Norma de Hölder de la Transformada de Hilbert.

Question

Deje $\mathcal{H}$ la transformada de Hilbert definido por $$\mathcal{H}f(x)= p.v.\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{f(x-y)}{y}dy.$$ Sabemos que, para cada una de las $1<p<\infty$, es cierto que $$||\mathcal{H}f||_{L^p}\leq C_p||f||_{L^p}$$ por alguna constante positiva que depende sólo de $p$.

Mi pregunta es: Considere la posibilidad de $0<\alpha<1$ e $||f||_{C^{\alpha}}$ es el $\alpha^{th}$-Titular de la norma, e.g, $$||f||_{C^{\alpha}(\Omega)}=\sup_{x\neq y\in\Omega}\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^{\alpha}}.$$ Es cierto que $$||\mathcal{H}{f}||_{C^{\alpha}}\leq C||f||_{C^{\alpha}}?$$

Edit: voy a aceptar la respuesta de David como correcta. Para el resto de los lectores, os invito a leer todas las respuestas y comentarios a entender como una opción.

Answer 1

Creo que la respuesta es sí. Nos va a engañar, sacando un arma grande.

Si $0<\alpha<1$ entonces $C^\alpha$ es de hecho un Besov espacio; tenemos $f\in C^\alpha$ si y sólo si $$f=\sum_{n\in\Bbb Z} f_n,$$where $\widehat{f_n}$ is supported in the annulus $$A_n=\{\xi:2^{n-1}<|\xi|<2^{n+1}\}$$and $$2^{n\alpha}||f_n||_\infty\le c.$$Este tipo de descomposición de un Besov espacio, a menudo resulta trivial para determinar si un operador de convolución es acotada.

Edit: no, no es del todo correcto decir $C^\alpha$ es un Besov espacio. Lo que en realidad es un Besov espacio es el cociente $X_\alpha=C^\alpha/\Bbb C$, el espacio de $C^\alpha$ funciones del modulo constantes. Yo estaba tratando de evitar los detalles técnicos, pero dada la otra respuesta que muestra que si se toma literalmente, $H$ no mapa $C^\alpha$ a $C^\alpha$ parece que no podemos ignorar el problema.

Aquí, por ejemplo, estamos de hecho si podemos demostrar que $$||Hf_n||_\infty\le c||f_n||_\infty,$$and that's actually true, even though $H$ is not bounded on $L^\infty$.

Recordemos que hasta un irrelevante constante $$\widehat{Hf}(\xi)=sgn(\xi)\hat f(\xi).$$Choose a Schwarz function $\phi_0$ with $$\widehat\phi_0(\xi)=sgn(\xi)\quad(\xi\in A_0).$$If $\phi_n$ is an appropriate dilate of $\phi_0$ we have $$\widehat{\phi_n}(\xi)=sgn(\xi)\quad(\xi\in A_n)$$and $$||\phi_n||_1=||\phi_0||_1.$$Hence $$Hf_n=\phi_n*f_n,$$and hence $$||Hf_n||_\infty\le||\phi_n||_1||f_n||_\infty=||\phi_0||_1||f_n||_\infty.$$

(La desigualdad de falla por $\alpha=1$; una explicación de por qué es que $Lip_1$ no es un Besov espacio...)

¿Por qué es que, me han preguntado. En primer lugar, $H$ no es ciertamente limitado en $L^\infty$; si $f=\chi_{(0,\infty)}$ entonces $Hf$ es no acotada.

Por lo tanto $H$ no está delimitado en $Lip_1$. Porque, en el sentido de las distribuciones, $f\in Lip_1$ si y sólo si $f'\in L^\infty$. Es claro, por ejemplo, de la transformada de Fourier, que $H$ viajes con la derivada. Así $$||Hf||_{Lip_1}=||(Hf)'||_\infty=||H(f')||_\infty \no\le c||f||_\infty=c||f||_{Lip_1}.$$

Answer 2

La adición de otra respuesta porque esto realmente tiene poco que ver con mi respuesta anterior; por el contrario, es un comentario sobre cómo se puede "interpretar" las cosas conciliar la contradicción entre mi "sí" y supinf del "no".

