Incrustación de Sobolev $H^1$ en $L^\infty$ espacio

Question

Mi pregunta es demostrar eventualmente la siguiente desigualdad: para $f\in H^1(\mathbb{R})=\{f,f'\in L^2\}$ $$\|f\|_{L^\infty}\leq a\|f\|_{L^2}+\frac{1}{a}\|f'\|_{L^2}, \forall a>0.$$

Aquí están mis pensamientos:

1). La incrustación de Sobolev nos dice: $$ H^1(\mathbb{R})\hookrightarrow C^{0,1/2}(\mathbb{R}),$$ para $\Omega$ siendo un subconjunto compacto de $\mathbb{R}$ .

2). La cobertura en $C^{0,1/2}$ implica Converger en $L^\infty$ (¿todavía necesita un soporte compacto?)

3). Parece que ahora podemos tener $\|f\|_{L^\infty}\leq C\|f\|_{H^1}$ sobre cualquier subconjunto compacto.

Mi confusión es cómo eliminar el requisito de compacidad (¿teorema de convergencia dominado por Lebesgue?) y cómo demostrar la versión final de esa desigualdad?

Nuevos pensamientos :

Supongamos que $f_n=f \chi_{[-n.n]}$ entonces, a través de FTC, tenemos $$f_n(z)=\int^z_af'(s)ds+f(a),$$ aquí podemos elegir $a$ tal que $|f(a)|\leq \frac{1}{2n}\int_{-n}^n|f(s)|ds$ , entonces por la desigualdad de Cauchy-Schwartz, $$|f_n(z)|\leq \sqrt{2n}\|f'\|_{L^2}+\frac{1}{\sqrt{2n}}\|f\|_{L^2}.$$ Entonces intento aplicar el DCT, que no está permitido en este caso.

Answer 1

Advertencia: tu incrustación de Sobolev está escrita en el sentido incorrecto.

Una forma de eliminar el requisito de soporte compacto es utilizar la densidad de $C^\infty_c$ en $H^1$ (si $f∉ H^1$ el lado derecho de su desigualdad es $+\infty$ por lo que la desigualdad es verdadera), pero como comentas, no obtienes la desigualdad con las constantes que quieres.

Una forma de hacerlo es con la transformada de Fourier $\hat{f}(y) = \int_{\mathbb{R}} e^{-2i\pi\,xy}f(x)\,\mathrm{d} x$ . Utilizando el teorema de inversión de Fourier, la definición de la transformada de Fourier, multiplicando y dividiendo por $\sqrt{1+\pi^2|x|^2}$ y utilizando la desigualdad de Cauchy-Schwarz se obtiene $$ \|f\|_{L^∞} = \|\hat{\hat{f}}\|_{L^∞} ≤ \int_{\mathbb{R}}|\hat{f}| ≤ \left(\int_{\mathbb{R}} \frac{\mathrm{d}x}{1+\pi^2|x|^2}\right)^\frac{1}{2} \left(\int_{\mathbb{R}} (1+\pi^2|x|^2)\,|\hat{f}(x)|^2\,\mathrm{d}x\right)^\frac{1}{2} $$ Ahora podemos simplificar los términos correctos escribiendo $$ \begin{align*} \int_{\mathbb{R}} \frac{\mathrm{d}x}{1+\pi^2|x|^2} &= \frac{1}{\pi}\int_{\mathbb{R}} \frac{\mathrm{d}x}{1+|y|^2} = \left[\frac{\arctan(x)}{\pi}\right]_{x=-\infty}^∞ = 1 \\ \left(\int_{\mathbb{R}} (1+\pi^2|x|^2)\,|\hat{f}(x)|^2\,\mathrm{d}x\right)^\frac{1}{2} &= \left(\int_{\mathbb{R}} |\hat{f}(x)|^2 + \,|\pi x\hat{f}(x)|^2\,\mathrm{d}x\right)^\frac{1}{2} \\ &\leq \left(\int_{\mathbb{R}} (|\hat{f}(x)| + \,|\widehat{\nabla f}(x)|)^2\,\mathrm{d}x\right)^\frac{1}{2} \\ &\leq \left\||\hat{f}| + \,|\widehat{\nabla f}|\right\|_{L^2} \\ &\leq \left\|\hat{f}\right\|_{L^2} + \left\|\widehat{\nabla f}\right\|_{L^2} \\ &\leq \left\|f\right\|_{L^2} + \left\|\nabla f\right\|_{L^2}. \end{align*} $$ Esto da la desigualdad cuando $a=1$ . La posibilidad de poner a otros $a>0$ proviene de las propiedades de escalamiento. Basta con aplicar la desigualdad anterior a $f_a(x) := f(x/a^2)$ y comentan que $$ \|f_a\|_{L^\infty} = \|f\|_{L^\infty} \\ \|f_a\|_{L^2} = a\,\|f\|_{L^2} \\ \|∇f_a\|_{L^2} = \frac{1}{a}\,\|f\|_{L^2}. $$

Supongo que hay quizás otro método más rápido sin utilizar la transformada de Fourier y explicando mejor el hecho de que podemos obtener la constante $1$ ¿Aquí?