta $||u||_oo-epsilon<||u||_oo$, prova a prendere direttamente $t<||u||_oo$ quando applichi Chebyschev.
Noto che, infatti, la disuguaglianza $||u||_p<=||u||_oo\ \mu^(1/p)(X)$ vale anche per $u\notin L^oo(\mu)$ (ossia se $||u||_oo=+oo$), quindi non dovrebbe esserci bisogno dell'ulteriore ipotesi $u \in L^oo(\mu)$ nemmeno per ricavare la seconda (*).
Visto che l'idea (quella di prendere un numero minore di $||u||_oo$) è buona e che fallisce solo perchè non sempre risulta $||u||_oo-epsilon<||u||_oo$, prova a prendere direttamente $t<||u||_oo$ quando applichi Chebyschev.
Noto che, infatti, la disuguaglianza $||u||_p<=||u||_oo\ \mu^(1/p)(X)$ vale anche per $u\notin L^oo(\mu)$ (ossia se $||u||_oo=+oo$), quindi non dovrebbe esserci bisogno dell'ulteriore ipotesi $u \in L^oo(\mu)$ nemmeno per ricavare la seconda (*).
Grazie Gugo82, ho capito dove fallisce il ragionamento 
Ho letto i tuoi suggerimenti e mi sono accorto di non conoscere la disuguaglianza di Chebishev
Edit: Devo andare, tornerò più tardi sperando di aver trovato una soluzione alternativa. Ciao
Ho letto i tuoi suggerimenti e mi sono accorto di non conoscere la disuguaglianza di Chebishev
Edit: Devo andare, tornerò più tardi sperando di aver trovato una soluzione alternativa. Ciao
Si chiama disuguaglianza di Chebyshev classica la seguente:
La dimostrazione è semplice.
Presa $f$ come da ipotesi, si ha:
$\int_X |f|" d"\mu >= \int_(\{ |f| >=t\}) |f|" d"\mu >= t\int_(\{ |f|>=t\})" d"\mu=t\ \mu(\{ |f|>=t\})$
e per concludere basta considerare solo i membri esterni e dividere per $t$ m.a.m..
Ci sono delle varianti, come ad esempio la seguente (che potremmo chiamare disuguaglianza di Chebyshev generalizzata):
La dimostrazione è del tutto uguale alla precedente.
Tale disuguaglianza contiene come caso particolare la tua $||u||_p^p>= t^p \mu(A_epsilon)$ (infatti basta prendere $f=u$ e $g(t):=t^p$).
__________
* Qui il simbolo $\{ |f|>=t\}$ è usato per denotare l'insieme $\{ x\in X:\ |f(x)|>=t\}$.
Siano $(X,\mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura ed $f:X\to CC$ misurabile.
Per $t>0$ risulta:
$\mu(\{ |f|>=t\}) <= 1/t \ \int_X |f| " d"\mu$ *
La dimostrazione è semplice.
Presa $f$ come da ipotesi, si ha:
$\int_X |f|" d"\mu >= \int_(\{ |f| >=t\}) |f|" d"\mu >= t\int_(\{ |f|>=t\})" d"\mu=t\ \mu(\{ |f|>=t\})$
e per concludere basta considerare solo i membri esterni e dividere per $t$ m.a.m..
Ci sono delle varianti, come ad esempio la seguente (che potremmo chiamare disuguaglianza di Chebyshev generalizzata):
Siano $(X,\mathcal{M}, \mu)$ uno spazio di misura, $f:X\to CC$ misurabile e $g:[0,+oo[\to [0,+oo[$ non decrescente.
Per $t>0$ risulta:
$\mu(\{ |f|>=t\}) <= 1/g(t)\ \int_X g(|f|) " d"\mu$
La dimostrazione è del tutto uguale alla precedente.
Tale disuguaglianza contiene come caso particolare la tua $||u||_p^p>= t^p \mu(A_epsilon)$ (infatti basta prendere $f=u$ e $g(t):=t^p$).
__________
* Qui il simbolo $\{ |f|>=t\}$ è usato per denotare l'insieme $\{ x\in X:\ |f(x)|>=t\}$.
"Gugo82":
Si chiama disuguaglianza di Chebyshev classica la seguente[...]
Non sapevo che esistesse un teorema per una disuguaglianza così "naturale" ad ogni modo grazie!!
