Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Transcript

1 Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών

2 Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 2

3 Περιεχόµενα ενότητας 9 L p Σύγκλιση Σύγκλιση στον L 2 () Σύγκλιση στον L p (), 1 p < Ολοκληρωτική αναπαράσταση της συζυγούς απεικόνισης Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

4 9 L p Σύγκλιση 9.1 Σύγκλιση στον L 2 () Σε αυτό το Κεφάλαιο µελετάµε την L p -σύγκλιση των σειρών Fourier. Για κάθε 1 < p < το ερώτηµα είναι αν για κάθε f L p () ισχύει (9.1..1) s ( f ) f p καθώς το. Η περίπτωση p = 2 είναι η απλούστερη. Υπενθυµίζουµε ότι ο L 2 () είναι χώρος Hilber. Η 2 επάγεται από το εσωτερικό γινόµενο (9.1..2) f, g = 1 f (x)g(x) dx. 2π Λήµµα Η ακολουθία {e ik x } k= είναι ορθοκανονική ϐάση στον L2 (). Απόδειξη. Εχουµε δεί ότι (9.1..3) e ik x, e isx = δ k,s για κάθε k, s Z, και από το Θεώρηµα έχουµε ότι αν f L 2 () και c k ( f ) = για κάθε k Z, τότε f. Ισοδύναµα, αν f, e ik x = για κάθε k Z τότε f =. Το συµπέρασµα έπεται από το Θεώρηµα Αµεσο πόρισµα της γενικής ϑεωρίας των χώρων Hilber είναι τώρα το εξής. Θεώρηµα Εστω f L 2 (). Τότε, (9.1..4) s ( f ) f 2 καθώς το και (9.1..5) f 2 2 = 1 2π f (x) 2 dx = c k ( f ) 2. k= 9.2 Σύγκλιση στον L p (), 1 p < Σκοπός µας είναι να εξετάσουµε αν s ( f ) f p για κάθε f L p (), στην γενική περίπτωση 1 p <. Οπως είδαµε στην προηγούµενη παράγραφο, η απάντηση είναι καταφατική στην περίπτωση p = 2. Η πρόταση που ακολουθεί δείχνει ότι το πρόβληµα διατυπώνεται ισοδύναµα µέσω της ακολουθίας τελεστών f s ( f ): Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

5 Πρόταση Εστω 1 p <. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα: (α) Για κάθε f L p () ισχύει s ( f ) f p. (ϐ) Υπάρχει σταθερά A p > ώστε για κάθε f L p () και για κάθε, s ( f ) p A p f p. Απόδειξη. (α) = (ϐ) Για κάθε N ϑεωρούµε τον τελεστή : L p () L p () µε ( f ) = s ( f ). Ο είναι γραµµικός και, για κάθε f L p () ισχύει δηλαδή ο είναι ϕραγµένος. ( f ) p = s ( f ) p = f 2D p 2D 1 f p = L f p, Εστω f L p (). Από την υπόθεση s ( f ) f p έπεται ότι η { ( f )} = {s ( f )} είναι ϕραγµένη στον L p (). ηλαδή, υπάρχει c f > ώστε sup ( f ) p c f <. Τώρα, εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα Baach-Seihaus: υπάρχει A p > ώστε sup A p. Τότε, για κάθε f L p () και για κάθε, s ( f ) p = ( f ) p f p A p f p. (ϐ) = (α) Εστω f L p () και έστω ε >. Επιλέγουµε τριγωνοµετρικό πολυώνυµο g τέτοιο ώστε f g p ε. Από την υπόθεση, για κάθε έχουµε s ( f ) s (g) p = s ( f g) p A p f g p A p ε. Αν N είναι ο ϐαθµός του g τότε για κάθε N έχουµε s (g) = g. Συνεπώς, για κάθε N έχουµε s ( f ) f p s ( f ) s (g) p + s (g) g p + g f p A p ε + + ε = (A p + 1)ε. Αφού το ε > ήταν τυχόν, συµπεραίνουµε ότι lim s ( f ) f p =. Μια συνέπεια της Πρότασης είναι ότι στην περίπτωση p = 1 το πρόβληµά µας έχει αρνητική απάντηση. Ας υποθέσουµε ότι υπάρχει σταθερά A 1 > µε την ιδιότητα: αν f 1 1 τότε για κάθε ισχύει s ( f ) 1 A 1. Θεωρούµε τον πυρήνα του Fejér K N. Γνωρίζουµε ότι 2K N 1 = 1 για κάθε N N, άρα Παρατηρούµε ότι s (2K N ) 1 A 1. s (2K N ) = 2K N 2D = σ N (2D ). Ο πυρήνας του Dirichle D είναι συνεχής συνάρτηση, άρα σ N (2D ) 2D οµοιόµορφα καθώς το N. Επεται ότι 2D 1 = lim σ N (2D ) 1 = lim s (2K N ) 1 A 1. N N Οµως, έχουµε δεί ότι η ακολουθία L = 2D 1 4 π 2 l, το οποίο είναι άτοπο. Το επιχείρηµα αυτό δείχνει ότι: Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

