Esercizio su funzione massimale

[LilCaccioppoli]

Salve a tutti, propongo quest esercizio che ha causato abbastanza problemi a me ai miei colleghi nel corso di Analisi Reale.

Considerando la seguente variante della funzione massimale definita per $f\in L^1(RR^2)$:
\[
f_\mathcal{R}^* (x) := \sup_{R\in\mathcal{R}(x)} \frac{1}{|R|} \int_R|f(y)|\ \text{d}y
\]
con $x\in RR^2$ e dove \(\mathcal{R}(x)\) rappresenta la famiglia di rettangoli $R$ contenenti $x$ (quindi non solo quelli centrati in $x$) con i lati paralleli agli assi.

Provare che non esiste una costante $A>0$ tale per cui valga la disuguaglianza:
\[
\Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, f_\mathcal{R}^* (x) > \alpha \} \Big| \leq \frac{A}{\alpha} \| f\|_{L^1(\mathbb{R}^2)}
\]
per ogni $\alpha> 0 $ e $f\in L^1(RR^2)$

Sfruttare il suggerimento:
Considerata la famiglia definita da $f_\epsilon (x) = \epsilon ^{-2} f(x/\epsilon) $ con $\epsilon > 0 $ e
\[
f(x) = \frac{1}{|B|} \chi_B(x) \quad \text{in cui } B := B_1(0)
\]
Mostrare che
\[
(f_\epsilon)_\mathcal{R}^*(x) \to \dfrac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{per } \epsilon \to 0^+
\]
per ogni $(x_1,x_2)$ con $x_1x_2\ne 0$. Usare poi una contraddizione per mostrare che la disuguaglianza di sopra non vale.

[gugo82]

Troppe ‘erre’!
Ho corretto qualcosa nella notazione, ma vedi un po’ tu se tutto fila liscio... Se vuoi un consiglio, cerca di non mischiare TeX e MathML perché hanno alcuni caratteri diversi e ciò complica la lettura.
Inoltre, in MathML l’asterisco si scrive doppio (** produce $**$).

[LilCaccioppoli]

Troppe ‘erre’!
Ho corretto qualcosa nella notazione, ma vedi un po’ tu se tutto fila liscio... Se vuoi un consiglio, cerca di non mischiare TeX e MathML perché hanno alcuni caratteri diversi e ciò complica la lettura.
Inoltre, in MathML l’asterisco si scrive doppio (** produce $ ** $).

Grazie, gugo82, va bene la tua correzione. Giusto per chiarezza:
$\mathbb{R}^2$ spazio euclideo 2-dimensionale;
$\mathcal{R}(x)$ famiglia di rettangoli contenenti $x$ ( sulla quale fare il sup per definire la funzione $f_\mathcal{R}^**(x)$ )
$R$ rettangolo appartenente alla famiglia $\mathcal{R}(x)$.

[gugo82]

Ok, grazie per i chiarimenti.
Ho rimaneggiato ancora il TeX per rendere tutto uniforme.

L’ultima funzione massimale dovrebbe essere quella di $f_epsilon$, vero?


P.S.: Sei delle mie parti?

[LilCaccioppoli]

Sisi, giusto, ora aggiusto subito.

Cmq si, ho studiato a Napoli..il mio nickname dice tutto vero?

[gugo82]

Provavo a fare qualche calcolo esplicito, ma viene bruttino.
Quello che non capisco è perché prendere una funzione a simmetria sferica quando si deve lavorare coi rettangoli... Non era meglio scegliersi la caratteristica del quadrato unitario (normalizzata) come $f$ di prova?

Ad ogni buon conto, cosa avete provato a fare?

[Bremen000]

Ciao, mi piace molto questo esercizio.
In tutto il seguito sia $x=(x_1, x_2) \in \mathbb{R}^2 - \{0 \}$; prima di tutto semplici conti portano a
\[ \frac{1}{|R|} \int_{R} |f_{\epsilon}(y)|dy = \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \Rightarrow (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \sup_{R \in \mathcal{R}(x)} \frac{ m(R \cap B_{\epsilon} )}{m(R) m(B_{\epsilon})} \]
dove con $m$ indico la misura di Lebesgue su $\mathbb{R}^2$.

