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| Autor |
  Abschätzung mit Hölderungleichung |
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jd194
Junior 
Dabei seit: 06.03.2018
Mitteilungen: 19
 |  Themenstart: 2018-09-19
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Hallo zusammen,
bei der Vorbereitung für einen Seminarvortrag hänge ich an einer Abschätzung, die ich mir nicht erklären kann.
Vielleicht habt ihr ja einen Tipp für mich! :-)
\[\|f\|_{L^{4/3}(-1,1)} \\
= \|f\|_{L^{4/3}(-\sqrt{s},\sqrt{s}}) \\
\le c \|f\|_{L^2(-1,1)} s^{1/6}\]
Laut Quelle wird dort Hölder verwendet.
Ich sehe aber nicht, wo das passiert.
Im ersten Schritt machen wir eine Substitution, aber wieso ändert sich ansonsten nichts weiter?
Im zweiten Schritt wechseln wir die Norm und erhalten dafür irgendwie das \(s^{1/6}\), aber wo kommt das plötzlich her?
Ich bin für Tipps sehr dankbar!
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Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2018-09-19
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Hallo,
ohne es geprüft zu haben: wahrscheinlich wird $f$ durch $f\cdot 1$ ersetzt und die Hölder-Ungleichung mit passenden Exponenten auf das Integral angewandt.
Wally
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Ex_Senior
| Beitrag No.2, eingetragen 2018-09-19
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Da scheint mir doch einiges an Kontext zu fehlen. Wenn das für alle $s>0$ gelten soll, kann man in der letzten Zeile ja einfach $s\to 0$ gehen lassen und erhält $f=0$ f.ü.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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jd194
Junior 
Dabei seit: 06.03.2018
Mitteilungen: 19
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-20
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Entschuldigt die späte Rückmeldung, meine Internetverbindung hat zwischenzeitlich beschlossen, nicht zu funktionieren.
Ich versuche den nötigen Kontext zu liefern.
Es gilt \(f(x) = g(x/s)\) für \(g(x) = \begin{cases} -1, \text{ falls } t \le -1/\sqrt{s}\\ 1, \text{ falls } t \ge 1/\sqrt{s} \end{cases}\).
Ich bin leider noch immer so ratlos wie am Anfang.
@MeWi: hilft der Kontext weiter?
@Wally: Wie kann ich Hölder überhaupt auf die Norm hier anwenden?
Eigentlich dürfte das nur ein recht kleiner Schritt sein, es sind die letzten paar Zeilen eines längeren Beweises :-?
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Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
| Beitrag No.4, eingetragen 2018-09-20
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Hallo,
könntest du das mal sauberer aufschreiben?
$g$ ist Funktion von $x$, aber in der Definition kommt erstens nur $t$ vor und zweitens ist $g$ zwischen $-\sqrt{s}$ und $\sqrt{s}$ nicht definiert.
Wally
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jd194
Junior
Dabei seit: 06.03.2018
Mitteilungen: 19
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-20
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Nun gut, ich schreibe es jetzt mal tatsächlich so auf, wie es in der Quelle steht.
Ich wollte eigentlich nur mein Problem notieren und das Drumherum weglassen, aber da habe ich es wohl zu gut gemeint.
Wir betrachten eine Folge von Funktionen \(v_\varepsilon \in W^{2,2}_{loc}(\mathbb{R})\) mit \(v_\varepsilon(t) = \begin{cases} -1, \text{ falls } t \le -1/\sqrt{\varepsilon},\\ +1, \text{ falls } t \ge 1/\sqrt{\varepsilon},\end{cases}\) wobei \(\varepsilon \to 0\) geht.
Dann definieren wir \(w_\varepsilon(t) = v_\varepsilon(t/\varepsilon)\).
Und mein Problem ist nun diese Umformung:
\[\|w_\varepsilon''\|_{L^{4/3}(-1,1)} \\
= \|w_\varepsilon''\|_{L^{4/3}(-\sqrt{\varepsilon},\sqrt{\varepsilon}}) \\
\le c \|w_\varepsilon''\|_{L^2(-1,1)} \varepsilon^{1/6}.\]
Ich fürchte, ich habe damit wichtige Informationen weggelassen, entschuldigt bitte.
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Ex_Senior
| Beitrag No.6, eingetragen 2018-09-20
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Jetzt ist das alles schon viel sinnvoller. Nach Definition ist $w_\epsilon$ konstant auf $(-\infty,-\sqrt \epsilon)$ und $(\sqrt\epsilon,\infty)$, also hat $w_\epsilon''$ Träger in $[-\sqrt \epsilon,\sqrt \epsilon]$. Für $\epsilon\leq 1$ gilt also insbesondere $\lVert w_\epsilon''\rVert_{L^{4/3}(-1,1)}=\lVert w_\epsilon''\rVert_{L^{4/3}(-\sqrt \epsilon,\sqrt \epsilon)}$. Nun muss man nur noch die Hölderungleichung anwenden auf
$$
\lVert w_\epsilon''\rVert_{L^{4/3}(-\sqrt \epsilon,\sqrt\epsilon)}^{4/3}=\int_{-\sqrt \epsilon}^{\sqrt\epsilon}\lvert w_\epsilon''(t)\rvert^{4/3}\,dt=\int_{-\sqrt \epsilon}^{\sqrt\epsilon}\lvert w_\epsilon''(t)\rvert^{4/3}\cdot 1\,dt
$$
mit $p=3/2$ und $q=3$, um die gewünschte Ungleichung zu erhalten.
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jd194
Junior
Dabei seit: 06.03.2018
Mitteilungen: 19
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-20
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@MeWi: okay, so macht das ganze schon mehr Sinn.
Ich sehe aber noch nicht, wo dann \(\varepsilon^{1/6}\) herkommt...
Ich vermute, dass das durch eine Substitution entsteht, kann das sein?
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Ex_Senior
| Beitrag No.8, eingetragen 2018-09-20
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Nein, der Faktor $\epsilon^{1/6}$ sollte nach Anwendung der Hölderungleichung von
$$
\left(\int_{-\sqrt \epsilon}^{\sqrt \epsilon}1^3\,dt\right)^{1/3}
$$
kommen.
PS: Ich sehe gerade, dass man vom Exponenten auf der linken Seite noch ein hoch $3/4$ erhält. Der korrekte Faktor sollte dann also $\epsilon^{1/8}$ sein, wenn ich mich nicht vertan habe.
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jd194
Junior
Dabei seit: 06.03.2018
Mitteilungen: 19
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-20
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Ich erkenne jetzt, wie du auf \(\varepsilon^{1/8}\) kommst.
Womöglich ist dort in der Quelle ein kleiner Fehler, der dem Beweis aber nicht schadet.
Vielen vielen Dank euch beiden, MeWi und Wally!
Nun habe ich diesen Teil verstanden und kann den Beweis auf meine Variante anwenden :-)
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2023-09-30 16:09 U
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