Пространства L^p

[Бабай]

Привет!

Нужно показать следующее:

Пусть мера Лебега множества $\Omega$ конечна и $1 \le p \le q \le \infty$.
Тогда для всех $u \in L^q(\Omega)$ имеем $u \in L^p(\Omega)$, причём
$||u||_p \le \text{meas}(\Omega)^{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}||u||_q$;
при $q=\infty$ положим $\frac{1}{q}:=0$.

Док-во для $q=\infty$ получается оценкой $||u||^p_p=\int_{\Omega}|u(x)|^p\,dx \le \text{meas}(\Omega) \sup_{\Omega \setminus N}|u|^p$, где $N$ (достаточно большое) множество меры нуль.

Если же $q<\infty$, то хотел использовать неравенство Гёльдера, но как-то показатели подогнать не получается!

[Oleg Zubelevich]

тем не менее задача на неравенство Гельдера

[Бабай]

Тем не менее мне уже было ясно, что здесь следовало бы воспользоваться неравенством Гёльдера.

Однако, если и была более элементарная возможность воспользоваться Гёльдером в привычном виде, то мне она в голову к сожалению не пришла. (Может я конечно просто недопонял неравенство Гёльдера.) Так что пришлось его немного переделать, а именно пришлось переделать неравенство Юнга.

Кстати, при $p=1$ неравенство задачи также, очевидно, выполняется.

Пусть теперь $1 < p \le q < \infty$ и $u \neq 0$ почти всюду.

Для $a,b >0$ имеем в силу выпуклости логарифмической функции:

$\log ab = \log a + \log b = \frac{q-p}{q}\frac{q}{q-p} \log a + \frac{p}{q}\frac{q}{p} \log b = \left(1-\frac{p}{q}\right) \log a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} \log b^{\frac{q}{p}} \le \log \left[\left(1-\frac{p}{q} \right) a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} b^{\frac{q}{p}} \right]$

Таким образом получаем неравенство:

$ab \le \left(1-\frac{p}{q} \right) a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} b^{\frac{q}{p}} $

Положим: $a := \frac{1}{||1||_{\frac{q}{q-p}}}, b := \frac{|u|^p}{||u||^p_q}$, где в знаменателе для $a$ стоит не норма, а просто обозначение для соответствующего интеграла.

Засовываем это всё в выведенное неравенство:

$\frac{1}{||1||_{\frac{q}{q-p}}}\frac{|u|^p}{||u||^p_q} \le \left( 1-\frac{p}{q} \right)\frac{1}{||1||^{\frac{q}{q-p}}_{\frac{q}{q-p}}} + \frac{p}{q} \frac{|u|^q}{||u||^q_q}$.

Справа всё интегрируемо. След-но:

$\frac{\int_{\Omega}|u|^p \, dx}{||1||_{\frac{q}{q-p}} ||u||^p_q} \le \left( 1 - \frac{p}{q}\right) \frac{\int_{\Omega}1 \, dx}{||1||^{\frac{q}{q-p}}_{\frac{q}{q-p}}} + \frac{p}{q} \frac{\int_{\Omega} |u|^q \, dx}{||u||^q_q}=1$.

В итоге имеем: $||u||^p_p = \int_{\Omega} |u|^p \, dx \le ||1||_{\frac{q}{q-p}} ||u||^p_q$, что и требовалось показать.

Признаюсь, что если бы в задаче не стояло само неравенство, которое надо показать, от фонаря к нему бы вряд ли пришёл! Есть ли какие-нибудь эмпирические соображения, с помощью которых можно было бы угадать это неравенство, а точнее то, что оно выражает:

$\frac{||u||_p}{||u||_q} \le \frac{||1||_p}{||1||_q}$ (при $u \neq 0$) ?

[Oleg Zubelevich]

$$\|u\|^p_p\le\Big (\int 1dx\Big)^{1/\lambda}\Big (\int |u|^{p\lambda'}dx\Big)^{1/\lambda'},\quad1/\lambda+1/\lambda'=1,\quad p\lambda'=q$$

[Бабай]

Какой же Вы злодей, Дядя Олег!

