Sugkèntrwsh tou mètrou sthn omˆda twn metajèsewn

Sugkèntrwsh tou mètrou sthn omˆda twn metajèsewn H mèjodoc thc kurt c j khc Συμβολίζουμε με την ομάδα των μεταθέσεων του συνόλου {, 2,..., N}, εφοδιασμένη με το συμμετρικό μέτρο πιθανότητας P N. Για κάθε A και σ, θεωρούμε το σύνολο U A (σ) = {s {0, } N : τ A : l N, s l = 0 τ(l) = σ(l)} (.) και συμβολίζουμε με V A (σ) την κυρτή θήκη του U A (σ) στο [0, ] N. Θέτουμε { } f(a, σ) = inf s 2 l : s = (s l ) V A (σ). (.2) Σκοπός μας είναι να αποδείξουμε την εξής ανισότητα: Θεώρημα.. Για κάθε μη κενό A, e f(a,σ)/6 dp N (σ) P N (A). (.3) Η απόδειξη θα γίνει με επαγωγή ως προς N. Αν p, m N και p m, ορίζουμε { f(a, σ, p, m) = inf s 2 p + } s 2 l : s V A (σ), s m = 0, (.) και για i, j N θέτουμε { g(a, σ, i, j) = inf } s 2 l : s V A (σ). (.5) Το Θεώρημα. είναι άμεση συνέπεια του εξής: Θεώρημα.2. Για κάθε μη κενό A και p N έχουμε: e f(a,σ,p)/6 dp N (σ) P N (A). (.6) και Απόδειξη. Με επαγωγή ως προς N. (p))/6 dp N (σ) P N (A). (.7) Για N = έχουμε S = { id} και p =, επομένως ())/6 dp N (σ) = e f(a,id,). (.8) S

Αφού A, έχουμε A = S. Άρα, U A (id) = {, 0}. Επεται ότι V A (id) = [0, ], οπότε f(a, id, ) = 0. Επομένως, ())/6 = = P (A). (.9) Ομοια αποδεικνύουμε την S S e f(a,σ,p)/6 dp (σ) P (A). (.0) Υποθέτουμε ότι το Θεώρημα ισχύει για κάποιο N και θα δείξουμε ότι ισχύει για τον N +. Για το επαγωγικό βήμα θα χρειαστούμε τα παρακάτω λήμματα: Λήμμα.3. Εστω i, j N + με i j, έστω σ + και 0 λ. Τότε, f(a, σ, i) ( λ) 2 + ( λ)g(a, σ, i, j) + λf(a, σ, j, i). (.) Απόδειξη. Εστω s V A (σ) και t V A (σ) με t i = 0. Αφού το V A (σ) είναι κυρτό, έχουμε Άρα, u = ( λ)s + λt V A (σ). (.2) f(a, σ, i) u 2 l + u 2 i (.3) = 2u 2 i +,l i u 2 l = 2u 2 i + u 2 j +, 2[( λ)s i + λt i ] 2 + (( λ)s j + λt j ) 2 + = 2( λ) 2 + (( λ)s j + λt j ) 2 + u 2 l,, Από την ανισότητα (a + b) 2 2a 2 + 2b 2 και τις 0 s j, 0 λ παίρνουμε Άρα, Η x x 2 είναι κυρτή, άρα (( λ)s j + λt j ) 2 2( λ) 2 s 2 j + 2λ 2 t 2 j (.) 2( λ) 2 + 2λ 2 t 2 j 2( λ) 2 + 2λt 2 j. f(a, σ, i) (( λ)s l + λt l ) 2 + ( λ) 2 + 2λt 2 j. (.5) (( λ)s l + λt l ) 2 ( λ)s 2 l + λt 2 l. (.6) u 2 l. u 2 l Επομένως, έχουμε f(a, σ, i) ( λ) s 2 l + λ(2t 2 j + t 2 l ) + ( λ) 2 (.7) = ( λ) l j,i s 2 l + λ(t 2 j + t 2 l ) + ( λ) 2 για κάθε s, t V A (σ). Παίρνοντας infimum ως προς t, s παίρνουμε το ζητούμενο. 2

