无限测度集上L^p(E)空间包含关系的必要性及反例问询

嘿，这个问题问到点子上了！没错，$m(E)<\infty$这个条件绝对必要——当测度集$E$的测度无限时，你提到的那串$L^{p$空间的包含关系会完全失效，不管是$L}\infty(E) \subset L^{{p_1}(E)$还是$L}{p_1}(E) \subset L^{p_2}(E)$（其中$1 \leq p_2 < p_1 < \infty$）都不再成立。我给你举几个简单好懂的反例：

1. 反例：无限测度下$L^\infty(E) \not\subset L^{p_1}(E)$ #

咱们就取最常见的无限测度集：$E = \mathbb{R}$（配备勒贝格测度，显然$m(E)=\infty$）。考虑常数函数$f(x)=1$，它妥妥属于$L^\infty(\mathbb{R})$——本质上确界就是1，完全有界。但你算它的$p_1$范数试试：
$$
\int_{\mathbb{R}} |f(x)|^{p_1} dx = \int_{\mathbb{R}} 1 dx = \infty
$$
积分结果是无穷大，所以$f \notin L^{{p_1}(\mathbb{R})$。这直接打破了有限测度下$L}\infty \subset L^{p_1}$的包含关系。

2. 反例：无限测度下$L^{p_1}(E) \not\subset L^{p_2}(E)$（$p_1>p_2\geq1$） #

还是用$E=\mathbb{R}$，构造一个“慢衰减”的函数：
$$
f(x) =
\begin{cases}
\frac{1}{x^{1/p_1} (\ln x)^2}, & x \geq 2 \
0, & x < 2
\end{cases}
$$
先验证它属于$L^{p_1}(\mathbb{R})$：
$$
\int_{\mathbb{R}} |f(x)|^{p_1} dx = \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x (\ln x)^2} dx = -\frac{1}{\ln x}\bigg|_{2}^{\infty} = \frac{1}{\ln 2} < \infty
$$
积分收敛，所以$f \in L^{p_1}(\mathbb{R})$。

再看它的$p_2$范数：因为$p_2 < p_1$，所以$\frac{p_2}{p_1} < 1$，此时：
$$
|f(x)|^{p_2} = \frac{1}{x^{p_2/p_1} (\ln x)^{2p_2}}
$$
当$x\to\infty$时，$x^{{p_2/p_1}$的增长速度比$x$慢很多，导致被积函数的衰减速度比$\frac{1}{x}$还慢，而$\int_{2}}{\infty} \frac{1}{x} dx$是发散的，所以：
$$
\int_{\mathbb{R}} |f(x)|^{p_2} dx = \int_{2}^{\infty} \frac{1}{x^{p_2/p_1} (\ln x)^{2p_2}} dx = \infty
$$
积分发散，说明$f \notin L^{{p_2}(\mathbb{R})$。这就证明了$L}{p_1}$不再包含于$L^{p_2}$。

甚至反过来，你也能找到$L^{{p_2}$中的函数不在$L}{p_1}$里——比如在$\mathbb{R}$上定义：
$$
g(x) =
\begin{cases}
\frac{1}{\sqrt{x}}, & 0 < x < 1 \
0, & \text{其他}
\end{cases}
$$
取$p_2=1$，$p_1=2$，计算可得$\int_{\mathbb{R}} |g(x)| dx = 2 < \infty$（所以$g\in L^1(\mathbb{R})$），但$\int_{\mathbb{R}} |g(x)|^2 dx = \int_{0}^{1} \frac{1}{x} dx = \infty$（所以$g\notin L^{2(\mathbb{R})$），这也说明低阶的$L}p$也不包含于高阶的$L^p$。

总结一下：在无限测度空间里，$L^{p$家族之间不存在有限测度下那种“从$L}\infty$到低阶$L^p$的单向包含链”，它们的关系要复杂得多，彼此都不是对方的子集。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Jonas Lionel