Я так и знал! Клянусь, что это неравенство уже имел перед глазами, делая подгонку показателей!! Я не могу себе сейчас объяснить, почему не разглядел в нём Гёльдера! Очевидно надо было просто свернуть всё в лямбды как у Вас! Просмотрел!

Ну, как говорится, зачем просто, когда можно сложно! Зато теперь у нас два эквивалентных способа решения!

Благодарю!

P.S.: Вопрос остаётся…Можно ли прийти к искомому неравенству сразу, не вспоминая про Гёльдера?

[TR63]

Бабай в сообщении #679154 писал(а):

Тем не менее мне уже было ясно, что здесь следовало бы воспользоваться неравенством Гёльдера.

Однако, если и была более элементарная возможность воспользоваться Гёльдером в привычном виде, то мне она в голову к сожалению не пришла. (Может я конечно просто недопонял неравенство Гёльдера.) Так что пришлось его немного переделать, а именно пришлось переделать неравенство Юнга.

Кстати, при $p=1$ неравенство задачи также, очевидно, выполняется.

Пусть теперь $1 < p \le q < \infty$ и $u \neq 0$ почти всюду.

Для $a,b >0$ имеем в силу выпуклости логарифмической функции:

$\log ab = \log a + \log b = \frac{q-p}{q}\frac{q}{q-p} \log a + \frac{p}{q}\frac{q}{p} \log b = \left(1-\frac{p}{q}\right) \log a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} \log b^{\frac{q}{p}} \le \log \left[\left(1-\frac{p}{q} \right) a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} b^{\frac{q}{p}} \right]$

Таким образом получаем неравенство:

$ab \le \left(1-\frac{p}{q} \right) a^{\frac{q}{q-p}} + \frac{p}{q} b^{\frac{q}{p}} $

Как получено последнее неравенство?

[Deggial]

Бабай в сообщении #679178 писал(а):

Какой же Вы злодей, Дядя Олег!

Бабай, замечание за искажение ника.

[Бабай]

TR63 в сообщении #679892 писал(а):

Как получено последнее неравенство?

В связи с монотонностью экспоненциальной функции.

Что ж вы все молчите! Никто не говорит, что в слове "выпуклости" буква "Ы" лишняя! Конечно, имелась в виду вогнутость!

[TR63]

Из этой вогнутости следует, что:
$\log( mx+ny)\geq{m}{\log(x)}+{n}{\log(y)}$.
Это так?

[Бабай]

Вогнутость функции означает, что

$f((1-\lambda)x+\lambda y) \ge (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y), \lambda \in [0,1]$

[TR63]

Смотрю в учебник. Там написано: "если выполняется неравенство ... , то функционал выпуклый". Про обратное ничего не сказано. Если обратное верно, то согласна. (Попробовала доказать самостоятельно с помощью частных производных. Не получается.)

[Бабай]

Если Вы имеете в виду неравенство, которое я привёл выше, то оно берётся за определение вогнутости (или как ещё говорят выпуклости вверх), т.е. доказывать тут нечего.

То, что логарифмическая функция является вогнутой, однако, проверяется отдельно. В этом можно убедиться наглядно, смотря на график этой функции.

[TR63]

Натуральный ряд состоит из чётных и нечётных чисел.
Определение: чётные числа называются зелёными.
Выбрали случайное натуральное число. Оно оказалось зелёным.
Вопрос: можно ли дать абсолютную гарантию, что это число чётное (по определению) или это надо доказать.

[Бабай]

Прошу прощения, но я не понял Вашей проблемы.

[TR63]

Ваше доказательство соответствует аналогии, которую я привела. Если Ваш ответ на неё-да (и это верно), то я согласна, что Ваше доказательство безупречно в данной части. Если-нет, то надо искать другое доказательство. (Мне не важно, чья это проблема. Я считаю, что Ваше доказательство не является логическим доказательством.)