[EX] Disuguaglianza per funzioni $L^2$

[gugo82]

Esercizio:

1. Mostrare che esiste una costante \(C>0\) tale che:
\[
\tag{H} \left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|\leq C\ \| f\|_2\ \| g\|_2
\]
per ogni coppia di funzioni \(f,g\in L^2(0,\infty)\).

2. Provare che \(\pi\) è la costante migliore in (H), i.e. che:
\[
\pi = \inf \left\{ C>0:\ \text{(H) vale per ogni } f,g\in L^2(0,\infty)\right\}\; .
\]

[gugo82]

Visto che nessuno ha provato...

Suggerimento: 1. Se si vuole può supporre \(f,g\in C_c(]0,\infty[)\). Si cerchi di eliminare il peso \(\frac{1}{x+y}\) usando opportuni cambiamenti di variabili; in particolare, si faccia prima la sostituzione \(\begin{cases} x=\xi^2\\ y=\eta^2 \end{cases}\) e poi si usino le coordinate polari.

2. Per fissato \(n\in \mathbb{N}\), si prenda \(f(x) = g(x)= u_n(x):=1/\sqrt{x}\ \chi_{[1,n]}(x)\) (qui \(\chi_E\) è la funzione caratteristica di \(E\subseteq \mathbb{R}\)) e si cerchi di dimostrare che:
\[
\lim_n \frac{1}{\| u_n \|_2^2}\ \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{u_n(x)\ u_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y = \pi\; .
\]

[dan952]

Per mostrare il punto 1 ho bisogno della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz?

[gugo82]

"dan95":Per mostrare il punto 1 ho bisogno della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz?

Perché no...

[gugo82]

"gugo82":Esercizio:

1. Mostrare che esiste una costante \( C>0 \) tale che:
\[ \tag{H} \left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|\leq C\ \| f\|_2\ \| g\|_2 \]
per ogni coppia di funzioni \( f,g\in L^2(0,\infty) \).

Dimostrerò una disuguaglianza un po' più generale, i.e.:
\[
\tag{H} \left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|\leq C\ \| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}
\]
con \(f\in L^p(0,\infty)\) e \(g\in L^{p^\prime}(0,\infty)\), ove \(1esponente coniugato di \(p\) (nella disuguaglianza di Hölder).

Dato che \(C_c([0,\infty[)\) è denso in entrambi \(L^p(0,\infty)\) ed \(L^{p^\prime}(0,\infty)\), posso supporre che \(f,g\) siano continue ed a supporto compatto.
Inoltre, poiché si ha:
\[
\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|\leq \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{\big| f(x)\big|\ \big|g(y)\big|}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\; ,
\]
dunque basta mostrare valida la (H) sotto l'ipotesi addizionale \(f,g\geq 0\) in \([0,\infty[\).

