Definizione degli spazi L^p

Per fare in modo che le "norme $p$$p$" siano norme a tutti gli effetti negli spazi ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$, sostituisco le funzioni con le loro classi di equivalenza rispetto alla relazione $R$$R$ tale che $fRg$$fRg$ se $f,g$$f,g$ sono uguali quasi ovunque. Se $f\sim g$$f\sim g$, allora $f,g$$f,g$ sno diverse sull'insieme $A$$A$ di misura nulla, allora, per ogni $x\in A^{c}$$x\in A^{c}$ si deve avere $f(x)=g(x)$$f(x)=g(x)$.

PASSO 1: Mostro che $R$$R$ è una relazione di equivalenza.

Dimostrazione

1. $R$$R$ è riflessiva, infatti $f\sim f$$f\sim f$ con $A=\emptyset$$A=\emptyset$.
2. $R$$R$ è simmetrica, infatti se $f\sim g$$f\sim g$, allora $f(x)=g(x)$$f(x)=g(x)$ su $A^{c}$$A^{c}$, ma si ha anche $g(x)=f(x)$$g(x)=f(x)$ su $A^{c}$$A^{c}$ cioè $g\sim f$$g\sim f$.
3. $R$$R$ è transitiva, cioè mostro che se $f\sim g$$f\sim g$ e $g\sim h$$g\sim h$, allora $f\sim h$$f\sim h$.Se $f\sim g$$f\sim g$ allora $f(x)=g(x)\forall x\in A^{c}$$f(x)=g(x)\forall x\in A^{c}$. Se $g\sim h$$g\sim h$, allora $g(x)=h(x)\forall x\in B^{c}$$g(x)=h(x)\forall x\in B^{c}$, con $\mu (A)=0$$\mu(A)=0$ e $\mu (B)=0$$\mu (B)=0$.
   $$f(x)=h(x)\forall x\in A^{c}\cap B^{c}$$

   $$f(x)=h(x)\forall x\in A^{c}\cap B^{c}$$
   e verifico che il complementare di quest'intersezione ha misura nulla:
   $$\mu ((A^{c}\cap B^{c})^{c})=\mu (A\cup B)$$

   $$\mu ((A^{c}\cap B^{c})^{c})=\mu (A\cup B)$$
   per le leggi di complementazione, e $\mu (A\cup B)\leq \mu (A)+\mu (B)=0$$\mu (A\cup B)\leq \mu (A)+\mu (B)=0$.

 

Si può ora definire

$$L^{p}=\{[f]_{R},\,t.c.\,f{\hbox{ è misurabile}},\,\wedge \,\int |f|^{p},{\hbox{è finito}}\}$$

$$L^{p}=\{[f]_{R},\,t.c.\,f{\hbox{ è misurabile}},\,\wedge \,\int |f|^{p},{\hbox{è finito}}\}$$

Su questo spazio definisco la somma:

$$[f]_{R}+[g]_{R}=[f+g]_{R}$$

$$[f]_{R}+[g]_{R}=[f+g]_{R}$$

PASSO 2: Verifico che la somma è ben definita e non dipende dalla scelta del rappresentante nella classe di equivalenza.

Dimostrazione

Date $f,f_{1}\in [f]_{R}$$f,f_{1}\in [f]_{R}$ e $g,g_{1}\in [g]_{R}$$g,g_{1}\in [g]_{R}$ mostro che $f+g\sim f_{1}+g_{1}$$f+g\sim f_{1}+g_{1}$, cioè che $[f+g]_{R}=[f_{1}+g_{1}]_{R}$$[f+g]_{R}=[f_{1}+g_{1}]_{R}$.

$$f\sim f_{1}\longrightarrow f=f_{1}\forall x\in A^{c},\,{\hbox{con}}\,\mu (A)=0$$

$$f\sim f_{1}\longrightarrow f=f_{1}\forall x\in A^{c},\,{\hbox{con}}\,\mu (A)=0$$

$$g\sim g_{1}\,\longrightarrow \,g=g_{1}\forall x\in B^{c},\,{\hbox{ con}}\,\mu (B)=0$$

$$g\sim g_{1}\,\longrightarrow \,g=g_{1}\forall x\in B^{c},\,{\hbox{ con}}\,\mu (B)=0$$

$$f+g=f_{1}+g_{1}\forall x\in A^{c}\cap B^{c}$$

$$f+g=f_{1}+g_{1}\forall x\in A^{c}\cap B^{c}$$

e come prima $\mu (A^{c}\cap b^{c})=0$$\mu (A^{c}\cap b^{c})=0$.