6 Πρόταση Υπάρχει f L 1 () τέτοια ώστε s ( f ) f 1 καθώς το. Για τη µελέτη του προβλήµατος στην περίπτωση 1 < p < (και p 2) ϑα δούµε µια δεύτερη αναγωγή, αφού πρώτα εισάγουµε δύο νέες έννοιες. Ορισµός (συζυγής συνάρτηση). Εστω f L 1 () και έστω c k e ik x η σειρά Fourier της f. Θεωρούµε την τριγωνοµετρική σειρά (9.2..6) ( i)(sig k)c k e ik x = k= k= sig k c k e ik x, i όπου sig x = 1 αν x >, sig x = 1 αν x < και sig =. Αν υπάρχει ολοκληρώσιµη συνάρτηση η οποία έχει σειρά Fourier την (9.2..6), την συµβολίζουµε µε f και λέµε ότι η f είναι η συζυγής συνάρτηση της f. Για παράδειγµα, αν f L 2 () τότε υπάρχει µοναδική g L 2 () µε c k (g) = ( i)(sig k)c k ( f ). Πράγµατι, k= ( i)(sig k)c k ( f ) 2 = f 2 2 c ( f ) 2 <, άρα η ύπαρξη της g εξασφαλίζεται από το ϑεώρηµα Riesz-Fisher, η g είναι η συζυγής συνάρτηση f της f, και (9.2..7) f 2 f 2. Λέµε ότι για κάποιον 1 < p < έχουµε συζυγία στον L p () αν υπάρχει σταθερά A p > ώστε για κάθε f L p () υπάρχει η συζυγής συνάρτηση f (όπως ορίστηκε παραπάνω), η f ανήκει στον L p (), και f p A p f p. Ορισµός (προβολή). Εστω f L 1 () και έστω c k e ik x η σειρά Fourier της f. Θεωρούµε την τριγωνοµετρική σειρά (9.2..8) c k e ik x. k= Αν υπάρχει ολοκληρώσιµη συνάρτηση η οποία έχει σειρά Fourier την (9.2..8), την συµβολίζουµε µε P f και λέµε ότι η P f είναι η προβολή της f. Λέµε ότι για κάποιον 1 < p < έχουµε προβολές στον L p () αν υπάρχει σταθερά A p > ώστε για κάθε f L p () υπάρχει η προβολή P f (όπως ορίστηκε παραπάνω), η P f ανήκει στον L p (), και Πρόταση Εστω 1 p <. Τότε, P f p A p f p. (α) έχουµε συζυγία στον L p () αν και µόνο αν (ϐ) έχουµε προβολές στον L p (). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

