Ανισότητα Sobolev - Gallagher

#1

Έστω $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ παραγωγίσιμη, με παράγωγο συνεχή στο $\color{red}[\color{black}a,b\color{red}]$ . Ας δειχθεί ότι

1) Για κάθε $u\in[a,b]$ είναι

$\displaystyle{|f(u)|\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}|f(x)|\,dx+\int_{a}^{b}|f{'}(x)|\,dx}$

2) $\displaystyle{\Big|f\Big(\frac{a+b}{2}\Big)\Big|\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}|f(x)|\,dx+\frac{1}{2}\int_{a}^{b}|f{'}(x)|\,dx}$ .

(Ισχύει και για το ανοικτό διάστημα στην υπόθεση, αλλά νομίζω μπλέκουμε λίγο...)

Μετέφερα το θέμα σε αυτόν το φάκελο γιατί το θέμα βγαίνει με ύλη λυκείου

#2

Sobolev εσύ;;
Tupolev εγώ!!

Εφαρμόζοντας θ.μ.τ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ, προκύπτει:
$\displaystyle{ f(\xi ) = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f(x)dx} }$
ξ στο [α,b] (1).
Η λεγόμενη μέση τιμή συναρτήσεως.

(Ξέρω, μπορεί να βγεί και πιο σχολικά, αν πάρω τη συνάρτηση $\displaystyle{ F = \int\limits_a^x {f(t)dt} }$
κι εφαρμόσω θ.μ.τ γι'αυτήν στο [α,β])

Για κάθε χ στο [α,b] αληθεύει:

$\displaystyle{ - |f'(x)| \le f'(x) \le |f'(x)| }$
(2)
Αν u σημείο του [α,b], ας υποθέσουμε πως
$\displaystyle{ a \le \xi \le u \le b }$
Τότε ολοκληρώνοντας απο ξ μέχρι u (αν ξ=u ειναι τετριμμένη η περίπτωση) το δεξιό τμήμα της ανισότητας (2), λαμβάνω:
$\displaystyle{ \int\limits_\xi ^u {f'(x)dx \le \int\limits_\xi ^u {|f'(x} )|dx \Rightarrow f(u) - f(\xi ) \le \int\limits_\xi ^u {|f'(x)|dx} } }$
(3)
Όμως:
$\displaystyle{ \int\limits_\xi^u {|f'(x)|dx \le \int\limits_a^b {|f'(x} )|dx} }$
(4)
αφού η υπό ολοκλήρωση είναι θετική και ισχύει η αναφερθείσα διάταξη για τα α,ξ,u,b.
Απο τις (3) και (4) προκύπτει άμεσα το ζητούμενο, αφού:

$\displaystyle{ f(u) - f(\xi ) \le \int\limits_a^b {|f'(x)|dx} \Rightarrow f(u) = f(\xi ) + \int\limits_a^b {|f'(x)|dx} }$

Αν τώρα:

$\displaystyle{ a \le u \le \xi \le b }$
θα κάνουμε παρόμοια δουλειά στο αριστερό τμήμα της ανισότητας (2).
Πιστέψτε με , βγαίνει!!

Αντε και καλές πτήσεις...
Υ.Γ Μόλις είδα πως ο Αναστάσης θέλει |f(u)| και oχι f(u)! Απότομη προσγείωση...

mathxl · #3

Ωραία λύση Χρήστο (νομίζω ο τρόπος σου σώζεται αν βάλεις απόλυτα και χρησιμοποιήσεις τριγωνική κτλ)

Κάτι το οποίο είδα και δεν είναι δικό μου. Αρκετά έξυπνο
$\displaystyle{\int\limits_x^b {\frac{{t - b}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{\left[ {\frac{{t - b}}{{b - a}}f\left( t \right)} \right]_x^b - \int\limits_x^b {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} + \left[ {\frac{{t - a}}{{b - a}}f\left( t \right)} \right]_a^x - \int\limits_a^x {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{\frac{{b - x}}{{b - a}}f\left( x \right) + \frac{{x - a}}{{b - a}}f\left( x \right) - \int\limits_x^b {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} - \int\limits_a^x {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{f\left( x \right) - \frac{1}{{b - a}}\left[ {\int\limits_x^b {f\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {f\left( t \right)dt} } \right] = }$
$\displaystyle{f\left( x \right) - \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} }$
Δείξαμε λοιπόν ότι
$\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} + \int\limits_x^b {\frac{{t - b}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} }$
η οποία μπορεί να δώσει το ζητούμενο... το αφήνω ως υπόδειξη για όποιον θέλει να το δείξει έτσι

#4

Mπα, Βασίλη δε σώζεται γιατί άλλα ζητάει ο Αναστάσης και τόση ώρα δούλευα για άλλα πράγματα!!