Secondo me può essere una buona idea per dimostrare il suggerimento notare che

\[ \lim_{ \epsilon \to 0^+} (f_{\epsilon}){\mathcal{R}}^{*}(x) = \lim_{\epsilon \to 0^+ \\ \epsilon < |x|/2} (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \]

Questo (da un disegno si capisce bene), cioè se \( \epsilon < |x|/2 \), dovrebbe rendere molto più agevole il calcolo esplicito di \( (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) \).
Penso infatti che si possano dimostrare i 3 seguenti fatti:
1. Se $x$ appartiene al primo quadrante, allora il sup può essere calcolato sulla sottofamiglia di rettangoli che ha il vertice "di nord-est” in $x$ e ha intersezione non vuota con $B_{\epsilon}$;
2. Tra i rettangoli di tale sottofamiglia quello che raggiunge il massimo è quello di lati (orizzontale) $x_1+\epsilon$ e (verticale) $x_2+ \epsilon$;
3. C'è perfetta simmetria tra i $4$ quadranti, quindi è sufficiente fare tutto per il primo quadrante.

Se questi tre fatti fossero veri allora
\[ (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*}(x) = \frac{ \pi \epsilon^2}{ (|x_1|+\epsilon)(|x_2|+\epsilon) \pi \epsilon^2} \to \frac{1}{|x_1||x_2|} \quad \text{ quando } \epsilon \to 0^+ \]

Alla seconda parte non ho ancora pensato. Che dite di questo primo pezzo?

[Rigel]

Per la funzione in questione, a me sembra che si abbia (semplificando un po' la notazione)
\[
f_\varepsilon^*(x) = \frac{1}{(|x_1|+\varepsilon)(|x_2|+\varepsilon)}.
\]
Infatti il sup si dovrebbe realizzare prendendo il più piccolo rettangolo contenente la palla \(B_\varepsilon(0)\).

Edit: Bremen mi ha anticipato di qualche minuto

[Bremen000]

Per la seconda parte:

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Supponiamo per assurdo che esista $A>0$ tale che per ogni $\alpha>0$ e per ogni $f \in L^1(\mathbb{R}^2)$ valga

\[ \Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, f_\mathcal{R}^* (x) > \alpha \} \Big| \leq \frac{A}{\alpha} \| f\|_{L^1(\mathbb{R}^2)} \]

Allora in particolare

\[ \Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, (f_{\epsilon})_{\mathcal{R}}^{*} (x) > \alpha \} \Big| \leq \frac{A}{\alpha} \| f_{\epsilon} \|_{L^1(\mathbb{R}^2)} = \frac{A}{\alpha} \]

dove \( \{ f_{\epsilon} \}_{\epsilon >0 } \) sono quelle del suggerimento. Poiché abbiamo che (vedi qua per una dimostrazione della seconda disuguaglianza qua sotto)

\[ \frac{A}{\alpha} \ge \liminf_{\epsilon \to 0^+} \Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, f_\mathcal{R}^* (x) > \alpha \} \Big| \ge \Big| \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, \frac{1}{|x_1||x_2|} > \alpha \} \Bigl | \]
abbiamo raggiunto l'assurdo perché
\[ \biggl \{ (x_1, x_2) \in (0, + \infty) \times (0, +\infty) \mid x_2 < \frac{1}{x_1 \alpha} \biggr \} \subset \{x\in \mathbb{R}^2 \, : \, \frac{1}{|x_1||x_2|} > \alpha \} \]
e il primo insieme ha misura di Lebesgue infinita.

[LilCaccioppoli]

Ciao Bremen000. Tu dici

2. Tra i rettangoli di tale sottofamiglia quello che raggiunge il massimo è quello di lati (orizzontale) $x_1+\epsilon$ e (verticale) $x_2+ \epsilon$;

Intuitivamente mi trovo con questa affermazione, ma non credi bisogni fornire una dimostrazione di questo fatto?
Nel caso in cui $|x_1|< \epsilon$ oppure $|x_2|< \epsilon$ e quindi se il rettangolo costruito nel punto 2 ha intersezione non vuota con la bolla di raggio $\epsilon$ ma non la contiene, non mi sembra così ovvio.

Grazie comunque