Tenemos que ser un poco cuidadoso. Vamos $$H_{\epsilon, A}f(x)=\int_{\epsilon<|y|<A}f(x-y)\frac{dy}y,$$so $$H=\lim_{\epsilon\to0,\\A\to\infty}H_{\epsilon, A}.$$

supinf dio un ejemplo sencillo de $f\in C^\alpha$ tal que $H_{\epsilon, A}f(0)\to-\infty$. De hecho, su ejemplo ha $Hf(x)=-\infty$ por cada $x$, por lo que si queremos hablar de la transformada de Hilbert en $C^\alpha$ tenemos que modificar la definición. Mírelo de esta manera:

Por supuesto, el $C^\alpha$ norma es sólo un seminorm. Es claro que $||f||=0$ si y sólo si $f$ es constante, por lo que tenemos una norma en el espacio cociente $X_\alpha=C^\alpha/\Bbb C$, que consta de $C^\alpha$ modulo constantes.

Cuando me dijo eso $H$ fue delimitada en $C^\alpha$ debería haber dicho que fue delimitada en $X_\alpha$. En ese contexto, no debemos esperar que pointwise convergencia; en cambio, tenemos esto:

Hecho Verdadero. Si $f\in C^\alpha$ existe $g\in C^\alpha$ y constantes $c_{\epsilon,A}$ tal que $H_{\epsilon, A}f(x)-c_{\epsilon, A}\to g(x)$ por cada $x$.

No voy a mostrar que $g\in C^\alpha$ aquí; que figura en mi respuesta anterior. Pero voy a demostrar que el límite de $g(x)$ existe (y es finito) para cada $x$; con esto se resuelve la contradicción dada por supinf: Si se hubiera definido $Hf=g$ entonces él no habría obtenido $Hf=-\infty$.

Definir $$H=\int f(x-y)\frac{dy}y=\int_{-\infty}^{-1}+\int_{-1}^1+\int_1^\infty=H^{-}+H^0+H^+.$$

En primer lugar, $H^0$ no es ningún problema. Si decimos $H_\epsilon^0=\int_{\epsilon<|y|<1}$ luego $$H^0f(x)-H_\epsilon^0f(x)=\int_0^\epsilon (f(x-y)-f(x+y)\frac{dy}y;$$since $f(x-y)-f(x+y)=S(y^\alpha)$ this shows that in fact $H_\epsilon^0 f\H^0f$ uniformemente.

Ahora decir $H^+_A=\int_1^A$. Tenemos que restar una constante $c_A^+$ esto para llegar a converger. La opción obvia es $c_A^+=H_A^+f(0)$, ya que sin duda le da la convergencia de $x=0$. Si hice el cálculo correctamente tenemos $$\begin{align}H_A^+f(x)-H_A^+(0)&=\int_{1-x}^1f(-y)\frac1{y-x}dy \\&+\int_{1}^{A-x}f(-y)\left(\frac1{y-x}-\frac1y\right)dy \\&-\int_{A-x}^Af(-y)\frac{dy}y.\end{align}$$The first integral on the RHS is independent of $$ , while the second integral tends to somethhing finite as $\to\infty$, since $f(y)=S(y^\alpha)$ and $1/(y+x)=1/y=O(1/y^2)$; similarly the tird integral tends to $0$.

Del mismo modo, si $H_A^-=\int_{-A}^{-1}$ existe $c^-_A$ tal que $H_A^--c_A^-$ es pointwise convergente; por lo tanto $H_{\epsilon,A}-(c^+_A+c^-_A)$ es pointwise convergente.

Answer 3

No es cierto.

Tomamos la función $$ f(x) = \begin{cases} 1 &:& x\geq 1, \\ x &:& -1<x<1, \\ -1 &:& x\leq -1. \end{casos} $$ En primer lugar, permite comprobar que $\|f\|_{C^\alpha} \leq 3$. Deje $x,y\in\mathbb [-1,1]$ ser dado (el resto de los casos para $x,y$ no son interesantes, ya que $f$ tiene el mismo valor como $f(1)$ o $f(-1)$). Entonces $$ \frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|^\alpha} = |x-y|^{1-\alpha} \leq 1+|x-y| \leq 3. $$ Por lo tanto $f\in C^\alpha$, es decir, $\|f\|_{C^\alpha}$ es finito.

El cálculo de $\mathcal Hf$ a $x=0$rendimientos $$ \mathcal (Hf)(0) = p.v.\int_{-\infty}^\infty \frac{f(-y)} de{y} \mathrm dy = \int_{-\infty}^{-1} \frac1y + p.v.\int_{-1}^1 (-1) \mathrm dy + \int_1^\infty \frac{-1}y \mathrm dy = -\infty -2 -\infty = -\infty. $$ Por lo tanto $\mathcal Hf$ no es en $C^\alpha$ porque no es continua. Por lo tanto, $\|\mathcal Hf\|=\infty$.