 

Definisco poi il prodotto per uno scalare

$$[\alpha *f]=\alpha *[f]$$

$$[\alpha *f]=\alpha *[f]$$

e se $f\sim f_{1}$$f\sim f_{1}$, ovviamente $\alpha f\sim \alpha f_{1}$$\alpha f\sim \alpha f_{1}$.

Allora ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$ con la somma e il prodotto definiti è uno spazio vettoriale.

Definisco la norma:

$$\|[f]\|=\|f\|_{p}$$

$$\|[f]\|=\|f\|_{p}$$

PASSO 3: Mostro che la norma è ben definita, e non dipende dal rappresentante scelto in $[f]_{R}$$[f]_{R}$.

Dimostrazione

Mostro che

$$f\sim f_{1}\,\longrightarrow \,\int _{X}|f|^{p}\,d\mu =\int _{X}|f_{1}|^{p}\,d\mu$$

$$f\sim f_{1}\,\longrightarrow \,\int _{X}|f|^{p}\,d\mu =\int _{X}|f_{1}|^{p}\,d\mu$$

Divido $X$$X$ in $A$$A$ e $A^{c}$$A^{c}$, e non riscrivo l'integrale sull'insieme $A$$A$ di misura nulla che fa 0, quindi rimane da dimostrare:

$$\int _{A^{c}}|f|^{p}\,d\mu =\int _{A^{c}}|f_{1}|^{p}\,d\mu$$

$$\int _{A^{c}}|f|^{p}\,d\mu =\int _{A^{c}}|f_{1}|^{p}\,d\mu$$

e questo è vero perché su $A^{c}$$A^{c}$$f,f_{1}$$f,f_{1}$ coincidono.

 

Ora è soddisfatta anche la prima proprietà della norma che mancava negli spazi ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$:

$$\|f\|_{p}=0\iff [f]_{R}=[0]_{R}$$

$$\|f\|_{p}=0\iff [f]_{R}=[0]_{R}$$

Infatti

$$\|f\|_{p}=0\iff \int _{X}|f|^{p}\,d\mu =0$$

$$\|f\|_{p}=0\iff \int _{X}|f|^{p}\,d\mu =0$$

e questo è vero se e solo se l'integranda è quasi ovunque nulla, e quindi se $f\sim 0$$f\sim 0$.
Le altre proprietà continuano a valere.

Per brevità si scrive

$$L^{p}(\mu )=\{f:X\to \mathbb {R} \,t.c.\,f{\hbox{ è misurabile}},\,\int |f|^{p}{\hbox{ è finito}}\}$$

$$L^{p}(\mu )=\{f:X\to \mathbb {R} \,t.c.\,f{\hbox{ è misurabile}},\,\int |f|^{p}{\hbox{ è finito}}\}$$

ma in realtà questo è lo spazio delle classi di equivalenza.

Completezza di L^p

Teorema 1.4

Se $p\geq 1$$p\geq 1$ e $\mu$$\mu$ è una misura positiva, $L^{p}(\mu )$$L^{p}(\mu )$ è completo per la norma $p$$p$.

 

Per la dimostrazione servono alcuni preliminari.

Considero una successione $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ a valori reali. Fisso un intero $k$$k$ e pongo $b_{k}=\inf\{a_{k},a_{k+1},\dots ,a_{n}\}$$b_{k}=\inf\{a_{k},a_{k+1},\dots ,a_{n}\}$ allora $b_{k}\leq b_{k+1}$$b_{k}\leq b_{k+1}$. Pongo $\liminf a_{n}=\sup b_{k}$$\liminf a_{n}=\sup b_{k}$. Analogamente si pone

$$\limsup a_{n}=\inf _{k}\sup _{n>k}a_{n}$$

$$\limsup a_{n}=\inf _{k}\sup _{n>k}a_{n}$$

La successione ammette limite se e solo se il liminf e il limsup coincidono. Prendendo tutte le sottosuccessioni convergenti della successione di partenza, se calcolo l'inf di questi limiti ottengo l'inf della successione di partenza.