. Ci penso e ti farò sapere 
[Edit]
Grazie al suggerimento di Gugo82, possiamo ragionare come segue:
Consideriamo l'insieme $A_t:= {x\inX: |u(x)|>=t}$ con $t\in ]0, ||u||_\infty[$ per il teorema di Chebishev abbiamo che:
$(\int_X |u|^p dmu)^(1/p)>= t \mu(A_t)^(1/p)$, passando al limite $p$
abbiamo che: $"liminf"_{p->\infty} ||u||_{p}>= t$ e per $t\to ||u||_{\infty}$ abbiamo:
$"liminf"_{p->\infty} ||u||_{p}>= ||u||_{\infty}$
Spero di non aver commesso errori molto gravi...
Nono, tutto ok.
L'idea è proprio quella.
La disuguaglianza è usata abbastanza di frequente (ad esempio in Probabilità), perciò le è stato dato un nome.
Susu, continua, che stai andando forte ed il punto 2 è facile-facile...
L'idea è proprio quella.
La disuguaglianza è usata abbastanza di frequente (ad esempio in Probabilità), perciò le è stato dato un nome.
Susu, continua, che stai andando forte ed il punto 2 è facile-facile...
Sono tornato
Ogni volta che ad un esame mi dicono così, è il preludio della fine= bocciatura assicurata
Ad ogni modo, sto riscontrando dei problemi nella scelta del controesempio nel caso in cui la misura dello spazio sia infinita... questo perchè non riesco a trovare una funzione sufficientemente buona che abbia la proprietà di appartenere a tutti gli spazi $L^p(\mu)$... Che ne so ad esempio la funzione $f(x)= 1/(x+1)\in L_p(\mu)AAp\in[1,\infty]$ se consideriamo l'intervallo $(a,b)$ con $0
Edit: Lascia perdere quello che ho scritto che tra l'altro non ha senso
. Il nostro scopo è quello di trovare una funzione $f\in L_p(\mu)$ tale che
$||f||_p->L<+\infty$ con $p->\infty$ ma $||f||_{\infty}!=L$
"Gugo82":
Susu, continua, che stai andando forte ed il punto 2 è facile-facile...
Ogni volta che ad un esame mi dicono così, è il preludio della fine= bocciatura assicurata
Ad ogni modo, sto riscontrando dei problemi nella scelta del controesempio nel caso in cui la misura dello spazio sia infinita... questo perchè non riesco a trovare una funzione sufficientemente buona che abbia la proprietà di appartenere a tutti gli spazi $L^p(\mu)$... Che ne so ad esempio la funzione $f(x)= 1/(x+1)\in L_p(\mu)AAp\in[1,\infty]$ se consideriamo l'intervallo $(a,b)$ con $0
Edit: Lascia perdere quello che ho scritto che tra l'altro non ha senso
. Il nostro scopo è quello di trovare una funzione $f\in L_p(\mu)$ tale che $||f||_p->L<+\infty$ con $p->\infty$ ma $||f||_{\infty}!=L$
Ci provo anche io! Anche se la dimostrazione del punto uno leggo che è molto simile alla mia, forse la tua è anche più elegante e corretta, comunque la posto anche se cambia una sola visrgola.
1) Usando la disuguaglianza di Jensen si può mostrare che $||*||_p$ è monotona non decrescente (vedi anche https://www.matematicamente.it/forum/fin ... 44368.html ) così essa è convergente, in particolare $lim_{p\to+oo}||*||_p=K=K(*)="sup"_p||*||_p$ se $p>=1$, quindi penseremo sempre a spazi $L^p(mu)$ con $p>=1$.
Dobbiamo mostrare che $K=M$, dove $M=||*||_{+oo}$
Sia $M=||u||_{+oo}$, cioè $|u|<=M$ q.o., da cui ${\int_X|u|^pd\mu}^{1/p}<={\int_X|M|^pd\mu}^{1/p}=M{\mu(X)}^{1/p}=>||u||_p<=M\mu(X)^{1/p}$, passando al limite per $p->+oo$ si ha che ${mu(X)}^{1/p}->1$ e $lim_{p\to+oo}||u||_p=K$, quindi $K<=M$.
Viceversa definiamo $N(p)="sup"|u|^p$ avremo che $||u||_p={int_X|u|^pdmu}^{1/p}<={int_X|N(p)|dmu}^{1/p}={N(p)*mu(X)}^{1/p}$ in particolare ${N(p)*mu(X)}^{1/p}<=K$.