Come nel suggerimento, facciamo nell'integrale:
\[
\intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y
\]
la sostituzione:
\[
\begin{cases}
x=\xi^2\\
y=\eta^2
\end{cases}
\]
la quale ha Jacobiano \(4\xi\eta\):
\[
\tag{1}
\intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y = 4 \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(\xi^2)\ g(\eta^2)}{\xi^2+\eta^2}\ \xi\ \eta\ \text{d} \xi\text{d} \eta\; ;
\]
ancora, facciamo nel secondo membro di (1) il classico passaggio in coordinate polari:
\[
\begin{cases}
\xi = r\ \cos \theta\\
\eta =r\ \sin \theta
\end{cases}
\]
il quale ha Jacobiano \(r\):
\[
\tag{2}
\begin{split}
\intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y &= 4 \intop_0^\infty \intop_0^{\pi/2} \frac{f(r^2\ \cos^2 \theta)\ g(r^2\ \sin^2 \theta)}{\cancel{r^2}}\ \cancel{r^2}\ \cos \theta\ \sin \theta\ r \text{d} r\text{d} \theta\\
&= 4 \intop_0^{\pi/2} \left( \intop_0^\infty f(r^2\ \cos^2 \theta)\ g(r^2\ \sin^2 \theta)\ r\ \text{d} r\right)\ \cos \theta\ \sin \theta\ \text{d} \theta\; .
\end{split}
\]
Posto:
\[
\begin{split}
F(r) &:= f(r^2\ \cos^2 \theta)\ r^{1/p}\\
G(r) &:= g(r^2\ \sin^2 \theta)\ r^{1/p^\prime}\; ,
\end{split}
\]
l'integrale interno all'ultimo membro della (2) si riscrive in modo che sia facile applicare la disuguaglianza di Hölder:
\[
\begin{split}
\intop_0^\infty f(r^2\ \cos^2 \theta)\ g(r^2\ \sin^2 \theta)\ r\ \text{d} r &= \intop_0^\infty F(r)\ G(r)\ \text{d} r\\
&\stackrel{\text{Hölder}}{\leq} \left( \intop_0^\infty F^p (r)\ \text{d} r \right)^{1/p}\ \left( \intop_0^\infty G^{p^\prime} (r)\ \text{d} r \right)^{1/p^\prime}\\
&= \left( \intop_0^\infty f^p (r^2\ \cos^2 \theta)\ r\ \text{d} r \right)^{1/p}\ \left( \intop_0^\infty g^{p^\prime} (r^2\ \sin^2 \theta)\ r\ \text{d} r \right)^{1/p^\prime}\; ,
\end{split}
\]
di modo che da (2) segue:
\[
\tag{3}
\begin{split}
\intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y &\leq 4\ \intop_0^{\pi/2} \left( \intop_0^\infty f^p (r^2\ \cos^2 \theta)\ r\ \text{d} r \right)^{1/p}\ \left( \intop_0^\infty g^{p^\prime} (r^2\ \sin^2 \theta)\ r\ \text{d} r \right)^{1/p^\prime}\times\\
&\phantom{= 4\ \intop_0^{\pi/2}}\times \cos \theta\ \sin \theta\ \text{d} \theta\\
&= 2\ \intop_0^{\pi/2} \left( \intop_0^\infty f^p (r^2\ \cos^2 \theta)\ 2\ r\ \cos^2 \theta\ \text{d} r \right)^{1/p}\times \\
&\phantom{2\ \intop_0^{\pi/2}} \left( \intop_0^\infty g^{p^\prime} (r^2\ \sin^2 \theta)\ 2\ r\ \sin^2 \theta\ \text{d} r \right)^{1/p^\prime}\ \cos^{1-2/p} \theta\ \sin^{1-2/p^\prime} \theta\ \text{d} \theta\; ;
\end{split}
\]
facendo a ritroso negli integrali più interni all'ultimo membro di (3) le sostituzioni fatte all'inizio, i.e. \(x=r^2 \cos^2 \theta\) ed \(y=r^2 \sin^2 \theta\), trovo:
\[
\begin{split}
\intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y &\leq 2\ \intop_0^{\pi/2} \left( \intop_0^\infty f^p (x)\ \text{d} x \right)^{1/p}\ \left( \intop_0^\infty g^{p^\prime} (y)\ \text{d} y \right)^{1/p^\prime}\ \cos^{1-2/p} \theta\ \sin^{1-2/p^\prime} \theta\ \text{d} \theta \\
&= \underbrace{\left(2\ \intop_0^{\pi/2}\cos^{1-2/p} \theta\ \sin^{1-2/p^\prime} \theta\ \text{d} \theta\right)}_{=:\color{maroon}{C(p)}}\ \| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}
\end{split}
\]
che è la (H) "generalizzata" con \(C=C(p)>0\).