7 Απόδειξη. (α) = (ϐ) Εστω f L p () µε σειρά Fourier την k και f p A p f p. Θεωρούµε την g = c ( f ) + f + i f. 2 2 Παρατηρήστε ότι c ( f ) f 1 f p. Προφανώς, g L p () και c k ( f )e ik x. Από την υπόθεση, η f L p () g p c ( f ) 2 + f p + f p 2 f p 2 + (A p + 1) f p 2 Χρησιµοποιώντας τις σχέσεις c k ( f ) = ( i)(sig k)c k ( f ) ϐλέπουµε ότι = A p + 2 f p. 2 c k (g) = c k ( f ) αν k και c k (g) = αν k <. Αρα, g = P f και P f p A p f p (µε A p = (A p + 2)/2). (ϐ) = (α) Εστω f L p () µε σειρά Fourier την c k ( f )e ik x. Από την υπόθεση, η P f L p () και k P f p A p f p. Θεωρούµε την συνάρτηση g = 2 i ( P f c ( f ) f ). 2 2 Οπως πριν, δείχνουµε ότι g L p () και g p A p f p. Απλές πράξεις δείχνουν ότι c k (g) = ( i)(sig k)c k ( f ) άρα g = f. Το επόµενο ϑεώρηµα δείχνει τον ϐασικό λόγο για τον οποίο µελετάµε την συζυγή συνάρτηση. Θεώρηµα Εστω 1 p <. Τότε, έχουµε συζυγία στον L p () αν και µόνο αν για κάθε f L p () ισχύει s ( f ) f p. Απόδειξη. Συνδυάζοντας τις Προτάσεις και ϐλέπουµε ότι αρκεί να αποδείξουµε την ισοδυναµία των παρακάτω δύο προτάσεων: (α) Υπάρχει A p > ώστε s ( f ) p A p f p για κάθε f L p () και κάθε N. (ϐ) Υπάρχει B p > ώστε για κάθε f L p () η προβολή P f ανήκει στον L p () και P f p B p f p. (α) = (ϐ) Εστω f L p () µε σειρά Fourier την k c k ( f )e ik x. Παρατηρούµε ότι για κάθε k Z. c k (e ix f (x)) = 1 2π e ix f (x)e ik x dx = 1 2π f (x)e i(k+)x dx = c k+ ( f ) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

8 Αρα, Αν ορίσουµε P f (x) = 2 e ix s (e ix f, x) = e ix k= k= 2 = c j ( f )e i j x. j= c k ( f )e ik x, έπεται ότι c k (e ix f )e ik x = k= c k+ ( f )e i(k+)x P f p = e ix s (e ix f, x) p = s (e ix f, x) p A p e ix f p = A p f p. Θα δείξουµε ότι η ακολουθία {P f } είναι ϐασική στον L p (): ϑεωρούµε τυχόν ε > και ένα τριγωνοµετρικό πολυώνυµο g ϐαθµού N ε τέτοιο ώστε f g p ε. Τότε, Εστω, m > N ε /2. Τότε, P g(x) = P m g(x) = N ε P f P g p = P ( f g) p A p f g p A p ε. k= c k (g)e ik x, άρα P f P m f p P f P g p + P g P m g p + P m g P m f p A p ε + + A p ε = 2A p ε. Ετσι, η {P f } είναι ϐασική, άρα υπάρχει h L p () τέτοια ώστε Ειδικότερα, P f h 1, άρα P f h p. c k (h) = lim c k (P f ) για κάθε k Z. Αυτό δείχνει ότι c k (h) = c k ( f ) αν k και c k (h) = αν k <. Αρα, h = P f. Τέλος, αφού P f h p έχουµε h p = lim P f p A p f p. (ϐ) = (α) Παρατηρούµε ότι άρα e i(2+1)x P(e i(2+1)x f ) = e i(2+1)x c 2+1+k ( f )e ik x = k= s=2+1 e ix s (e ix f ) = P f = P f e i(2+1)x P(e i(2+1)x f ). c s e isx, Πολλαπλασιάζοντας αυτήν την ισότητα µε e ix και αντικαθιστώντας την f µε την e ix f, παίρνουµε Επεται ότι s ( f ) = e ix P(e ix f ) e i(+1)x P(e i(+1)x f ). s ( f ) p P(e ix f ) p + P(e i(+1)x f ) p B p e ix f p + B p e i(+1)x f p = 2B p f p για κάθε. Πόρισµα Στον L 1 () δεν έχουµε συζυγία. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

