Ngô Quốc Anh

June 7, 2008

Some important functional inequalities


Hardy’s inequality: Nếu p>1, f(x) \geq 0 and F(x) = \int_0^x f(t) dt, thì

\displaystyle\int_0^{+\infty} \left( \frac{F(x)}{x} \right)^p dx < \left( \frac{p}{p - 1} \right)^p \int_0^{+\infty} f^p( t )dt

trừ trường hợp hàm f(x) \equiv 0. Hằng số ở vế phải là tốt nhất.

Opial‘s inequality: Giả sử y(x) thuộc lớp C^1 trên đoạn [0, h] với y(0)=y(h)=0 and y(x) >0 với mọi 0<x<h. Khi đó ta có

\displaystyle\int_0^h {|y(x)y'(x)|dx} \leqq \frac{h}{4}\int_0^h {|y'(x){|^2}dx}.

Hằng số \frac{h}{4} ở đây là tốt nhất.

Rellich‘s inequality: Giả sử hàm u khả vi vô hạn với giá compắc trong \mathbb R^N trừ điểm gốc. Khi đó ta có bất đẳng thức

\displaystyle\int_{\mathbb{R}^N } {\left| {\Delta u} \right|^2 dx} \geqq \frac{{n^2 \left( {n - 4} \right)^2 }} {{16}}\int_{\mathbb{R}^N } {\left| x \right|^{ - 4} \left| u \right|^2 dx} , \quad n \ne 2.

Serrin‘s inequality: Giả sử hàm u khả vi vô hạn với giá compắc triệt tiêu trên biên \Omega, khi đó

\displaystyle\left( {\int_\Omega {u^{\frac{n} {{n - 1}}} dx} } \right)^{\frac{{n - 1}} {n}} \leqq \frac{1} {{\sqrt {4n} }}\int_\Omega {\left| {\nabla u} \right|dx} .

Caffarelli–Kohn–Nirenberg‘s inequality: Giả sử hàm u khả vi vô hạn với giá compắc trong \mathbb R^N trừ điểm gốc. Khi đó ta có bất đẳng thức

\displaystyle\frac{{\left| {N - \left( {a + b + 1} \right)} \right|}} {2}\int_{\mathbb{R}^N } {\frac{{\left| u \right|^2 }} {{\left| x \right|^{a + b + 1} }}dx} \leqq \sqrt {\int_{\mathbb{R}^N } {\frac{{\left| u \right|^2 }} {{\left| x \right|^{2a} }}dx} } \sqrt {\int_{\mathbb{R}^N } {\frac{{\left| u \right|^2 }} {{\left| x \right|^{2b} }}dx} } .

Gagliardo-Nirenberg-Sobolev‘s inequality: Giả sử hàm u khả vi liên tục với giá compắc trong \mathbb R^N1 \leq p < N. Khi đó ta có bất đẳng thức

\displaystyle\left( {\int_{\mathbb{R}^N } {\left| u \right|^{\frac{{Np}} {{N - p}}} dx} } \right)^{\frac{{N - p}} {{Np}}} \leqq C\left( {p,N} \right)\left( {\int_{\mathbb{R}^N } {\left| {\nabla u} \right|^p dx} } \right)^{\frac{1} {p}} .

Horgan‘s inequality: Giả sử hàm u trơn, khi đó với miền đang xét là bị chặn với biên đủ trơn thì

\displaystyle\int_\Omega {\left| u \right|^3 dx} \leqq \frac{1} {{\sqrt {4\pi } }}\left( {\int_\Omega {\left| u \right|^2 dx} } \right)^{\frac{3} {4}} \left( {\int_\Omega {\left| {\nabla u} \right|^2 dx} } \right)^{\frac{3} {4}} .

Maple Symbolic Computation in the Calculus of Variations I

Filed under: Nghiên Cứu Khoa Học — Ngô Quốc Anh @ 8:43

We firstly describe what a Euler–Lagrange equation is. We refer you to http://en.wikipedia.org/wiki/Euler-Lagrange for details. The Euler–Lagrange equation is an equation satisfied by a function of a real parameter which extremises the functional

J = \int_a^b {f\left( {x,y\left( x \right),y'\left( x \right)} \right)dx} .

By some simple computation, the Euler–Lagrange equation then is the ordinary differential equation

\frac{{\partial J}} {{\partial y}}\left( {x,y\left( x \right),y'\left( x \right)} \right) - \frac{d} {{dx}}\frac{{\partial J}} {{\partial y'}}\left( {x,y\left( x \right),y'\left( x \right)} \right) = 0.

