[Analisi] Disuguaglianza tra integrali

[fireball1]

Dato [tex]T>0[/tex], sia [tex]f:[0,T]\to\mathbb{R}[/tex] continua e tale che [tex]0\le f(x)\le 1,\,\, \forall x \in [0,T][/tex]. Si provi che:

[tex]\displaystyle\int_0^T tf(t)\,dt \ge \frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_0^T f(t)\,dt\right)^2.[/tex]

[salvozungri]

"fireball":Dato [tex]T>0[/tex], sia [tex]f:[0,T]\to\mathbb{R}[/tex] continua e tale che [tex]0\le f(x)\le 1,\,\, \forall x \in [0,T][/tex]. Si provi che:

[tex]\displaystyle\int_0^T tf(t)\,dt \ge \frac{1}{2}\left(\displaystyle\int_0^T f(t)\,dt\right)^2.[/tex]

Mi auguro non ci siano errori gravi

Sia [tex]\displaystyle F(x):=\int_{0}^x t f(t) dt - \frac{1}{2} \left(\int_{0}^x f(t) dt\right)^2\,\, \text{ con } x\in [0, T][/tex]
Banalmente [tex]F(0)=0[/tex], quello che rimane da mostrare è che la funzione F(x) è crescente nel suo insieme di definizione. Determino la derivata prima di F e vedo che succede

[tex]\displaystyle F'(x) = x f(x)- \left(\int_{0}^x f(t) dt\right) f(x) = f(x) \left(x-\int_{0}^x f(t) dt\right)[/tex].

Il fatto che la funzione [tex]f(x)[/tex] sia limitata è un bene, infatti per ipotesi abbiamo che [tex]0\le f(x)\le 1\,\,\forall x\in [0, T][/tex] di conseguenza:

[tex]\displaystyle 0\le\int_{0}^x f(t) dt\le x\implies 0\le x -\int_{0}^x f(t) dt\le x[/tex].

Dunque la derivata prima [tex]F'(x)[/tex] è positiva, poichè prodotto di quantità positive e dunque la funzione F(x) è crescente in [tex][0, T][/tex].

Pertanto per ogni [tex]x\in [0, T]\, \, F(x)\ge F(0)=0\implies F(T)\ge 0[/tex]

[fireball1]

Va bene. Io ho fatto in un altro modo.

[dissonance]

@fireball: Bello questo trucco!

[gugo82]

Carinissime e semplici entrambe le soluzioni proposte!
(Tra l'altro, gli approcci di Mathematico e fireball potrebbero essere considerati "duali".)

Ne propongo una terza, un po' più complessa, in cui si usano (praticamente) solo l'uniforme continuità e il passaggio al limite sotto il segno d'integrale.

Per l'uniforme continuità, ogni funzione [tex]$f\in C([0,T])$[/tex] può essere approssimata uniformemente in [tex]$[0,T]$[/tex] da una successione di funzioni semplici del tipo [tex]$s_m(t):=\sum_{n=1}^m \alpha_m^n\ \chi_{m,n}(t)$[/tex], in cui:

[tex]$\chi_{m,n} (t):=\begin{cases} 1 &\text{, se $t \in [t_{n-1} ,t_n[ :=[\frac{n-1}{m}\ T ,\frac{n}{m}\ T[$} \\ 0 &\text{, altrimenti} \end{cases}$[/tex]

(basta scegliere, ad esempio, [tex]$\alpha_m^n =f(t_{n-1})$[/tex])*.

Visto che l'integrale di Riemann è compatibile con l'approssimazione uniforme**, basta provare la tesi per le funzioni semplici del tipo visto in precedenza con i coefficienti [tex]$\alpha_m^n \in [0,1]$[/tex].