Αρχές αλτσχάιμερ;;
Μπορεί!

mathxl · #5

Πράγματι στην τελευταία σειρά της λύσης σου την ανισότητα την έκανες ισότητα χεχε..αν ήταν ισότητα τότε θα είχαν νόημα τα παρακάτω που επεξηγούν και τον σχολιασμό μου
$\displaystyle{\left| {f\left( u \right)} \right| = \left| {\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} + \int\limits_a^b {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} } \right| \le \left| {\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_a^b {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} } \right| \Rightarrow }$
$\displaystyle{\left| {f\left( u \right)} \right| \le \frac{1}{{b - a}}\left| {\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} } \right| + \int\limits_a^b {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} \le \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_a^b {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} }$

#6

mathxl έγραψε:Ωραία λύση Χρήστο (νομίζω ο τρόπος σου σώζεται αν βάλεις απόλυτα και χρησιμοποιήσεις τριγωνική κτλ)

Κάτι το οποίο είδα και δεν είναι δικό μου. Αρκετά έξυπνο
$\displaystyle{\int\limits_x^b {\frac{{t - b}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{\left[ {\frac{{t - b}}{{b - a}}f\left( t \right)} \right]_x^b - \int\limits_x^b {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} + \left[ {\frac{{t - a}}{{b - a}}f\left( t \right)} \right]_a^x - \int\limits_a^x {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{\frac{{b - x}}{{b - a}}f\left( x \right) + \frac{{x - a}}{{b - a}}f\left( x \right) - \int\limits_x^b {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} - \int\limits_a^x {\frac{1}{{b - a}}f\left( t \right)dt} = }$
$\displaystyle{f\left( x \right) - \frac{1}{{b - a}}\left[ {\int\limits_x^b {f\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {f\left( t \right)dt} } \right] = }$
$\displaystyle{f\left( x \right) - \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} }$
Δείξαμε λοιπόν ότι
$\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} + \int\limits_x^b {\frac{{t - b}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}f'\left( t \right)dt} }$

Άρα $\displaystyle{|f(x)|\leq\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {|f\left( t \right)|dt} + \int\limits_x^b {\frac{{b - t}}{{b - a}}|f'\left( t \right)|dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}|f'\left( t \right)|dt}\leq}$

$\displaystyle{\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {|f\left( t \right)|dt} + \int\limits_x^b {\frac{{b - t}}{{b - a}}|f'\left( t \right)|dt} + \int\limits_a^x {\frac{{t - a}}{{b - a}}|f'\left( t \right)|dt}\leq}$

$\displaystyle{\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {|f\left( t \right)|dt} + {\frac{{b - x}}{{b - a}}\int\limits_x^b|f'\left( t \right)|dt} + {\frac{{x - a}}{{b - a}}\int\limits_a^x|f'\left( t \right)|dt}\leq}$

$\displaystyle{\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {|f\left( t \right)|dt} + \frac{\max\{(b-x),(x-a)\}}{b-a}\int_a^b|f{'}(t)|\,dt}$ .

Επειδή $\displaystyle{\frac{1}{2}\leq\frac{\max\{(b-x),(x-a)\}}{b-a}<1}$ έχουμε την απόδειξη του πρώτου ερωτήματος.

Για $\displaystyle{x=\frac{a+b}{2}}$ είναι $\displaystyle{\frac{\max\{(b-x),(x-a)\}}{b-a}=\frac{1}{2}}$ και παίρνουμε το δεύτερο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 16, 2010 4:38 pm
Έστω $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ παραγωγίσιμη, με παράγωγο συνεχή στο $\color{red}[\color{black}a,b\color{red}]$ . Ας δειχθεί ότι

1) Για κάθε $u\in[a,b]$ είναι

$\displaystyle{|f(u)|\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}|f(x)|\,dx+\int_{a}^{b}|f{'}(x)|\,dx}$

2) $\displaystyle{\Big|f\Big(\frac{a+b}{2}\Big)\Big|\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}|f(x)|\,dx+\frac{1}{2}\int_{a}^{b}|f{'}(x)|\,dx}$ .

(Ισχύει και για το ανοικτό διάστημα στην υπόθεση, αλλά νομίζω μπλέκουμε λίγο...)

Μετέφερα το θέμα σε αυτόν το φάκελο γιατί το θέμα βγαίνει με ύλη λυκείου

Το 1 έχει και την εξης λύση(στην ουσία είναι του Χρήστου παραπάνω)

Υπάρχει $c\in [a,b]$

με $f(c)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx$

Είναι $f(u)=f(c)+\int_{c}^{u}f'(x)dx$

Εστώ $c\leq u$ (η ανάποδη αντιμετωπίζεται όμοια)

Αρα $\left | f(u) \right |\leq \left | f(c) \right |+\int_{c}^{u}\left | f'(x) \right |dx\leq \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}\left | f(x) \right |dx+\int_{a}^{b}\left | f'(x) \right |dx$

Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Re: Ανισότητα Sobolev - Gallagher

Μέλη σε σύνδεση