9 9.3 Ολοκληρωτική αναπαράσταση της συζυγούς απεικόνισης Για τη µελέτη της συζυγούς απεικόνισης χρειάζεται να εισάγουµε τον συζυγή πυρήνα Dirichle και τον συζυγή πυρήνα Fejér. Ορισµός (συζυγής πυρήνας Dirichle). Για κάθε ορίζουµε (9.3..9) 2 D () = ( i)(sig k)e ik = ( i) k= Για να υπολογίσουµε αυτό το άθροισµα, παρατηρούµε πρώτα ότι k=1 (e ik e ik ). k=1 e ik i 1 ei = e 1 e i = ei e i/2 (e i/2 e i/2 ) e i/2 (e i/2 e i/2 ) i(+1)/2 ημ(/2) = e ημ(/2). Αντικαθιστώντας το µε, και συνδυάζοντας τις δύο παραστάσεις, ϐλέπουµε ότι (9.3..1) D () = ημ(/2) 2 ημ(/2) ( i)(ei(+1)/2 e i(+1)/2 ) = 2 ημ(/2) = 1 2 εφ(/2) ημ(( + 1)/2) 2 ημ(/2) συν(( + 1/2)). 2 ημ(/2) = συν(/2) συν(( + 1/2)) 2 ημ(/2) 2 ημ(/2) Από τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι η D () είναι περιττή συνάρτηση, και ( ) D () = 1 2 Επίσης, από την και την ημ(/2) /π, < < π, έχουµε k= D () = 2 ημ(/2) ( ) D () π ( i)(sig k)e ik 2 2 =. ημ(( + 1)/2) 2 ημ(/2) για κάθε < < π. Ορισµός (συζυγής πυρήνας Fejér). Για κάθε ορίζουµε ( ) K () = ( D () + + D ()) = συν(/2) 2 ημ(/2) 1 συν((k + 1/2)) ημ(/2) Υπολογίζουµε το άθροισµα του δεξιού µέλους της ( ) ως εξής: Re k= e i(k+1/2) = Re e i/2 e ik k= ( ) i(+1)/2 ημ(( + 1)/2) = Re e ημ(/2) k= Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

10 = = 2 συν(( + 1)/2) ημ(( + 1)/2) 2 ημ(/2) ημ(( + 1)). 2 ημ(/2) Συνεπώς, ( ) K () = συν(/2) 2 ημ(/2) 1 ημ(( + 1)) + 1 [2 ημ(/2)] 2. Παρατηρήστε ότι η K () είναι περιττή συνάρτηση, και Επίσης, ( ) K () k= K () συν(/2) 2 ημ(/2) Παρατήρηση Μπορούµε να δείξουµε ότι D () ημ(( + 1)) [2 ημ(/2)] 2 lim K 1 = + k = 2. µε το εξής επιχείρηµα: ξαναγράφουµε τον συζυγή πυρήνα Fejér στη µορφή K () = συν(/2) ( ) ημ(( + 1)) 1 2 ημ(/2) ( + 1) ημ k= π 2 4( + 1)2, < < π. και χρησιµοποιώντας την παίρνουµε Αρα, ημ(( + 1)) ( + 1) ημ ημ(( + 1)) 1 ( + 1) ημ 1 2 π 2( + 1), < < π/2 για κάθε π + 1 < < π 2. K π/2 π/(+1) συν(/2) 2 ημ(/2) d = 1 2 l(ημ(/2)) π/2 π/(+1) = 1 2 [ l( 2/2) l(ημ(π/2( + 1))) ] καθώς το. Σκοπός µας είναι εκφράσουµε σαν ολοκλήρωµα την τριγωνοµετρική σειρά ( i)(sig k)c k ( f )e ik k όπου f L 1 (). Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι ένα τριγωνοµετρικό πολυώνυµο ϐαθµού το πολύ ίσου µε N: N f () = c k e ik. k= N Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 1

