espaces L^p équivalents

corentin
corentin
dans Analyse
Bonjour,
Un exo du Rudin demande de caractériser les $L^p(X)$, $X$ de mesure finie où on a $L^p=L^r$, avec $p\neq r$.
Evidemment, les $l^p(I)$ avec $I$ ensemble fini conviennent.
Il semble aussi évident (j'ai pas cherché à le rédiger), que tous les $L^p$ pout $1\leq p

Réponses

  • egoroff
    egoroff
    Salut corentin,

    Je pense qu'essentiellement les $\ell^p(I)$ sont les seuls. En toute généralité ce doit être les $(X,\mathcal{B},\mu)$ où $\mathcal{B}$ est finie, aux négligeables près. Donc $(X,\mathcal{B},\mu)$ est isomoprhe en tant qu'espace mesuré à un $\ell^p(I)$, éventuellement pondéré.
  • grandwazoo
    grandwazoo
    Peut-être une idée...
    Si ta remarque évidente est vraie, on peut supposer $p=1$ et $r=2$, supposer que le support de $\mu$ est infini, et chercher une fonction $f\in L^2$, $f\not\in L^1$.

    On peut aussi écrire une décomposition de Lebesgue de la mesure $\mu$, qu'on décompose en mesure discrète plus une mesure à densité. L'un des supports est infini puisque $X$ est infini.
    Si c'est celui de la mesure discrète $\mu_d$, soit $(x_n)$ une suite de points avec $\mu_d(\{x_n\})>0$, et $f$ définie par $f(x_n)=1/(n\mu_d(x_n))$ et $f(x)=0$ si $x$ n'est pas un $x_n$ convient.
    Si c'est celui de la mesure à densité, il faut faire un truc du même genre avec une fonction en $1/x$.
    Je n'ai pas l'énoncé exact du thm de décomposition de Lebesgue, ceci dit.
  • corentin
    corentin
    Je fais remonter le post, parce que décidemment ça me semble pas simple.
    J'ai un peu pensé à ton idée grandwazoo, mais alors juste un peu, parce que je ne vois pas du tout comment l'appliquer.
    $X$ est absolument quelconque (ou presque), donc a priori il peut aussi bien à $\N$ qu'à $\R$ ou à l'ensemble de Cantor. Bref, c'est pas pratique, en plus il me semble que le théorème de décomposition de Lebesgue n'est valable que dans $\R^n$, ou un espace de ce genre.
  • Gecko
    Gecko
    Salut
    je reprend l'idée de grandwazoo:
    on peut supposer $\mu(X)=2$ puis on se donne une suite $X_n$ d'ensemble mesurables et disjoints avec $\mu(X_n)=\frac{1}{n^3}$ puis on prend f definie comme ça $f(x)=n ,si x\in X_n, 0 sinon $ alors fest dans L^1 mais pas dans L^2. et donc c'est au moins un espace ou l'on ne peut avoir une famille denombrable de partie de mesures non nulle.
  • egoroff
    egoroff
    Quitte à paraître relou, je pense que l'information importante est dans la tribu et pas dans $X$. Par exemple $[0,n[$ muni de la tribu engendrée par les $[k,k+1[$ et la mesure de Lebesgue vérifie la propriété en question. Et plus généralement avec une tribu finie c'est toujours vrai, même si les éléments minimaux ne sont pas de même mesures.. Ca reste vrai si on rajoute des ensembles négligeables dans la tribu. L'idée est de formaliser la notion de "tribu finie modulo les négligeables".


    grandwazoo : L'exo n'est pas posé à priori dans $\R^n$. Et il me semble qu'il existe des mesures un peu méchantes sur $\R$ qui ne sont ni à densité ni discrètes.


    Je pense que l'idée de Gecko est la bonne mais il n'y a aucune raison pour qu'une telle suite existe. Pour reprendre cette idée sans imposer les mesures : s'il existe une famille dénombrable {\it disjointe} $(A_n)$ de parties mesurables de mesure non nulle, mettons $m_n=\mu(A_n)$, alors on devrait pouvoir trouver un $\alpha > 0$ tel que la fonction $f=\sum \chi_{A_n}/m_n^{\alpha}$ soit dans $L^1 \setminus L^2$.
  • corentin
    corentin
    Je pense aussi que l'idée de gecko est la bonne (en fait je suis en train de rédiger une solution).
  • egoroff
    egoroff
    Raconte...
  • corentin
    corentin
    Voila ce que j'ai fait pour formalier ce modulo les négligeables:
    on part de $A_0=X$, puis si on a une partition non triviale (c'est à dire pas du type A\cup N=X où A est négligeable), on partitionne $X=A_{1,1}\cup A_{1,2}$ etc jusqu'à $X=A_{n,1}\cup A_{n,n}$. Forcément ça va finir par s'arrêter, sinon l'argument de Gecko donne une absurdité.
    Bon, après je galère pour trouver systématiquement une fonction $L^1$ non $L^2$. Je sais qu'il y a un théorème qui dit que si $\sum a_n
  • egoroff
    egoroff
    Oui c'est clair que le problème est là... Mais est-ce que dans ce cas on aura aussi $\sum a_n b_n^2 = +\infty$ ? Ou au moins $\sum a_n b_n^p = +\infty$ pour un certain $p > 1$ ? Je crois que notre cahier des charges est encore plus exigeant.


