Autor Tema: Medida de conteo

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05 Octubre, 2016, 03:21 am
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mapa

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¡Hola!

Si \( \mu \) es la medida de conteo en \( \mathbb{N} \) y si \( 1\leq{p_1}\leq{p_2}<\infty \) entonces \( Lp_{2}\subset{Lp_1} \) y \(  \left\|{f}\right\|_{p_1}\geq{\left\|{f}\right\|_{p_2}} \)
¿Cómo podría demostrarlo?

05 Octubre, 2016, 10:45 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

  • el_manco
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Hola

¡Hola!

Si \( \mu \) es la medida de conteo en \( \mathbb{N} \) y si \( 1\leq{p_1}\leq{p_2}<\infty \) entonces \( Lp_{2}\subset{Lp_1} \) y \(  \left\|{f}\right\|_{p_1}\geq{\left\|{f}\right\|_{p_2}} \)
¿Cómo podría demostrarlo?

Pero la inclusión es al revés:

\( L^{p_1}\subset L^{p_2} \)

Previamente supongo que habrás probado que con la medida de contar:

\( \displaystyle\int_{\mathbb{N}}fd\mu=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}f(n) \)

Entonces si \( f\in L^{p_1} \) la serie:

\( \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}|f(n)|^{p_1} \)

es convergente y por tanto para \( n \) suficientemente grande \( |f(n)|<1 \). Entonces si \( p_1<p_2 \) se tiene que \( |f(n)|^{p_2}<|f(n)|^{p_1} \) y de ahí es inmediato que \( L^{p_1}\subset L^{p_2} \).

Para la segunda parte ten en cuenta que:

\( \|f\|_{p_2}=\left(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}|f(n)|^{p_2}\right)^{1/p_2}=\|f\|_{p_1}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\left|\dfrac{f(n)}{\|f\|_{p_1}}\right|^{p_2}\right)^{1/p_2}\leq
\|f\|_{p_1}\left(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\left|\dfrac{f(n)}{\|f\|_{p_1}}\right|^{p_1}\right)^{1/p_2}=\|f\|_{p_1}\left\|\dfrac{f}{\|f\|_{p_1}}\right\|_{p_1}^{p_1/p_2}=\|f\|_{p_1} \)

Saludos.

06 Octubre, 2016, 05:23 am
Respuesta #2

mapa

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Hola

¡Hola!

Si \( \mu \) es la medida de conteo en \( \mathbb{N} \) y si \( 1\leq{p_1}\leq{p_2}<\infty \) entonces \( Lp_{2}\subset{Lp_1} \) y \(  \left\|{f}\right\|_{p_1}\geq{\left\|{f}\right\|_{p_2}} \)
¿Cómo podría demostrarlo?

Pero la inclusión es al revés:

\( L^{p_1}\subset L^{p_2} \)
De acuerdo a lo que has desarrollado posteriormente, ya me convencí de que la inclusión que se da es la que indicas, no lo había notado.
Previamente supongo que habrás probado que con la medida de contar:

\( \displaystyle\int_{\mathbb{N}}fd\mu=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}f(n) \)
No, aún no lo he probado. Me podrías explicar un poco mas acerca de esta parte, por favor? No se me hace evidente por qué eso sucede  :-[

El resto de lo que me planteas ya lo comprendo. Gracias por tu tiempo!

06 Octubre, 2016, 06:02 am
Respuesta #3

EnRlquE

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Hola mapa.

 Tenemos que para \( f:\mathbb{N}\to\mathbb{R} \)

\( \displaystyle\int_{\mathbb{N}}f\,d\mu=\sum_{n\in\mathbb{N}}\int_{\{n\}}f\,d\mu=\sum_{n\in\mathbb{N}}f(n)\int_{\{n\}}1\,d\mu=\sum_{n\in\mathbb{N}}f(n), \)

 pues como \( \mu \) es la medida de conteo \( \int_{\{n\}}1\,d\mu=\mu(\{n\})=1. \)

Saludos,

Enrique.

07 Octubre, 2016, 05:11 pm
Respuesta #4

mapa

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Les agradezco mucho a ambos por sus respuestas.  :)