El cómputo de la mejor constante en el clásico Hardy desigualdad

Question

Clásica Hardy desigualdad (cfr. De Hardy-Littlewood-Polya Desigualdades, Teorema 327)

Si $p>1$, $f(x) \ge 0$ y $F(x)=\int_0^xf(y)\, dy$

$$\etiqueta{H} \int_0^\infty \left(\frac{F(x)}{x}\right)^p\, dx < C\int_0^\infty (f(x))^p\, dx $$

a menos que $f \equiv 0$. En lo posible constante es de $C=\left(\frac{p}{p-1}\right)^p$.

Me gustaría probar la declaración en cursiva con respecto a las mejores constante. Como ya se ha señalado por la Voluntad Jagy aquí, el libro sugiere pruebas de estrés de la desigualdad con

$$f(x)=\begin{casos} 0 & 0\le x <1 \\ x^{-\alpha} & 1\le x \end{casos}$$

con $1/p< \alfa < 1$, entonces $\alpha \a 1/p$. Si lo hago puedo conseguir por $C$ el límite inferior

$$\operatorname{lim sup}_{\alpha \a 1/p}\frac{\alpha p -1}{(1-\alpha)^p}\int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\, dx\le C$$

pero ahora me encuentro en problemas de computación que lim sup. Alguien puede prestarme una mano, por favor?

---

ACTUALIZACIÓN: UN primer intento, basado en una idea de Davide Giraudo, lamentablemente no pudo. Davide señaló que el crédito siga con facilidad de

$$\etiqueta{!!} \left\lvert \int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\, dx \int_1^\infty x^{-\alpha p }\, dx\right\rvert \0\quad \text{como}\ \alpha \a 1/p. $$

Pero esto es falso en general: por ejemplo, si $p=2$ obtenemos

$$\int_1^\infty (x^{-2\alfa} -x^{-2\alpha} + 2x^{-\alpha-1} x^{-2})\, dx \a \int_1^\infty(2x^{-3/2} x^{-2})\, dx \ne 0.$$

Answer 1

Lo que usted necesita no está

$$\lim_{\alpha\searrow1/p}\,\left\lvert \int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx - \int_1^\infty x^{-\alpha p }\mathrm dx\right\rvert=0$$

pero

$$\lim_{\alpha\searrow1/p}\frac{\int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx}{\int_1^\infty x^{-\alpha p }\mathrm dx}=1\;,$$

que es de hecho el caso, ya que como $\alpha\searrow1/p$, las integrales son más y más dominada por las regiones donde $x^{-1}\ll x^{-\alpha}$. Para arbitrario $b\gt1$ y $1/p\lt\alpha\lt1$, tenemos

$$ \begin{eqnarray} \int_1^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx &\gt& \int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx \\ &\gt& \int_b^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx \\ &\gt& \int_b^\infty (x^{-\alpha} b^{\alpha-1}x^{-\alpha})^p\mathrm dx \\ &=& (1-b^{\alpha-1})^p\int_b^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx \\ &=& (1-b^{\alpha-1})^pb^{1-\alpha p}\int_1^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx \\ &=& (b^{1/p-\alpha} b^{1/p-1})^p\int_1^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx\;. \end{eqnarray} $$

A continuación, la elección de $b=2^{1/\beta}$ con $\beta=\sqrt{\alpha-1/p}$ rendimientos

$$\int_1^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx \gt \int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx \gt (2^{-\beta}-2^{(1/p-1)/\beta})^p\int_1^\infty (x^{-\alpha})^p\mathrm dx\;. $$

Desde $\beta\to0$ $\alpha\searrow1/p$, el factor de la derecha va a $1$, y por lo tanto

$$\int_1^\infty (x^{-\alpha} x^{-1})^p\mathrm dx\sim\int_1^\infty x^{-\alpha p }\mathrm dx\quad\text{como}\quad\alpha\searrow1/p$$

como se requiere.