En primer lugar, es sencillo demostrar que se puede restringir la atención a las funciones que respecto a la simetría radial del problema. Ya que la pendiente se descompone en una radial y una componente tangencial, dada cualquier función de $u$ que no es radialmente simétrica, podemos integrar a la plaza de la componente radial de la degradado a lo largo de los radios, encontrar el mínimo de la resultante angular de la función (que existe desde esta una función continua en un dominio compacto) y replicar los valores de la función en ese ángulo para todos los ángulos. Entonces la componente radial de la integral no ha aumentado y la componente tangencial ahora es cero, por lo que el radialmente simétrica de la función así construida, conduce a un valor inferior del objetivo funcional.
Por lo que podemos considerar una función de $u(r,\phi)=f(r)$, con $f(0)=0$, $f(1)=1$ y adecuado comportamiento en $r=0$ para garantizar la suavidad. El objetivo funcional se convierte en
$$
\int_0^1f'(r)^2r\mathrm dr\;.
$$
De Euler-Lagrange ecuación es $(2f'r)'=0$, lo $f'r=C$ es una constante, y por lo tanto $f=C\log r+B$.
Aquí es donde la fea parte comienza. Ya que este es el singular en el origen, se puede utilizar para obtener una solución completa al problema. (Es de suponer que esta es la razón por la que dice $\inf$ e no $\min$.) Podemos cortar la solución cuando llega a cero, olvidando los $C^\infty$ requisito para el momento, y el uso de
$$
f(r)=\begin{cases}1-\log r/\log r_0&r\ge r_0\\0&\text{otherwise}\end{casos}
$$
para obtener
$$
\int_{r_0}^11/(r\log r_0)^2r\mathrm dr=\left[-\frac{\log r}{\log^2 r_0}\right]_{r=r_0}^{i=1}=\frac1{\log r_0}\;,
$$
que va a$0$$r_0\to0$. Ahora podemos convolución esta función con un mollifier para hacerla $C^\infty$, y aunque los detalles de mostrar este rigurosamente parecer tedioso, parece claro que podemos cambiar tanto el integral y el valor de la función en $1$ por tan poco como nosotros queremos, lo que demuestra que el infimum es $0$.