Il liminf di una successione di funzioni $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ è la funzione definita puntualmente come $\liminf f_{n}(x)$$\liminf f_{n}(x)$.

Lemma (di Fatou)

Data una successione di funzioni misurabili positive $f_{n}:X\to [0,\infty ]$$f_{n}:X\to [0,\infty ]$ con $f_{n}$$f_n$ misurabili, allora

$$\int _{X}\liminf _{n\to \infty }f_{n}\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _{X}f_{n}\,d\mu$$

$$\int _{X}\liminf _{n\to \infty }f_{n}\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _{X}f_{n}\,d\mu$$

 

Proposizione 1.6 (estrazione di una sottosuccessione)

Sia $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ di Cauchy in $L^{p}$$L^{p}$, cioè tale che per ogni $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$ esiste $N$$N$ tale che per ogni coppia di indici $m,n>N$$m,n>N$ segue che

$$\|f_{n}-f_{m}\|_{p}\leq \varepsilon .$$

$$\|f_{n}-f_{m}\|_{p}\leq \varepsilon .$$

Allora esiste una sottosuccessione $(f_{n})_{i}$$(f_{n})_{i}$ estratta dalla successione di partenza tale che, per ogni $i$$i$,

$$\|(f_{n})_{i+1}-(f_{n})_{i}\|_{p}\leq {\frac {1}{2^{i-1}}}.$$

$$\|(f_{n})_{i+1}-(f_{n})_{i}\|_{p}\leq {\frac {1}{2^{i-1}}}.$$

 

Dimostrazione

Pongo $\varepsilon =1$$\varepsilon =1$. Allora esiste un indice $n_{1}$$n_1$ tale che per ogni $m,n>n_{1}$$m,n>n_{1}$, allora

$$\|f_{n}-f_{m}\|\leq \varepsilon$$

$$\|f_{n}-f_{m}\|\leq \varepsilon$$

Scelgo $(f_{n})_{1}=f_{n_{1}}$$(f_{n})_{1}=f_{n_{1}}$ come primo elemento della sottosuccessione.

Per $\varepsilon =1/2$$\varepsilon =1/2$ ripeto il procedimento: esiste $n_{2}$$n_2$ tale che per ogni $m,n>n_{2}$$m,n>n_{2}$

$$\|f_{m}-f_{n}\|\leq 1/2$$

$$\|f_{m}-f_{n}\|\leq 1/2$$

Posso scegliere $n_{1}<n_{2}<\dots$$n_{1}<n_{2}<\dots$ senza perdita di generalità, perché $n_{2}$$n_2$ verifica sicuramente la condizione vera per $n>n_{1}$$n>n_{1}$, che è più debole.
Come secondo elemento della sottosuccessione considero quindi $f_{n_{2}}$$f_{n_{2}}$.
Gli elementi che sto scegliendo verificano la proprietà, perché per $i=0$$i=0$ si ha:

$$\|f_{n_{2}}-f_{n_{1}}\|\leq 1={\frac {1}{2^{i-1}}}$$

$$\|f_{n_{2}}-f_{n_{1}}\|\leq 1={\frac {1}{2^{i-1}}}$$

(e questo è vero perché $n_{2}>n_{1}$$n_{2}>n_{1}$ e per $n>n_{1}$$n>n_{1}$, $|f_{m}-f_{n}|\leq 1$$|f_{m}-f_{n}|\leq 1$.)

Proseguo e pongo $\varepsilon =1/4={\frac {1}{2^{2}}}$$\varepsilon =1/4={\frac {1}{2^{2}}}$. Allora esiste $n_{3}>n_{2}>n_{1}$$n_{3}>n_{2}>n_{1}$ tale che per ogni $n,m>n_{3}$$n,m>n_{3}$

$$\|f_{n}-f_{m}\|\leq 1/4$$

$$\|f_{n}-f_{m}\|\leq 1/4$$

e pongo $(f_{n})_{3}=f_{n_{3}}$$(f_{n})_{3}=f_{n_{3}}$.
Per induzione costruisco la sottosuccessione che verifica la proprietà.