11 Για κάθε 1 ορίζουµε ( ) s ( f, ) = ( i)(sig k)c k e ik. k= Απλός υπολογισµός (παρόµοιος µε αυτόν που κάναµε για το s ( f, )) δείχνει ότι ( ) s ( f, x) = (2 D f )(x) = 1 f (x ) D () d. π Αφού η D () είναι περιττή, µπορούµε να ξαναγράψουµε την ( ) στη µορφή ( ) s ( f, x) = 1 f (x + ) D () d π ή στη µορφή ( ) s ( f, x) = 1 π ( ) f (x ) f (x + ) D () d. 2 Επιπλέον, επειδή η προς ολοκλήρωση συνάρτηση στο δεξιό µέλος της ( ) είναι άρτια, µπορούµε επίσης να γράψουµε (9.3..2) s ( f, x) = 1 π π ( ) ( ) 1 συν(( + 1/2)) f (x + ) f (x ) 2 εφ(/2) 2 ημ(/2) Αφού η f είναι τριγωνοµετρικό πολυώνυµο, για κάθε N έχουµε f (x) = s ( f, x). Ειδικότερα, s ( f, x) f (x) για κάθε x, καθώς το. Από την άλλη πλευρά, παρατηρώντας ότι παίρνουµε Επεται ότι η συνάρτηση f (x + ) f (x ) = e ik(x+) e ik(x ) = ( 2i)e ik x ημ(k), N k= N c k (e ik(x+) e ik(x ) ) = ( 2i) f (x + ) f (x ) ημ(/2) N c k e ik x ημ(k). είναι ϕραγµένη, άρα ολοκληρώσιµη, σαν συνάρτηση του στο [, π]. Από το λήµµα Riema-Lebesgue, π k=1 ( ) f (x + ) f (x ) συν(( + 1/2)) d ημ(/2) καθώς το, αφού το ολοκλήρωµα αυτό εκφράζεται µέσω των -οστών συντελεστών ηµιτόνων και συνηµιτόνων ολοκληρώσιµων συναρτήσεων. Παίρνοντας λοιπόν το όριο καθώς το στην (9.3..2), ϐλέπουµε ότι η f εκφράζεται από το (απόλυτα συγκλίνον) ολοκλήρωµα ( ) f (x) = 1 π π f (x + ) f (x ) 2 εφ(/2) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 11 d. d.

12 Το ερώτηµα που προκύπτει είναι αν το ολοκλήρωµα στο δεξιό µέλος της ( ) συγκλίνει στην περίπτωση που η f ανήκει σε κάποιον L p (), p 1. Η επόµενη πρόταση δείχνει ότι αν κάτι τέτοιο είναι σωστό τότε δεν ϑα οφείλεται στο γεγονός ότι η f (x +) f (x ) είναι µικρή για µικρά, αλλά στην αλληλοεξουδετέρωση των ϑετικών και αρνητικών τιµών της. Θεώρηµα (Lusi). Υπάρχει συνεχής 1-περιοδική συνάρτηση f τέτοια ώστε ( ) για κάθε x R. 1 f (x + ) f (x ) d = + Απόδειξη. Αρχικά, κατασκευάζουµε συνεχή 1-περιοδική συνάρτηση g µε τις εξής ιδιότητες: (i) g(x) 1. (ii) Υπάρχει A > ώστε g(x + ) g(x ) A. (iii) Ισχύει 1 g(x + ) g(x ) d l. Μπορούµε να ξεκινήσουµε µε µια συνεχή συνάρτηση g : [, 1] R η οποία παίρνει τις τιµές g() =, g(1) =, g(1/4) = 1 και είναι γραµµική στα διαστήµατα [, 1/4] και [1/4, 1]. Κατόπιν την επεκτείνουµε σε µια 1-περιοδική συνάρτηση, την οποία συνεχίζουµε να συµβολίζουµε µε g. Είναι ϕανερό ότι g(x) 1, και δεν είναι δύσκολο να ελέγξουµε ότι υπάρχει σταθερά A > ώστε g(x + ) g(x) A για κάθε x. Παρατηρήστε ότι, για κάθε x [, 1], ( ) 1 g(x + ) g(x ) d c >. Πράγµατι, η συνάρτηση 1 x g(x + ) g(x ) d είναι γνήσια ϑετική, συνεχής και 1-περιοδική, άρα παίρνει ϑετική ελάχιστη τιµή c. Επίσης, από την (i) έχουµε ( ) Για κάθε έχουµε 1 g(x + ) g(x ) d 2. ( ) I := 1 g(x + ) g(x ) d Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 12

