Variante disuguaglianza di Minkowski
Salve gente, tra gli esercizi assegnati dal mio professore di analisi in più variabili ho trovato questo:
(cliccateci sopra per aprirla, scusate se non la ricopio, ma non sono pratico col latex)
Ora, io non ho capito bene come si dimostra nemmeno Cauchy-Schwarz; ho preso la disuguaglianza triangolare (assunta vera in quanto proprietà degli spazi normati), ho elevato tutto al quadrato in uno spazio di norma euclidea con vettori di R2, e, facendo un po' di conti, mi sono ricondotto alla disuguaglianza di Cauchy. Dite che può andar bene?
Il problema è che per Minkowski non so come procedere, ho provato a farlo con la norma 3 ma mi sono perso nei conti, e poi non è generale. Inoltre quell'ultima condizione ((1/p+1/q)=1) non l'ho trovata in rete da nessuna parte, trovo solo di Minkowski con un solo "tipo" di norma...
perdonate la mia confusione, non ho troppo le idee chiare; ciao grazie in anticipo.
(cliccateci sopra per aprirla, scusate se non la ricopio, ma non sono pratico col latex)
Ora, io non ho capito bene come si dimostra nemmeno Cauchy-Schwarz; ho preso la disuguaglianza triangolare (assunta vera in quanto proprietà degli spazi normati), ho elevato tutto al quadrato in uno spazio di norma euclidea con vettori di R2, e, facendo un po' di conti, mi sono ricondotto alla disuguaglianza di Cauchy. Dite che può andar bene?
Il problema è che per Minkowski non so come procedere, ho provato a farlo con la norma 3 ma mi sono perso nei conti, e poi non è generale. Inoltre quell'ultima condizione ((1/p+1/q)=1) non l'ho trovata in rete da nessuna parte, trovo solo di Minkowski con un solo "tipo" di norma...
perdonate la mia confusione, non ho troppo le idee chiare; ciao grazie in anticipo.
Risposte
Puoi guardare nella terza pagina del terzo capitolo e nella seconda pagina del quarto capitolo di Real and Complex Analysis - Rudin e nella terza pagina del primo capitolo di A Course in Functional Analysis - Conway. Li trovi entrambi su internet.
La cosa si può fare con i metodi del Calcolo senza usare metodi strani: perciò quello è un buon esercizio per Analisi II.
Anzi, si può mostrare una disuguaglianza più forte, cioé
\[
\tag{A}
|x_1\ y_1|+|x_2\ y_2| \leq \|x\|_p\ \|y\|_q\; .
\]
Innanzitutto, nota che la disuguaglianza (A) con \(p=1,q=\infty\) o viceversa è banale assai[nota]Infatti, basta maggiorare tenendo presente che \(\|x\|_\infty = \max \{|x_1|,|x_2|\}\).[/nota]; quindi basta ragionare con \(1
\[
|x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\leq \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)^{1/p}\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\]
ossia:
\[
\tag{B}
\left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p \leq \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}
\]
Tale disuguaglianza è certamente vera non appena \(x=(0,0)\) o \(y=(0,0)\); quindi puoi supporre che \(x\neq (0,0)\neq y\).
La (B) equivale alla disuguaglianza:
\[
\tag{C}
\underbrace{\frac{\left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p}{\left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}}}_{\color{maroon}{=:\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)}} \leq 1
\]
e questa puoi dimostrarla studiandoti gli estremi della funzione \(\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\) a sinistra: infatti essa è vera non appena risulta:
\[
\sup_{x\neq (0,0)\neq y} \phi (x_1,x_2,y_1,y_2) \leq 1\; ,
\]
e trovare \(\sup_{x\neq (0,0)\neq y} \phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\) è un problema di massimo libero in quattro variabili (cioé \(x_1,x_2,y_1,y_2\)).
Nota anzitutto che la funzione a primo membro della (C) è omogenea di grado \(0\) sia in \(x\) sia in \(y\): infatti, se fissi \((x_1,x_2)\) ed \((y_1,y_2)\), per ogni valore reale di \(t,\tau\) hai:
\[
\begin{split}
\left( |tx_1\ \tau y_1|+|tx_2\ \tau y_2|\right)^p &= |t\ \tau|^p\ \left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p\\
\left( |tx_1|^p+|tx_2|^p\right)\ \left( |\tau y_1|^{p/(p-1)} + |\tau y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1} &= |t\ \tau|^p\ \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}
\end{split}
\]
quindi:
\[
\phi (tx_1,tx_2,\tau y_1,\tau y_2) = \phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\; .
