Apì ton diaritì Ôbo ston q ro tou Gauss 1 Isoperimetri anisìthta sto diaritì Ôbo Θεωρούμε την οικογένεια J των συναρτήσεων J : [0 1] [0 ) που ικανοποιούν τα εξής: J0) = J1) = 0. Για κάθε a b [0 1] a + b ) J 1 Ja) + + 1 Jb) +. Είναι σαφές ότι αν η οικογένεια J είναι μη κενή τότε η συνάρτηση I := sup{j : J J } ανήκει κι αυτή στην J. Το ερώτημα να βρεθεί η «μέγιστη συνάρτηση» της κλάσης J είναι το κλειδί για τη λύση του ισοπεριμετρικού προβλήματος στο διακριτό κύβο E n. Οπως θα δούμε μια κατάλληλη συναρτησιακή ανισότητα περιέχει σαν οριακή περίπτωση τη γνωστή ισοπεριμετρική ανισότητα στο χώρο του Gauss. Για x [ + ] θέτουμε φx) = 1 π exp x / ) και Φx) = 1 π x e u / du. Η Φ είναι γνησίως αύξουσα από το [ + ] επί του [0 1]. Θεωρούμε την αντίστροφη συνάρτηση Φ 1 : [0 1] [ + ]. Πρόταση 1.1. Η συνάρτηση I = φ Φ 1 : [0 1] [0 ) είναι μεγιστική ανάμεσα σε όλες τις συναρτήσεις της οικογένειας J. Η απόδειξη της Πρότασης θα δοθεί στο τέλος αυτής της Παραγράφου. Ορισμός 1.. Συμβολίζουμε με E n τον διακριτό κύβο τον οποίο θεωρούμε εφοδιασμένο με το ομοιόμορφο μέτρο πιθανότητας µ n. Αν f : E n R τότε το διακριτό) ανάδελτα της f ορίζεται ως εξής: fx) fs1 x)) fx) =... fx) fs ) nx)) όπου s i x) = x 1... x i... x n ) i = 1... n είναι τα n γειτονικά σημεία του x. Το μέτρο του fx) ορίζεται φυσιολογικά: fx) = 1 n fx) fs i x)). Λήμμα 1.3. Εστω J J. Αν f : E 1 := { 1 1} [0 1] τότε JE f) E Jf) + f. i=1 1
Απόδειξη. Θέτουμε a = f 1) και b = f1). Τότε a b [0 1] και E f = a+b. Επίσης E Jf) + f = 1 Jf 1)) + f 1) + 1 Jf1)) + f1) = 1 Ja) + + 1 Jb) + αφού f 1) = f1) = a b. Από την J J έπεται το Λήμμα. Θεώρημα 1.. Εστω J J. Για κάθε n N και για κάθε f : E n [0 1] ισχύει JE f) E Jf) + f. Απόδειξη. Με επαγωγή ως προς n. Στο Λήμμα 1.3 εξετάσαμε την περίπτωση n = 1 οπότε μένει να αιτιολογήσουμε το επαγωγικό βήμα. Εστω f : E n+1 [0 1]. Αν µ n+1 = µ n µ 1 είναι το ομοιόμορφο μέτρο πιθανότητας στον E n+1 έχουμε όπου οι f 0 f 1 : E n [0 1] ορίζονται ως εξής: Παρατηρούμε ότι και όμοια Άρα Θέτουμε E n+1 f) = E nf 0 ) + E n f 1 ) f 0 x) = fx 1) και f 1 x) = fx 1). n fx 1) = 1 i=1 = f 0 x) + fx 1) fs i x) 1) + 1 fx 1) fx 1) f 0 x) f 1 x) fx 1) = f 1 x) + f 0 x) f 1 x). E n+1 := E n+1 Jf) + f = 1 E n Jf 0 ) + f 0 + f 0 f 1 + 1 E n Jf 1 ) + f 1 + f 0 f 1. u 0 = Jf 0 ) + f 0 ) 1/ u1 = Jf 1 ) + f 1 ) 1/ και χρησιμοποιώντας την ανισότητα u + v u + ) v και v = f 0 f 1 γράφουμε E n+1 = 1 E n ) u 0 + v + 1 ) E n u 1 + v 1 En u 0 )) + E n v)) ) + 1 En u 1 )) + E n v)).