Chiaramente:
\[
C(2) = \pi\; ,
\]
mentre più in generale, usando le funzioni gamma e beta di Eulero e la formula di riflessione (FdR), ottengo:
\[
\begin{split}
C(p) &= 2\ \intop_0^{\pi/2}\cos^{1-2/p} \theta\ \sin^{1-2/p^\prime} \theta\ \text{d} \theta\\
&\stackrel{t=\sin^2 \theta}{=} \intop_0^1 (1-t)^{-1/p}\ t^{-1/p^\prime}\ \text{d} t\\
&= \intop_0^1 (1-t)^{1/p^\prime -1}\ t^{1/p -1}\ \text{d} t\\
&= B\left( \frac{1}{p}, \frac{1}{p^\prime}\right)\\
&= \frac{\Gamma \left( \frac{1}{p}\right)\ \Gamma \left(\frac{1}{p^\prime}\right)}{\underbrace{\Gamma \left( \frac{1}{p}+ \frac{1}{p^\prime}\right)}_{=\Gamma (1) =1}}\\
&= \Gamma \left( \frac{1}{p}\right)\ \Gamma \left( 1- \frac{1}{p}\right)\\
&\stackrel{\text{FdR}}{=} \frac{\pi}{\sin \frac{\pi}{p}}
\end{split}
\]
da cui si evince che:
\[
C(2) = \min_{1 \]

[Paolo902]

Un'idea alternativa (per il punto 1), nata in una notte di questa settimana (discutendone con un caro amico), potrebbe essere quella di usare Fubini-Tonelli.

Considera l'integrale
\[
I:=\int_{0}^{\infty} \int_0^{+\infty}\frac{f(ty)g(y)}{1+t}dydt
\]

Applicando Cauchy-Schwarz all'integrale in $dy$ (wlog $f,g \ge 0$) si ottiene che
\[
I = \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t}\int_0^\infty f(ty)g(y) dy dt \le \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t}\Vert f(t \cdot)\Vert_{2} \Vert g \Vert_2 dt.
\]
Ora basta fare i conti:
\[
\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+t}\sqrt{\int_0^{+\infty} f^2(ty)dy}\Vert g \Vert_2 dt = \int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+t)}\sqrt{\int_0^{\infty} f^2(z)\frac{dz}{t}} \Vert g \Vert_2 dt =
\]
\[
=\Vert f \Vert_2 \Vert g \Vert_2 \int_0^{\infty} \frac{dt}{(1+t)\sqrt{t}}
\]
dove abbiamo fatto la sostituzione $ty=z$. Ora basta calcolare il primo integrale, ma è un semplice affare di Analisi 1 verificare che l'integrale vale esattamente $\pi$. A questo punto, si usa Fubini-Tonelli: $I$ è finito, quindi si può invertire l'ordine di integrazione e con una semplice sostituzione si vede che $I$ può essere scritto come
\[
I = \int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} \frac{f(x)g(y)}{x+y}dxdy
\]
da cui segue l'asserto.

[gugo82]

Certo è un buon metodo, e probabilmente più semplice di quello che ho proposto.
Complimenti a voi!

Inoltre, il vostro metodo è grosso modo una variante di quello di sopra: infatti, anche nello svolgimento che ho proposto si finisce per considerare le due variabili \(x,y\) come direttamente proporzionali ad \(r^2\) e perciò direttamente proporzionali tra loro.
Infine, nota che:
\[
\begin{split}
\intop_0^\infty \frac{1}{(1+t)\ \sqrt{t}}\ \text{d} t &\stackrel{t=\tan^2 \theta}{=} \intop_0^{\pi/2} \frac{1}{(1+\tan^2 \theta)\ \sqrt{\tan^2 \theta}}\ \frac{2\ \tan \theta}{\cos^2\theta}\ \text{d} \theta\\
&= 2 \intop_0^{\pi/2} \text{d}\theta\\
&=C(2)\; .
\end{split}
\]

[gugo82]

"gugo82":2. Provare che \(\pi\) è la costante migliore in (H), i.e. che:
\[
\pi = \inf \left\{ C>0:\ \text{(H) vale per ogni } f,g\in L^2(0,\infty)\right\}\; .
\]

