Una cuestión de desigualdad

Question

Tengo la siguiente pregunta. Tengo que encontrar un $\delta>0$ tales que para todos números complejos $x,y$ el siguiente es true \begin{equation} \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|x+e^{it}y|\,dt \ge (|x|^2+\delta|y|^2)^{1/2}. \end-{equation}

Yo he procedido de la siguiente manera. Claramente, si $x=0$, entonces el requisito en $\delta$ es que $\delta\le 1$. Por lo tanto asumir que $x\ne 0$. Luego escribimos $x=re^{i\varphi}$ y $y=se^{i\tau}$\begin{eqnarray} LHS &=& \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|x+e^{it}y|\,dt \\ &=& \frac{r}{2\pi}\int_{\tau-\varphi}^{2\pi+\tau-\varphi}|1+e^{it}r^{-1}s|\,dt \\ &=& \frac{r}{2\pi}\int_{\tau-\varphi}^{2\pi+\tau-\varphi}(|1+e^{it}r^{-1}s|^2)^{1/2}\,dt \\ &=& \frac{r}{2\pi}\int_{\tau-\varphi}^{2\pi+\tau-\varphi}(1+r^{-2}s^2+2r^{-1}s\cos t)^{1/2}\,dt \end{eqnarray} yo estoy atascado en este punto. Qué desigualdad debo utilizar para obtener la desigualdad deseada.

Answer 1

Creo que la desigualdad no es correcto, si estamos buscando 2-uniforme PL convexa (ver http://poincare.matf.bg.ac.rs/~pavlovic/BLAsco.PDF página 750) .

El caso de una potencia de 2 debe estar en la integrad y no de la raíz cuadrada en el lado derecho.

Nota si $y=0$ la igualdad de todas las $\delta \in \mathbb{R}$. Por lo tanto vamos a $y \neq 0$ y dejar

\begin{align*} x &=re^{i\theta} \\ y &=Re^{i\phi} \end{align*}

Primera nota

\begin{align*} \left| x+e^{it}y \right|^2 &= \left( x+e^{it}y \right)\overline{\left( x+e^{it}y \right)} \\ &= \left| x \right|+2\text{Re} \left(\overline{x}ye^{it} \right) +\left| y \right| \end{align*}

y \begin{align*} \text{Re}\left(\overline{x}ye^{it}\right) &= \text{Re}\left(rR\; e^{i\left(t+\phi-\theta \right)} \right) \\ &= rR \cos{ \left( t+\phi-\theta \right)} \end{align*}

Por lo tanto

\begin{align*} \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi}\!{\left|x+e^{it}y \right|^2}\,\text{d}t &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi} \! {\left|x\right|^2+ 2rR \cos{ \left( t+\phi-\theta \right)}+\left|y\right|^2}\,\text{d}t \\ &= \left|x\right|^2+\left|y\right|^2 + \frac{rR}{\pi}\int_{0}^{2\pi}\! {\cos{ \left( t+\phi-\theta \right)}} \,\text{d}t\\ &= \left|x\right|^2+\left|y\right|^2 \\ \end{align*}

Por lo tanto \begin{align*} \left|x\right|^2+\left|y\right|^2 \geq \left|x\right|^2+ \delta \left|y\right|^2 \; \iff \; \delta \leq 1 \end{align*}

El caso si estoy equivocado.

Una idea de una manera de proceder:

\begin{align*} \text{Re}\left(\overline{x}ye^{it}\right) &= \text{Re}\left(rR\; e^{i\left(t+\phi-\theta \right)} \right) \\ &= rR \cos{ \left( t+\phi-\theta \right)} \\ &\geq -rR \end{align*} Desde $-1 \leq \cos{ \left( t+\phi-\theta \right)} \leq 1$.

Por lo tanto \begin{align*} \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi}\!{\left|x+e^{it}y \right|}\,\text{d}t &= \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi} \! \sqrt{\left|x\right|^2+ 2rR \cos{ \left( t+\phi-\theta \right)}+\left|y\right|^2}\,\text{d}t \\ &\geq \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi} \!\sqrt{\left|x\right|^2 - 2rR + \left|y\right|^2}\,\text{d}t \\ &=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2\pi} \!\sqrt{\left(\left|x\right| - \left|y\right| \right)^2}\,\text{d}t \\ &= \left|x\right|-\left|y\right| \end{align*}

Por lo tanto \begin{align*} \left|x\right|-\left|y\right| & \geq \left( \left|x\right|^2+ \delta \left|y\right|^2 \right)^{1/2} \end{align*} Pero esto lleva a una contradicción si $\delta>0$. Así que debe de perdido demasiada información en $\text{Re}\left(\overline{x}ye^{it}\right)\geq -rR$.

Alternativamente, usted puede tratar de ampliar la raíz cuadrada de la forma del integrando por el Binomio de expansión para un poco de orden y, a continuación, ver donde la integración conduce a.

Visualizar el problema y pensar en el vector $y$ añadido a $x$ dando un vector $x+y$. Ahora la introducción de $e^{it}$ convierte la $y$ vectores tales que el punto de $z=x+y$ gira alrededor de un círculo de radio $|y|$ centrada en $x$. Por lo tanto, si se hace una gráfica de $|z|$ contra $t$ obtendrá un periódico gráfico de plazo,$2\pi$. De modo que la integral será el área de este gráfico entre $0$ $2\pi$ ("promedio" por $1/2\pi$). En consecuencia, este debe ser más grande que el área representada por el lado derecho. De acuerdo a su desigualdad.

Espero que esto ayude.