Auslöschung

Auslöschung
Ciro David Plata Barros
11. Juli 2016
1
Abelsche Ungleichung und lineare Exponentialsumme
1.1 Abelsche Ungleichung
Sei z1 . . . zn eine Folge komplexer Zahlen mit Partiellsumme Sk = z1 + . . . + zk , 1 ≤ k ≤ n für jede Folge
reeller Zahlen mit a1 ≥ . . . ≥ an ≥ 0 gilt
|a1 z1 + . . . an zn | ≤ a1 max |Sk |
1≤k≤n
(1)
Beweis. Abelsche Formel:
a1 z1 +a2 z2 +. . . an zn = a1 S1 +a2 (S2 −S1 )+. . .+an (Sn −Sn−1 ) = S1 (a1 −a2 )+S2 (a2 −a3 )+. . .+Sn−1 (an−1 −an )+Sn an
1.2 Anwendugen der Abelsche Ungleichung
Problem 1.2.1 Wie kann man zeigen, dass die folgende Formel konvergiert:
Q=
∞
X
(−1)k
√
k
k=1
Beweis Nach dem Abelschen Satz gilt:
N
X
1
(−1)k √ ≤ √
M
k k=M
∀ 1≤M ≤N <∞
Problem 1.2.2 Wie kann man zeigen:
R=
∞
X
cos(kπ/6)
log(k + 1)
k=1
Beweis
N
X
√
max cos(kπ/6) = 2 + 3 = 3.732...
M,N k=M
Nach dem Abelschen Satz gilt:
N
√
X cos(kπ/6) 2+ 3
≤
log(k + 1) log(M + 1)
k=M
1.3 Lineare Exponentialsumme
Definition 1.3.1 e(t) = exp(2πit)
1
∀ 1≤M ≤N <∞
Definition 1.3.2 ktk = min {|t − k| : k ∈ Z}
Problem 1.3.1(Lineare Exponentialsumme). Wir wollen zeigen
+N
MX
1
1
e(kt) ≤ min N,
≤ min N,
|sin πt|
2 ktk
(2)
k=M +1
Beweis
M
+N
X
e(N t − 1)
e(t) − 1
e(kt) = e((M + 1)t)
k=M +1
= e((M + 1)t)
e(N t/2)
e(t/2)
(e(N t/2) − e(−N t/2))/2i
(e(t/2) − e(−t/2))/2i
Mit Betrag gilt
+N
MX
sin(πN t) 1
≤
e(kt)
=
sin(πt) |sin πt|
k=M +1
2
Van der Corput Ungleichung
Definition 2.1.
ρN (h) =
N
−h
X
∀ 1≤h≤N
cm+h cm
m=1
Satz 2.1.(Van der Corput Ungleichung) Sei c1 , . . . , cn eine Folge komplexer Zahlen, für jede ganze Zahlen
1 ≤ H < N gilt:
2
(N
)
H
N
X
X
X
4N
2
|cn | +
|ρN (h)|
(3)
cn ≤
H +1
n=1
n=1
h=1
Beweis Wir können unsere Folge ergänzen, so dass ck = 0 für alle k ≤ 0 und alle k > N .
Damit gilt:
(H + 1)
N
X
cn =
n=1
H
NX
+H X
cn−h
(4)
n=1 h=0
Wir nehmen den Betrag und quadrieren:
)2
2 (N +H H
+H H
N
X 2 NX
X
X X
cn−h cn−h ≤
(H + 1)2 cn = n=1
n=1
n=1 h=0
h=0
Hier benutzen wir die Cauchy Ungleichung mit einer Folge, die nur 1 enthält:
N
H
2
NX
+H X
X 2
(H + 1)2 cn ≤ (N + H)
cn−h n=1
NX
+H
n=1
=
n=1
(5)
h=0