Ορισμός.. Για κάθε i N ορίζουμε = {σ + : σ(i) = N + } (.8) Συμβολίζουμε με t i = t N+,i την αντιμετάθεση των N + και i, και θεωρούμε την απεικόνιση R : ρ ρ t i. Παρατηρούμε ότι, αν ρ τότε R(ρ)(N + ) = (ρ t i )(N + ) = ρ(i) = N +. (.9) Επομένως μπορούμε να βλέπουμε την R σαν μια απεικόνιση από το στην. Τέλος, αν A + ορίζουμε A i = A. Λήμμα.5. Εαν σ, έχουμε f(a, σ, j, i) f(r(a i ), R(σ), t i (j)). (.20) Απόδειξη. Θεωρούμε πρώτα την περίπτωση i = N +. Τότε, t N+ = id και R είναι η προβολή του G N+ στην. Αν s U R(An+)(R(σ)), ελέγχουμε εύκολα ότι s = (s, 0) U A (σ). Επεται ότι s V R(AN+ )(R(σ)) = s = (s, 0) V A (σ). (.2) Επίσης, Αφού s V A (σ) και s N+ = 0, s 2 j + s 2 l = s 2 j + s 2 l. (.22) + f(a, σ, j, N + ) s 2 j + s 2 l. (.23) Παίρνοντας infimum ως προς s έχουμε το ζητούμενο. Εστω τώρα i N +. Θεωρούμε s = ( s l ) {0, } N+ θέτοντας s i = 0, s N+ = s i και s l = s l αν l i, N +. Παρατηρήστε ότι s l = s ti(l) για κάθε l i. Θα δείξουμε ότι Αρκεί να δείξουμε ότι Αφού s U R(Ai)(R(σ)), υπάρχει τ R(A i ) τέτοια ώστε s V R(Ai)(R(σ)) s V Ai (σ). (.2) s U R(Ai)(R(σ)) s U Ai (σ). (.25) l N, s l = 0 τ(l) = R(σ)(l). (.26) Αφού τ R(A i ), έχουμε τ = R(ρ) για κάποια ρ A i = A. Επομένως, Θα δείξουμε ότι l N, s l = 0 ρ(t i (l)) = σ(t i (l)). (.27) s l = 0 ρ(l) = σ(l). (.28) Για l = i, έχουμε ( s i = 0 ρ(i) = σ(i)) αφού ρ(i) = N + = σ(i) λόγω της ρ, σ. Εαν l i έχουμε s l = 0 s ti(l) = 0 άρα ρ(t i (t i (l))) = σ(t i (t i (l))), δηλαδή ρ(l) = σ(l). Αυτό αποδεικνύει την (.25). Αν s = (s l ) V R(Ai)(R(σ)) και s V A (σ) όπως παραπάνω, έχουμε s 2 j + s 2 l = s 2 t + i(j) s 2 l (.29) = s 2 t + i(j) s 2 l + s 2 i,l i = s 2 t i(j) +,l i = s 2 t i(j) + + s 2 l + s 2 N+ s 2 l. 3

Παίρνοντας κατάλληλα infimum ως προς s V R(Ai)(R(σ)), συμπεραίνουμε ότι f(a, σ, j, i) f(r(a i ), R(σ), t i (j)). (.30) Συμβολίζουμε με Q i το ομοιόμορφο μέτρο πιθανότητας στο. Πόρισμα.6. Ισχύει η ανισότητα e f(a,σ,j,i)/6 dq i (σ) Q i (A i ) = Q i (A). (.3) Απόδειξη. Από την σχέση f(a, σ, j, i) f(r(a i ), R(σ), t i (j)) έχουμε e f(a,σ,j,i)/6 dq i (σ) e f(r(ai),r(σ),ti(j))/6 dq i (σ) (.32) G i = e f(r(ai),ρ,ti(j))/6 dp N (ρ) P N (R(A i )) = Q i (A). Η τελευταια ανισότητα ισχύει λόγω της επαγωγικής υπόθεσης e f(a,σ,p)/6 dp N (σ) P N (A), (.33) ενώ η τελευταία ισότητα ισχύει γιατί Q i (A) = A i n! Λήμμα.7. Εστω j i. Τότε, = A i n! = R(A i) n! = P N (R(A i )). (.3) e f(a,σ,i,j)/6 dq i (σ). (.35) Απόδειξη. Θεωρούμε την S : G j με S(ρ) = ρ t i,j. Η S είναι καλά ορισμένη: Είναι φανερό ότι η S είναι -. Ισχυρισμός: Εστω B R(S(A j )). Τότε, Απόδειξη. Αρκεί να δείξουμε ότι S(ρ)(i) = (ρ t i,j )(i) = ρ(j) = N +. (.36) g(a, σ, i, j) f(b, R(σ)). (.37) s U B (R(σ)) s U A (σ), (.38) όπου το s {0, } N+ ορίζεται ως εξής: s i = s j =, αν i, j N + τότε s N+ = s i, και αν l {i, j, N + } τότε s l = s l. Αφού s U B (R(σ)), υπάρχει τ B τέτοια ώστε: για κάθε l N, s l = 0 τ(l) = σ t i (l). (.39) Αφού τ B, μπορούμε να γράψουμε τ = ρ t i,j t i για κάποια ρ A j. Άρα, αν l N, s l = 0 ρ t i,j t i (l) = σ t i (l). (.0)

