Si , entonces .

Question

Este problema tiene dos partes:

(a) Si$f\in L^1[0,1]\cap L^2[0,1]$, entonces$\|f\|_1 \le \|f\|_2$.

(b) Utilice (a) para deducir que$L^2[0,1]$ es un subconjunto de$L^1[0,1]$.

Sin usar la parte (a), deje que$f$$\in$$L^2[0,1]$. Dado que la función constante$1$$\in$$L^2[0,1]$, por la desigualdad del Titular, podemos concluir que$\|f\|_1$$\le$$\|f\|_2\|1\|_2$$=\|f\|_2$.

Pero, ¿cómo puedes deducir la parte (b) de la parte (a)? Además, ¿cómo prueba la reclamación en la parte (a)?

Answer 1

Repasemos lo que has mostrado. Si$f\in L^2$, entonces$\|f\|_1\leq \|f\|_2$. Esta espectáculos:

1. $L^2\subseteq L^1$, y por lo tanto $L^1\cap L^2=L^2$.
2. Para todos $f\in L^1\cap L^2 = L^2$, $\|f\|_1\leq \|f_2\|$.

Es decir, básicamente habías probado (a) así como (b) con el mismo paso.

Answer 2

Para la Parte (b), no puedo ver de inmediato cómo se está implícita en (a), pero esta es la forma en que puede proceder directamente (sólo una sugerencia, por supuesto). Deje $ f \in {L^{2}}([0,1]) $. Definir $$ A := \{ x \in [0,1] ~|~ |f(x)| \leq 1 \} \quad \text{y} \quad B := \{ x \in [0,1] ~|~ |f(x)| > 1 \}. $$ Para cada una de las $ x \in B $,$ |f(x)| < |f(x)|^{2} $, por lo que $$ \int_{B} |f|^{2} ~d{\mu} < \infty \Longrightarrow \int_{B} |f| ~d{\mu} < \infty. $$

Siguiente, observe que $ \displaystyle \int_{A} |f| ~d{\mu} < \infty $ porque $ |f| $ está limitada por el valor de$ 1 $$ A $, que tiene medida finita. Como $ \{ A,B \} $ particiones del intervalo de $ [0,1] $, vemos que $$ \int_{[0,1]} |f| ~d{\mu} = \int_{Un} |f| ~d{\mu} + \int_{B} |f| ~d{\mu} < \infty. $$ Por lo tanto, $ f \in {L^{1}}([0,1]) $.