Demostrar que $|k(x)|\le C|x|^{-n}$ por debajo de lo adecuado de las hipótesis de $k\in\mathcal{C}^1(\Bbb R^n\setminus\{0\})$

Question

NO tenga MIEDO DE LA +500 DE RECOMPENSA: no importa que SÉ que este problema es muy difícil, yo lo pongo solo porque necesito solucionar realmente el problema URGENTEMENTE!

Deje $n\ge2$; dado un kernel $k\in\mathcal{C}^1(\Bbb R^n\setminus\{0\})$ tal que

$$|\nabla k(x)|\le|x|^{-n-1}\;\;\; \mbox{for} \;\;x\neq0 \tag{1}$$ $$\int_{|x|=r}k(x)\,d\sigma_n(x)=0\;\;\;\;\;\forall r>0 \tag{2}$$

entonces yo debo demostrar que $$ |k(x)|\le la C|x|^{-n}\;\;\;\;\mbox{para}\;\;x\neq 0. $$

Es cierto esto todavía si el gradiente de la condición de $(1)$ es reemplazado con $$ |k(x+h)-k(x)|\le\frac{|h|^{\alpha}}{|x|^{n+\alpha}}\;\;\;\;\mbox{para}\;\;|h|<\frac12|x| \etiqueta{3} $$ donde $0<\alpha\le 1$?

Traté de trabajar con el operador de convolución $A_Kf:=K*f$, y tomando su transformada de Fourier para obtener algo de información, pero estoy totalmente perdido, no sé por dónde empezar

Answer 1

Suponga que el gradiente de la condición. Para cualquier función de $f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$, definir $f_\varepsilon$$f_\varepsilon(x) = \varepsilon^{-n} f(x/\varepsilon)$. Nota $$ \int_{S^{n-1}} k_\varepsilon(x) d\sigma_{n-1}(x) = \int_{[\lvert x \rvert = \varepsilon^{-1}]} k(x) d\sigma_{n-1}(x) = 0 \quad \forall \varepsilon > 0 $$ y $$ \lvert (\nabla k_\varepsilon)(x) \rvert = \lvert \varepsilon^{n-1} (\nabla k)(x/\varepsilon) \rvert \leq 1 \quad \forall x \in S^{n-1}. $$ Ahora para cualquier $x,y \in S^{n-1}$, podemos encontrar un camino a lo largo de un gran círculo de $S^{n-1}$ conectar $x$ $y$ de la longitud de la $\leq \pi$. Así que por el teorema fundamental del cálculo, $$ \lvert k_\varepsilon(x) - k_\varepsilon(y) \rvert \leq \pi \sup_{z \in S^{n-1}} \lvert (\nabla k_\varepsilon)(z) \rvert \leq \pi \quad \forall x,y \in S^{n-1}. $$ Pero si $\lvert k_\varepsilon(x) \rvert > 2 \pi$ cualquier $x \in S^{n-1}$, $k_\varepsilon$ es positivo en $S^{n-1}$, y por tanto no puede haber valor medio $0$. Por lo tanto $\lvert k_\varepsilon(x) \rvert \leq 2 \pi$ todos los $x \in S^{n-1}$. Tenemos $$ \lvert k(x) \rvert = \lvert x \rvert^{-n} \lvert k_{\lvert x \rvert^{-1}}(x/\lvert x \rvert)\rvert \leq 2\pi \lvert x \rvert^{-n} $$ como se desee.

Ahora suponga que el $\alpha$ condición. Observar cómo el $\alpha$ unido reacciona a $k_\varepsilon$: $$ \lvert k_\varepsilon(x + h) - k_\varepsilon(x) \rvert \leq {\lvert h \rvert^\alpha} \quad \forall x \in S^{n-1}, \forall \lvert h \rvert \leq 2^{-1}. $$ Ahora para cualquiera de los dos puntos $x,y \in S^{n-1}$, conectarlos por $k$ adiciones de algunos $h_1, \ldots, h_k$ $\lvert h_j \rvert < 1/2$ $x + \sum_{i=1}^j h_i \in S^{n-1}$ $x + \sum_{i=1}^k h_i = y$ todos los $1 \leq j \leq k$ donde $k$ no depende de $x$$y$. La separación con el triángulo de la desigualdad muestra que $\lvert k_\varepsilon(x) - k_\varepsilon(y) \rvert$ está delimitado de forma independiente de $x, y \in S^{n-1}$. El resto de la prueba es el mismo que en el gradiente caso.

Answer 2

Sólo estoy escribiendo una pequeña adición a Eric prueba interesante como una respuesta porque es demasiado grande para un comentario. Creo que el siguiente puede ser un poco más simple: Supongamos $|x|=r.$ Porque $rS$ está conectado y la integral de $k$ $rS$ $0,$ existe $x_0\in rS$ tal que $k(x_0) = 0.$ Ahora cualquiera de los dos puntos en $rS$ puede ser conectado por un buen camino en la $rS$ de la longitud de la $\le \pi r.$ Así que vamos a $\gamma :[0,1]\to rS$ ser una ruta de acceso de la conexión de $x_0$ $x,$ $\gamma (0) = x_0, \gamma (1)=x.$ Definir $g(t) = k(\gamma(t)).$

$$k(x) = g(1)-g(0) = \int_0^1 g'(t) \, dt = \int_0^1 \nabla k(\gamma(t)) \cdot \gamma'(t) \, dt.$$

Tomar los valores absolutos para ver

$$|k(x)| \le r^{-n-1} \int_0^1 |\gamma'(t)|\,dt \le r^{-n-1} \pi r = \pi r^{-n}.$$