Mi trovo facendo e dimostro che \(C(p) := \frac{\pi}{\sin \frac{\pi}{p}}\) è la costante migliore nella disuguaglianza generalizzata:
\[
\tag{H}
\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|\leq C\ \| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}
\]
ossia che:
\[
\tag{1}
C(p) = \min \underbrace{\{ C>0:\ \text{(H) vale per ogni } f\in L^p(0,\infty) \text{ e } g\in L^{p^\prime}(0,\infty)\}}_{\color{maroon}{=:\mathcal{C}}}\; ,
\]
in cui il simbolo \(\min\) è giustificato dal risultato del post precedente, in cui è dimostrato che \(C(p)\in \mathcal{C}\).
Notato che la condizione \(C(p)\in \mathcal{C}\) può essere espressa in maniera più incisiva mediante la disuguaglianza:
\[
\sup \left\{ \frac{\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|}{\| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}},\text{ con } f\in L^p(0,\infty),\ g\in L^{p^\prime}(0,\infty) \text{ e } f,g\neq 0\right\} \leq C(p)\; ,
\]
Per dimostrare la (1) occorre e basta far vedere che nella precedente disuguaglianza vale, in realtà, l'uguaglianza, cioé che risulta:
\[
\tag{2}
\sup \left\{ \frac{\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|}{\| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}},\text{ con } f\in L^p(0,\infty),\ g\in L^{p^\prime}(0,\infty) \text{ e } f,g\neq 0\right\} = C(p)\; ,
\]
come si può facilmente vedere.[nota]Invero, se, per assurdo, l'estremo superiore \(S\geq 0\) al primo membro fosse strettamente minore di \(C(p)\), in corrispondenza di \(\varepsilon := \frac{C(p) - S}{2}\) si troverebbe:
\[
\frac{\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f(x)\ g(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|}{\| f\|_p\ \| g\|_{p^\prime}} \leq S+\varepsilon = C(p) - \varepsilon
\]
per ogni \(f\in L^p(0,\infty)\) ed ogni \(g\in L^{p^\prime}(0,\infty)\), sicché la (H) sarebbe valida con una costante (\(C(p) - \varepsilon\)) minore di \(C(p)\); quindi \(C(p)\) non potrebbe essere il minimo di \(\mathcal{C}\).[/nota]

Evidentemente, per acquisire l'uguaglianza (2), basta esibire una coppia di successioni \((f_n)\subset L^p(0,\infty)\) e \((g_n)\subset L^{p^\prime}(0,\infty)\) tali che:
\[
\tag{3}
\lim_n \frac{\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f_n(x)\ g_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|}{\| f_n\|_p\ \| g_n\|_{p^\prime}} =C(p)\; .
\]

