Prueba de la desigualdad de Wirtinger

Question

Cita del libro de Ana Cannas da Silva sobre Geometría Simpléctica: "Como ejercicio de series de Fourier, demuestre la desigualdad de Wirtinger: para $f\in C^1([a,b])$ con $f(a)=f(b)=0$ tenemos $$ \int_a^b\Big|\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}\Big|^2\mathrm{d}t \ge\frac{\pi^2}{(b-a)^2} \int_a^b\left|\ f\right|^2\mathrm{d}t." $$ Ya he encontrado algunas preguntas sobre este tema en el sitio, pero en realidad no podía entender lo que está pasando aquí. Además, me gustaría mucho que me muestre donde me equivoco con mi intento, que se esboza a continuación.

Sé que, por $f\in \mathcal{L}^2([0,2\pi])\supset C^1([0,2\pi])$ puedo expandirme: $$ f(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n e^{int},\ \ \ c_n=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}t\ e^{-int}f(t). $$ Reescalado $t \to \omega (t - a)$ donde $\omega = 2\pi/(b-a)$ podemos obtener una forma más general para $f\in C([a,b])$ : $$ f(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n e^{in\omega t},\ \ \ c_n=\frac{1}{b-a}\int_a^{b}\mathrm{d}t\ e^{-in\omega t}f(t). $$ Ahora, teniendo: $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\tilde{c}_ne^{i\omega nt},\ \ \tilde{c}_n=\frac{1}{b-a}\int_a^b\mathrm{d}t\ e^{-i\omega nt}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t). $$ Utilizando el hecho de que $\,f(a)=f(b)=0$ obtenemos: $$ \tilde{c}_0 = \frac{1}{b-a}\int_a^b\mathrm{d}t \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} f(t) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a} =0 \longrightarrow \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t) = \sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}\tilde{c}_n e^{i\omega nt} $$ Derivando ahora la expansión en serie de $f$ rendimientos: $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}f(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n e^{in\omega t} = \sum_{n=-\infty}^{+\infty}(in\omega)c_n e^{in\omega t}=\sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}}(in\omega)c_n e^{in\omega t} $$ Comparando las dos expresiones establecemos: $\tilde{c}_n = i\omega n c_n$ para $n\not= 0$ . La Igualdad de Parseval se lee aquí para $\mathrm{d}f/\mathrm{d}t$ : $$ \int_a^b\left|\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}\right|^2\mathrm{d}t= \sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}} |\tilde{c_n}|^2 = \omega^2\sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}} n^2 |c_n|^2 \ge \omega^2\sum_{n\in\mathbb Z\setminus\{0\}} |c_n|^2 = \omega^2 \left(\int_a^b\mathrm{d}t\left|f(t)\right|^2-|c_0|^2\right) $$ donde en el último pasaje utilizamos la Igualdad de Parseval para $f$ : $\int_a^b|f|^2\mathrm{d}t=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}|c_n|^2$ .

Ahora nos queda encontrar una forma adecuada de estimar $|c_0|^2$ : $$ |c_0|^2 = \left|\frac{1}{b-a}\int_a^b\mathrm{d}t\ f(t)\right|^2, $$ así $$ \int_a^b\left|\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}\right|^2\mathrm{d}t \ge \frac{4\pi^2}{(b-a)^2}\left(\int_a^b\left|f\right|^2\mathrm{d}t - \frac{1}{(b-a)^2}\left|\int_a^bf\mathrm{d}t\right|^2\right). $$ Que no es exactamente lo que quería.

Por favor, échame una mano.

Answer 1

He aquí una demostración en la que no intervienen en absoluto las series de Fourier.

