La "condizione di $BMO$" realizza il minimo?
In Analisi Armonica si introduce, per vari motivi, lo spazio delle bounded mean oscillation functions, brevemente \(BMO\), che è così definito: \[BMO (\mathbb{R}^N) := \{ f \in L^1_{\text{loc}} (\mathbb{R}^N) / \{\text{funzioni costanti}\} \, : \, \forall \, B \subseteq{R}^N \text{ palla }, \frac{1}{m(B)} \int_B |f(x) - f(B)| \, dx \le C \} \]con \(C \) indipendente da \(B\) e \[f(B):= \frac{1}{m(B)} \int_B f(x) \, dx.\]Questo spazio, dotato della norma \(\| \cdot \|_* = \inf C\) diviene uno spazio normato, ove se \(f \in BMO\) e \(\|f\|_* = 0\), allora \(f=\text{costante}\) quasi ovunque.
Chiedo di risolvere il seguente
Problema. Sia \(f\) è localmente integrabile su \(\mathbb{R}^N\), e sia \(B \subseteq \mathbb{R}^N\) una palla. È vero che la quantità \[Q(\alpha) = \int_B |f(x) - \alpha | \, dx \] è sempre minima(le) quando \(\alpha = f(B)\)?
Chiedo di risolvere il seguente
Problema. Sia \(f\) è localmente integrabile su \(\mathbb{R}^N\), e sia \(B \subseteq \mathbb{R}^N\) una palla. È vero che la quantità \[Q(\alpha) = \int_B |f(x) - \alpha | \, dx \] è sempre minima(le) quando \(\alpha = f(B)\)?
Risposte
Direi di no. Siano infatti:
$B$ = cerchio in $\mathbb{R}^2$ di raggio unitario centrato nell'origine;
$f$ = funzione che vale $\frac{1}{\varepsilon^2}$ in un cerchio di raggio $\varepsilon$ centrato nell'origine e $0$ altrove.
Risulta che
$$\alpha = \frac{1}{\pi} \int_{B} f(x)\, dx = \frac{1}{\pi} \pi \, \varepsilon^2 \frac{1}{\varepsilon^2} = 1\,.$$
Supponendo $\varepsilon$ piccolo, si ha allora
\begin{align*}
\int_{B} |f(x)-1| \, dx & = \int_{B_{\varepsilon}}(\frac{1}{\varepsilon^2}-1) + \int_{B-B_{\varepsilon}} 1 = \\
& = \pi \varepsilon^2 (\frac{1}{\varepsilon^2}-1)+\pi(1-\varepsilon^2) \\
& \rightarrow 2 \pi \, ,
\end{align*}
per $\varepsilon \rightarrow 0$. Invece, prendendo $\alpha = 0$, si ha che
$$\int_{B}f = \pi \epsilon^2 \frac{1}{\epsilon^2} \rightarrow \pi \, .$$
$B$ = cerchio in $\mathbb{R}^2$ di raggio unitario centrato nell'origine;
$f$ = funzione che vale $\frac{1}{\varepsilon^2}$ in un cerchio di raggio $\varepsilon$ centrato nell'origine e $0$ altrove.
Risulta che
$$\alpha = \frac{1}{\pi} \int_{B} f(x)\, dx = \frac{1}{\pi} \pi \, \varepsilon^2 \frac{1}{\varepsilon^2} = 1\,.$$
Supponendo $\varepsilon$ piccolo, si ha allora
\begin{align*}
\int_{B} |f(x)-1| \, dx & = \int_{B_{\varepsilon}}(\frac{1}{\varepsilon^2}-1) + \int_{B-B_{\varepsilon}} 1 = \\
& = \pi \varepsilon^2 (\frac{1}{\varepsilon^2}-1)+\pi(1-\varepsilon^2) \\
& \rightarrow 2 \pi \, ,
\end{align*}
per $\varepsilon \rightarrow 0$. Invece, prendendo $\alpha = 0$, si ha che
$$\int_{B}f = \pi \epsilon^2 \frac{1}{\epsilon^2} \rightarrow \pi \, .$$
"Vincent46":
[...]