A standard example is finding the shortest path between two points in the plane. Assume that the points to be connected are and . The length of a path between these two points is

\int_a^b {\sqrt {1 + \left( {y'\left( y \right)} \right)^2 } dx}  = \int_a^b {\sqrt {1 + \left( {\frac{{dy}} {{dx}}} \right)^2 } dx} .

The Euler–Lagrange equation yields the differential equation

0 - \frac{d} {{dx}}\frac{\partial } {{\partial y'}}\left( {\sqrt {1 + \left( {y'} \right)^2 } } \right) = 0

or equivalently

\frac{d} {{dx}}\frac{{y'}} {{\sqrt {1 + \left( {y'} \right)^2 } }} = 0.

Thus is a constant. In other words, a straight line.

In Maple, by using VariationalCalculus package, we can compute the Euler–Lagrange equation as following: Assume that we want to extremises the functional

J = \int_{ - 1}^0 {\left( {12xy - \left( {y'} \right)^2 } \right)dx}

with and . Then just type

> with(VariationalCalculus);
> L := (12*x*y(x)-diff(y(x),x)^2);
> eqEL := EulerLagrange(L,x,y(x));
> dsolve({op(eqEL),y(-1)=1,y(0)=0}, y(x));

The result is , see below.

Image

With no initial conditions, try

> dsolve(eqEL, y(x));

June 5, 2008

An application of Chebyshev integral inequality

Filed under: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 2 — Ngô Quốc Anh @ 5:06

From http://mathworld.wolfram.com/ChebyshevIntegralInequality.html by setting , , , f_1 (x) = f_2(x) = x^\frac {x}{2} we get

\sqrt {\int^2_1x^x\,dx} \geq \int^2_1\sqrt {x^x}\,dx

It’s easy to prove that is nonnegative and monotonic increasing.

Nhiều lời giải cho một bài tích phân xác định chứa căn thức…

Filed under: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 2 — Ngô Quốc Anh @ 4:58

Evaluate

\displaystyle I = \int_0^1 {x\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} dx}.

Solution 1. Put x=\cos(2y) to get

\displaystyle\begin{gathered} I = \int_0^{\pi /4} {2\cos 2y\frac{{\sin y}}{{\cos y}}\ \sin 2y\ dy} \ \hfill \\ \quad= \int_0^{\pi /4} {4{{\sin }^2} ydy\ } - \frac{1}{4}\int_0^{\pi /4} {\ 32{{\sin }^4} ydy} \hfill \\ \quad= \left( {2y - \sin 2y \bigg |_0^{\pi /4}} \right) - \frac{1}{4}\left( {12y - 8\sin 2y + \sin 4y\bigg |_0^{\pi /4}} \right) \hfill \\ \quad= 1 - \frac{\pi }{4}. \hfill \\ \end{gathered}

Solution 2. We do the following calculation

\displaystyle\begin{gathered} I = \int_0^1 {\frac{x}{{x + 1}}\sqrt {1 - {x^2}} dx} \hfill \\ \quad= \int_0^1 {\frac{{(x + 1) - 1}}{{x + 1}}\sqrt {1 - {x^2}} dx} \hfill \\ \quad= \int_0^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} - \int_0^1 {\frac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{x + 1}}dx} \hfill \\ \quad= \frac{\pi }{4} - \int_0^1 {\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} dx} \hfill \\ \quad= \frac{\pi }{4} - \int_0^1 {\frac{{1 - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}dx} \hfill \\ \quad= \frac{\pi }{4} - \int_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}dx} + \int_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}dx} {\text{ d}}x \hfill \\ \quad= - \arcsin x - \sqrt {1 - {x^2}} \bigg|_0^1 + \frac{\pi }{4} \hfill \\ \quad= 1 - \frac{\pi }{4}. \hfill \\ \end{gathered}

Solution 3. Since

\displaystyle 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi }{2}

we have by x = \sin \theta that

\displaystyle\begin{gathered} \int_0^1 {\frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} dx = \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}\theta } }}\cos \theta d\theta } \hfill \\ \qquad= \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{|\cos \theta |}}\cos \theta d\theta } \hfill \\ \qquad= \int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{\cos \theta }}\cos \theta d\theta } \hfill \\ \qquad= \frac{\pi }{2}. \hfill \\ \end{gathered}

Blog at WordPress.com.