\]
Ciò vuol dire che puoi restringerti a considerare i punti \(x,y\) tali che \(\| x\|_p=1=\| y\|_{p/(p-1)}\), cioé ti basta mostrare che:
\[
\tag{D}
\sup_{\| x\|_p =1= \|y\|_{p/(p-1)}} \left( |x_1\ y_1|+ |x_2\ y_2|\right)^p \leq 1\; ;
\]
quindi hai ridotto il problema di massimo libero in quattro variabili ad un problema di massimo vincolato in quattro variabili, con vincoli di equazione \(\| x\|_p =1\) e \(\|y\|_{p/(p-1)} =1\).
Inoltre, la \(\phi\) è simmetrica rispetto alle variabili da cui dipende, nel senso che:
\[
\left. \begin{split}
&\phi (-x_1,x_2,y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,-x_2,y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,x_2,-y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,x_2,y_1,-y_2)
\end{split}\right\} =\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)
\]
quindi puoi prendere senza indugio alcuno \(x_1,x_2,y_1,y_2\geq 0\) e trasformare (D) in:
\[
\tag{E}
\sup \left\{ \left( x_1\ y_1+ x_2\ y_2\right)^p ,\text{ con } x_1,x_2,y_1,y_2\geq 0 \text{ e } x_1^p +x_2^p =1= y_1^{p/(p-1)} + y_2^{p/(p-1)}\right\} \leq 1\; ,
\]
e qui hai aggiunto dei vincoli unilaterali (le disuguaglianze), eliminando quei bruttissimi valori assoluti.
A questo punto, il problema di estremo vincolato (con vincoli misti) in quattro variabili (E) si può ridurre allo studio di un problema di estremo vincolato in due sole variabili con soli vincoli di disuguaglianza.
Infatti, dalle equazioni dei vincoli \(x_1^p +x_2^p =1= y_1^{p/(p-1)} + y_2^{p/(p-1)}\) ricavi immediatamente:
\[
\begin{split}
x_2 &= \left( 1-x_1^p\right)^{1/p}\\
y_2 &= \left( 1-y_1^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\end{split}
\]
ed i bound \(x_1\leq 1\) e \(y_1\leq 1\) (perché \(x_2\geq 0\) ed \(y_2\geq 0\)); ergo (E) è del tutto equivalente a:
\[
\tag{F}
\sup \left\{ \left( x_1\ y_1+ \left( 1-x_1^p\right)^{1/p}\ \left( 1-y_1^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p} \right)^p ,\text{ con } 0\leq x_1,y_1\leq 1\right\} \leq 1\; ,
\]
in cui il problema di massimo vincolato è ambientato in un compatto di \(\mathbb{R}^2\).
Per risolvere (F) basta trovare il massimo della funzione:
\[
\psi (x,y) := x\ y+ \left( 1-x^p\right)^{1/p}\ \left( 1-y^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\]
nel quadrato \(Q:=[0,1]\times [0,1]\) (che esiste per Weierstrass), cosa che si fa con metodi standard di Calcolo Differenziale in due variabili.
Buon lavoro.
Anzi, si può mostrare una disuguaglianza più forte, cioé
\[
\tag{A}
|x_1\ y_1|+|x_2\ y_2| \leq \|x\|_p\ \|y\|_q\; .
\]
Innanzitutto, nota che la disuguaglianza (A) con \(p=1,q=\infty\) o viceversa è banale assai[nota]Infatti, basta maggiorare tenendo presente che \(\|x\|_\infty = \max \{|x_1|,|x_2|\}\).[/nota]; quindi basta ragionare con \(1
\[
|x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\leq \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)^{1/p}\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\]
ossia:
\[
\tag{B}
\left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p \leq \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}
\]
Tale disuguaglianza è certamente vera non appena \(x=(0,0)\) o \(y=(0,0)\); quindi puoi supporre che \(x\neq (0,0)\neq y\).
La (B) equivale alla disuguaglianza:
\[
\tag{C}
\underbrace{\frac{\left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p}{\left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}}}_{\color{maroon}{=:\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)}} \leq 1
\]
e questa puoi dimostrarla studiandoti gli estremi della funzione \(\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\) a sinistra: infatti essa è vera non appena risulta:
\[
\sup_{x\neq (0,0)\neq y} \phi (x_1,x_2,y_1,y_2) \leq 1\; ,
\]
e trovare \(\sup_{x\neq (0,0)\neq y} \phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\) è un problema di massimo libero in quattro variabili (cioé \(x_1,x_2,y_1,y_2\)).
