La desigualdad triangular falla en $L^{1,\infty}$

Question

Se puede demostrar que $\forall\varepsilon>0$ existe $C(\epsilon)>0$ tal que para todo $f,g\in L^{1,\infty}(\Bbb R^n)$ tenemos que $$||f+g||_{1,\infty}\le(1+\varepsilon)||f||_{1,\infty}+C(\varepsilon)||g||_{1,\infty}$$ por ejemplo $C(\epsilon)=1+\frac1{\varepsilon}$ funciona.

Tengo algún problema en probar que esta desigualdad falla para $\varepsilon=0$ . Debería probar que para cada $C>0$ existe $f_C,g_C\in L^{1,\infty}(\Bbb R^n)$ tal que

$$||f+g||_{1,\infty}>||f||_{1,\infty}+C||g||_{1,\infty}$$ pero parece muy difícil. Pensé que puedo tomar alguna secuencia de funciones, pero no puedo poner esta idea en cálculos concretos.

¿Puede alguien ayudarme?

EDITAR : Dado $f:\Bbb R^n\to\Bbb R$ medible definimos, para $\alpha>0$ , $\lambda_f(\alpha):=|\{x\in\Bbb R^n\;:\;|f(x)|>\alpha\}|$ (dado un subconjunto $E\subseteq\Bbb R^n$ E| para denotar su medida de Lebesgue).

A continuación, fijamos $$L^{1,\infty}(\Bbb R^n):=\{f:\Bbb R^n\to\Bbb R\;\mbox{measurable}\;:\exists C>0\;\;\mbox{s. t.}\;\; \lambda_f(\alpha)\le\frac C{\alpha}\;\forall \alpha>0\}\;\;\;.$$

Por último, fijamos $||f||_{1,\infty}$ como el ínfimo de tales $C$ 's.

Answer 1

Obviamente, $||f||_{1,\infty} = \sup_{\alpha>0} \alpha \lambda_f(\alpha)$ . Para $n=1$ y una monótona $f$ es el área del rectángulo más grande bajo la gráfica de $f$ . La idea es la siguiente. Tomemos $f$ tal que este rectángulo tenga un lado horizontal grande. Añadimos un pequeño $g$ que golpea $f$ en el punto donde el rectángulo toca el gráfico, lo que aumenta considerablemente el área.

Sea $n=1$ , $K>0$ sea pequeño, y $$f(x) = \frac1x \mathbf{1}_{(0,1)}(x),\quad g(x) = \frac{K}{1-x}\mathbf{1}_{(0,1)}(x).$$ Claramente, $||f||_{1,\infty} = 1$ , $||g||_{1,\infty} = K$ . Es fácil ver que el mínimo de $f+g$ en $(0,1)$ se alcanza en $x=(1+\sqrt{K})^{-1}$ y es igual a $m = (1+\sqrt{K})^2$ . Por lo tanto, $$||f+g||_{1,\infty} \ge m \lambda_{f+g}(\alpha)(m) =m\ge 1+\sqrt{K}.$$ En $K<1/C^2$ obtenemos $$||f+g||_{1,\infty} > 1+CK = ||f||_{1,\infty}+C||g||_{1,\infty},$$ según sea necesario.

Answer 2

He aquí un ejemplo para $\mathbb{R}$ aunque es probable que pueda generalizarse a dimensiones superiores.

Fijar un número entero $n\geqq 2$ y defina $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ por $f(x)=\frac{n}{i}$ si $x\in [\frac{i-1}{n},\frac{i}{n})$ , $1\leq i\leq n$ y $f(x)=0$ de lo contrario. Entonces $||f||_{1,\infty}=1$ .

Definir un mapa $T:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ por $T(x)=x+\frac{1}{n}$ (mod 1) si $x\in[0,1)$ y $T(x)=x$ de lo contrario. Para $1\leq j\leq n$ , dejemos que $f_j(x)=f(T^jx)$ .

