Uniforme vincolata per integrale in termini di $\left\lVert f' \right\rVert_4^4$

Aug 21 2020

Mostra che c'è una costante $C>0$ tale che per qualsiasi compatto supportato $C^1$ funzione $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, noi abbiamo $$\int_{\mathbb{R}} \left(\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right)^4dy \le C \left\lVert f' \right\rVert_4^4\qquad\text{for all }x \in \mathbb{R}.$$

Questo è un vecchio problema di qualità che non so come risolvere. Un suggerimento è che potrei usare l'integrazione per parti, ma non so nemmeno come applicare il suggerimento. Qualsiasi approccio sarebbe molto apprezzato.

Risposte

1 ArcticChar Aug 22 2020 at 07:29

Questa è più o meno una copia dell'argomento qui , che sembra essere molto più difficile della semplice integrazione per parte: usando il teorema fondamentale del calcolo e la disuguaglianza di Cauchy Schwarz (due volte),

\begin{align} (f(y) - f(x))^4 &= \left( \int_x^y f'(t) dt\right)^4\\ &\le \left( \int_x^y |f'(t)|^2 dt\right)^2 \left( \int_x^y 1^2 dt\right)^2 \\ \Rightarrow \left( \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \right)^4 &\le \left( \frac{1}{y-x} \int_x^y |f'(t)|^2 dt\right)^2 \\ &= \frac{1}{(y-x)^2} \left(\int_x^y (t-x)^{-1/4} (t-x)^{1/4} |f'(t)|^2 dt\right)^2 \\ &\le \frac{1}{(y-x)^2} \left| \int_x^y (|t-x|^{-1/2} dt \right|\cdot \int_x^y |t-x|^{1/2} |f'(t)|^4 dt \\ &= \frac{2}{|y-x|^{3/2}}\int_x^y |t-x|^{1/2} |f'(t)|^4 dt. \end{align} Integrare rispetto a $y$ e usa Fubini,
\begin{align} \int_{x}^\infty \left( \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \right)^4dy &\le \int_x^\infty \frac{2}{|y-x|^{3/2}}\int_x^y |t-x|^{1/2} |f'(t)|^4 dt dy \\ &= 2 \int_x^\infty \left( \int_t^{\infty} \frac{1}{|y-x|^{3/2}} dy\right) |t-x|^{1/2} |f'(t)|^4 dt \\ &= 4 \int_x^\infty |t-x|^{-1/2} |t-x|^{1/2} |f'(t)|^4 dt = 4\int_x^\infty|f'(t)|^4 dt. \end{align}

e allo stesso modo $$ \int_{-\infty}^x \left( \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \right)^4 dy\le 4 \int_{-\infty}^x |f'(t)|^4 dt.$$

Così abbiamo $$ \int_{\mathbb R} \left( \frac{f(y)-f(x)}{y-x} \right)^4 dy \le 4\| f'\|_4^4.$$

2 shalop Aug 22 2020 at 19:19

Ecco un'altra prova, fornita dall'articolo di Wikipedia sulla disuguaglianza di Hardy.

Scrivi $\frac{f(y)-f(x)}{y-x} = \frac1{y-x}\int_x^yf'(u)du = \int_0^1 f'(x+(y-x)v)dv. $

Adesso molla $p>1$. Per la disuguaglianza di Minkowski ce l'hai$$\bigg[\int_{\Bbb R} \bigg| \int_0^1 f'(x+(y-x)v)dv\bigg|^p dy \bigg]^{1/p}$$

$$\leq \int_0^1 \bigg[\int_{\Bbb R} |f'(x+(y-x)v)|^pdy\bigg]^{1/p}dv.$$

Ora per l'integrale interno, apporta un cambio di variabile $z:=vy+(x-vx)$ e lo vedi $dy = v^{-1}dz$. Quindi l'ultima espressione è uguale$$\int_0^1 v^{-1/p} \|f'\|_p dv = \frac{p}{p-1}\|f'\|_p.$$