Análisis Calificación pregunta de examen UM Mayo 2013

Question

Estoy estudiando para los exámenes de calificación y encontré el siguiente problema del examen de calificación de análisis de la Universidad de Michigan de mayo de 2013.

Deje que$f$ sea una función medible en$(0, \infty)$. Deje$p > 1/2$ y defina$g(x) = (x^p + x^{−p})f(x)$. Demuestre que si$g ∈ L^2(0,\infty)$ entonces$f ∈ L^1(0,\infty)$.

Usé Holder y ahora no estoy seguro de cómo mostrar que la integral$(x^p + x^{−p})^2$ de$0$ a infinito es finita.

Soy nuevo en este sitio web, así que me disculpo por no tenerlo en LaTex.

Answer 1

Dejar $\phi(x) = \frac{1}{x^{-p}+x^p}$. Luego$|\phi(x)| \le 1 $ para$x \in (0,1]$, y$|\phi(x)| \le x^{-p}$ para$x >1$. Entonces, desde$2p>1$, tenemos$\phi \in L^2$.

Vemos que$f(x) = g(x) \phi(x)$, así que Hölder da$\|f\|_1 \le \|g\|_2 \|\phi \|_2$.

Answer 2

De hecho, como usted dice, uno tiene para todos los$0<a<b$$$\int_a^b|f(x)|dx \leq \sqrt{\int_a^b\left(f(x)(x^p+x^{-p})\right)^2}dx + \sqrt{\int_a^b\frac{dx}{(x^p+x^{-p})^2}}.$% $

Ahora, la primera integral está convergiendo cuando$a\to 0,b\to\infty$. El segundo se puede simplificar$$\int_a^b\frac{x^{2p}}{x^{4p}+2x^{2p}+1}dx$ $ Por lo tanto, no hay problemas en$a=0$, y por la prueba de comparación con$\int_1^\infty\frac{dx}{x^{2p}}$, que se sabe que debido a$2p>1$ converge, esto es incorrecto. La integral también converge.

Answer 3

Por parte del Titular de la desigualdad, tenemos $$\int_0^\infty|f(x)|dx=\int_0^\infty|g(x) (x^p + x^{p})^{-1}|dx\leq \left(\int_0^\infty|g(x)|^2dx\right)^{\frac{1}{2}}\left( \int_0^\infty(x^p + x^{p})^{-2}dx\right)^{\frac{1}{2}} \etiqueta{1}.$$ Desde $g\in L^2(0,\infty)$, si podemos demostrar que $\int_0^\infty(x^p + x^{−p})^{-2}dx<\infty$,, a continuación, $f\in L^1(0,\infty)$ por $(1)$.

Tenga en cuenta que $$\int_0^\infty(x^p + x^{p})^{-2}dx= \int_0^\infty\frac{1}{x^{2} + x^{−2}+2}dx$$ $$ =\int_0^1\frac{1}{x^{2} + x^{−2}+2}dx+\int_0^\infty\frac{1}{x^{2} + x^{−2}+2}dx $$ $$\leq \int_0^1\frac{1}{2}dx+\int_1^\infty\frac{1}{x^{2p}}dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{2p-1}\frac{1}{x^{2p-1}}\big|_1^\infty=\frac{1}{2}+\frac{1}{2p-1}<\infty$$ donde hemos utilizado el supuesto de $p>1/2$.