Entonces $||f_j||_{1,\infty}=1$ para $1\leq j\leq n$ pero $\sum_{j=1}^nf_j$ es igual a la función constante $n\sum_{j=1}^n\frac{1}{j}$ en $[0,1)$ Por lo tanto $$\Big|\Big|\sum_{j=1}^nf_j\Big|\Big|_{1,\infty}=n\sum_{j=1}^n\frac{1}{j}$$

Hay una constante $c>0$ tal que $n\sum_{j=1}^n\frac{1}{j}\geq cn\log n$ para todos $n\geq 2$ por lo que hemos demostrado que para cada $n\geq 2$ existe $f_1,\dots,f_n$ con $||f_j||_{1,\infty}=1$ tal que $$\Big|\Big|\sum_{j=1}^nf_j\Big|\Big|_{1,\infty}\geq cn\log n$$

Si la desigualdad triangular se cumple con alguna constante $C$ para cualquier función $g_1,\dots,g_n$ con $||g_j||_{1,\infty}=1$ tenemos $$||g_1+\dots+g_n||_{1,\infty}\leq ||g_1+\dots+g_{n-1}||_{1,\infty}+C\leq\dots\leq 1+(n-1)C$$

Pero para cualquier constante $C$ podemos elegir un $n$ lo suficientemente grande como para que $$cn\log n>1+(n-1)C$$ por lo que la desigualdad triangular no puede cumplirse.

Answer 3

Encontré una respuesta por mi cuenta.

Queremos demostrar que la afirmación $$\exists C>0\;\;:||f+g||_{1,\infty}\le||f||_{1,\infty}+C||g||_{1,\infty}\;\;\;\forall f,g\in L^{1,\infty}(\Bbb R^n)$$ es falsa (de hecho, deberíamos esperarlo: si observamos PARTE(A), vemos que $C(\varepsilon)>0$ se hace más y más grande a medida que $\varepsilon$ se acerca a $0$ , ). Así pues, debemos demostrar que $$\forall C>0\;\;\exists f_C,\;g_C\in L^{1,\infty}(\Bbb R^n)\;\;:\;\; ||f_C+g_C||_{1,\infty}>||f_C||_{1,\infty}+C||g_C||_{1,\infty}\;\;.$$ Tomé $n=1$ y busqué dos secuencias de funciones $\{f_k\}_k,\{g_k\}_k\subseteq L^{1,\infty}(\Bbb R)$ tal que $$\begin{equation}\label{4} ||f_k+g_k||_{1,\infty}>||f_k||_{1,\infty}+C||g_k||_{1,\infty} \end{equation}$$ sea cierto para algunos $k=k(C)$ ; de esta manera habría terminado. Obsérvese ahora que la desigualdad anterior es equivalente a $$\frac{||f_k+g_k||_{1,\infty}}{||g_k||_{1,\infty}}>\frac{||f_k||_{1,\infty}}{||g_k||_{1,\infty}}+C$$ (buscamos un $\{g_k\}_k$ tal que $||g_k||_{1,\infty}\neq0\;\;\;\forall k$ ; en caso contrario, si $||g_k||_{1,\infty}=0$ para un número finito de $k$ o para infinitos $k$ pero no de forma definitiva, simplemente dejamos estos $g_k$ de la secuencia; en caso contrario $g_k=0$ a.e. definitivamente, entonces la desigualdad anterior se convierte en $||f_k||_{1,\infty}>||f_k||_{1,\infty}\;\;k\ge\bar k$ que es falso). Por lo tanto $\{f_k\}_k,\{g_k\}_k\subseteq L^{1,\infty}(\Bbb R)$ tal que

\begin{equation}\label{5} \left\{ $$\begin{array}{ll} \limsup_k\frac{||f_k+g_k||_{1,\infty}}{||g_k||_{1,\infty}}=+\infty\\ \limsup_k\frac{||f_k||_{1,\infty}}{||g_k||_{1,\infty}}<+\infty\\ \end{array}$$ \De acuerdo. \fin{ecuación} nos permitiría concluir. \newline \newline Empecé a probar con diferentes funciones en diferentes dominios, hasta que quedó claro el papel de cada componente que estaba utilizando; entonces pude hacer un argumento heurístico que finalmente dio dos posibles candidatos para las secuencias deseadas.