    J'ai retrouvé le pdf où j'avais lu la définition de l'isomorphie modulo zéro de deux espaces mesurés ; c'est à la page 2 de \lien{http://www.univ-rouen.fr/LMRS/Persopage/Delarue/Cours/TE/introcours.pdf}. Il me semble que c'est la notion la plus adaptée à une formulation pas trop lourde du résultat final : les espaces cherchés sont exactement ceux qui sont isomorphes modulo zéro à un certain $(Y,\mathcal{C},\nu)$ où la tribu $\mathcal{C}$ est finie.
  • egoroff
    egoroff
    Ah OK $b_n$ ne sera pas dans $L^{\infty}$ ; désolé je viens de capter.
  • corentin
    corentin
    En gros, on est ramené à montrer que les espaces $l^p(\mu)$ où $\mu$ est finie ne sont pas égaux.
    Si ils l'étaient, ça se saurait. Le problème, c'est que je suis un mauvais bidouilleur de séries.
    M'enfin en dehors de ça, l'exo me semble résolu.
  • egoroff
    egoroff
    Je n'ai pas compris ta dernière remarque...

    En relisant ton post initial je m'aperçois que la question posée est "caractériser les $L^p(X)$ tels que..." ; du coup la réponse serait "ce sont ceux dont la dimension est finie" ?
  • corentin
    corentin
    Oui.
    Qu'est ce qui n'est pas clair dans mon dernier commentaire?
    J'ai juste dit que pour moi, la seule chose qu'il reste à montrer c'est que si l'espace admet une famille d'ensembles disjoints de mesure non nulle, alors on a $L^q\neq L^p$.
    Je les écris $l^p$ parce que du moment qu'on a une famille dénombrable d'ensemble de mesure non nulle, en pratique c'est comme si on était sur $\N$ pour une certaine mesure.

    Je viens de relire ce message, c'est pas sur que quelqu'un d'autre que moi comprenne, enfin bon...
  • corentin
    corentin
    Voila une reformulation de la question qui reste à résoudre:
    montrer que les espaces $l^p(\mu)$ avec $\mu$ positive finie sont différents, ou autrement dit:
    Pour le cas $l^1(\mu)\neq l^2(\mu)$:
    Etant donné une suite positive $(a_n)\in l^1$ avec une infinité de termes non nuls trouver une suite $b_n$ telle que:
    $\sum a_nb_n
  • vincentpasloggue
    vincentpasloggue
    Dans mon édition du Rudin (troisième édition en francais chez Dunod), il donne la réponse p.146 : c'est le théorème de Villani qui caractérise quand
    $L^p \subset L^q$. Les cas $p < q$ et $q < p$ sont fort différents.

    On suppose ici p et q fini

    En appliquant les résultats simultanément, on obtient
    $L^p = L^q$ pour un couple de $p \neq q$

    si et seulement si
    $L^p = L^q$ pour tout couple de $p \neq q$

    si et seulement si
    $inf \{\mu(E) , E \in A \} > 0$ et $\sup \{\mu(E), E \in A\} < \infty $
    ou A est l'ensemble des ensembles mesurables de mesure finie strictement positive.


    En fait, on ne doit pas avoir d'ensemble de mesure arbitrairement petite
    (autre que ceux de mesure nulle) ni d'ensemble de mesure arbitrairement grande (autre que ceux de mesure infini).

    Vincent
  • corentin
    corentin
    Je suppose que ça n'englobe pas le cas $q=\infty$?
    Vu qu'ici on suppose que l'espace est de mesure finie, ça veut donc dire que la caractérisation est $L^p$ de dimension finie.
    Je serais curieux de voir la preuve, si tu as un lien.
  • corentin
    corentin
    Je suis un abruti, l'édition dont tu parles est celle que j'ai...
  • corentin
    corentin
    En tout cas merci pour l'info, c'est vraiment un joli théorème.
    Si ceux qui se sont intéressés au fil veulent voir la preuve, je peux la leur recopier.
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