Fissati arbitrariamente [tex]$m\in \mathbb{N}$[/tex] ed [tex]$\alpha_m^n \in [0,1]$[/tex] abbiamo:

[tex]$\int_0^T t\ s_m(t)\ \text{d} t =\sum_{n=1}^m \alpha_m^n \int_{t_{n-1}}^{t_n} t\ \text{d} t$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^m \frac{\alpha_m^n}{2} (t_n^2 -t_{n-1}^2)$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^m \frac{\alpha_m^n}{2} (t_n -t_{n-1})\ (t_n +t_{n-1})$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^m \frac{\alpha_m^n}{2} \frac{T^2}{m^2} (2n-1)$[/tex]
[tex]$=\frac{T^2}{2m^2} \sum_{n=1}^m (2n-1)\ \alpha_m^n$[/tex]

ed analogamente:

[tex]$\frac{1}{2} \left( \int_0^T s_m(t)\ \text{d} t\right)^2 =\frac{1}{2} \Big( \sum_{n=1}^m \alpha_m^n (t_n-t_{n-1}) \Big)^2$[/tex]
[tex]$=\frac{T^2}{2m^2} \left( \sum_{n=1}^m \alpha_m^n \right)^2$[/tex],

cosicché per acquisire la tesi per [tex]$s_m$[/tex] occorre e basta provare che sussiste la disuguaglianza:

[tex]$\left( \sum_{n=1}^m \alpha_m^n \right)^2 \leq \sum_{n=1}^m (2n-1)\ \alpha_m^n$[/tex].

Sviluppando il quadrato (avendo la giusta cura di raggruppare decentemente i doppi prodotti) e ricordando che [tex]$(\alpha_m^n)^2\leq \alpha_m^n$[/tex], si ha:

[tex]$\left( \sum_{n=1}^m \alpha_m^n \right)^2 =\sum_{n=1}^m (\alpha_m^n)^2 +2\sum_{k< n =1}^m \alpha_m^n\ \alpha_m^k$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^m (\alpha_m^n)^2 +2\sum_{n=2}^m \alpha_m^n \sum_{k=1}^{n-1} \alpha_m^k$[/tex]
[tex]$\leq \sum_{n=1}^m \alpha_m^n +2\sum_{n=2}^m\alpha_m^n (n-1)$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=1}^m (2n-1)\ \alpha_m^n$[/tex]

che è quanto volevamo.


__________
* Avrei dovuto scrivere [tex]$t_{m,n}$[/tex], visto che i punti della partizione [tex]$\{\tfrac{n}{m} T \}_{n=0,\ldots ,m}$[/tex] dipendono tutti da [tex]$m$[/tex]... Ma ho preferito non appesantire ancora di più la notazione.

** Leggi: "Visto che per successioni di funzioni uniformemente convergenti si può passare al limite sotto il segno d'integrale".

[gugo82]

Nelle stesse ipotesi fatte da fireball, si caratterizzi il caso d'uguaglianza in:

(*) [tex]$\frac{1}{2} \ \left\{ \int_0^T f(t)\ \text{d} t \right\}^2 \leq \int_0^T t\ f(t)\ \text{d} t$[/tex].

[fireball1]

Scusa, che intendi per "caratterizzare"? Trovare una proposizione tale che questa è vera $\iff$ l'uguaglianza è vera?

[gugo82]

Caratterizzare il caso d'ugualianza in una disuguaglianza significa determinare (se esistono) tutte e sole le variabili che verificano tale disuguaglianza con il segno [tex]$=$[/tex].

Quindi il problema è: determinare tutte e sole le funzioni [tex]$f\in C([0,T])$[/tex] con [tex]$0\leq f\leq 1$[/tex] tali che:

[tex]$\frac{1}{2} \ \left( \int_0^T f(t)\ \text{d} t\right)^2 =\int_0^T t\ f(t)\ \text{d} t$[/tex].

[salvozungri]

Oddio, quanto mi piace la soluzione di Fireball, troppo bellina tra l'altro quando la lessi, volevo mangiarmi le mani!! .
Quella di Gugo invece è , un po' difficile da digerire, ma è proprio forte . Veniamo ora all'altro esercizio.

"gugo82": determinare tutte e sole le funzioni [tex]$f\in C([0,T])$[/tex] con [tex]$0\leq f\leq 1$[/tex] tali che:

[tex]$\frac{1}{2} \ \left( \int_0^T f(t)\ \text{d} t\right)^2 =\int_0^T t\ f(t)\ \text{d} t$[/tex].

Io ne ho trovato due.
[tex]$F(T)=0\implies \int_0^T f(x)\left(x-\int_0^x f(t) dt\right)dx=0[/tex]
La funzione integranda è prodotto di funzioni continue (quindi continua) e non negative. Ora essendo non negative, allora l'integrale è nullo se e solo se uno dei fattori è nullo. Dunque una possibile soluzione è [tex]f_1(x)= f(x) =0[/tex] che soddisfa tutte le condizioni.