13 = = 1 1 g(x + y) g(x y) y g(x + ) g(x ) dy ( ) d. Αφού c 1 l c 2l για κάθε [, 1], από τις ( ) και ( ) συµπεραίνουµε ότι c 1 cl I 2c 2 l, δηλαδή ισχύει η (iii). Από την (ii) ϐλέπουµε επίσης ότι ( ) g(x + ) g(x ) d 2A 1 = 2A. Συνδυάζοντας την (iii) µε την ( ) καταλήγουµε στην ( ) 1 g(x + ) g(x ) d C l. Προχωράµε τώρα στον ορισµό της f. Η ιδέα είναι να ορίσουµε f (x) = ε g(k x), όπου οι ε > ϑα επιλεγούν έτσι ώστε =1 =1 ε < και η γνησίως αύξουσα ακολουθία ϕυσικών (k ) ϑα επιλεγεί µε κατάλληλο τρόπο ώστε να πετύχουµε συγκεκριµένη σχέση ανάµεσα στους ε και I k. Γράφουµε ( ) J := 1 1/k 1 ε 1/k f (x + ) f (x ) d g(k x + k ) g(k x k ) j=1,j ε j 1 1/k 1 ε I k C ε j lk j 2 j=1 d g(k j x + k j ) g(k j x k j ) d j=+1 1 ε I k C ε j lk j 2lk j=1 ε j 1/k j=+1 ε j. d Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 13

14 Μένει να επιλέξουµε τα ε και k έτσι ώστε η τελευταία ποσότητα να τείνει στο + καθώς το. Επιλέγουµε ε = 1! και k = 2 (!)2 και ελέγχουµε ότι J +. Ορισµός (περικεκοµµένος µετασχηµατισµός Hilber). Εστω f L 1 (). Για κάθε < ε < π ορίζουµε ( ) H ε f (x) = 1 π π ε f (x + ) f (x ) 2 εφ(/2) d = 1 π ε< π f (x + ) 2 εφ(/2) d. Πρόταση (p = 2). Εστω f L 2 (). Τότε, lim H ε + ε f f 2 =. Απόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι (9.3..3) H ε f 2 c f 2, όπου c > είναι µια σταθερά ανεξάρτητη από την f και το ε. Για το σκοπό αυτό γράφουµε ( ) H ε f (x) = 1 π + 1 π ε< π ε< π ( 1 f (x ) 2 εφ(/2) 1 ) d f (x ) d =: A(x) + B(x). Παρατηρήστε ότι όπου και A(x) = ( f 2ϕ 1 )(x) και B(x) = ( f 2ϕ 2 )(x), ( 1 ϕ 1 () = χ [ π, ε) (ε,π] () 2 εφ(/2) 1 ) ϕ 2 () = χ [ π, ε) (ε,π] () 1. Θα δείξουµε ότι sup k c k (ϕ 1 ) M και sup k c k (ϕ 2 ) M για κάποια σταθερά M >. Τότε, και άρα A 2 = f 2ϕ 1 2 = 2 B 2 = f 2ϕ 2 2 = 2 k= k= 1/2 c k ( f ) 2 c k (ϕ 1 ) 2 2M f 2 1/2 c k ( f ) 2 c k (ϕ 2 ) 2 2M f 2, H ε f 2 A 2 + B 2 4M f 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 14

