Derivado de $t \mapsto \Vert f+tg \Vert_p^p$

Question

Supongamos $(X,\mathcal A, \mu)$ es una medida de espacio y deje $f,g\in L^p(X)$ ser reales-valores de funciones, $p\in(1,+\infty)$. Vamos a definir $$ F:\mathbb{R} \ni t \mapsto \int_X \vert f(x)+tg(x) \vert^p d\mu = \Vert f+tg \Vert_p^p $$ Demostrar que $F$ es diferenciable y calcular el $F'(0)$.

¿Tienes alguna idea? He intentado varias cosas, con bastante poco éxito. Creo que el derivability de $F$ es una aplicación del teorema de convergencia dominada (pero no puedo ver exactamente cómo).

¿Qué acerca de la $F'(0)$? $$ \lim_{t \to 0}\frac{F(t)-F(0)}{t}=\lim_{t \to 0} \frac{\int_X \vert f+tg\vert^p-\vert f \vert^pd\mu}{t} $$ pero no sé cómo seguir. Gracias de antemano por su amable ayuda.

Answer 1

Es suficiente para demostrar que la función de $F$ es diferenciable en cada subconjunto abierto de $\mathbb{R}$. Así que vamos a $r>0$, y $$ \phi: X\times(-r,r) \a [0,\infty],\ \phi(x,t)=s(f(x)+tg(x))=:\phi^x(t), $$ donde $$ s: \mathbb{R} \[0,\infty),\ s(t)=|t|^p. $$ Desde $s$ es diferenciable, y $$ s'(t)=\begin{cases} p|t|^{p-2}t &\text{ for } t \ne 0\\ 0 &\text{ for } t=0 \end{casos}, $$ de ello se sigue que para cada $x$ en $$ \Omega:=\{x \in X:\ |f(x)|<\infty\}\cap\{x \in X:\ |g(x)|<\infty\} $$ la función de $\phi^x$ es diferenciable y $$ (\phi^x)'(t)=\partial_t\phi(x,t)=g(x)s'(f(x)+tg(x)) \quad \forall\ t \en (-r,r). $$ Por lo tanto $$ |\partial_t\phi(x,t)| \le G_r(x):=\max(1,r^{p-1})|g(x)|(|f(x)|+|g(x)|)^{p-1} \quad \forall\ (x,t) \in \Omega\times(-r,r) $$ Gracias a Hölder la inequidad que tenemos $$ \int_XG_r\,d\mu=\max(1,r^{p-1})\int_X|g|(|f|+|g|)^{p-1}\le \max(1,r^{p-1})\|g\|_{L^p(X)}\|(|f|+|g|)\|^{p-1}_{L^p(X)}, $$ es decir, $G_r \in L^1(X)$

Dado $t_0 \in (-r,r)$ y una secuencia $\{t_n\} \subset (-r,r)$ $t_n \to t_0$ hemos creado $$ \tilde{\phi}_n(x,t_0)=\frac{\phi(x,t_0)-\phi(x,t_n)}{t_0-t_n} \quad \forall x \in \Omega, n \in \mathbb{N}. $$ Entonces $$ \lim_n\tilde{\phi}(x,t_0)=\partial_t\phi(x,t_0) \quad \forall\ x\in \Omega. $$ Gracias a la MVT hay algunos $\alpha=\alpha(t_0,t_n) \in [0,1]$ tal que $$ |\tilde{\phi}_n(x,t_0)|=|\partial_t\phi(x,\alpha t_0+(1-\alpha)t_n)|\le G_r(x) \quad \forall\ x \in \Omega, n \in \mathbb{N}. $$ Aplicando el teorema de convergencia dominada para la secuencia de $\{\tilde{\phi}_n\}$ obtenemos para cada $t_0 \in (-r,r)$: $$ \int_X\partial_t\phi(x,t_0)d\mu(x)=\int_X\lim_n\tilde{\phi}_n(x,t_0)d\mu(x)=\lim_n\int_X\tilde{\phi}_n(x,t_0)=\lim_n\frac{F(t_0)-F(t_n)}{t_0-t_n}= F'(t_0). $$ En particular, hemos $$ F'(0)=\int_X g(x)s'(f(x))=\int_X fg|f|^{p-2}. $$

Answer 2

Indirecta: % que $F(t,x):=|f(x)+tg(x)|^p$. Compruebe que podemos tomar el derivado bajo la integral.

Tenemos $\partial_tF(t,x)=|g(x)|\cdot |f(x)+tg(x)|^{p-1}\operatorname{sgn}(f(x)+tg(x))$, que, localmente en $t$, limita $t$ con una función de itnegrable de $x$.