L'altra è data dall'annullamento del fattore [tex]$x-\int_0^x f(t) dt[/tex]
Dobbiamo quindi risolvere l'equazione integrale:
[tex]$x-\int_0^x f(t) dt=0\iff 1- f(x)= 0 \implies f_2(x)= f(x)= 1[/tex].

Anche questa funzione soddisfa tutto e siamo contenti
La soluzione proposta è stata scritta di getto direttamente sul forum, mi auguro non ci siano papere

[fireball1]

Anche io ho trovato quelle due, ma credo sia troppo facile così... Ci dev'essere una $f(x)$ non costante secondo me, altrimenti penso che gugo non l'avrebbe proposto...

[salvozungri]

Mmm, secondo me di funzioni non costanti non ce ne sono (è una mia opinione e la matematica è fatta di opinioni , ovviamente è una squallidissima battuta). Forza Gugo, aspettiamo un tuo intervento chiarificatore

[gugo82]

"Mathematico":Quella di Gugo invece è , un po' difficile da digerire, ma è proprio forte .

Troppi conti, eh?

No, davvero: cosa c'è d'indigesto?

"Mathematico":[quote="gugo82"] determinare tutte e sole le funzioni [tex]$f\in C([0,T])$[/tex] con [tex]$0\leq f\leq 1$[/tex] tali che:

[tex]$\frac{1}{2} \ \left( \int_0^T f(t)\ \text{d} t\right)^2 =\int_0^T t\ f(t)\ \text{d} t$[/tex].

Io ne ho trovate due. [...][/quote]

"fireball":Anche io ho trovato quelle due, ma credo sia troppo facile così... Ci dev'essere una $f(x)$ non costante secondo me, altrimenti penso che gugo non l'avrebbe proposto...

Mi sopravvalutate... Ispirato dalla dimostrazione di fireball, ho fatto gli stessi conticini di Mathematico: ça va sans dire che il risultato è lo stesso.
Visto che non se n'era parlato, ho posto il problema, tutto qui.

[salvozungri]

Non c'è nulla di indigesto . E' una bellissima dimostrazione! Per farti capire come la penso:

Questa è la mia dimostrazione.
Questa è la dimostrazione di Fireball
Questa è la dimostrazione di Gugo.
.

O se vogliamo in termini informatici:
E' come se io lavorassi con mathematica.
Fireball con C++
Gugo si esprime in linguaggio macchina

[gugo82]

"Mathematico":Non c'è nulla di indigesto . E' una bellissima dimostrazione! Per farti capire come la penso:

Questa è la mia dimostrazione.
Questa è la dimostrazione di Fireball
Questa è la dimostrazione di Gugo.
.

Però Yakety Sax è troppo forte... La volevo io!

"Mathematico":O se vogliamo in termini informatici:
E' come se io lavorassi con Mathematica.
Fireball con C++
Gugo si esprime in linguaggio macchina

Uno dei complimenti più bizzarri che abbia mai ricevuto.

[gugo82]

Pongo una domanda cui non ho trovato risposta...

Si può mettere la disuguaglianza (*) in forma quantitativa?

***

Spiego la domanda per chi non ha mai sentito questo gergo.

Diciamo di aver provato una disuguaglianza funzionale del tipo:

(a) [tex]$\mathcal{I} [f] \geq \mathcal{J} [f]$[/tex],

in cui [tex]$\mathcal{I} ,\mathcal{J} :X\to \mathbb{R}$[/tex] sono due funzionali definiti sul medesimo spazio di funzioni [tex]$X$[/tex] (nel nostro caso è [tex]$X:=\{ f\in C([0,T]) :\ 0\leq f\leq 1\}$[/tex], [tex]\mathcal{I} [f]:=\int_0^T t\ f(t)\ \text{d} t[/tex] e [tex]\mathcal{J} [f] =\tfrac{1}{2}\ \lVert f\rVert_1^2=\tfrac{1}{2}\ \left\{ \int_0^T f(t)\ \text{d} t\right\}^2[/tex]), e supponiamo anche di aver caratterizzato il caso di uguaglianza in (a), cioè di aver individuato la classe [tex]$X_0 \subseteq X$[/tex] costituita da tutte e sole le funzioni [tex]$\varphi \in X$[/tex] per cui [tex]$\mathcal{I} [\varphi ]=\mathcal{J} [\varphi ]$[/tex]. Ne consegue che, comunque si fissi [tex]$f\in X\setminus X_0$[/tex], si ha [tex]$\mathcal{I} [f]-\mathcal{J} [f] >0$[/tex].