Supponendo $\varepsilon$ piccolo, si ha allora
\begin{align*}
\int_{B} |f(x)-1| \, dx & = \int_{B_{\varepsilon}}(\frac{1}{\varepsilon^2}-1) + \int_{B-B_{\varepsilon}} 1 = \\
& = \pi \varepsilon^2 (\frac{1}{\varepsilon^2}-1)+\pi(1-\varepsilon^2) \\
& \rightarrow 2 \pi \, ,
\end{align*}
per $\varepsilon \rightarrow 0$. [...]
Credo che il passaggio al limite affumichi le cose. Del resto, basta fissare un \(\epsilon\) tale che \[\pi \epsilon^2 \left(\frac{1}{\epsilon^2} - 1 \right) + \pi (1 - \epsilon^2) > \pi.\]
Comunque, c'hai preso.
Rilancio. Quale valore di \(\alpha\), in effetti, minimizza \(Q(\alpha)\)?
Non l'ho risolto, ma alcune osservazioni:
consideriamo
$$ \frac{\partial}{\partial \alpha} \int_{B} |f(x)-\alpha| \, dx \, .$$
Poiché $f$ è integrabile sulla palla, si può portare la derivata sotto il segno di integrale, ottenendo
$$ \frac{\partial}{\partial \alpha} \int_{B} |f(x)-\alpha| \, dx = - \int_{B} \text{sign} (f(x)-\alpha)\, ,$$
dove ho denotato
$$\text{sign}(x) = \begin{cases} +1 &\mbox{se } f(x)-\alpha > 0 \\
-1 & \mbox{se } f(x)-\alpha < 0 \\
0 & \mbox{se } f(x)-\alpha = 0\,.
\end{cases}$$
Allora dobbiamo risolvere
$$- \int_{B} \text{sign} (f(x)-\alpha) \leq 0\, ,$$
cioé
$$ \int_{B^+} 1 \, dx \geq \int_{B^-} 1 \, dx,$$
dove
$$B^+ = \{ x \in B : f(x) > \alpha \}, \qquad B^-=\{x \in B : f(x) < \alpha \} \, .$$
Il valore di $\alpha$ per cui si verifica quell'uguaglianza dovrebbe essere la costante richiesta. Si tratta del valore di $\alpha$ per cui l'area della palla in cui $f>\alpha$ è esattamente uguale all'area della palla in cui $f<\alpha$. Non so se si possa esprimere in forma analitica. Credo che, quando $f$ è almeno continua, tale valore esista sempre, ma se consideriamo l'esempio che ho addotto prima, allora è chiaro che un tale $\alpha$ non esiste.
consideriamo
$$ \frac{\partial}{\partial \alpha} \int_{B} |f(x)-\alpha| \, dx \, .$$
Poiché $f$ è integrabile sulla palla, si può portare la derivata sotto il segno di integrale, ottenendo
$$ \frac{\partial}{\partial \alpha} \int_{B} |f(x)-\alpha| \, dx = - \int_{B} \text{sign} (f(x)-\alpha)\, ,$$
dove ho denotato
$$\text{sign}(x) = \begin{cases} +1 &\mbox{se } f(x)-\alpha > 0 \\
-1 & \mbox{se } f(x)-\alpha < 0 \\
0 & \mbox{se } f(x)-\alpha = 0\,.
\end{cases}$$
Allora dobbiamo risolvere
$$- \int_{B} \text{sign} (f(x)-\alpha) \leq 0\, ,$$
cioé
$$ \int_{B^+} 1 \, dx \geq \int_{B^-} 1 \, dx,$$
dove
$$B^+ = \{ x \in B : f(x) > \alpha \}, \qquad B^-=\{x \in B : f(x) < \alpha \} \, .$$
Il valore di $\alpha$ per cui si verifica quell'uguaglianza dovrebbe essere la costante richiesta. Si tratta del valore di $\alpha$ per cui l'area della palla in cui $f>\alpha$ è esattamente uguale all'area della palla in cui $f<\alpha$. Non so se si possa esprimere in forma analitica. Credo che, quando $f$ è almeno continua, tale valore esista sempre, ma se consideriamo l'esempio che ho addotto prima, allora è chiaro che un tale $\alpha$ non esiste.
È esatto.
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