Από την επαγωγική υπόθεση και Επίσης E n u 0 ) = E n Jf0 ) + f 0 JE n f 0 )) E n u 1 ) = E n Jf1 ) + f 1 JE n f 1 )). E n v) = E nf 0 ) E n f 1 ). Αν λοιπόν θέσουμε a = E n f 0 ) και b = E n f 1 ) τότε E n+1 1 Ja) + + 1 Jb) + a + b J. Δηλαδή E n+1 := E n+1 Jf) + f ) JE n+1 f)) αφού E n+1 f) = a+b. Isoperimetri anisìthta sto q ro tou Gauss Σε αυτή την παράγραφο χρησιμοποιώντας τη συναρτησιακή ανισότητα της προηγούμενης παραγράφου και το κεντρικό οριακό θεώρημα αποδεικνύουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα στο χώρο του Gauss. Πρόταση.1. Εστω f : R n [0 1] μια C -συνάρτηση με φραγμένες μερικές παραγώγους πρώτης και δεύτερης τάξης. Για κάθε N ορίζουμε f : R n R n = R n [0 1] με x1 + + x f x 1... x ) = f. Τότε όταν. E n If ) + f dµ n If) + f dγ n R n Απόδειξη. Για κάθε N θεωρούμε την g : E n R n με gx 1... x ) = 1 x 1 + + x ) και το επαγόμενο μέτρο τ στην Borel σ-άλγεβρα του R n. Δηλαδή τ A) = µ n g 1 A)) για κάθε Borel υποσύνολο A του R n. Τότε f dµ n = f dτ. R n E n Ισχυρισμός. Για κάθε Borel υποσύνολο B του R n lim τ B) = γ n B). Απόδειξη του ισχυρισμού. Εχουμε τ B) = µ n { x 1... x ) E n : x 1 + + x }) A. 3
Αν B = a 1 ] a n ] τότε n { τ B) = µ n x 1... x ) E n : = n x1j + + x j µ a j. x 1 + + x ) j a j } Από το κεντρικό οριακό θεώρημα Άρα lim µ x1j + + x j a j ) = γ 1 a j ]). lim τ B) = n γ 1 a j ]) = γ n B). Αφού η Borel σ-άλγεβρα του R n παράγεται από την οικογένεια των συνόλων της μορφής B = a 1 ] a n ] έπεται ο ισχυρισμός. Εστω τώρα x 1... x ) E n. Συμβολίζουμε με s j x i ) το διάνυσμα που διαφέρει κατά το πρόσημο) από το x i στην j-θέση και θέτουμε u = x 1 + + x και v ij = x 1 + + s j x i ) + + x. Από το θεώρημα Taylor χρησιμοποιώντας και την υπόθεση ότι η f έχει φραγμένες μερικές παραγώγους δεύτερης τάξης παίρνουμε fv ij ) = fu) + j fu) 1 + O για κάθε i και j n. Αν τώρα θέσουμε γ j = j fu) j = 1... n έχουμε f x 1... x ) = 1 fv ij ) fu) ij = 1 γ j 1 + O ij = n γ j + γ j O1/ 3/ ) + O1/ ) = n γj + O1/ n ) γ j + O1/) = fu) + O1/ ) = f x1 + + x + O1/ ) όπου χρησιμοποιήσαμε το γεγονός ότι η f έχει φραγμένες μερικές παραγώγους πρώτης τάξης. Από την παραπάνω ανισότητα έπεται ότι If ) + f dµ n If) + f dγ n R n καθώς το. E n Συνδυάζοντας το θεώρημα.1 με το θεώρημα 1. έχουμε:
Θεώρημα.. Εστω I = ϕ Φ 1. Τότε για κάθε τοπικά Lipschitz συνάρτηση f : R n [0 1] IEf) E If) + f ) όπου Ef η μέση τιμή της συνάρτησης f ως προς το μέτρο Gauss γ n. Από την ανισότητα a + b a + b και από το θεώρημα. προκύπτει άμεσα το εξής: Πόρισμα.3. Για κάθε τοπικά Lipschitz συνάρτηση f : R n [0 1] ισχύει IEf) EIf)) E f ). Μποτούμε τώρα να αποδείξουμε την ισοπεριμετρική ανισότητα για το γ n. Θεώρημα.. Για κάθε A R n Borel μετρήσιμο όπου γ + n A) Iγ n A)) γ + n A) = lim inf r 0 γ n A r ) γa) r το μέτρο της επιφάνειας του A κατά Minowsi και A r = {x R n : dx A) < r} η r γειτονιά του A. Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνάρτηση f r x) = max Για την f r ισχύει ότι χ Ar f r χ Ar οπότε { 1 1 } r distx A r) 0. γ n A r ) Ef r γ n A r ). c c Επίσης If r ) = 0 στο A r A r αφού fr x) = 1 στο A r και f r x) = 0 στο A r. Ετσι EIf r )) = If r ) dγ n dγ n A r\a r και E f r ) = = γ n A r ) γ n A r ) A r\a r A r\a r f r dγ n 1 r γ na r ) γ n A r )) = γ na r ) γ n A r ) r γ na r ) γ n A) r αφού f r 1/r στο A r και f r = 0 στο A r. Εφαρμόζοντας λοιπόν την ανισότητα για την f r και αφήνοντας το r 0 παίρνουμε IEf) EIf)) E f ) Iγ n ) 0 γ + n A) γ + n A) = γ + n A). 5