Parlando approssimativamente, mettere la disuguaglianza (a) in forma quantitativa significa determinare un terzo funzionale [tex]$\mathcal{K} :X\to \mathbb{R}$[/tex] che indichi "quanto" e "come" il funzionale [tex]$\mathcal{I} -\mathcal{J}$[/tex] si discosta da [tex]$0$[/tex] in [tex]$X\setminus X_0$[/tex].
Detto in maniera più rigorosa, il funzionale incognito [tex]$\mathcal{K}$[/tex] deve:

1. stimare dal basso [tex]$\mathcal{I} -\mathcal{J}$[/tex], ossia soddisfare [tex]$\forall f\in X,\ \mathcal{I} [f] -\mathcal{J} [f] \geq \mathcal{K} [f]$[/tex];

2. essere non negativo, cioè verificare [tex]$\forall f\in X,\ \mathcal{K} [f]\geq 0$[/tex];

3. annullarsi solo su [tex]$X_0$[/tex], quindi avere [tex]$\mathcal{K} [\varphi ] =0 \Leftrightarrow \varphi \in X_0$[/tex];

evidentemente, la condizione 1 è quella che ci dice che [tex]$\mathcal{K}$[/tex] misura "quanto" e "come" il funzionale [tex]$\mathcal{I} -\mathcal{J}$[/tex] si discosta da [tex]$0$[/tex] (ossia quanto [tex]$\mathcal{I}$[/tex] si mantiene maggiore di [tex]$\mathcal{J}$[/tex]) in [tex]$X\setminus X_0$[/tex], mentre le condizioni 2 e 3 servono ad evitare che la stima fornita da 1 diventi banale*.

Per fare un esempio banale, consideriamo i funzionali:

[tex]$\mathcal{J} [f]:=\lVert f\rVert_2 =\left( \int_\mathbb{R} f^2(t)\ \text{d} t\right)^\frac{1}{2}$[/tex] ed [tex]$\mathcal{I} [f] :=e^{\lVert f\rVert_2 -1}$[/tex]

definiti per [tex]$f\in L^2(\mathbb{R})$[/tex].
Da Analisi I sappiamo che [tex]$e^{y-1} \geq y$[/tex] per ogni [tex]$y\in \mathbb{R}$[/tex], quindi è banale asserire che [tex]$\mathcal{I} [f]\geq \mathcal{J} [f]$[/tex] in [tex]$L^2(\mathbb{R} )$[/tex]; inoltre, sempre da Analisi I, è noto che [tex]$e^{y-1}=y \Leftrightarrow y=1$[/tex], sicché si ha [tex]$\mathcal{I} [f]= \mathcal{J} [f]$[/tex] se e solo se [tex]$\lVert f\rVert_{L^2} =1$[/tex].

Possiamo porre il problema di mettere la disuguaglianza in forma quantitativa. A risolvere la questione ci aiuta di nuovo l'Analisi elementare, giacché è cosa nota che [tex]$e^{y-1} -y\geq \tfrac{1}{2}\ (y-1)^2$[/tex] (ciò segue, con qualche calcoletto, dallo sviluppo in serie di [tex]$e^{y-1}$[/tex] intorno ad [tex]$1$[/tex]): posto [tex]\mathcal{K} [f]:= \frac{1}{2}\ \left( \lVert f\rVert_2 -1\right)^2[/tex], abbiamo definito un funzionale su [tex]$L^2(\mathbb{R})$[/tex] che gode delle 1-3, quindi la nostra disuguaglianza in forma quantitativa diventa:

[tex]$e^{\lVert f\rVert_2 -1} \geq \lVert f\rVert_2 +\frac{1}{2}\ \left( \lVert f\rVert_2 -1\right)^2$[/tex].

Alcune volte il funzionale incognito [tex]$\mathcal{K}$[/tex] viene determinato nella forma [tex]$\lambda (f)\ \mathcal{J} [f]$[/tex], in cui [tex]$\lambda :X\to \mathbb{R}$[/tex] è tale da verificare le 1-3; in particolare, visto che [tex]$\lambda (\varphi )=0$[/tex] per [tex]$\varphi \in X_0$[/tex], di solito in [tex]$\lambda (f)$[/tex] è presente qualche termine che tiene conto della "distanza" (da definire opportunamente) di [tex]$f$[/tex] dall'insieme [tex]$X_0$[/tex].
In tal caso la versione quantitativa della (a) è:

[tex]$\mathcal{I} [f] \geq (1+\lambda(f) )\ \mathcal{J} [f]$[/tex].