Nota anzitutto che la funzione a primo membro della (C) è omogenea di grado \(0\) sia in \(x\) sia in \(y\): infatti, se fissi \((x_1,x_2)\) ed \((y_1,y_2)\), per ogni valore reale di \(t,\tau\) hai:
\[
\begin{split}
\left( |tx_1\ \tau y_1|+|tx_2\ \tau y_2|\right)^p &= |t\ \tau|^p\ \left( |x_1\ y_1|+|x_2\ y_2|\right)^p\\
\left( |tx_1|^p+|tx_2|^p\right)\ \left( |\tau y_1|^{p/(p-1)} + |\tau y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1} &= |t\ \tau|^p\ \left( |x_1|^p+|x_2|^p\right)\ \left( |y_1|^{p/(p-1)} + |y_2|^{p/(p-1)}\right)^{p-1}
\end{split}
\]
quindi:
\[
\phi (tx_1,tx_2,\tau y_1,\tau y_2) = \phi (x_1,x_2,y_1,y_2)\; .
\]
Ciò vuol dire che puoi restringerti a considerare i punti \(x,y\) tali che \(\| x\|_p=1=\| y\|_{p/(p-1)}\), cioé ti basta mostrare che:
\[
\tag{D}
\sup_{\| x\|_p =1= \|y\|_{p/(p-1)}} \left( |x_1\ y_1|+ |x_2\ y_2|\right)^p \leq 1\; ;
\]
quindi hai ridotto il problema di massimo libero in quattro variabili ad un problema di massimo vincolato in quattro variabili, con vincoli di equazione \(\| x\|_p =1\) e \(\|y\|_{p/(p-1)} =1\).
Inoltre, la \(\phi\) è simmetrica rispetto alle variabili da cui dipende, nel senso che:
\[
\left. \begin{split}
&\phi (-x_1,x_2,y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,-x_2,y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,x_2,-y_1,y_2)\\
&\phi (x_1,x_2,y_1,-y_2)
\end{split}\right\} =\phi (x_1,x_2,y_1,y_2)
\]
quindi puoi prendere senza indugio alcuno \(x_1,x_2,y_1,y_2\geq 0\) e trasformare (D) in:
\[
\tag{E}
\sup \left\{ \left( x_1\ y_1+ x_2\ y_2\right)^p ,\text{ con } x_1,x_2,y_1,y_2\geq 0 \text{ e } x_1^p +x_2^p =1= y_1^{p/(p-1)} + y_2^{p/(p-1)}\right\} \leq 1\; ,
\]
e qui hai aggiunto dei vincoli unilaterali (le disuguaglianze), eliminando quei bruttissimi valori assoluti.
A questo punto, il problema di estremo vincolato (con vincoli misti) in quattro variabili (E) si può ridurre allo studio di un problema di estremo vincolato in due sole variabili con soli vincoli di disuguaglianza.
Infatti, dalle equazioni dei vincoli \(x_1^p +x_2^p =1= y_1^{p/(p-1)} + y_2^{p/(p-1)}\) ricavi immediatamente:
\[
\begin{split}
x_2 &= \left( 1-x_1^p\right)^{1/p}\\
y_2 &= \left( 1-y_1^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\end{split}
\]
ed i bound \(x_1\leq 1\) e \(y_1\leq 1\) (perché \(x_2\geq 0\) ed \(y_2\geq 0\)); ergo (E) è del tutto equivalente a:
\[
\tag{F}
\sup \left\{ \left( x_1\ y_1+ \left( 1-x_1^p\right)^{1/p}\ \left( 1-y_1^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p} \right)^p ,\text{ con } 0\leq x_1,y_1\leq 1\right\} \leq 1\; ,
\]
in cui il problema di massimo vincolato è ambientato in un compatto di \(\mathbb{R}^2\).
Per risolvere (F) basta trovare il massimo della funzione:
\[
\psi (x,y) := x\ y+ \left( 1-x^p\right)^{1/p}\ \left( 1-y^{p/(p-1)}\right)^{(p-1)/p}
\]
nel quadrato \(Q:=[0,1]\times [0,1]\) (che esiste per Weierstrass), cosa che si fa con metodi standard di Calcolo Differenziale in due variabili.
Buon lavoro.
Grazie ad entrambi per le risposte, in particolare a gugo82, ci avrai messo un bel po', grazie davvero!
Ora sto su fisica 2, appena mi rimetto su analisi (domani mattina) vi dico se mi è tutto chiaro (ma ad un'occhiata veloce mi pare di capire come funziona), ciao!
Ora sto su fisica 2, appena mi rimetto su analisi (domani mattina) vi dico se mi è tutto chiaro (ma ad un'occhiata veloce mi pare di capire come funziona), ciao!
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