¿Demostraciones conocidas de la desigualdad de Wirtinger?

Question

Estoy buscando pruebas de la desigualdad de (Poincare-) Wirtinger que establece que si $f:[0,\pi]\to \mathbb{C}$ es $C^1$ y $f(0)=f(\pi)=0$ entonces \begin{equation} \int_0^\pi |f(t)|^2 dt \leq \int_0^\pi |f'(t)|^2 dt. \end{equation} Ver enlace .

La prueba que conozco empieza por demostrar que si $$ \int_0^{2\pi} F(t) dt =0 $$ entonces $$ \int_0^{2\pi} |F(t)|^2 dt \leq \int_0^{2\pi} |F'(t)|^2 dt. $$ utilizando la identidad de Parseval. A partir de esto, se demuestra la desigualdad deseada para $f$ en $[0,\pi]$ al "extender" $f$ a un impar $C^1$ función en $[-\pi,\pi]$ .

¿Hay otras pruebas? (directas o no...)

Answer 1

La siguiente prueba se encuentra en la sección 7.7 de Hardy-Littlewood-Polya Desigualdades El método de las integrales invariantes de Hilbert es la base de este método.

Considere la expresión $$ (y'^2 - y^2) - (y' - y\cot x)^2 = -(1+ \cot^2 x) y^2 + 2y y' \cot x $$ Así que $$ \left[(y'^2 - y^2) - (y' - y\cot x)^2 \right]\mathrm{d}x = -(\csc^2 x)y^2 \mathrm{d}x + 2y \mathrm{d}y \cot x = \mathrm{d} ( y^2 \cot x )$$

Ahora bien, como $y' \in L^2$ tenemos que $$ y^2(x) = \left(\int_0^x y'(s) \mathrm{d}s\right)^2 \leq \int_0^x y'(s)^2 \mathrm{d}s \int_0^x 1\mathrm{d}s \leq x \int_0^x y'(s)^2 \mathrm{d}s $$ Así que tenemos que $$ \frac{y^2(x)}{x} = o(1) $$ y por lo tanto $y = o(\sqrt{x})$ . Del mismo modo, tenemos que $y^2$ se acerca a 0 de forma superlineal a $\pi$ . Esto implica que $\lim_{x\to \{0,\pi\}} y^2 \cot x = 0$ . Por lo tanto, la integral exacta

$$ \int_0^\pi [(y'^2 - y^2) - (y' - y\cot x)^2] \mathrm{d}x = \int \mathrm{d}( y^2 \cot x) = 0 - 0 = 0 $$

Por lo tanto, tenemos

$$ \int_0^\pi (y'^2 - y^2) \mathrm{d}x = \int_0^\pi (y' - y\cot x)^2 \mathrm{d}x \geq 0 $$

con igualdad sólo si

$$ y' = y \cot x $$

que es cuando $y = k \sin x$ .

Answer 2

Si está dispuesto a conseguir un constante no nítida Aquí hay otra prueba que se encuentra en muchos textos de geometría diferencial. Sin pérdida de generalidad supongamos $f \geq 0$ . (Sustitución de $f$ por $|f|$ no cambia las integrales de ningún lado, si $f$ se supone que es $C^1$ .)

Dejemos que $2M = \sup f$ y que $t_0 \in (0,\pi)$ alcanzar este máximo.

Dejemos que $X(t) = f(t) - M$ y $Y(t) = \sqrt{M^2 - X(t)^2}$ si $t \leq t_0$ y $-\sqrt{M^2 - X(t)^2}$ si $t \geq t_0$ .

Tenemos que $(X(t),Y(t))$ se encuentra en el círculo de radio $M$ y da la vuelta al círculo exactamente una vez como $t$ va de $0$ a $\pi$ . Por lo tanto, podemos utilizar una fórmula conocida para concluir que

$$ -\int_0^\pi Y(t) X'(t) \mathrm{d}t = \text{Area of disk} = \pi M^2 $$

Sin embargo, por la desigualdad de Schwarz, tenemos

$$ \int_0^\pi Y(t) X'(t) \mathrm{d}t \leq \sqrt{ \int_0^\pi Y^2\mathrm{d}t \int_0^\pi X'^2\mathrm{d}t} = \sqrt{ \left(\pi M^2 - \int_0^\pi X^2\mathrm{d}t \right) \int_0^\pi X'(t)^2\mathrm{d}t }$$

Elevando al cuadrado obtenemos

$$ \pi^2 M^4 \leq \left(\pi M^2 - \int_0^\pi X^2 \mathrm{d}t\right) \int_0^\pi f'^2\mathrm{d}t $$

Ahora, fíjate que $$ \int_0^\pi f^2 ~\mathrm{d}t = \int_0^\pi (X + M)^2 ~\mathrm{d}t = \pi M^2 + \int_0^\pi X^2 ~\mathrm{d}t + 2M \int_0^{\pi} X ~\mathrm{d}t \leq \pi M^2 (1+A)^2 $$ donde $$ A^2: = \left[ \frac{1}{\pi M^2} \int_0^\pi X^2 ~\mathrm{d}t \right] < 1. $$ Esto implica $$ \int_0^\pi f^2 ~\mathrm{d}t \leq (1 + A)^2(1-A^2) \int_0^\pi |f'|^2 ~\mathrm{d}t$$ El coeficiente tiene un máximo cuando $A = 1/2$ o que $$ \int_0^\pi f^2 ~\mathrm{d}t \leq \frac{27}{16} \int_0^\pi |f'|^2~\mathrm{d}t $$

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Si $\int_0^\pi X ~\mathrm{d}t = 0$ podemos afinar el coeficiente a $(1 + A^2)(1-A^2) = 1 - A^4 \leq 1$ . Esto puede lograrse ampliando $f$ a una función $g$ en $(-\pi,\pi)$ con una extensión de impar, exactamente como has descrito para la prueba de Fourier.

Answer 3

Puedes encontrar diferentes pruebas en el libro de B. Dacorogna 'Introducción al cálculo de variaciones'.