Altre volte, invece, il funzionale [tex]$\mathcal{K}$[/tex] viene fuori abbastanza diverso da [tex]$\mathcal{J}$[/tex] (come nell'esempio in spoiler, in cui compaiono potenze ed altre zozzerie).



__________
* Invero se non fosse soddisfatta la 2, detta [tex]$g\in X$[/tex] una funzione tale che [tex]$\mathcal{K} [g]<0$[/tex], la stima [tex]$\mathcal{I} [g]-\mathcal{J} [g]\geq \mathcal{K} [g]$[/tex] sarebbe inutile in quanto è già noto che [tex]$\mathcal{I} [g]-\mathcal{J} [g] \geq 0$[/tex].
Analogamente se non fosse soddisfatta la 3 e risultasse [tex]$\mathcal{K} [f]=0$[/tex] per qualche [tex]$f\in X\setminus X_0$[/tex], la stima [tex]$\mathcal{I} [f]-\mathcal{J} [f] \geq \mathcal{k} [f]$[/tex] sarebbe banale (in quanto asserirebbe il fatto noto [tex]$\mathcal{I} [f]-\mathcal{J} [f] \geq 0$[/tex]).

[gugo82]

Lasciate stare, credo sia troppo difficile risolvere quel problema...

***

Ne propongo un altro:

Esercizio:

Sia [tex]$u\in C(\mathbb{R}^N)\cap L^\infty (\mathbb{R}^N)$[/tex]* una funzione radiale, cioè tale che esista [tex]$f\in C([0,+\infty[)\cap L^\infty([0,+\infty [)$[/tex] in guisa che:

[tex]$\forall x\in \mathbb{R}^N,\ u(x)=f(|x|)$[/tex].

1. Dimostrare che se [tex]$u \in L^p(\mathbb{R}^N)$[/tex] allora [tex]$f\in L^p([0,+\infty[)$[/tex].

2. È vero il viceversa?

Suggerimenti: 1. Si tratti dapprima il caso [tex]$0\leq u\leq 1$[/tex]. Per procedere, si generalizzi la disuguaglianza di fireball (*) in modo tale che sia possibile applicarla all'espressione della norma [tex]$L^p$[/tex] di [tex]$u$[/tex], la quale, per la formula delle coordinate polari in [tex]$\mathbb{R}^N$[/tex], è:

[tex]$\lVert u\rVert_p^p =\int_{\mathbb{R}^N} u^p(x)\ \text{d} x =N \omega_N\ \int_0^{+\infty} r^{N-1}\ f^p(r)\ \text{d} r$[/tex]

(qui [tex]$\omega_N$[/tex] è il volume della palla unitaria di [tex]$\mathbb{R}^N$[/tex]).
Per trattare il caso generale, si consideri la funzione normalizzata [tex]$\tilde{u} (x):=\tfrac{1}{\lVert u\rVert_{\infty}}\ u(x)$[/tex] e si applichi il ragionamento precedente ad [tex]$\tilde{u}$[/tex].

2. Si provi a scegliere come [tex]$f$[/tex] qualche funzione potenza (opportunamente troncata).

__________
* Detto per esteso, [tex]$u$[/tex] è continua e limitata in [tex]$\mathbb{R}^N$[/tex].

[salvozungri]

Sinceramente , la prova che ho trovato mi piace davvero poco e non sono nemmeno sicuro che sia esatta, diciamo che è questa dimostrazione è una sconfitta per quanto mi riguarda

Per ipotesi sappiamo che [tex]$u\in L_p(\mathbb{R^N})\implies ||u||_p^p= \int_{R^N}|u^p(x)|\text{d}x <+\infty[/tex]. Al fine di provare che la funzione [tex]f[/tex] appartenga ad [tex]L_p([0, +\infty[)[/tex] è sufficiente far vedere che [tex]||f||_p[/tex] sia finita (il fatto che sia continua mi assicura che [tex]f[/tex] sia misurabile). Gugo ha cercato di indirizzarmi sulla strada da seguire, purtroppo non sono riuscito a percorrerla , ci ho provato, ma non riuscivo a formalizzare, così ho cambiato approccio.

