Sobolev空间插值中Poincare型不等式的求解求助（p=∞情形）
嘿，我看到你在啃这个带零均值条件的Poincaré型不等式，尤其是p=∞的情况，先给你捋捋思路！你已经在k=0,l=1且p<∞的情况上迈出了很好的一步，那我们就聚焦到p=∞的场景来拆解，再推广到一般的k≤l的情况。
首先先回顾问题的核心条件：
- 凸区域$\Omega$含于半径为$R$的球内；
- $v\in W^{l,\infty}(\Omega)$，且满足所有阶数$\leq l-1$的偏导数在$\Omega$上的积分都为0；
- 要证：$\left\Vert D^{k}v\right\Vert _{L^{\infty}\left(\Omega\right)} \leq CR^{l-k}\left\Vert D^{l}v\right\Vert _{L^{\infty}\left(\Omega\right)}$，其中$C$和$\Omega$、$v$无关。
先搞定k=0,l=1的p=∞情形
你已经推导出了$v(\boldsymbol{x})$的积分表达式：
$$v(\boldsymbol{x})=\frac{1}{|\Omega|}\int_{\Omega}\int_{0}^{1}\nabla v(t\boldsymbol{x}+(1-t)\boldsymbol{y})\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\ dt\ d\boldsymbol{y}$$
对于p=∞的情况，我们不用像p<∞那样去积分p次方，直接对两边取绝对值，再把$\nabla v$的$L^\infty$范数提出来就行：
$$
\begin{align*}
|v(\boldsymbol{x})| &=\frac{1}{|\Omega|}\left|\int_{\Omega}\int_{0}^{1}\nabla v(t\boldsymbol{x}+(1-t)\boldsymbol{y})\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})\ dt\ d\boldsymbol{y}\right|\
&\leq \frac{1}{|\Omega|}\int_{\Omega}\int_{0}^{1} |\nabla v|{L^\infty(\Omega)} \cdot |\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|2 dt dy
\end{align*}
$$
因为$\Omega$含于半径$R$的球，所以$|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}|2 \leq 2R$，代入后计算积分：
$$
\begin{align*}
&\leq \frac{|\nabla v|{L^\infty(\Omega)} \cdot 2R}{|\Omega|} \int{\Omega}\int{0}^{1} dt dy\
&= \frac{|\nabla v|{L^\infty(\Omega)} \cdot 2R}{|\Omega|} \cdot |\Omega|\
&= 2R |\nabla v|{L^\infty(\Omega)}
\end{align*}
$$
这样就得到了k=0,l=1时p=∞的结果，常数$C=2$，完全满足和$\Omega$、$v$无关的要求。
推广到一般k≤l的情况
这里用降阶递推的思路最直观：
对于任意多重指标$\boldsymbol{\alpha}$满足$|\boldsymbol{\alpha}|=k$，令$w = D^\boldsymbol{\alpha}v$，那么$w\in W^{l-k,\infty}(\Omega)$。
此时，对于所有$|\boldsymbol{\beta}| \leq (l-k)-1 = l-1 -k$，有$D^\boldsymbol{\beta}w = D^{\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}}v$，而$|\boldsymbol{\alpha}+\boldsymbol{\beta}| \leq k + (l-1 -k) = l-1$，根据原问题的条件，这些$D^\boldsymbol{\beta}w$在$\Omega$上的积分都为0。
这就把问题转化为对$w$的0阶到$(l-k)$阶的Poincaré不等式：
$$|\boldsymbol{w}|{L^\infty(\Omega)} \leq CR^{(l-k)} |D{l-k}w|_{L\infty(\Omega)}$$
把$w = D^\boldsymbol{\alpha}v$代回去，就是：
$$|D^k v|{L^\infty(\Omega)} \leq CR^{l-k} |D^l v|_{L^\infty(\Omega)}$$
完美匹配我们要证的结论。
补充：泰勒展开的另一种方法
如果要直接处理高阶情况，凸区域的性质允许我们用泰勒展开加积分余项：
对于任意$\boldsymbol{x}\in\Omega$，取包含$\Omega$的球的球心$\boldsymbol{x}0$，将$v$泰勒展开到$l-1$阶，再利用积分余项：
$$v(\boldsymbol{x}) = \sum{|\boldsymbol{\alpha}|=l} \frac{1}{\boldsymbol{\alpha}!} \int_{0}^{1} (1-t)^{l-1} D^\boldsymbol{\alpha} v(t\boldsymbol{x} + (1-t)\boldsymbol{x}_0) (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}_0)^\alpha dt$$
因为所有阶数$\leq l-1$的偏导数积分都为0，所以泰勒展开的低阶项全部消失，只剩下$l$阶的积分余项。
取绝对值后，利用$|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}0| \leq R$，以及$|D\boldsymbol{\alpha}v|_{L\infty(\Omega)} \leq |D^l v|{L^\infty(\Omega)}$（$l$阶导数的范数包含所有$l$阶偏导的最大模），就能得到：
$$|v(\boldsymbol{x})| \leq CR^l |D^l v|_{L^\infty(\Omega)}$$
对应k=0的情况。对于k阶导数，只需要对$D^k v$做同样的展开，就能得到$R^{l-k}$的因子，结论一致。
对你p<∞推导的小补充
你之前推到$\int_{\Omega}|v(\boldsymbol{x})|{p}d\boldsymbol{x}\leq2CR{p}\left\Vert \nabla v\right\Vert {L{p}\left(\Omega\right)}{p}$，其实只要两边开$p$次方，就能得到$|v|{L^p(\Omega)} \leq C'R |\nabla v|_{L^p(\Omega)}$，这就是k=0,l=1时p<∞的Poincaré不等式，你的推导是对的，差最后一步开方而已~
备注：内容来源于stack exchange，提问作者ThreeEngineersInATrenchCoat