Poniamo quindi $M(p)={N(p)*mu(X)}^{1/p}$, in questo modo $M(p)>=||u||_p$ e $|u|<=M(p)*mu(X)^{-1/p}$. Inoltre $M(p)<=K$.
Definiamo $alpha(p)=N(p)^{1/p}$, in questo modo avremo che $alpha(p)^p>=|u|^p$ q.o., ovvero $alpha(p)>=|u|$.
Possiamo quindi notare che l'insieme ${alpha(p):p>=1}\sub RR=>"inf"{alpha(p):p>=1}>="inf"{alpha: |u|=1}<=mu(X)^{-1/p}*"liminf"_{p\to+oo}||u||_p=K*\mu(X)^{-1/p}$ dal momento che $\alpha(p)*\mu(X)^{1/p}=M(p)\in [K-\epsilon,K]$, per un opportuno $epsilon$. Abbiamo quindi trovato che $K*\mu(X)^{-1/p}>=M$ e passando al limite per $p\to +oo$ otteniamo la tesi.
2) sia $X=RR$ e $mu$ la misura ordinaria di lebesgue.
Sia $u(x)=1$. Allora $||u||_{+oo}=1$, ma $int_{RR}|u|^pdx=+oo$ per ogni $p>=1$. Quindi $K!=M$.
sugli altri due devo ancora pensarci... Sul tre ho una vaga idea, però devo sistemarla.
Per ora convincono le due risposte?
1) Usando la disuguaglianza di Jensen si può mostrare che $||*||_p$ è monotona non decrescente (vedi anche https://www.matematicamente.it/forum/fin ... 44368.html ) così essa è convergente, in particolare $lim_{p\to+oo}||*||_p=K=K(*)="sup"_p||*||_p$ se $p>=1$, quindi penseremo sempre a spazi $L^p(mu)$ con $p>=1$.
Dobbiamo mostrare che $K=M$, dove $M=||*||_{+oo}$
Sia $M=||u||_{+oo}$, cioè $|u|<=M$ q.o., da cui ${\int_X|u|^pd\mu}^{1/p}<={\int_X|M|^pd\mu}^{1/p}=M{\mu(X)}^{1/p}=>||u||_p<=M\mu(X)^{1/p}$, passando al limite per $p->+oo$ si ha che ${mu(X)}^{1/p}->1$ e $lim_{p\to+oo}||u||_p=K$, quindi $K<=M$.
Viceversa definiamo $N(p)="sup"|u|^p$ avremo che $||u||_p={int_X|u|^pdmu}^{1/p}<={int_X|N(p)|dmu}^{1/p}={N(p)*mu(X)}^{1/p}$ in particolare ${N(p)*mu(X)}^{1/p}<=K$.
Poniamo quindi $M(p)={N(p)*mu(X)}^{1/p}$, in questo modo $M(p)>=||u||_p$ e $|u|<=M(p)*mu(X)^{-1/p}$. Inoltre $M(p)<=K$.
Definiamo $alpha(p)=N(p)^{1/p}$, in questo modo avremo che $alpha(p)^p>=|u|^p$ q.o., ovvero $alpha(p)>=|u|$.
Possiamo quindi notare che l'insieme ${alpha(p):p>=1}\sub RR=>"inf"{alpha(p):p>=1}>="inf"{alpha: |u|
2) sia $X=RR$ e $mu$ la misura ordinaria di lebesgue.
Sia $u(x)=1$. Allora $||u||_{+oo}=1$, ma $int_{RR}|u|^pdx=+oo$ per ogni $p>=1$. Quindi $K!=M$.
sugli altri due devo ancora pensarci... Sul tre ho una vaga idea, però devo sistemarla.
Per ora convincono le due risposte?
Ciao Fu^2, ho riletto molte volte la tua dimostrazione, ma ho avuto difficoltà nel comprendere alcuni passaggi (limite mio ). Vado nel particolare:
Questo è il punto in cui mi perdo. E' sufficiente prendere $M(p)\in [0, +\infty]$ anche perchè le quantità con cui stiamo lavorando sono non negative, sbaglio?
(*) questo è il passaggio che non mi fa comprendere a pieno la tua dimostrazione, in particolare l'implicazione.
). Vado nel particolare:"fu^2":
Viceversa sia $epsilon>0$, $AA p>=1$ esiste $M(p)\in [-oo,+oo]$: $||u||_p<=M(p)$ e $M(p)>=K-epsilon$ - $M(p)$ è ben definito essendo $K$ l'estremo superiore tale per cui $K>=||u||_p$ per ogni $p$ essendo la norma non decrescente.
