Una desigualdad para una función máxima en un$n$ - bola.

Question

Tenemos $Mf(x) = \sup_{r>0} \frac{c_n}{r^n} \int_{|y|\le r} |f(x-y)| dy$ el máximo de la función, donde $r^n/c_n$ es el volumen de la n-dimensional de la bola de radio $r$, $|y|\le r$.

Quiero mostrar que para $f_j=\chi_{(2^{j-1},2^j)}$ donde $\chi$ es el charactersitic función, y $j=1,2,3,\ldots$, que: $Mf_j(x) \geq 1/8$ si $|x|\le 2^j$.

He aquí, lo que he hecho: $2^{j-1} \le |x-y| \le 2^j$, por lo que tenemos que $|y|<2^{j+1}$ e $|y|\le r$.

Así que tenemos que $Mf_j(x) \ge c_n/r^n \cdot r^n/(c_n\cdot 2^{(j+1)n})$ No veo cómo conseguir el octavo allí, alguien me puede ayudar con esto?

Aparece en Stein real de variable de métodos, ortogonalidad, y oscilatorio integrales, edición de 1993 páginas 50-51.

Answer 1

Esta estimación es una consecuencia de la explícita cálculo de la máxima función de un intervalo abierto no vacío $(a,b)$. Considerando los casos en $x$ e $r$, no es difícil comprobar el resultado siguiente.

Lema Para $-\infty\leq a<b\leq\infty$, $$M\chi_{(a,b)}(x)=\begin{cases} 1 & {a<x<b}\\ \\ 2^{-1}\dfrac{b-a}{x-a} & {x\geq b}\\ \\ 2^{-1}\dfrac{b-a}{b-x} & {x\leq a}\end{casos}$$

Prueba: Fix $-\infty\leq a<b\leq\infty$. Deje $\mathcal{A}_{r}(x)$ denotar el simétrica promedio en $x$ radio $r>0$. Consideramos tres casos para $x$: $a<x<b$, $x\leq a$ y $x\geq b$.

1. Supongamos $a<x<b$. Observe $\left|x-y\right|<r$ e $a<y<b$ implica que $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{1}{2r}\int_{x-r}^{x+r}\chi_{(a,b)}(y)dy=\dfrac{\min\left\{x+r,b\right\}-\max\left\{x-r,a\right\}}{2r}$$ Si $r\leq\min\left\{\left|x-a\right|,\left|x-b\right|\right\}$, $\mathcal{A}_{r}(x)=1$. Si $\left|x-a\right|\geq r>\left|b-x\right|$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{b-(x-r)}{2r}=\underbrace{\dfrac{b-x}{2r}}_{<1/2}+\dfrac{1}{2}<1$$ El argumento de $\left|x-b\right|\geq r>\left|x-a\right|$ es completamente análogo, y si $r>\max\left\{\left|b-x\right|,\left|a-x\right|\right\}$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{b-a}{2r}<\dfrac{b-a}{\left|x-b\right|+\left|x-a\right|}=1$$ Llegamos a la conclusión de que $M\chi_{a,b}(x)=1$ si $a<x<b$.

2. Ahora supongamos $x\geq b$. Si $r\leq\left|x-b\right|$,, a continuación,$\mathcal{A}_{r}(x)=0$. Si $r>\left|x-b\right|$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{b-\max\left\{x-r,a\right\}}{2r}$$ Si $r\leq\left|a-x\right|$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{b-(x-r)}{2r}=-\dfrac{\left|x-b\right|}{2r}+\dfrac{1}{2},$$ que es máxima cuando $r=\left|x-a\right|$. Como $\mathcal{A}_{r}(x)$ es la disminución en el $r\geq\left|x-a\right|$, llegamos a la conclusión de que $M\chi_{(a,b)}(x)$ es el indicado.

3. Por último, supongamos que el $x\leq a$. Si $r\leq\left|x-a\right|$,, a continuación,$\mathcal{A}_{r}(x)=0$. Si $r>\left|x-a\right|$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{\min\left\{x+r,b\right\}-a}{2r}$$ Si $r\leq\left|b-x\right|$, luego $$\mathcal{A}_{r}(x)=\dfrac{(x+r)-a}{2r}=-\dfrac{\left|x-a\right|}{2r}+\dfrac{1}{2},$$ que es máxima para las $r=\left|x-b\right|$. Como $\mathcal{A}_{r}(x)$ es la disminución en el $r\geq\left|x-b\right|$, llegamos a la conclusión de que $M\chi_{(a,b)}(x)$ es el indicado.

$\Box$

La restricción de ahora, para el caso de $(a,b)=(2^{j-1},2^{j})$ e $\left|x\right|\leq 2^{j}$, tenemos que

$$Mf_{j}(x)=\begin{cases} 1 & {2^{j-1}<x<2^{j}}\\ \\ \dfrac{1}{2} & {x=2^{j}} \\ \\ 2^{-1}\dfrac{2^{j-1}}{2^{j}-x}\geq \dfrac{2^{j-2}}{2^{j}-(-2^{j})}=\dfrac{1}{8} & {-2^{j}\leq x\leq 2^{j-1}}\end{cases}$$