15 Για να ϕράξουµε τους c k (ϕ 1 ) παρατηρούµε ότι η συνάρτηση 1 2 εφ(/2) 1 είναι ϕραγµένη, άρα c k (ϕ 1 ) ϕ π π 1 2 εφ(/2) 1 d = M 1 <. Για να ϕράξουµε τους c k (ϕ 2 ) υποθέτουµε, χωρίς περιορισµό της γενικότητας, ότι k > και υπολογίζουµε: c k (ϕ 2 ) = 1 2π ε π = ( 2i) 2π ik d e π ε ημ k + 1 π ik d e 2π ε d = ( i) π πk εk ημ d. Τώρα, χρησιµοποιούµε το γεγονός ότι υπάρχει σταθερά M 2 > ώστε, για κάθε a < b στο (, ), b a ημ d M 2. Συνδυάζοντας τα παραπάνω παίρνουµε την (9.3..3): υπάρχει c > ώστε για κάθε f L 2 () και για κάθε ε (, π), ( ) H ε f 2 c f 2. είχνουµε τώρα ότι το συµπέρασµα της πρότασης ισχύει για τριγωνοµετρικά πολυώνυµα. Πράγµατι, από την ( ) έχουµε ότι ( ) p(x) = 1 π για κάθε τριγωνοµετρικό πολυώνυµο p, άρα π p(x + ) p(x ) 2 εφ(/2) lim H εp(x) = p(x). ε Εχουµε επίσης δεί ότι οι H ε p και p είναι ϕραγµένες στο (ανεξάρτητα από το ε), άρα ( ) lim ε + H εp p 2 =. Τώρα, για κάθε f L 2 () και για κάθε δ > επιλέγουµε τριγωνοµετρικό πολυώνυµο p ώστε f p 2 < δ, και γράφουµε H ε f f 2 H ε f H ε p 2 + H ε p p 2 + p f 2 = H ε ( f p) 2 + H ε p p 2 + (p f ) 2 d c f p 2 + H ε p p 2 + p f 2 (c + 1)δ + H ε p p 2, χρησιµοποιώντας και την (9.2..7). Από την ( ) συµπεραίνουµε ότι ( ) lim sup ε + και αφού το δ > ήταν τυχόν, παίρνουµε το Ϲητούµενο. H ε f f 2 (c + 1)δ, Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 15

16 Η µελέτη της συµπεριφοράς της H ε f στην περίπτωση που η f είναι απλώς ολοκληρώσιµη είναι πολύ πιο λεπτό ϑέµα. Αρχικά, ϑα συνδέσουµε την H ε f (x) µε τους µέσους σ ( f, x), οι οποίοι ορίζονται ως εξής: ( ) σ ( f, x) = k= ( 1 k ) ( i)(sig k)c k ( f )e ik x, + 1 τότε εύκολα ελέγχουµε ότι ( ) σ ( f, x) = (2 K f )(x) = 1 π f (x ) K () d. Αφού η K () είναι περιττή συνάρτηση, µπορούµε να ξαναγράψουµε την ( ) στη µορφή ( ) σ ( f, x) = 1 f (x + ) K () d π ή στη µορφή ( ) σ ( f, x) = 1 π ( ) f (x ) f (x + ) 2 K () d. Επιπλέον, επειδή η προς ολοκλήρωση συνάρτηση στο δεξιό µέλος της ( ) είναι άρτια, µπορούµε επίσης να γράψουµε (9.3..4) σ ( f, x) = 1 π π ( f (x + ) f (x ) ) ( συν(/2) 2 ημ(/2) ) ημ(( + 1)) [2 ημ(/2)] 2 d. Θεώρηµα (Lebesgue). Εστω f L 1 (). Τότε, σ ( f, x) H f (x) σχεδόν παντού. Επιπλέον, αν η f (x) υπάρχει, τότε σ ( f, x) = σ ( f, x). Απόδειξη. Από τον ορισµό της H f και την (9.3..4) έχουµε σ ( f, x) H f (x) = 1 π 1 π ( f (x + ) f (x )) K () d π = A (x) + B (x). Χρησιµοποιώντας την K () /2 ϐλέπουµε ότι A (x) c 1 σε κάθε x Leb( f ), δηλαδή σχεδόν παντού στο. ( ) 1 ( f (x + ) f (x )) K () 2 εφ(/2) f (x + ) f (x ) d d Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 16

