Función en$L^p$ pero no en$L^{\infty}$

Question

Demuestre que si

ps

luego$$f(x) = \ln\left({1\over x}\right),\quad 0<x\le 1$ para todos$f\in L^p((0, 1])$ pero$1 \le p < \infty$.

Intuitivamente sé que tengo que mostrar que$f\not\in L^{\infty}((0, 1])$ pero$\int_{[0,1]}|f|^p <\infty $ no está necesariamente limitado, eso significa$f$, st$\exists M >0$, pero olvidé cómo calcular la integral y no estoy seguro cómo encontrar$|f(x)|>M$.

Cualquier ayuda, gracias.

Answer 1

Usted puede hacer este cambio de variables : u = $\log{1/x} \implies x = e^{-u}$

Así, para calcular el p-norma, considere la siguiente integral

$\int_0^{1}\log(\frac{1}{x})^pdx = \int_{0}^{\infty} u^p e^{-u} du$

La integral en el r.h.s es la conocida función gamma $\Gamma(p+1)$, que converge para valores de p que nos interesa.

Para el $L^{\infty}$ parte, considere la posibilidad de $M \in [0,\infty)$

Por lo tanto, tenemos que $\log(\frac{1}{x})> M \iff x < e^{-M} $

Ahora, considere el intervalo de $A = (0, e^{-M}) $. Tenemos que, para todos los $x \in A, f(x) > M$ debido a que la función es estrictamente decreciente. También, f es positiva en $(0,1)$, por lo que nos puede tirar el módulo.

Así nos encontramos con un conjunto medible donde la función es mayor que M, para todo M, y tiene medida positiva.Esto implica que $ f \notin L^{\infty} $ y hemos terminado.

Answer 2

Para cualquier $a>0,\lim_{x\to 0^+}x^a\ln (1/x) =0.$ dado así $0

$$x^{1/(2p)}\ln(1/x)

Desde $\int_0^1 x^{-1/2}\, dx

Answer 3

Hacer un simple cambio de variables, $u=x^{-1}$, de modo que $du = -x^{-2}dx\iff -u^{-2}du = dx$

Entonces usted consigue

$$\int_\infty^1 -{\log u\over u^2}\,du=\int_1^\infty {\log u\over u^2}\,du$$

Y esto se comprueba fácilmente a ser integrable comparando directamente con

$$\int_1^\infty {du\over u^{3/2}}$$

Ya sabemos

$$\lim_{x\to\infty} {\log x\over \sqrt{x}}=0$$

Así que no es de$N>0$, de modo que para todos los $x>N$ tenemos $\log x<x^{1/2}$. Por lo tanto

$$\int_1^\infty{\log u\over u^2}\,du\le \int_1^N{\log x\over x^2}\,dx +\int_N^\infty {u^{1/2}\over u^2}.$$

Para $p^{th}$ potencias esto es tan simple, ya que dado $\epsilon>0, p>1$ tenemos ${\log^p x\over x^{p\epsilon}}\to 0$ $x\to\infty$ por el mismo resultado que antes, por lo que acaba de hacer

$$\int_1^N \left|{\log^p x\over x^{2p}}\right|\,dx +\int_N^\infty {x^{p\epsilon}\over x^p}\,dx$$

y sólo necesitamos elegir $\epsilon$ lo suficientemente pequeño como para que $p(\epsilon -1)<-1$ desde entonces tenemos la segunda integral es

$$\int_N^\infty {dx\over x^{p(1-\epsilon)}}.$$

Y esto converge exactamente al $p(1-\epsilon)>1$.

Para la segunda parte, es muy simple: seleccione $x<e^{-N}\iff {1\over x} > e^N$

$$\log\left({1\over x}\right) >\log e^N = N$$

así que la función no está esencialmente limitado, ya que $|f(x)|>N$ en el conjunto de $(0, e^{-N})$ el cual tiene una medida de $e^{-N}>0$.