关于α>-1时非负函数Hardy积分不等式的证明思路求助

嘿，我来帮你捋捋α>-1时这个Hardy积分不等式的证明思路！先明确下目标：我们要证当$\alpha > -1$时，对非负可测函数$f$有
$$\int_0^\infty \left(\int_0^x f(t)dt\right)^p d\mu(x) \leq c \int_0^\infty f^p(x) d\nu(x)$$
其中$d\mu(x)=x^\alpha dx$，$d\nu(x)=x^{\alpha+p}dx$。你已经搞定了$\alpha < -1$的情况，现在卡在这个方向，对吧？

给你分享两个实用的思路，尤其是第一个分部积分的方法，是Hardy不等式的经典操作：

思路一：分部积分+Holder不等式（最直接） #

先定义$F(x)=\int_0^x f(t)dt$，那左边的积分就写成$\int_0^\infty F(x)^p x^\alpha dx$。我们用分部积分来处理这个积分：

• 取$u=F(x)^p$，$dv=x\alpha dx$，那么$du=pF(x)^{{p-1}f(x)dx$，$v=\frac{x}{\alpha+1}}{\alpha+1}$（这里正好用到$\alpha > -1$的条件，保证$\alpha+1>0$，$v$在$x\to0^+$时不会发散）。

分部积分公式是$\int_0^\infty u dv = uv|_0^\infty - \int_0^\infty v du$，先看边界项：

• 当$x\to0^{+$时，$F(x)$和$x$同阶（如果$f$在0附近有界），所以$F(x)}p x^\alpha$是$x{p+\alpha}$阶，结合$\alpha > -1$和积分收敛的前提，这一项趋近于0；
• 当$x\to\infty$时，如果左边积分收敛，那$F(x)^p x^\alpha$也必然趋近于0（否则积分会发散）。

所以边界项直接消失，剩下：
$$\int_0^\infty F(x)^p x^\alpha dx = -\frac{p}{\alpha+1} \int_0^\infty F(x)^{p-1}f(x)x{\alpha+1}dx$$
因为所有项都是非负的，我们可以把负号去掉，写成不等式：
$$\int_0^\infty F(x)^p x^\alpha dx \leq \frac{p}{\alpha+1} \int_0^\infty F(x)^{p-1}f(x)x{\alpha+1}dx$$

接下来对右边的积分用Holder不等式，取共轭指数$p$和$q=\frac{p}{p-1}$：
$$\int_0^\infty F(x)^{p-1}f(x)x{\alpha+1}dx \leq \left( \int_0^\infty F(x)^p x^\alpha dx \right)^{\frac{p-1}{p}} \cdot \left( \int_0^\infty f(x)^p x^{(\alpha+1)p - \alpha(p-1)} dx \right)^{\frac{1}{p}}$$

计算一下右边第二个积分里的$x$的幂次：
$$(\alpha+1)p - \alpha(p-1) = \alpha p + p - \alpha p + \alpha = \alpha + p$$
正好就是$d\nu(x)$里的$x^{\alpha+p}$！完美凑出了目标形式。

现在设$I=\int_0^\infty F(x)^p x^\alpha dx$，代入上面的不等式：
$$I \leq \frac{p}{\alpha+1} \cdot I^{\frac{p-1}{p}} \cdot \left( \int_0^\infty f(x)^p d\nu(x) \right)^{\frac{1}{p}}$$

如果$I>0$，两边同时除以$I^{\frac{p-1}{p}}$（$I=0$时不等式显然成立），得到：
$$I^{\frac{1}{p}} \leq \frac{p}{\alpha+1} \cdot \left( \int_0^\infty f(x)^p d\nu(x) \right)^{\frac{1}{p}}$$

最后两边同时$p$次方，就得到：
$$I \leq \left( \frac{p}{\alpha+1} \right)^p \int_0^\infty f(x)^p d\nu(x)$$
这里的常数$c=\left( \frac{p}{\alpha+1} \right)^p$，完全符合要求！

思路二：变量替换+交换积分顺序 #

另一种思路是通过变量替换把内层积分转化为带参数的形式，再交换积分顺序：
把$\int_0^x f(t)dt$做变量替换$t=xs$（$s\in[0,1]$），则$dt=xds$，内层积分变成$\int_0^1 f(xs)x ds$，左边积分就写成：
$$\int_0^\infty \left( \int_0^1 f(xs)x ds \right)^p x^\alpha dx$$

对$s$的积分用Holder不等式（因为$p>1$时Holder适用）：
$$\left( \int_0^1 f(xs)x ds \right)^p \leq \left( \int_0^1 1^q ds \right)^{\frac{p}{q}} \int_0^1 f(xs)^p x^p ds$$
其中$q$是$p$的共轭指数，$\int_0^1 1^q ds=1$，所以上式简化为$\int_0^1 f(xs)^p x^p ds$。

代入左边积分后交换$x$和$s$的积分顺序：
$$\int_0^1 ds \int_0^\infty f(xs)^p x^{p+\alpha} dx$$

再对$x$做变量替换$t=xs$，则$x=\frac{t}{s}$，$dx=\frac{dt}{s}$，代入后：
$$\int_0^1 ds \int_0^\infty f(t)^p \left( \frac{t}{s} \right)^{p+\alpha} \cdot \frac{dt}{s} = \int_0^\infty f(t)^p t^{p+\alpha} dt \cdot \int_0^1 s^{-(p+\alpha+1)} ds$$

不过这个思路有个限制：$s$的积分$\int_0^1 s^{-(p+\alpha+1)} ds$收敛的条件是$-(p+\alpha+1) > -1$，也就是$p+\alpha <0$，所以更适合特定范围的参数，不如分部积分的思路通用。

另外，你之前处理$\alpha < -1$时的思路是对的，不用担心$\alpha =n-p$的情况——当$\alpha =n-p$时，分母为0，这时候对应的积分可能发散，题目里的不等式本来就是在积分收敛的前提下成立的，所以你的推导没问题。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Snoobooks