Θα δείξουμε ότι s l = 0 ρ(l) = σ(l). (.) Εαν l {i, j, N + }, τότε s l = 0 s l = 0 επομένως έχουμε ρ t i,j t i (l) = σ t i (l) και λόγω της l {i, j, N + } έχουμε ρ(l) = σ(l). Εαν l = i = j, τότε s l = και η ζητούμενη πρόταση ισχύει. Εαν l = N + = i ή l = N + = j, τότε s N+ = άρα πάλι η ζητούμενη πρόταση ισχύει. Τέλος για l = N + και l i, j, έχουμε s N+ = s i, άρα αν s N+ = 0 παίρνουμε άρα άρα Άρα s U A (σ). Από τον ισχυρισμό παίρνουμε e g(a,σ,i,j)/6 dq i (σ) = ρ t i,j t i (i) = σ t i (i) (.2) ρ t i,j (N + ) = σ(n + ) (.3) ρ(n + ) = σ(n + ). (.) e f(b,r(σ))/6 dq i (σ) (.5) e f(b,p)/6 dp N (p) P N (B) =. Η τελευταία ανισότητα προκύπτει από την επαγωγική υπόθεση. Επιστρέφουμε στην απόδειξη της + (p))/6 dp N+ (σ) P N+ (A). (.6) Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι p = N +. Διαλέγουμε j τέτοιο ώστε max i Q i (A) =. Θεωρούμε i, j N + με i j και 0 λ. Από τα προηγούμενα Λήμματα, από το Πόρισμα.6 και απο την ανισότητα Hölder έπεται ότι e f(a,σ,i)/6 dq i (σ) e ( λ)2 / e ( λ)g(a,σ,i,j)/6 e λf(a,σ,j,i)/6 dq i (σ) (.7) e ( λ)2 e ( λ)2 = ( για κάθε λ [0, ]. Ομως, για κάθε r [0, ] Επομένως, ) λ ( e g(a,σ,i,j)/6 dq i (σ) ( Q i (A) ) λ ( ( ) λ Qi (A) e ( λ)2 2 ) λ ) λ e f(a,σ,j,i)/6 dq i (σ) inf 0λ r λ e ( λ) 2 r. (.8) e f(a,σ,i)/6 ( 2 Q ) i(a) για i j. Η ίδια σχέση ισχύει και για i = j. Παρατηρούμε ότι P N+ = N + in+ (.9) Q i (.50) 5

