La disuguaglianza di Wirtinger è una famiglia di disuguaglianze valida per funzioni di una variabile reale. Consideriamo una funzione derivabile $y: [0,L] \to \R$. Allora sotto certe ipotesi su $y$ che vediamo tra un momento, vale la seguente disuguaglianza,
$$\int_0^{L} dt\, y(t)^2 \leq C \frac{L^2}{\pi^2} \int_0^{L} dt\, y'(t)^2$$
Abbiamo diverse possibilità per le ipotesi aggiuntive richieste, che identificano anche la costante ottimale $C$ (diversa nei vari casi) e le funzioni che saturano la disuguaglianza:
- Se la media di $y$ è nulla, ovvero $\int_0^{L} dt\, y(t) = 0$ allora la disuguaglianza è valida, con $C=1$ e uguaglianza se e solo se $y(t) = B \cos\pqty{2\pi t/L}$.
- Se $y(0)=y(L)=0$ la disuguaglianza è valida, con $C=1$ e uguaglianza se e solo se $y$ è della forma $y(t) = A \sin\pqty{2\pi t/L}$.
- Se invece abbiamo $y(0)=y(L)$ e la media di $y$ è nulla, allora $C=1/4$ e si ha uguaglianza se e solo se $y$ è della forma $y(t) = A \cos\pqty{2\pi t/L} + B \sin\pqty{2\pi t/L}$.
Chiaramente la disuguaglianza rimane valida rimpiazzando l’intervallo $[0,L]$ con un intervallo generico $[a,b]$.
La dimostrazione procede nel modo seguente. Con un cambio di variabili è chiaro che possiamo supporre senza perdita di generalità $L=2\pi$ o un qualsiasi altro valore. Consideriamo prima di tutto il caso in cui $y(0)=y(2\pi)$, che copre i casi 2) e 3). Allora possiamo espandere $y$ in una serie di Fourier,
$$y(t) = \sum_{n \in \Z} y_n e^{int}\\
y'(t) = \sum_{n \in \Z}i n y_n e^{int}$$
Un calcolo standard (ovvero l’identità di Parseval) mostra che
$$\int_0^{2\pi} dt\, y(t)^2 = 2\pi \sum_{n \in \Z} \abs{y_n}^2\\
\int_0^{2\pi} dt\, y'(t)^2 = 2\pi \sum_{n \in \Z} n^2 \abs{y_n}^2$$
Ora abbiamo $\abs{y_n}^2 \leq n^2 \abs{y_n}^2$ per $n \neq 0$, mentre se invece $n=0$ la disuguaglianza vale al contrario, $\abs{y_n}^2 \geq n^2 \abs{y_n}^2 =0$. Poiché $y_0 = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} dt\, y(t)$ è semplicemente la media di $y$, nel caso 3) sopra abbiamo $y_0=0$ e quindi $\abs{y_n}^2 \leq n^2 \abs{y_n}^2$ è sempre vero e quindi $\int_0^{2\pi} dt\, y(t)^2 \leq \int_0^{2\pi} dt\, y'(t)^2$. Perciò la disuguaglianza è valida con $C=1/4$. Poiché per $\abs{n} > 1$ la disuguaglianza è stretta, ovvero $\abs{y_n}^2 < n^2 \abs{y_n}^2$, allora si ha uguaglianza se e solo se $y_n = 0$ per $\abs{n} > 1$, ovvero $y(t)$ è una combinazione lineare di seno e coseno, $y(t) = A \cos(t) + B \sin(t)$.
Se invece $y_0 \neq 0$ ma $y(0)=y(L)=0$ (che corrisponde al caso 2), ci conviene prendere $L = \pi$. Definiamo quindi una funzione $f: [0, 2\pi] \to \R$
$$f(t) = \begin{cases} y(t) & t \in [0, \pi]\\ -y(2\pi-t) & t \in [\pi, 2\pi] \end{cases}$$
Per le ipotesi su $y$, $f(x)$ soddisfa $f(0)=f(2\pi)=0$ e inoltre per costruzione ha media nulla, $f_0 = 0$. Perciò soddisfa la disuguaglianza del caso 3) che abbiamo appena dimostrato, ovvero
$$\int_0^{2\pi} dt\, f(t)^2 \leq \int_0^{2\pi} dt\, f'(t)^2$$
Ma è facile vedere che $\int_0^{2\pi} dt\, f(t)^2=2 \int_0^{\pi} dt\, y(t)^2$ e lo stesso vale per $f’$ e $y’$ e quindi abbiamo
$$\int_0^{\pi} dt\, y(t)^2 \leq \int_0^{\pi} dt\, y'(t)^2$$
che dimostra la disuguaglianza con $C=1$, dato che stavolta avevamo $L=\pi$. Abbiamo uguaglianza se e solo se $f(t) = A \cos\pqty{t} + B \sin\pqty{t}$, ma poiché $f$ coincide con $y$ nel dominio di $y$, allora abbiamo uguaglianza se $y(t) = A \cos\pqty{t} + B \sin\pqty{t}$. Tuttavia dobbiamo avere $y(0)=y(\pi)=0$ e quindi $A=0$, perciò otteniamo anche l’altra condizione.
Infine dimostriamo il primo caso. In questo caso $y(0) \neq y(L)$ e quindi non possiamo applicare la serie di Fourier. Tuttavia scegliamo di nuovo $L=\pi$ e definiamo $f: [0, 2\pi] \to \R$
$$f(t) = \begin{cases} y(t) & t \in [0, \pi]\\ y(2\pi-t) & t \in [\pi, 2\pi] \end{cases}$$
Questa funzione soddisfa $f(0) = y(0)=f(2\pi)$ e quindi è espandibile in serie di Fourier. Inoltre poiché $y$ ha media nulla, anche $f$ ha media nulla. Perciò come nel caso precedente possiamo applicare il caso 3) e troviamo che la disuguaglianza è soddisfatta con $C=1$. Per l’uguaglianza, abbiamo di nuovo $y(t) = A \cos\pqty{t} + B \sin\pqty{t}$ ma poiché abbiamo
$$\int_0^\pi \cos(t) dt = 0 \qquad \int_0^\pi \sin(t) dt = 2$$
allora in questo caso $B=0$ e con ciò concludiamo la dimostrazione.