Scegliamo:
\[
f_n(x) := \frac{1}{x^{1/p}}\ \chi_{[1,n[}(x)\qquad \text{e}\qquad g_n(x) := \frac{1}{x^{1/p^\prime}}\ \chi_{[1,n[}(x)
\]
di modo che:
\[
\begin{split}
\| f_n \|_p &= \left( \int_1^n \frac{1}{x}\ \text{d} x\right)^{1/p}\\
&= \left( \log n \right)^{1/p}\\
\| g_n \|_{p^\prime} &= \left( \int_1^n \frac{1}{x}\ \text{d} x\right)^{1/p^\prime}\\
&= \left( \log n \right)^{1/p^\prime}
\end{split}
\]
e dunque:
\[
\tag{4}
\| f_n\|_p\ \| g_n\|_{p^\prime} = \log n\; .
\]
D'altra parte:
\[
\begin{split}
\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f_n(x)\ g_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right| &= \intop_1^n \intop_1^n \frac{x^{-1/p}\ y^{-1/p^\prime}}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\\
&= 4\ \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_1^{\sqrt{n}} \frac{\xi^{-2/p}\ \eta^{-2/p^\prime}}{\xi^2+\eta^2}\ \xi\ \eta\ \text{d} \xi \text{d} \eta\\
&= 4\ \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_1^{\sqrt{n}} \frac{\xi^{1-2/p}\ \eta^{1-2/p^\prime}}{\xi^2+\eta^2}\ \text{d} \xi \text{d} \eta\\
&= 4\ \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_1^{\sqrt{n}} \underbrace{\frac{\xi^{2/p^\prime -1}\ \eta^{2/p -1}}{\xi^2+\eta^2}}_{\color{maroon}{=: \Phi (\xi , \eta)}}\ \text{d} \xi \text{d} \eta\; ,
\end{split}
\]
con le sostituzioni usate nella dimostrazione del punto 1, i.e. \(x=\xi^2\) ed \(y=\eta^2\).
Per ottenere una stima dell'ultimo integrale vorrei usare di nuovo le coordinate polari. Per fare ciò noto quanto segue: il quadrato \(Q(n):=[1,\sqrt{n}]^2\) cui è esteso l'ultimo integrale doppio può essere "completato" in modo da includere il quarto di corona:
\[
D(n) := \{(\xi ,\eta):\ \xi, \eta \geq 0,\ 2\leq \xi^2+\eta^2\leq n\}\; ,
\]
poiché invero basta giustapporre a \(Q(n)\) i due rettangolini \(R_v(n) := [0,1]\times [1,\sqrt{n}]\) ed \(R_o(n) := [1,\sqrt{n}]\times [0,1]\) (vedi figura).
[asvg]xmin=0; xmax=3; ymin=0; ymax=3;
axes("","");
stroke="yellow"; fill="yellow"; rect([1,1],[3,3]);
stroke="orange"; fill="orange"; rect([0,1],[1,3]); rect([1,0],[3,1]);
stroke="blue"; strokewidth=2; fill="none"; arc([1.4142,0],[0,1.4142],1.4142); line([0,1.4142],[0,3]); arc([3,0],[0,3],3); line([3,0],[1.4142,0]);[/asvg]
La positività dell'integrando \(F(\xi, \eta)\) nel primo quadrante, allora, importa:
\[
\left(\intop_{Q(n)} + \intop_{R_o(n)} +\intop_{R_v(n)}\right) \Phi (\xi ,\eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta \geq \intop_{D(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta
\]
ossia:
\[
\tag{5}
\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f_n(x)\ g_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right| \geq 4\ \intop_{D(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta - 4\ \intop_{R_o(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta - 4\ \intop_{R_v(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta\; .
\]
Stimiamo i tre addendi a destra di (5). Abbiamo:
\[
\begin{split}
\intop_{R_o(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta &= \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_0^1 \frac{\xi^{2/p^\prime -1}\ \eta^{2/p -1}}{\xi^2+\eta^2}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&\leq \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_0^1 \frac{\xi^{2/p^\prime -1}}{\xi^2}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&= \intop_1^{\sqrt{n}}\intop_0^1 \xi^{2/p^\prime -3}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&= \intop_1^{\sqrt{n}} \xi^{2/p^\prime -3}\ \text{d}\xi\\
&\leq \intop_1^\infty \xi^{2/p^\prime -3}\ \text{d}\xi\\
&= \left. \frac{1}{2/p^\prime -2}\ \xi^{2/p^\prime -2}\right|_1^\infty\\
&= - \frac{1}{2\ \left( \frac{1}{p^\prime} - 1\right)}\\
&= \frac{p}{2}\\
\intop_{R_v(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta &= \intop_0^1 \intop_1^{\sqrt{n}} \frac{\xi^{2/p^\prime -1}\ \eta^{2/p -1}}{\xi^2+\eta^2}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&\leq \intop_0^1 \intop_1^{\sqrt{n}} \frac{\eta^{2/p -1}}{\eta^2}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&= \intop_0^1 \intop_1^{\sqrt{n}} \eta^{2/p - 3}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&= \intop_1^{\sqrt{n}} \eta^{2/p - 3}\ \text{d}\xi \text{d}\eta \\
&\leq \intop_1^\infty \eta^{2/p - 3}\ \text{d}\eta \\
&= \left. \frac{1}{2/p -2}\ \eta^{2/p - 2}\right|_1^\infty\\
&= - \frac{1}{2\ \left( \frac{1}{p} - 1\right)}\\
&= \frac{p^\prime}{2}\; ;
\end{split}
\]
d'altra parte, usando le coordinate polari come nella dimostrazione del punto 1:
\[
\begin{split}
\intop_{D(n)} \Phi (\xi , \eta)\ \text{d} \xi \text{d} \eta &= \intop_{\sqrt{2}}^{\sqrt{n}} \intop_0^{\pi/2} \frac{(r\ \cos \theta)^{2/p^\prime -1}\ (r\ \sin \theta)^{2/p -1}}{r^2}\ r\ \text{d}r \text{d}\theta \\
&= \intop_{\sqrt{2}}^{\sqrt{n}} \intop_0^{\pi/2} \frac{r^{2/p^\prime + 2/p -2}\ \cos^{2/p^\prime -1} \theta\ \sin^{2/p -1} \theta}{r} \text{d}r \text{d}\theta \\
&= \intop_{\sqrt{2}}^{\sqrt{n}} \intop_0^{\pi/2} \frac{r^{2/p^\prime + 2/p -2}\ \cos^{2/p^\prime -1} \theta\ \sin^{2/p -1} \theta}{r} \text{d}r \text{d}\theta\\
&= \intop_{\sqrt{2}}^{\sqrt{n}} \frac{1}{r}\ \text{d} r\cdot \underbrace{\intop_0^{\pi/2} \cos^{2/p^\prime -1} \theta\ \sin^{2/p -1} \theta\ \text{d}\theta}_{\color{maroon}{=C(p)/2}}\\
&= \left. \frac{C(p)}{2}\ \log r\right|_{\sqrt{2}}^{\sqrt{n}}\\
&= \frac{1}{4}\ C(p)\ (\log n - \log 2)\; ;
\end{split}
\]
ergo usando le precedenti in (5) si trova:
\[
\tag{6}
\begin{split}
\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f_n(x)\ g_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right| &\geq 4\ \frac{1}{4}\ C(p)\ (\log n - \log 2) - 4\ \left( \frac{p}{2} + \frac{p^\prime}{2}\right)\\
&= C(p)\ (\log n -\log 2) - 2(p+p^\prime)\; .
\end{split}
\]
Da (6) e da quanto mostrato in 1 discende allora:
\[
\tag{7}
\frac{C(p)\ (\log n -\log 2) - 2(p+p^\prime)}{\log n} \leq \frac{\left| \intop_0^\infty \intop_0^\infty \frac{f_n(x)\ g_n(y)}{x+y}\ \text{d} x\text{d} y\right|}{\| f_n\|_p\ \| g_n\|_{p^\prime}} \leq C(p)
\]
e da cui la (3), via il teorema dei carabinieri. \(\square\)

