Una simple prueba para un simple caso de desigualdad de Hardy

Question

Estoy tratando de probar la desigualdad de Hardy en el caso de 2, así que:

$$ \int_0 ^ \infty \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^x f \big )^2 dx \leq 2 \int_0 ^ \infty f^2$$

Donde f es continuo sobre $ \mathbb {R}_+$ y de tal manera que la integral de $f^2$ converge.

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La forma en que estoy tratando de hacerlo es a través de una integración por partes, así que lo que tengo hasta ahora es que:

$$ \int_0 ^y \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^x f \big )^2 dx = -y \big ( \frac {1}{y} \int_0 ^y f \big )^2 +2 \int_0 ^y f(x) \frac {1}{x} \int_0 ^xf dx$$

Sin embargo, soy incapaz de probar que alguno de estos tres términos es finito, o de obtener un término que se asemeje a la integral de $f^2$ como sea necesario.

Answer 1

Un enfoque viable es probar primero el análogo discreto $$ \sum_ {n=1}^{N} \left ( \frac {A_n}{n} \right )^2 \leq 2 \sum_ {n=1}^{N} \frac {a_n A_n}{n}, \qquad A_n=a_1+a_2+ \ldots +a_n. \tag {1} $$ Deje que $B_n= \frac {A_n}{n}$ . Tenemos $a_n = A_n-A_{n-1}=nB_n-(n-1)B_{n-1}$ Por lo tanto $$ B_n^2 -2a_n B_n = B_n^2 - 2B_n (nB_n-(n-1)B_{n-1})=(1-2n)B_n^2+(2n-2)B_n B_{n-1} \tag {2}$$ y desde que $ab \leq\frac {a^2+b^2}{2}$ tenemos $$ B_n^2-2a_n B_n \leq (n-1)B_{n-1}^2-n B_n^2 \tag {3}$$ donde el RHS de $(3)$ es claramente telescópico, lo que lleva a $$ \sum_ {n=1}^{N} \left (B_n^2 -2a_n B_n \right ) \leq \sum_ {n=1}^{N} \left ((n-1)B_{n-1}^2-n B_n^2 \right )=-NB_N^2 \leq 0. \tag {4} $$ Ahora $(1)$ está probado. Por la desigualdad del Caucus-Schwarz

$$ S_N= \sum_ {n=1}^{N} \left ( \frac {A_n}{n} \right )^2 \leq 2 \sum_ {n=1}^{N} \frac {a_n A_n}{n} \leq 2 \sqrt { \sum_ {n=1}^{N}a_n^2 \sum_ {n=1}^{N} \left ( \frac {A_n}{n} \right )^2}=2 \sqrt {S_N \sum_ {n=1}^{N}a_n^2} \tag {5}$$ por lo que se deduce que $$ \sum_ {n=1}^{N} \left ( \frac {A_n}{n} \right )^2 \leq \color {red}{4} \sum_ {n=1}^{N}a_n^2. \tag {6} $$ El factor $4$ es óptimo. Al considerar $a_n= \sqrt {n}- \sqrt {n-1}$ tenemos $A_n= \sqrt {n}$ y $ \sum_ {n=1}^{N} \left ( \frac {A_n}{n} \right )^2=H_N= \log (N)+O(1)$ mientras que $$ \sum_ {n=1}^{N}a_n^2 = \sum_ {n=1}^{N} \frac {1}{( \sqrt {n}+ \sqrt {n-1})^2} \geq \frac {1}{4}H_N= \frac {1}{4} \log (N)+O(1). \tag {7}$$ Al aproximar una función en $L^2( \mathbb {R}^+)$ a través de simples funciones conseguimos que $$ \int_ {0}^{+ \infty } \left ( \frac {1}{x} \int_ {0}^{x}f(t)\,dt \right )^2\,dx \leq \color {red}{4} \int_ {0}^{+ \infty }f(x)^2\,dx \tag {8}$$ sigue de $(6)$ donde el factor $4$ es óptimo.

Answer 2

Aquí hay una prueba de truco usando nada más que la desigualdad del Caucus-Schwarz. Sólo funciona para $p=2$ y da una constante $4$ en lugar de $2$ (con respecto a la nota que Jack dice $4$ es óptimo y otras fuentes confiables están de acuerdo), pero es extremadamente simple:

Primera nota que podemos asumir $f \ge0 $ . Esto simplificará la notación, y también simplificará un cierto tecnicismo a continuación.

Ahora note que $$ \frac1 {x^2} \left ( \int_0 ^xf(t)\,dt \right )^2 = \left ( \int_0 ^1 f(xt)\,dt \right )^2= \int_0 ^1 \int_0 ^1f(xt)f(xs)\,dtds.$$

(Cambiar el cuadrado de esa integral en una doble integral es por lo que llamo a esto una prueba de "truco". Sospecho que podrías hacer algo similar si $p>2$ es un entero ...)

Insertar esto arriba y cambiar el orden de integración que se obtiene $$ \int_0 ^ \infty\frac1 {x^2} \left ( \int_0 ^xf(t)\,dt \right )^2\,dx = \int_0 ^1 \int_0 ^1 \int_0 ^ \infty f(xt)f(xs)\,dxdtds.$$

Detalle: Alguien se opuso a cambiar el orden de la integración sin ser cuidadoso con las hipótesis. Preocuparse por esto es admirable, pero en realidad aquí no hay ningún problema, ya que todo a la vista es positivo, y el teorema de Tonelli dice que Fubini siempre está bien para las funciones positivas.

Ahora Cauchy-Schwarz muestra que $$ \int_0 ^ \infty f(xt)f(xs)\,dx \le\left ( \int_0 ^ \infty f(xt)^2\,dt \right )^{1/2} \left ( \int_0 ^ \infty f(xs)^2\,dt \right )^{1/2} =s^{-1/2}t^{-1/2} \int_0 ^ \infty f(x)^2\,dx,$$ así que $$ \int_0 ^ \infty\frac1 {x^2} \left ( \int_0 ^xf(t)\,dt \right )^2\,dx \le\int_0 ^1 \int_0 ^1s^{-1/2}t^{-1/2}\,dtds \int_0 ^ \infty f(x)^2\,dx=4 \int_0 ^ \infty f(x)^2\,dx.$$

Answer 3

Hay una solución muy simple, de la que me salvé por el hecho de que pensé que era un callejón sin salida (y lo citaba como tal en mi pregunta).

La integración por partes nos dio:

$$ \int_0 ^y \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^x f \big )^2 dx = -y \big ( \frac {1}{y} \int_0 ^y f \big )^2 +2 \int_0 ^y f(x) \frac {1}{x} \int_0 ^xf dx$$

Por lo tanto,

$$ \int_0 ^y \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^x f \big )^2 dx \leq 2 \int_0 ^y f(x) \frac {1}{x} \int_0 ^xf dx \leq 2 \sqrt { \int_0 ^y f^2 \int_0 ^y \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^xf \big )^2dx}$$

Y así, al dividir por un valor distinto de cero y al cuadrado:

$$ \int_0 ^y \frac {1}{x^2} \big ( \int_0 ^x f \big )^2 dx \leq 4 \int_0 ^y f^2$$

(obsérvese que si la integral es cero, entonces está claro que la desigualdad es trivial)