 

Dimostrazione (dimostrazione della completezza)

Data una successione di Cauchy $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$, per ogni k, chiamo

$$g_{k}=\sum _{i=1}^{k}|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|$$

$$g_{k}=\sum _{i=1}^{k}|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|$$

dove le $f_{n_{i}}$$f_{n_{i}}$ sono gli elementi della sottosuccessione scelta prima.

Osservo che per Minkowski, avendo una somma finita

$$\|g_{k}\|_{p}\leq \sum _{i=1}^{k}\|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}\|_{p}\leq \sum _{i}{\frac {1}{2^{i-1}}}\leq 1,$$

$$\|g_{k}\|_{p}\leq \sum _{i=1}^{k}\|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}\|_{p}\leq \sum _{i}{\frac {1}{2^{i-1}}}\leq 1,$$

(ho una parte della sommatoria della serie geometrica di ragione $1/2$$1/2$.) quindi $g_{k}$$g_{k}$ sta in $L^{p}$$L^{p}$.

Definisco poi

$$g=\sum _{i=1}^{\infty }|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|=\lim _{k\to \infty }g_{k}$$

$$g=\sum _{i=1}^{\infty }|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|=\lim _{k\to \infty }g_{k}$$

Applico il lemma di Fatou:

$$\int |g|^{p}=\int \liminf _{k\to \infty }|g_{k}|^{p}\leq \liminf \int |g_{k}|^{p}\leq 1$$

$$\int |g|^{p}=\int \liminf _{k\to \infty }|g_{k}|^{p}\leq \liminf \int |g_{k}|^{p}\leq 1$$

per la formula 1, quindi ho mostrato che $g\in L^{p}$$g\in L^{p}$ perché ha integrale finito.
Anche l'integranda $g(x)$$g(x)$ dev'essere finita quasi ovunque.

Pongo

$$f=f_{n_{1}}+\sum _{i=1}^{\infty }|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|$$

$$f=f_{n_{1}}+\sum _{i=1}^{\infty }|f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}|$$

la serie è assolutamente convergente quasi ovunque, e pongo $f(x)=0$$f(x)=0$ dove la serie non converge assolutamente (è un insieme di misura nulla).
Ho una serie telescopica, quindi

$$\sum _{i=1}^{k-1}f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}=f_{n_{k}}-f_{n_{1}}$$

$$\sum _{i=1}^{k-1}f_{n_{i+1}}-f_{n_{i}}=f_{n_{k}}-f_{n_{1}}$$

Allora

$$f=f_{n_{1}}+\lim _{k\to \infty }f_{n_{k}}-f_{n_{1}}=\lim _{k\to \infty }f_{n_{k}}$$

$$f=f_{n_{1}}+\lim _{k\to \infty }f_{n_{k}}-f_{n_{1}}=\lim _{k\to \infty }f_{n_{k}}$$

$f$$f$ può essere considerato come limite della successione estratta.
Applico nuovamente Fatou a $|f-f_{n_{k}}|$$|f-f_{n_{k}}|$. Per come sono state definite le $f_{n_{k}}$$f_{n_{k}}$, per ogni $\varepsilon$$\varepsilon$ esiste $N$$N$ tale che per ogni $m,n>N$$m,n>N$

$$\int |f_{m}-f_{n}|^{p}\,d\mu \leq \varepsilon$$

$$\int |f_{m}-f_{n}|^{p}\,d\mu \leq \varepsilon$$

Fisso $m>M$$m>M$. Applico Fatou sapendo che $f_{n_{k}}\to f$$f_{n_{k}}\to f$.

$$\int _{X}|f-f_{m}|^{p}\,d\mu =\int \liminf |f_{n_{k}}-f_{m}|^{p}\leq \liminf _{n}\int _{X}|f_{n_{k}}-f_{m}|^{p}\,d\mu \leq \varepsilon ^{p}$$

$$\int _{X}|f-f_{m}|^{p}\,d\mu =\int \liminf |f_{n_{k}}-f_{m}|^{p}\leq \liminf _{n}\int _{X}|f_{n_{k}}-f_{m}|^{p}\,d\mu \leq \varepsilon ^{p}$$