[gugo82]

Nota storico/bibliografica.

La (H) è la versione "continua" della disuguaglianza "discreta":
\[
\sum_{n,m=1}^\infty \frac{a_n\ b_m}{n+m} \leq C\ \sqrt{\sum_{n=1}^\infty a_n^2}\ \sqrt{\sum_{m=1}^\infty b_m^2}
\]
dimostrata da Hilbert (circa 1905) durante un corso sulle equazioni integrali e pubblicata nella tesi Singuläre Integralgleichungen mit besonderer Berücksichtigung des Fourierschen Integraltheorems di H. Weyl (1908).
La versione "discreta" originale aveva come costante \(C=2\pi\).
Fu I. Schur a provare che la costante poteva essere diminuita fino a \(\pi\), ma non oltre, ed a dimostrare la "continua" presentata nell'esercizio (cfr. I. Schur, Bemerkungen zur Theorie der beschränkten Bilinearformen mit unendlich vielen Veränderlichen J. Reine Angew. Math. , 140 (1911) pp. 1–28).
La versione "continua" con l'esponente \(p>1\) generico è dovuta ad G.H. Hardy e M. Riesz (cfr. G.H. Hardy, Note on a theorem of Hilbert concerning series of positive terms, Proc. London Math. Soc. (2), 23 (1925)).

La dimostrazione presentata nel thread ricalca quella elementare fornita recentemente da D.C. Ullrich (cfr. D.C. Ullrich, A Simple Elementary Proof of Hilbert's Inequality, The American Math. Monthly 120 (2013) 2).