Así que $n=1$ y considerar $$f_k(x):=-ke^x\chi_{]0,\sqrt k[}(x),\;\;\;\;\;\;\;g_k(x):=ke^x\chi_{]0,k[}\;\;,\;\;k\ge1$$ de la cual $$f_k(x)+g_k(x)=ke^x\chi_{[\sqrt k,k[}(x)\;\;.$$ Obsérvese ahora que, para una función medible $f:\Bbb R^n\to\Bbb R$ tenemos que $$||f||_{1,\infty}:=\inf\left\{D>0\;:\;\lambda_f(\alpha)\le\frac D{\alpha}\;\forall\alpha>0\right\}=\sup_{\alpha>0}\{\alpha\lambda_f(\alpha)\}\;.$$ Utilizaremos esta última caracterización del $1$ -norma débil en lo siguiente.

Ahora: \begin{align*} \lambda_{f_k}(\alpha) &= \left\{ $$\begin{array}{lll} 0\\ \sqrt k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\\ \sqrt k \end{array}$$ \De acuerdo. \Izquierda. $$\begin{array}{ccc} \alpha\ge ke^{\sqrt k}\\ k\le\alpha<ke^{\sqrt k}\\ 0<\alpha<k \end{array}$$ \derecha. &=\left(\sqrt k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[k,ke^{\sqrt k}[}(\alpha)+\sqrt k\chi_{]0,k[}(\alpha) \fin{align*} de donde obtenemos $$||f_k||_{1,\infty}=\sup_{\alpha>0}\left\{\alpha\left(\sqrt k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[k,ke^{\sqrt k}[}(\alpha)+\alpha\sqrt k\chi_{]0,k[}(\alpha)\right\}=k\sqrt k$$ de hecho, si fijamos $h(\alpha):=\alpha\left(\sqrt k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)$ tenemos $h'(\alpha)=\sqrt k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)-k$ que es negativo cuando $\alpha\in [k,ke^{\sqrt k}[$ Así pues $h$ disminuye, por lo que el $\sup$ a continuación. Veamos ahora $g_k$ : \begin{align*} \lambda_{g_k}(\alpha) &= \left\{ $$\begin{array}{lll} 0\\ k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\\ k \end{array}$$ \Muy bien. \Izquierda. $$\begin{array}{ccc} \alpha\ge ke^{k}\\ k\le\alpha<ke^{k}\\ 0<\alpha<k \end{array}$$ \derecha. &=\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[k,ke^{k}[}(\alpha)+k\chi_{]0,k[}(\alpha) \fin{align*} de donde obtenemos $$||g_k||_{1,\infty}=\sup_{\alpha>0}\left\{\alpha\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[k,ke^{k}[}(\alpha)+\alpha k\chi_{]0,k[}(\alpha)\right\}=k^2$$ porque, con el mismo argumento anterior, $h(\alpha):=\alpha\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)$ es decreciente en $[k,ke^k[$ .\ Finalmente trabajemos con la suma $f_k+g_k$ : \begin{align*} \lambda_{f_k+g_k}(\alpha) &= \left\{ $$\begin{array}{lll} 0\\ k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\\ k-\sqrt k \end{array}$$ \Derecha. \Izquierda. $$\begin{array}{ccc} \alpha\ge ke^{k}\\ ke^{\sqrt k}\le\alpha<ke^{k}\\ 0<\alpha<ke^{\sqrt k} \end{array}$$ \ right.\\\ &=\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[ke^{\sqrt k},ke^{k}[}(\alpha)+(k-\sqrt k)\chi_{]0,ke^{\sqrt k}[}(\alpha) \fin{align*} de lo que obtenemos $$||f_k+g_k||_{1,\infty}=\sup_{\alpha>0}\left\{\alpha\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)\chi_{[ke^{\sqrt k},ke^{k}[}(\alpha)+\alpha(k-\sqrt k)\chi_{]0,ke^{\sqrt k}[}(\alpha)\right\}=ke^{\sqrt k}(k-\sqrt k)$$ observando de nuevo que $h(\alpha):=\alpha\left(k-\log\left(\frac{\alpha}{k}\right)\right)$ es decreciente en $[ke^{\sqrt k},ke^k[$ . Por lo tanto $f_k$ y $g_k$ verifique lo anterior $\limsup$ así lo hemos hecho.