Desde $f(a) = 0$ podemos escribir, utilizando el teorema fundamental del cálculo: $$ f(t) = \int_a^t \frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\mathrm{d}\tau,\ \ \ t\in[a,b], $$ de ahí $$ \left|f(t)\right| \le \int_a^t \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|\mathrm{d}{\tau}. $$ La desigualdad de Cauchy-Schwarz lo garantiza: $$ \int_a^t \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|\mathrm{d}{\tau} \le \left(\int_a^t \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau}\right)^{1/2}\cdot \left(\int_a^t\mathrm{d}\tau\right)^{1/2}\\ \hspace{2.7cm}\le \left(\int_a^b \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau}\right)^{1/2}\cdot \left(\int_a^b\mathrm{d}\tau\right)^{1/2} \\ \hspace{2cm} =(b-a)^{1/2}\left(\int_a^b \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau}\right)^{1/2}. $$ Así $$ \left|f(t)\right|^2 \le (b-a)\int_a^b \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau} $$

$$ \int_a^b\left|f(t)\right|^2\mathrm{d}t \le (b-a)^2 \int_a^b \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau} $$ $$ \int_a^b \left|\frac{\mathrm{d}f(\tau)}{\mathrm{d}\tau}\right|^2\mathrm{d}{\tau} \ge \frac{1}{(b-a)^2}\int_a^b \left|f(t)\right|^2\mathrm{d}t, $$ que es un resultado un poco menos fuerte.

EDITAR : El hecho de que $f(a)=0=f(b)$ puede incorporarse de la siguiente manera. Supongamos en primer lugar, para simplificar, que $a=0$ y $b=1$ y denota $||\varphi||^2=\int_0^1 \varphi(t)^2 dt$ . $$ \varphi(t)=\sum_{\mathbb Z} e^{i2\pi n t} c_n\,,\qquad c_n=\int_0^1 \varphi(t) e^{-i2\pi nt}dt\,, $$ entonces $$ ||\varphi||^2=\sum_{\mathbb Z} |c_n|^2= |c_0|^2 + \sum_{\mathbb Z\setminus \{0\}} |c_n|^2\,,\qquad ||\dot \varphi||^2=4\pi^2 \sum_{\mathbb Z\setminus\{0\}} n^2 |c_n|^2\ge 4\pi^2 \sum_{\mathbb Z\setminus \{0\}} |c_n|^2\,. $$ Por otra parte $\varphi(0)=0=\varphi(1)$ requiere $$ 0=\sum_{\mathbb Z} c_n = c_0 + \sum_{\mathbb Z\setminus\{0\}} c_n $$ y utilizando esta ecuación para deshacerse de $c_0$ obtenemos $$ ||\varphi||^2 = \Big|\sum_{\mathbb Z\setminus\{0\}} c_n \Big|^2+\sum_{\mathbb Z\setminus \{0\}} |c_n|^2 \le 2 \sum_{\mathbb Z\setminus \{0\}} |c_n|^2\,. $$ Comparación de las dos desigualdades $$ ||\dot\varphi||^2 \ge 2\pi^2 ||\varphi||^2\,. $$ En términos más generales, restablecer la dependencia del intervalo, $$ \int_a^b \dot f(t)^2 dt \ge \frac{2\pi^2}{(b-a)^2}\int_a^b f(t)^2dt\,. $$ Curiosamente, este enfoque da un factor adicional de dos, a menos que me esté perdiendo algo.

Answer 2

La desigualdad estándar de Wirtinger requiere que $\int_a^b f\,dx=0$ lo que implica que $c_0=0$ y, por tanto, la dificultad que usted encuentra no existe.

Si por el contrario suponemos que $f(a)=f(b)=0$ lo explotamos expandiendo $f$ en una serie sinusoidal, es decir, para $a=0$ y $b=\pi$ , $$ f(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\sin nx, $$ y por lo tanto $$ \int_0^\pi f^2= \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n^2 \qquad \text{while} \qquad \int_0^\pi (f')^2= \frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty n^2a_n^2, $$ y por lo tanto $$ \int_0^\pi (f')^2\ge \int_0^\pi f^2, $$ con la mejor constante $c=1$ .

Para $b>a$ , $$ f(x)=\sum_{n=1}^\infty a_n\sin \left(\frac{n\pi(x-a)}{b-a}\right), $$ y por lo tanto $$ \int_a^b\!\! f^2= \frac{b-a}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n^2 \quad \text{while} \quad \int_a^b\!\! (f')^2= \frac{b-a}{2}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{\pi}{b-a}\right)^2n^2a_n^2, $$ y por lo tanto $$ \int_a^b\! (f')^2\ge \frac{\pi^2}{(b-a)^2}\int_0^\pi f^2. $$