Così $||u||_p<=M(p)=(\mu(X)^{-1/p}){\int_X(|M(p)|^p)d\mu}^{1/p}=>|u|<=M(p)*\mu(X}^{-1/p}:=alpha(p)$ q.o. (*)
Questo è il punto in cui mi perdo. E' sufficiente prendere $M(p)\in [0, +\infty]$ anche perchè le quantità con cui stiamo lavorando sono non negative, sbaglio?
(*) questo è il passaggio che non mi fa comprendere a pieno la tua dimostrazione, in particolare l'implicazione.
si $M(p)$ è non negativo, ho scritto tutto $RR$ ma per surplus... su questo hai ragione. Anche se il fatto che siano non negative vengono da sole.
per come sono stati definiti gli $M(p)$ sono maggioranti della norma $||u||_{p}$.
Essendo $mu$ finita, se ho una costante $c$ posso sempre scrivere $c={c^p}^{1/p}$ e $1={(int_X1dmu)/(mu(X))}^{1/p}
penso che il tuo cruccio non sia questo, ma in quello che non ho scritto. Ovvero specificare meglio quali sono gli $M(p)$ scritto così come ho fatto io è falso...
Se scegliamo $alpha(p)="sup"|u|^p$ avremo che $||u||_p={int_X|u|^pdmu}^{1/p}<={int_X|alpha(p)|dmu}^{1/p}={alpha(p)*mu(X)}^{1/p}$ in particolare ${alpha(p)*mu(X)}^{1/p}<=K$.
Poniamo quindi $M(p)={alpha(p)*mu(X)}^{1/p}$, in questo modo $M(p)>=||u||_p$ e $|u|<=M(p)*mu(X)^{-1/p}$. Inoltre $M(p)<=K$.
ora dovrebbe andare, sistemo tutte le notazioni sopra così è più leggibile. Avevo fatto uno scivolone... 
prova a rileggere, ora dovrebbe tenere (ho editato il post precedente).
per come sono stati definiti gli $M(p)$ sono maggioranti della norma $||u||_{p}$.
Essendo $mu$ finita, se ho una costante $c$ posso sempre scrivere $c={c^p}^{1/p}$ e $1={(int_X1dmu)/(mu(X))}^{1/p}
penso che il tuo cruccio non sia questo, ma in quello che non ho scritto. Ovvero specificare meglio quali sono gli $M(p)$
scritto così come ho fatto io è falso...Se scegliamo $alpha(p)="sup"|u|^p$ avremo che $||u||_p={int_X|u|^pdmu}^{1/p}<={int_X|alpha(p)|dmu}^{1/p}={alpha(p)*mu(X)}^{1/p}$ in particolare ${alpha(p)*mu(X)}^{1/p}<=K$.
Poniamo quindi $M(p)={alpha(p)*mu(X)}^{1/p}$, in questo modo $M(p)>=||u||_p$ e $|u|<=M(p)*mu(X)^{-1/p}$. Inoltre $M(p)<=K$.
ora dovrebbe andare, sistemo tutte le notazioni sopra così è più leggibile. Avevo fatto uno scivolone...
prova a rileggere, ora dovrebbe tenere (ho editato il post precedente).
una domanda che apparentemente non centra nulla, che però è di vitale importanza per il punto 3. e che non riesco a capire se è ovvio o no.. (per la misura di lebesgue in $RR^n$ è ok..)
Sia $(X,Sigma,mu)$ uno spazio di misura, $mu(X)=+oo$. Allora esiste una successione ${G_k}_{k>=1}$ tale che $G_j$ è misurabile per ogni $j$, che $G_k\subG_k+1$, $mu(G_k)<+oo$ e $G_k->X$.
è il fatto di trovarli tutti finiti che mi rende qualche perplessità... voi che ne pensate?
se questo è vero allora ho una mezza idea sulla dimostrazione, infatti per ipotesi abbiamo che $u\in L^r(mu)$ per qualche $r\in (0,+oo)$.
Indichiamo con $||u||_{p,G_k}=(int_{G_k}|u|^pdmu)^{1/p}$ e $||u||_{oo,G_k}="inf"{x\in G_k:mu(|u|>x)=0}$.