[tex]$||u||_p^p =N\omega_N \int_{0}^{+\infty} r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r = N\omega_N \left(\int_{0}^1 r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r +\int_1^{+\infty} r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r\right)[/tex].

[tex]K:= $\int_{0}^1 r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r[/tex] è finito e non negativo, in quanto stiamo integrando una funzione continua e non negativa in un intervallo limitato.

Per il secondo integrale invece:

Per ogni [tex]r\in [1, +\infty)[/tex] si ha che:
[tex]1\le r^{N-1}\implies |f^p(r)|\le r^{N-1}|f^p(r)|[/tex], la disiguaglianza va bene poichè la funzione [tex]|f|[/tex] è non negativa
Pertanto:
[tex]$+\infty>||u||_p^p = N\omega_N \left(\int_{0}^1 r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r +\int_1^{+\infty} r^{N-1}|f^p(r)|\text{d}r\right)\ge N \omega_N \int_{1}^\infty |f^p(r)|\text{d} r\ge 0[/tex]


Abbiamo mostrato quindi che [tex]\int_{1}^\infty |f^p(r)|\text{d} r<+\infty[/tex], inoltre [tex]\int_{0}^1 |f^p(r)|\text{d} r[/tex] è un valore finito dunque:
[tex]||f||_p^p= \int_{0}^\infty |f^p(r)|\text{d}r<\infty[/tex].

Penso che da qualche parte ci sia un errore poichè non ho utilizzato l'ipotesi che la funzione [tex]f[/tex] sia essenzialmente limitata.

Per il controesempio... Lo lascio a qualcun altro (sono penoso nella ricerca di controesempi)

[gugo82]

@Mathematico: La tua dimostrazione funziona.
Infatti non era necessario usare la disuguaglianza di fireball (*) per ottenere il risultato; diciamo che l'esercizio voleva essere uno stimolo ad usare tale disuguaglianza in maniera creativa.

Tuttavia, rivedendo i miei conti, credo di aver fatto troppo alla leggera qualche passaggio...
Spoilerizzo il modo in cui pensavo di procedere.

Innanzitutto proviamo a generalizzare la (*).
Prendiamo [tex]$\alpha, \beta >0$[/tex] ed [tex]$f\in C([0,T])$[/tex] con [tex]$0\leq f\leq 1$[/tex] e consideriamo l'integrale:

[tex]$\frac{1}{\alpha}\ \left\{ \int_0^T f^\beta (t)\ \text{d} t\right\}^\alpha$[/tex];

mutatis mutandis, il ragionamento di fireball è ancora possibile ed importa:

[tex]$\frac{1}{\alpha}\ \left\{ \int_0^T f^\beta (t)\ \text{d} t\right\}^\alpha =\int_0^T \left\{ \int_0^t f^\beta (\tau )\ \text{d} \tau \right\}^{\alpha -1} \ f^\beta (t)\ \text{d} t \leq \int_0^T t^{\alpha -1}\ f^\beta (t)\ \text{d} t$[/tex];

la relazione che passa tra primo e terzo membro della precedente, ossia:

(**) [tex]$\frac{1}{\alpha}\ \left\{ \int_0^T f^\beta (t)\ \text{d} t\right\}^\alpha \leq \int_0^T t^{\alpha -1}\ f^\beta (t)\ \text{d} t$[/tex]

è la generalizzazione di (*) che mi interessava; si noti che la (**) si può mettere nella forma:

(***) [tex]$\frac{1}{\alpha}\ \lVert f\rVert_\beta^{\alpha \beta} \leq \lVert f\rVert_{\beta ,t^{\alpha -1}}^\beta$[/tex]

ove [tex]$\lVert\cdot \rVert_\beta$[/tex] è l'usuale norma di [tex]$L^\beta([0,T])$[/tex] e [tex]$\lVert f\rVert_{\beta,t^{\alpha -1}} :=\left\{ \int_0^T t^{\alpha -1}\ f^\beta (t)\ \text{d} t \right\}^{1/\beta}$[/tex] è la norma nello spazio:

[tex]$L_{t^{\alpha-1}}^\beta ([0,T]):=\left\{ f:[0,T]\to \mathbb{R} \text{ t.c. } \int_0^T t^{\alpha -1} |f(t)|^\beta \ \text{d} t <+\infty \right\}$[/tex]

(che è uno spazio [tex]$L^p$[/tex] "pesato").