2
H
NX
+H X
H
H
X

X
cn−h =
cn−j
cn−k


n=1
h=0
(H
NX
+H X
n=1
= (H + 1)
2
|cn−s | + 2Re
s=0
N
X
j=0
H−1
X
k=0
H
X
)
cn−s cn−t
s=0 t=s+1
2
|cn | + 2Re
(H−1 H N +H
X X X
n=1
s=0 t=s+1 n=1
2
)
cn−s cn−t
≤ (H + 1)
N
X
2
|cn | + 2
n=1
= (H + 1)
N
X
H−1
X
+H
H NX
X
cn−s cn−t s=0 t=s+1
2
|cn | + 2
n=1
H
X
h=1
n=1
N
X
(H + 1 − h) cn cn+h n=1
Wir verbinden diese Abschätzung, (5) und die Eigenschaft, dass |z| = |z|, um daraus zu Folgern, dass:
2
N
N −h
N
H
X
N +H X
2(N + H) X
h X
2
cn ≤
cn+h cn+h |cn | +
1−
H
+
1
H
+
1
H
+
1
n=1
n=1
n=1
h=1
Aus dieser Ergebnis folgt die Van der Corput Ungleichung (3).
3
Rademacher-Menchoff Ungleichung
3.1 Orthonormale Folgen
Definition 3.1.1. Eine Folge von Funktionen {ϕk : k ∈ S} heißt orthonormal, auf [0, 1] falls für alle j, k ∈ S
Z 1
0 wenn j 6= k
ϕj (x)ϕk (x)dx =
1 wenn j = k
0
Bemerkung 3.1.1. Falls ci komplex für alle i ∈ S so gilt für alle A ⊆ S:
Z
1
0
2
X
X
2
ck ϕk (x) dx =
|ck |
k∈A
(6)
k∈A
Sei Sk (x) = c1 ϕ1 (x) + . . . + ck ϕk (x) , nach Cauchy-Schwarze Ungleichung gilt:
Z
1
Z
|Sn (x)| dx ≤
0
1
12
2
2
2 1
= (|c1 | + |c2 | + . . . + |cn | ) 2
|Sn (x)| dx
2
0
3.2 Kombinatorische Frage
Satz 3.2.1(Rademacher-Menchoff Ungleichung). Gegeben seien die orthonormalen Funktionen ϕk : [0, 1] →
C, 1 ≤ k ≤ n.
Sk (x) = c1 ϕ1 (x) + . . . + ck ϕk
1≤k≤n
Zu zeigen ist, dass die partielle Summen erfüllen:
Z
1
2
max |Sk (x)| dx ≤ log22 (4n)
0 1≤k≤n
n
X
2
|ck |
k=1
Bevor wir das zeigen können, werden wir uns mit einer kombinatorische Frage beschäftigen.
Definition 3.2.1. Seien Ik = {1, 2, . . . , k}
1 ≤ k ≤ n Teilmengen.
Frage: Können wir jede Ik als eine Vereinigung von wenigen Blocken der größe 2S darstellen? wo
0 ≤ S ≤ blog2 (n)c
Definition 3.2.2. Sei B die Menge alle ganzzählige Intervalle der Form:
[r2s + 1, (r + 1)2s ]
und wo
wo 0 ≤ r < ∞, 0 ≤ s < ∞
[r2s + 1, (r + 1)2s ] ⊂ [1, n]
3
(7)
Für jede k ganze Zahl und k ∈ [1, n] können wir jetzt eine Sammlung von Mengen C(k) ⊂ B, so dass
[
[1, k] =
B∈C(k)
Aber wir können |C(K)| begrenzen, wobei |C(k)| die Anzahl der Elemente von C(k) bezeichnet.
3.2.1 Algorithmus
Um [1, k] darzustellen, nehmen wir das größte Element B von B zuerst, das mit 1 anfängt, und wir entfernen von
[1, k] die Elementen aus B. Außer der Fall, wenn k ein Potenz von 2 ist, lässt uns der erste Schritt mit einem
nicht leeres Intervall der Form [x, k], wo x = 2S + 1 für eine ganze Zahl S.
Als zweite Schritt finden wir der großte Element B im B, die mit x anfängt und wir entfernen aus [x, k] die
Elementen von B. Wir wiederholen den Prozess, bis es nur der leere Menge bleibt.
Bemerkung 3.2.1. Die Zahl der Schritten ist die Zahl von 1, das k in ihre binarische Darstellung hat. Diese Zahl ist natürlcih maximal dlog2 (k)e + 1, deswegen wissen wir |C(k) ≤ dlog2 (k)e + 1 ≤ dlog2 (n)e + 1
Beispiel 3.2.1. k = 27, I27 = [1, 27], 27 = 1010112 , und mit unserem Algorithmus bekommen wir I27 als die
Vereinigung von 4 Intervallen als erwartet:
[1, 27] = {1, 2, . . . , 16} ∪ {17, 18, . . . , 24} ∪ {25, 26} ∪ {27}
Dann können wir partielle Summe so darstellen:
X X
a1 + a2 + . . . + ak =
aj
B∈C(k) j∈B
Wir verwenden die Cauchy-Schwarze Ungleichung mit eine Folge von 1. und die äußere Summe und wir bekommen:
2
X
X
2
|a1 + a2 + . . . + ak | ≤ |C(k)|
a
j
j∈B
B∈C(k)
X 2
X
2
max |a1 + . . . + ak | ≤ dlog2 (n) + 1e
aj 1≤k≤n
B∈B j∈B
(8)
3.3 Zurück mit Orthogonale Folgen
Im (8) ersetzen wir aj durch cj ϕj (x) und benutzen unsere Notation für Partiallsummen:
2
X
X
2
max |Sk (x)| ≤ dlog2 (n) + 1e
cj ϕj (x)
1≤k≤n
B∈B j∈B
Jetzt integrieren wir beide Seiten und erinnern wir uns an (6):
Z
1
2
max |Sk (x)| ≤ dlog2 (n) + 1e
0
1≤k
XX
2
|cj |
B∈B j∈B
Für jede j ∈ [1, n] es gibt maximal 1 + dlog2 (n)e Mengen B ∈ B, deswegen erhalten wir:
Z
1
2
max |Sk (x)| ≤ dlog2 (n) + 1e(1 + dlog2 (n)e)
0
1≤k
n
X
2
|cj |
j=1
Diese Ungleichung ist eigentlich stärker als die Radamacher-Menchoff Ungleichung (7), weil für n ≥ 1 gilt:
dlog2 (n) + 1e(1 + dlog2 (n)e) ≤ (2 + log2 n)2 = log22 (4n)
4