Per quanto mostrato in 1) $||u||_{p,G_k}->||u||_{oo,G_k}$ ed essendo che $u*I_{G_k}\in L^r(mu)$ dall'ipotesi, avremo che, per la convergenza monotona, $||u||_{p,G_k}^p->||u||_{p,X}^p$ e, in modo analogo, essendo che ${x\in G_k:mu(|u|>x)=0}subset{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}=>"inf"{x\in G_k:mu(|u|>x)=0}<="inf"{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}$, abbiamo $||u||_{oo,G_k}->>||u||_{oo,X}$. Da cui la tesi.
Convince? per il primo (e anche secondo pezzo) cosa dite?
Sia $(X,Sigma,mu)$ uno spazio di misura, $mu(X)=+oo$. Allora esiste una successione ${G_k}_{k>=1}$ tale che $G_j$ è misurabile per ogni $j$, che $G_k\subG_k+1$, $mu(G_k)<+oo$ e $G_k->X$.
è il fatto di trovarli tutti finiti che mi rende qualche perplessità... voi che ne pensate?
se questo è vero allora ho una mezza idea sulla dimostrazione, infatti per ipotesi abbiamo che $u\in L^r(mu)$ per qualche $r\in (0,+oo)$.
Indichiamo con $||u||_{p,G_k}=(int_{G_k}|u|^pdmu)^{1/p}$ e $||u||_{oo,G_k}="inf"{x\in G_k:mu(|u|>x)=0}$.
Per quanto mostrato in 1) $||u||_{p,G_k}->||u||_{oo,G_k}$ ed essendo che $u*I_{G_k}\in L^r(mu)$ dall'ipotesi, avremo che, per la convergenza monotona, $||u||_{p,G_k}^p->||u||_{p,X}^p$ e, in modo analogo, essendo che ${x\in G_k:mu(|u|>x)=0}subset{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}=>"inf"{x\in G_k:mu(|u|>x)=0}<="inf"{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}$, abbiamo $||u||_{oo,G_k}->>||u||_{oo,X}$. Da cui la tesi.
Convince? per il primo (e anche secondo pezzo) cosa dite?
nessuno a dunque idee sulla successione di insiemi del post precedente? è un argomento che mi sta interessando ...
Non penso sia facile generalizzare, però se si considerano pelomeno spazi topologici con le misure che contano
per esempio con la misura indotta dalla misura esterna di Lebesgue-Stieltjes
...Non penso sia facile generalizzare, però se si considerano pelomeno spazi topologici con le misure che contano
per esempio con la misura indotta dalla misura esterna di Lebesgue-Stieltjes
"fu^2":
una domanda che apparentemente non centra nulla, che però è di vitale importanza per il punto 3. e che non riesco a capire se è ovvio o no.. (per la misura di lebesgue in $RR^n$ è ok..)
Sia $(X,Sigma,mu)$ uno spazio di misura, $mu(X)=+oo$. Allora esiste una successione ${G_k}_{k>=1}$ tale che $G_j$ è misurabile per ogni $j$, che $G_k\subG_k+1$, $mu(G_k)<+oo$ e $G_k->X$.
è il fatto di trovarli tutti finiti che mi rende qualche perplessità... voi che ne pensate?
In effetti questa proprietà non è vera in generale.
Ad esempio, prendi $X=RR, \mathcal{M}=P(RR)$ e $mu="misura che conta in " P(RR)$ (ossia $mu(E)="card"(E)="numero di elementi di "E$).
Uno spazio di misura $(X,\mathcal{M},mu)$ per cui esiste una successione di misurabili $(E_n)\subseteq \mathcal{M}$ con $mu(E_n)<+oo$ tale che $X=\bigcup_(n\in NN) E_n$ si chiama spazio di misura $sigma$-finito.
Ovviamente se hai una successione $(E_n)$ che gode delle proprietà suddette, puoi costruire una successione crescente come la tua $(G_n)$: infatti basta porre $G_n=\bigcup_(i=1)^n E_i$ per ottenere una successione crescente di misurabili con misura finita la cui unione è $X$.
Per quanto riguarda il punto 3, ti stai infognando in una cosa assurda.
In uno spazio con misura infinita la seconda (*) si prova uguale con Chebychev, ma la prima no, perchè non posso maggiorare con $||u||_oo*\mu^(1/p)(X)$; quindi il problema è mostrare la prima delle (*).
Il ragionamento è: -Non posso maggiorare come in 1... Ok, allora non mi perdo d'animo. Semplicemente devo trovare un'altro modo per provare la prima (*).-
L'altro modo è sfruttare una disuguaglianza di interpolazione come quella che ho indicato.