3 H sunˆrthsh I = ϕ Φ 1 Θα δείξουμε ότι η I = ϕ Φ 1 είναι η μεγαλύτερη συνάρτηση που ικανοποιεί την ανισότητα a + b I 1 Ia) + + 1 Ib) + για όλα τα a b [0 1]. Εστω c 0 1). Θέτουμε c) = min c 1 c) min c 1 c) ) και ορίζουμε g c : c) R με g c x) = Ic + x) + x. Αν c = a+b και x = a b αρκεί να δείξουμε ότι g0) gx) + g x). Παρατηρήστε ότι a b 0 1) αν και μόνο αν x c). Υψώνοντας στο τετράγωνο την παραπάνω ανισότητα παίρνουμε g0) gx) + g x) ) gx) g x) ή ισοδύναμα ή ισοδύναμα 16g0) 8g0) gx) + g x) ) gx)g x) 16g0) + gx) g x) ) 8g0) gx) + g x) ). Ομως g0) = Ic) και αν θέσουμε hx) = gx) g0) = Ic + x) + x Ic) τότε έχουμε δηλαδή ζητάμε την 16Ic) + hx) h x) ) 8Ic) hx) + h x) + Ic) ) ) hx) h x) ) 8Ic) hx) + h x) ). Λήμμα 3.1. α) II = 1 και β) η I ) είναι κυρτή. Απόδειξη. α) Αποδεικνύεται εύκολα με πράξεις αν παρατηρήσουμε ότι ϕ x) = xϕ x). β) Είναι I ) = I I = I /I οπότε I ) = I I I = 1 + I I 0. Λήμμα 3.. Η συνάρτηση Rx) = hx) + h x) I c) x είναι κυρτή στο c). Απόδειξη. [ Είναι R x) = Ic ] + x)i c + x) Ic x)i c x) + x I c) x και η R x) = I c+x) +I c x) I c) είναι μη αρνητική αφού η I ) είναι κυρτή και c = c+x + c x οπότε I c) I c+x ) + I c x ). Εφόσον η R είναι άρτια από το προηγούμενο λήμμα έπεται ότι Rx) R0) για κάθε x c) οπότε hx) + h x) I c) x. Ετσι η ) θα προκύψει από την ισχυρότερη ανισότητα ) hx) h x) ) 16Ic) I c) x. Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι hx) h x) x Ic) I c). Η I είναι συμμετρική γύρω από το 1/. Πράγματι αν Φ 1 1/ + c) = y τότε Φy) = 1/ + c και 1 Φy) = Φ y) = 1/ c οπότε y = Φ1/ c). Άρα I 1 + c) = ϕy) = I 1 c) και I1 c) = Ic) 6
οπότε I 1 c) = I c) και I1 c) + x) I1 c) x) = Ic x) Ic + x). Υποθέτουμε ότι 0 < c 1/ λόγω συμμετρίας και ότι x > 0 αφού η hx) h x) x είναι άρτια. Επίσης επειδή η I είναι αύξουσα στο [0 1/] και φθίνουσα στο [1/ 1] έχουμε ότι Ic + x) Ic x) αν και μόνο αν 1 c + x) c x δηλαδή αν και μόνο αν 0 < c 1. Άρα τελικά αρκεί να δείξουμε ότι Ic + x) Ic x) Ic)I c) x όταν 0 < x < c 1. Θέτουμε ux) = Ic + x) Ic x). Χρησιμοποιώντας το λήμμα 3.1 έχουμε ότι u x) = [I c + x) Ic x) ] 0 άρα η u είναι κοίλη στο 0 c]. Ισοδύναμα η συνάρτηση είναι φθίνουσα στο 0 c] οπότε και η απόδειξη είναι πλήρης. ux) x ux) x = 1 0 u xt) dt lim ux) x 0 x = I c)ic) Το γεγονός ότι η I είναι η μεγαλύτερη συνάρτηση στην κλάση J προκύπτει από το γεγονός ότι αν A είναι ημίχωρος τότε γ n + A) = Iγ n A)). Πράγματι αν 0 < p < 1 τότε υπάρχει a + ) τέτοιο ώστε Φa) = p. Τότε επιλέγοντας τον ημίχωρο A = {x R n : x 1 a} έχουμε ότι p = Φa) = γ n A) οπότε γ n + A) = γ n A r ) γ n A) Φa + r) Φa) lim = lim r 0 r r 0 r = ϕa) = ϕφ 1 p)) = ϕφ 1 γ n A))) = Iγ n A)). Τότε αν πάρουμε μία συνάρτηση J J και p [0 1] γ n A) = p για κάποιο ημίχωρο A οπότε Jp) = Jγ n A)) γ + n A) = Ip). 7