και αφού σ i = σ (N + ), έχουμε + (N+))/6 dp N+ (σ) = = N+ i= N+ i= N+ i= = = e f(a,σ,i) dp N+ (σ) (.5) (N+))/6 dq i (σ) N + N + ( P N+ (A). 2 N+ ( 2 Q i(a) N+ ( 2 P N+(A) ) i= Q ) i(a) ) Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη της (.7). Το επαγωγικό βήμα για την (.6) είναι ανάλογο με αυτό της (.7), αλλά όχι εντελώς όμοιο. Λήμμα.8. Για σ +,j N + j σ(n + ),0 λ έχουμε f(a, σ, N + ) ( λ) 2 + ( λ)g(a, σ, N +, σ (j)) + λf(a, σ, σ (j), N + ). (.52) Απόδειξη. Το ζητούμενο προκύπτει από την ανισότητα του Λήμματος.3 αν αντικαταστήσουμε το i με N + και το j με σ (j). Θέτουμε G i = {σ + : σ(n + ) = i}. (.53) Σταθεροποιούμε i και θεωρούμε την απεικόνιση R : ρ t i ρ. Αν ρ G i, τότε R (ρ)(n + ) = t i (i) = N +, (.5) άρα μπορούμε να βλέπουμε την R σαν απεικόνιση από το G i στην. Θέτουμε A i = A G i. Λήμμα.9. Αν σ G i, i j, έχουμε f(a, σ, σ (j), N + ) f(r (A i), R (σ), R (σ) (t i (j))). (.55) Απόδειξη. Για κάθε ακολουθία s {0, } N θεωρούμε την ακολουθία s = ( s l ) {0, } N+ που ορίζεται από τις s l = s l αν l N + και s N+ = 0. Αφού αρκεί να δείξουμε ότι σ (j) = R (σ) (t i (j)) N +, (.56) s U R (A i ) (R (σ)) = s U A (σ). (.57) Εστω ένα τέτοιο s. Από τον ορισμό, υπάρχει τ R (A i ) τέτοια ώστε Αφού τ R (A i ), έχουμε τ = R (ρ) για κάποια ρ A i. Άρα, l N, s l = 0 = τ(l) = R (σ)(l). (.58) l N, s l = 0 = (t i ρ)(l) = (t i σ)(l) = ρ(l) = σ(l). (.59) Αφού ρ(n + ) = σ(n + ) = i, έπεται ότι l N, s l = 0 = ρ(l) = σ(l). (.60) Δηλαδή, s U A (σ). Συμβολίζουμε με Q i το ομοιόμορφο μέτρο πιθανότητας στο G i. 6

Πόρισμα.0. Αν j i, (j),n+)/6 dq i(σ) Q (.6) i (A). Απόδειξη. Από το Λήμμα.9 και το γεγονός ότι η R μεταφέρει το Q i στο P N, το αριστερό μέλος φράσσεται από e f(r (A i),ρ,ρ (t i(j)))dp N (ρ) P N (R = (A i )) Q i (A) (.62) λόγω της (.7), η οποία έχει ήδη αποδειχθεί. Λήμμα.. Αν i j, έχουμε e g(a,σ,n+,σ (j))/6 dq i(σ) Q (.63) j (A). Απόδειξη. Η απεικόνιση S : ρ t ij ρ είναι ένα προς ένα από το G j στο G i. Θέτουμε B = R S (A j ). Θα δείξουμε ότι αν σ G i τότε g(a, σ, N +, σ (j)) f(b, R (σ)) (.6) (βλέποντας την R σαν απεικόνιση από το G i στο ). Αφού P N (B) = Q j (A), το Λήμμα έπεται από την επαγωγική υπόθεση για την (.6) ή την (.7). Για κάθε s {0, } N ορίζουμε μια ακολουθία s {0, } N+ ως εξής. Αν l / {N +, σ (j)} θέτουμε s l = s l. Επίσης, s N+ = s σ (j) =. Για να δείξουμε την (.6) αρκεί να δείξουμε ότι Εστω s U B (R (σ)). Υπάρχει τ B τέτοια ώστε s U B (R (σ)) = s U A (σ). (.65) s l = 0 = τ(l) = R (σ)(l) = (t i σ)(l). (.66) Αφού τ B, μπορούμε να γράψουμε τ = t i t ij ρ για κάποια ρ A j. Επομένως, s l = 0 = t ij ρ(l) = σ(l) = ρ(l) = (t ij σ)(l). (.67) Ομως, αν l N +, σ (j), έχουμε σ(l) i, j. Αρα, (t ij σ)(l) = σ(l). Δηλαδή, γι αυτές τις τιμές του l έχουμε s l = 0 = s l = 0 = ρ(l) = σ(l). (.68) Η απόδειξη του επαγωγικού βήματος για την (.6) χρησιμοποιεί αυτά τα Λήμματα και είναι όμοια με αυτήν του επαγωγικού βήματος για την (.7). 7