17 Χρησιµοποιώντας την K () 1 2 εφ(/2) π 2 4(+1) 2 στο [, π] ϐλέπουµε ότι B (x) c 2 π f (x + ) f (x ) d 2. Γράφουµε c 2 π f (x + ) f (x ) 1/4 d 2 c 2 π f (x + ) f (x ) d c 3 f 1. Μένει να εκτιµήσουµε το Θεωρούµε την συνάρτηση c 2 1/4 F x () = f (x + ) f (x ) d 2. f (x + s) f (x s) ds. Η F x είναι απολύτως συνεχής, και µπορούµε να γράψουµε c 2 1/4 f (x + ) f (x ) d 2 = c 2 1/4 F x() d 2 = c 2 F x () 1/ c 2 1/4 F x () d 3. F Για κάθε x Leb( f ) έχουµε lim x () + =, άρα c 2 F x () 2 1/4 καθώς το. Από την άλλη πλευρά, c 2 F x ( 1/4 ) F x () 3/4 1/4 + c 2 2c 2 1/4 F x () d 3 2c 2 { Fx () = 2c 2 max { d 2 max Fx () } : [, 1/4 ] } : [, 1/4 ] καθώς το. Ετσι, έχουµε c 2 1/4 f (x + ) f (x ) d 2 για κάθε x Leb( f ) καθώς το. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 17

18 είξαµε ότι lim A (x) = lim B (x) = για κάθε x Leb( f ), άρα σ ( f, x) H f (x) σχεδόν παντού στο. Τέλος, ας υποθέσουµε ότι η f υπάρχει. Τότε, απλός υπολογισµός δείχνει ότι σ ( f, x) = ( f 2 K )(x) = ( f 2K )(x) = σ ( f, x). Αυτό προκύπτει για παράδειγµα από την ισότητα και την ( ). c k ( f 2K ) = c k ( f )c k (2K ) = ( 1 k ) ( i)(sig k)c k ( f ) + 1 Πόρισµα Εστω f L 1 (). Τότε, το όριο lim H ε + ε f (x) υπάρχει σχεδόν παντού στο αν και µόνο αν το lim σ ( f, x) υπάρχει σχεδόν παντού στο. Επιπλέον, τα δύο αυτά όρια συµπίπτουν, αν υπάρχουν. Απόδειξη. Αν το όριο lim H ε + ε f (x) υπάρχει σχεδόν παντού στο, τότε το lim H f (x) υπάρχει σχεδόν παντού στο και το Ϲητούµενο έπεται άµεσα από το Θεώρηµα Υποθέτουµε λοιπόν ότι το lim σ ( f, x) υπάρχει σχεδόν παντού στο. Τότε, το όριο lim H f (x) υπάρχει σχεδόν παντού στο. Θεωρούµε τυχόν ε (, 1) και τον µοναδικό ϕυσικό για τον οποίο 1 +1 ε < 1. Τότε, άρα H ε f (x) H f (x) = 1 π H ε f (x) H f (x) 1 π ε 1/(+1) c f (x + ) f (x ) 2 εφ(/2) f (x + ) f (x ) 2 εφ(/2) d d f (x + ) f (x ) d για κάθε x Leb( f ) καθώς το. Αυτό αποδεικνύει ότι οι H ε f (x) και H f (x) έχουν την ίδια συµπεριφορά καθώς το ε + και το αντίστοιχα. Επεται ότι το όριο lim H ε + ε f (x) υπάρχει και είναι ίσο µε το lim σ ( f, x) σχεδόν παντού στο. Πόρισµα Εστω f L 2 (). Τότε, lim H ε + ε f (x) = f (x) σχεδόν παντού στο. Απόδειξη. Αφού f L 2 (), γνωρίζουµε ότι f L 2 (). Συνεπώς, σ ( f, x) = σ ( f, x) f (x) σχεδόν παντού στο καθώς το. Από το Πόρισµα παίρνουµε σχεδόν παντού στο. lim H ε + ε f (x) = lim σ ( f, x) = f (x) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 18