Allora $f-f_{m}\in L^{p}$$f-f_{m}\in L^{p}$, allora anche $f\in L^{p}$$f\in L^{p}$, infatti $f=f-f_{m}+f_{m}$$f=f-f_{m}+f_{m}$ ed è somma di funzioni di $L^{p}$$L^{p}$.
Rimane da mostrare che

$$\|f-f_{m}\|_{p}\to 0\iff m\to \infty$$

$$\|f-f_{m}\|_{p}\to 0\iff m\to \infty$$

ma per $m>M$$m>M$, ho già dimostrato

$$\|f-f_{m}\|_{p}\leq \varepsilon$$

$$\|f-f_{m}\|_{p}\leq \varepsilon$$

Quindi la successione converge al limite puntuale di $f_{n_{k}}$$f_{n_{k}}$ che sta in $L^{p}$$L^{p}$ per quanto dimostrato prima, e ogni successione di Cauchy converge.

 

Se $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ è unna successione di Cauchy in ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$, allora esiste $f\in {\mathcal {L}}^{p}$$f\in {\mathcal {L}}^{p}$ che è limite puntuale di una sottosuccessione di $f_{n}$$f_n$. In generale devo considerare sottosuccessioni, e non posso affermare che tutta la successione converge puntualmente al limite.

Ci sono due tipi di convergenza.

Non è vero che una successione di Cauchy converge puntualmente al limite della successione in $L^{p}$$L^{p}$, come mostra il seguente esempio.

Esempio 1.6

Su $[0,1]$$[0,1]$, definisco questa successione di funzioni:

$$f_{1}=1\forall x$$

$$f_{1}=1\forall x$$

$$f_{2,1}={\begin{cases}1&\iff x\in [0,1/2]\\0&\iff x\in [1/2,1]\end{cases}}$$

$$f_{2,1}={\begin{cases}1&\iff x\in [0,1/2]\\0&\iff x\in [1/2,1]\end{cases}}$$

$$f_{2,2}={\begin{cases}0&\iff x\in [0,1/2]\\1&\iff x\in [1/2,1]\end{cases}}$$

$$f_{2,2}={\begin{cases}0&\iff x\in [0,1/2]\\1&\iff x\in [1/2,1]\end{cases}}$$

Al passo successivo suddivido l'intervallo in quattro:

$$f_{4,1}={\begin{cases}1&\iff x\in [0,1/4]\\0&\iff x\in [1/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,1}={\begin{cases}1&\iff x\in [0,1/4]\\0&\iff x\in [1/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,2}={\begin{cases}1&\iff x\in [1/4,2/4]\\0&\iff x\in [0,1/4]\vee x\in [2/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,2}={\begin{cases}1&\iff x\in [1/4,2/4]\\0&\iff x\in [0,1/4]\vee x\in [2/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,3}={\begin{cases}1&\iff x\in [2/4,3/4]\\0&\iff x\in [0,2/4]\vee x\in [3/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,3}={\begin{cases}1&\iff x\in [2/4,3/4]\\0&\iff x\in [0,2/4]\vee x\in [3/4,1]\end{cases}}$$

$$f_{4,4}={\begin{cases}1&\iff x\in [3/4,1]\\0&\iff x\in [0,3/4]\end{cases}}$$

$$f_{4,4}={\begin{cases}1&\iff x\in [3/4,1]\\0&\iff x\in [0,3/4]\end{cases}}$$

Poi divido in ottavi e ripeto il procedimento. Il picco delle funzioni si sposta lungo l'intervallo, e diminuisce ogni volta che le suddivisioni dell'intervallo aumentano.
Si ha che $f_{n}\to 0$$f_{n}\to 0$ in $L^{1}([0,1])$$L^{1}([0,1])$, cioè

$$\int _{0}^{1}|f_{n}-0|\,dx\to 0$$

$$\int _{0}^{1}|f_{n}-0|\,dx\to 0$$

infatti, se $f_{n}=f_{m,k}$$f_{n}=f_{m,k}$ tale che $[0,1]$$[0,1]$ è fatto da intervalli di ampiezza $1/m$$1/m$ a quel passo, si ha che l'integrale è l'area del picco, cioè

$$\int _{0}^{1}f_{n}\,dx=1/2^{m}$$

$$\int _{0}^{1}f_{n}\,dx=1/2^{m}$$

ma per $m\to \infty$$m\to \infty$, l'integrale va a 0.
Questa successione però non converge puntualmente, infatti, per $x$$x$ fissato $f_{n}(x)$$f_n(x)$ vale alternatamente 0 e 1 e non converge, infatti al crescere di $n$$n$, $x$$x$ si può trovare sopra o sotto il picco.