La (***) funziona per ogni funzione continua tale che [tex]$0\leq |f| \leq 1$[/tex]; ma cosa succede se [tex]$\lVert f\lVert_\infty :=\sup |f| >1$[/tex]?
In tal caso posso considerare la funzione normalizzata:

[tex]$\widehat{f} :=\frac{1}{\lVert f\rVert_\infty} \ |f|$[/tex]

che soddisfa la limitazione [tex]$0\leq \widehat{f} \leq 1$[/tex] e, tenendo presente l'omogeneità delle norme in gioco nella (***), posso ottenere:

[tex]$\frac{1}{\alpha} \lVert \widehat{f} \rVert_\beta^{\alpha \beta} \leq \lVert \widehat{f} \rVert_{\beta, t^{\alpha -1}}^\beta \Rightarrow \frac{1}{\alpha} \ \frac{1}{\lVert f\rVert_\infty^{\alpha \beta}} \ \lVert f \rVert_\beta^{\alpha \beta} \leq \frac{1}{\lVert f\rVert_\infty^\beta} \ \lVert f \rVert_{\beta ,t^{\alpha -1}}^\beta $[/tex]

da cui si ricava:

(****) [tex]$\frac{1}{\alpha} \ \lVert f \rVert_\beta^{\alpha \beta} \leq \lVert f \rVert_{\beta ,t^{\alpha -1}}^\beta \ \lVert f\rVert_\infty^{\beta (\alpha -1)}$[/tex].

La (****) è la versione "riveduta e corretta" della (***), in cui compare giustamente anche la norma del massimo [tex]$\lVert \cdot \rVert_\infty$[/tex], ed è valida in generale per ogni [tex]$f\in C([0,T])$[/tex].

Se prendiamo [tex]$\alpha =N$[/tex] e [tex]$\beta =p$[/tex], per una funzione [tex]$u\in C_c(\mathbb{R}^N)$[/tex] radiale (insomma [tex]$u(x)=f(|x|)$[/tex] ed [tex]$u$[/tex] è continua ed a supporto compatto, ergo anche limitata) si trova:

[tex]$\lVert u\rVert_p^p =N\omega_N\ \lVert f\rVert_{p,t^{N-1}}^p$[/tex] e [tex]$\lVert u\rVert_\infty =\lVert f\rVert_\infty$[/tex]

ed applicando la (****) si perviene a:

(A) [tex]$\frac{1}{N} \ \lVert f\rVert_p^{Np} \leq N\omega_N\ \lVert u\rVert_\infty^{p(N-1)} \ \lVert u\rVert_p^p$[/tex]

L'idea era quella di adattare la (A) per il caso di funzioni radiali non a supporto compatto (e ciò si fa adattando la (****) per l'intervallo non limitato [tex]$[0,+\infty[$[/tex]), ma i conti che avevo fatto erano sbagliati... Infatti non so se si possa arrivare a [tex]$C(\mathbb{R}^N )\cap L^\infty (\mathbb{R}^N )\cap L^p (\mathbb{R}^N )$[/tex] con approssimazione usando la (****).
Il problema, in fondo, sembra essere la presenza della norma del massimo, che non è il massimo (!) se combinata con una norma [tex]$L^p$[/tex] su un insieme non limitato.

Molto più probabilmente si deve prendere [tex]$u\in C_0(\mathbb{R}^N ) \cap L^p (\mathbb{R}^N )$[/tex] per usare qualche approssimazione in norma...

[salvozungri]

Cazzarola!! Bellissima soluzione Gugo. Ho sballato completamente la generalizzazione della disuguaglianza di Fireball ( d'ora in poi diventerà la disuguaglianza di Fireball-Gugo ). Prendevo per esponente [tex]\frac{p+1}{p}[/tex], non chiedermi perchè, imperterrito facevo i conti con quella frazione, e naturalmente avevo tutti gli esponenti sballati. Effettivamente era molto facile, , ma a volte le cose facili, sono impossibili per me. Peccato

PS: l'ultima parte non mi è chiarissima, sarà l'ora. Oggi pomeriggio tornerò a dare uno sguardo . Buonanotte, anzi no, buongiorno