Niente di "strano", insomma...
ok, mettiamoci in uno spazio di misura $sigma$-finito.
Per questi spazi non mi pare che la mia dimostrazione sia troppo lontana dalla realtà, o mi perdo qualche pezzo?
Ora penso a come poter fare in maniera alternativa il primo pezzo
grazie della risposta, a presto!
Per questi spazi non mi pare che la mia dimostrazione sia troppo lontana dalla realtà, o mi perdo qualche pezzo?
Ora penso a come poter fare in maniera alternativa il primo pezzo
grazie della risposta, a presto!
"fu^2":
${x\in G_k:mu(|u|>x)=0}subset{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}=>"inf"{x\in G_k:mu(|u|>x)=0}<="inf"{x\in G_{k+1}:mu(|u|>x)=0}$
La disuguaglianza tra gli estremi inferiori va invertita; quando allarghi l'insieme, l'estremo inferiore decresce.
Ma evidentemente ciò non cambia la validità del ragionamento (visto che la monotonia ti serve solo per garantire l'esistenza del $lim_k ||u||_(oo,G_k)$).
Ad ogni modo, l'ipotesi di $sigma$-finitezza non serve; la disuguaglianza si prova per spazi di misura generici.
P.S.:
"fu^2":
Usando la disuguaglianza di Jensen si può mostrare che $||*||_p$ è monotona non decrescente
Siamo sicuri?
Non è che per caso questo vale solo se $mu(X)=1$?
Torno al problema perchè mi spiace lasciarlo incompleto, è così caruccio. Grazie al suggerimento di Gugo82:
$|u|^p= |u|^r* |u|^(p-r)<= |u|^r ||u||_{\infty}^(p-r) <= ||u||_{\infty}^r ||u||_{\infty}^(p-r)= ||u||_{\infty}^p$ pertanto:
$||u||_p^p<= ||u||_{\infty}^p=>||u||_p<= ||u||_{\infty}$, passando al limite $p$ abbiamo finito (?!)
Ad ogni modo ho uppato perchè mi interessa il punto 4. Ho pensato, se $\mu(X)=0$ allora $||u||_{p}=0$, ma cosa posso dire di $||u||_{\infty}$?
[Sono le quattro di mattina, quindi siate buoni!!
]
$|u|^p= |u|^r* |u|^(p-r)<= |u|^r ||u||_{\infty}^(p-r) <= ||u||_{\infty}^r ||u||_{\infty}^(p-r)= ||u||_{\infty}^p$ pertanto:
$||u||_p^p<= ||u||_{\infty}^p=>||u||_p<= ||u||_{\infty}$, passando al limite $p$ abbiamo finito (?!)
Ad ogni modo ho uppato perchè mi interessa il punto 4. Ho pensato, se $\mu(X)=0$ allora $||u||_{p}=0$, ma cosa posso dire di $||u||_{\infty}$?
[Sono le quattro di mattina, quindi siate buoni!!
]
"Mathematico":
Ad ogni modo ho uppato perchè mi interessa il punto 4. Ho pensato, se $\mu(X)=0$ allora $||u||_{p}=0$, ma cosa posso dire di $||u||_{\infty}$?
$||u||_{\infty}$ è l'estremo superiore a meno di insiemi di misura nulla, quindi direi che in quel caso non è definito. Puoi porlo uguale a zero per convenzione, penso.
"irenze":
$||u||_{\infty}$ è l'estremo superiore a meno di insiemi di misura nulla, quindi direi che in quel caso non è definito. Puoi porlo uguale a zero per convenzione, penso.
Grazie Irenze, ma se $||u||_{\infty}=0$ non otteniamo quello che volevamo.. il limite continua a valere
Forse è semplicemente diversa la convenzione. Forse si dovrebbe mettere $-\infty$? Perché in effetti $|| u ||_{\infty} = \text{ess sup}_{X} | u | = \text{inf} {a : \mu( | u (x) | > a) = 0} = -\infty$ (tutti gli $a$ reali soddisfano).
"irenze":
Forse è semplicemente diversa la convenzione. Forse si dovrebbe mettere $-\infty$? Perché in effetti $|| u ||_{\infty} = \text{ess sup}_{X} | u | = \text{inf} {a : \mu( | u (x) | > a) = 0} = -\infty$ (tutti gli $a$ reali soddisfano).
Esatto.
Un "Bravo" a tutti quelli che hanno partecipato alla discussione.
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