Però posso prendere una sottosuccessione, che converge puntualmente alla funzione nulla. Considero la sottosuccessione $f_{m,1}$$f_{m,1}$ pr ogni $m$$m$, cioè prendo solo le funzioni in cui il picco si trova all'inizio, cioè la successione della prima funzione che definisco dopo ogni suddivisione.

Se prendo $x$$x$ positiva, il picco definitivamente si sposta a sinistra e quindi $f$$f$ converge alla funzione nulla puntualmente.

 

Lo spazio L^infinito

Chiamo

$$L^{\infty }=\{f:X\to \mathbb {R} \,{\hbox{misurabili}}\,t.c.\,\exists m\,t.c.\,|f(x)|\leq m{\hbox{ quasi ovunque}}\}$$

$$L^{\infty }=\{f:X\to \mathbb {R} \,{\hbox{misurabili}}\,t.c.\,\exists m\,t.c.\,|f(x)|\leq m{\hbox{ quasi ovunque}}\}$$

$L^{\infty }$$L^{\infty }$ è l'insieme delle funzioni essenzialmente limitate.
Pongo $\beta =\inf\{m\,t.c.\,|f(x)|<m\}$$\beta =\inf\{m\,t.c.\,|f(x)|<m\}$ e dimostro che $\beta$$\beta$ è un minimo, cioè che $|f|\leq \beta$$|f|\leq \beta$.

Per mostrare che $|f(x)|\leq \beta$$|f(x)|\leq \beta$ quasi ovunque mostro che

$$X=\{x\,t.c.\,|f(x)|\geq \beta \}$$

$$X=\{x\,t.c.\,|f(x)|\geq \beta \}$$

ha misura nulla.
Per ogni $n$$n$, definisco

$$E_{n}=\{x\,t.c.\,|f(x)|>\beta +1/n\}$$

$$E_{n}=\{x\,t.c.\,|f(x)|>\beta +1/n\}$$

e questo insieme ha misura nulla.

$$E=\bigcup _{n}E_{n}$$

$$E=\bigcup _{n}E_{n}$$

allora $\mu (E)=0$$\mu (E)=0$ perché è unione di insiemi di misura nulla.
Quindi $\beta =\inf m$$\beta =\inf m$ è un minimo e $|f(x)|\leq \beta$$|f(x)|\leq \beta$ quasi ovunque.

Mostro che $\beta$$\beta$ è una norma:

1. $f=0$$f=0$ quasi ovunque se e solo se $\|f\|_{\infty }=0$$\|f\|_{\infty }=0$, perché posso eliminare l'insieme di misura nulla in cui $f$$f$ non è nulla.
2. $\|\alpha f\|^{\infty }=|\alpha |*\|f\|^{\infty }$$\|\alpha f\|^{\infty }=|\alpha |*\|f\|^{\infty }$
3. se prendo due funzioni essenzialmente limitate deve valere la disuguaglianza triangolare. Quasi ovunque
   $$|f(x)+g(x)|\leq \|f\|_{\infty }+\|g\|_{\infty }$$

   $$|f(x)+g(x)|\leq \|f\|_{\infty }+\|g\|_{\infty }$$

Quindi $(L^{\infty },\beta )$$(L^{\infty },\beta )$ è uno spazio normato e si può dimostrare che è completo.

La disuguaglianza di Hoelder si estende al caso $p=\infty$$p=\infty$, $q=1$$q=1$. La disuguaglianza di Hoelder dice che se $f\in L^{1},g\in L^{\infty }$$f\in L^{1},g\in L^{\infty }$, allora

$$|fg|_{1}\leq \|f\|_{\infty }*\|g\|_{1}$$

$$|fg|_{1}\leq \|f\|_{\infty }*\|g\|_{1}$$