Cómo mostrar para $\alpha∈(0,1)$ , cualquier $f∈ C^\alpha([0,1]/{\sim})$ tiene una serie de Fourier $S_nf$ que convergen uniformemente a $f$

Question

Técnicamente son deberes (un examen parcial), pero se han acabado y estoy deseando saber la solución. Sé cómo mostrarlo para $\alpha>1/2$ (la serie de Fourier convergerá absolutamente), pero aparentemente es cierto para cualquier $\alpha$ la pregunta me guió de la siguiente manera:

1. Demuestre que si a equicontinuo secuencia de funciones ( $f_n$ ) converge puntualmente a $f$ entonces $f_n$ converge uniformemente a $f$ .
2. Mostrar para $f∈ C^\alpha([0,1]/{\sim})$ que $S_nf → f$ en el sentido de la palabra.
3. Demuestre que la secuencia $(S_nf)$ es equicontinua y concluye.

La 1 y la 2 no me han supuesto ningún problema pero la 3 no he podido hacerla. ¿Alguna ayuda? Además, no me importaría otras formas de probar el resultado.

Answer 1

Supongamos que $|f(x)|\le C$ y $|f(x)-f(y)|\le C|x-y|^\alpha$ .

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Expresar la diferencia mediante el núcleo de Dirichlet

Utilizando el Núcleo de Dirichlet obtenemos $$ \begin{align} |S_nf(x)-f(x)| &=\left|\,\int_{-1/2}^{1/2}\frac{\sin((2n+1)\pi y)}{\sin(\pi y)}[f(x-y)-f(x)]\,\mathrm{d}y\,\right|\\ &=\left|\,\sum_{k=-n}^n\int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}\frac{\sin((2n+1)\pi y)}{\sin(\pi y)}[f(x-y)-f(x)]\,\mathrm{d}y\,\right|\tag{1} \end{align} $$

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Estimar cada integral Utilizando la suavidad de $\boldsymbol{f}$

Desde $\left|\,\frac{\sin((2n+1)\pi y)}{\sin(\pi y)}\,\right|\le\frac{2n+1}{\big|2|k|-1\big|}$ y cada intervalo es $\frac1{2n+1}$ de ancho, podemos delimitar $$ \begin{align} \left|\,\int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}\frac{\sin((2n+1)\pi y)}{\sin(\pi y)}[f(x-y)-f(x)]\,\mathrm{d}y\,\right| &\le\frac{C}{\big|2|k|-1\big|}\left(\frac{2|k|+1}{4n+2}\right)^\alpha\tag{2} \end{align} $$

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Estimar cada integral utilizando la cancelación de $\boldsymbol{\sin((2n+1)\pi x)}$

Para $|y|\le\frac12$ tenemos $|2y|\le|\sin(\pi y)|\le|\pi y|$ y porque $$ \int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}\sin((2n+1)\pi y)\,\mathrm{d}y=0\tag{3} $$ y $$ \int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}|\sin((2n+1)\pi y)|\,\mathrm{d}y=\frac2{(2n+1)\pi}\tag{4} $$ si dejamos que $m_k$ sea la mitad del rango de $\frac{f(x-y)-f(x)}{\sin(\pi y)}$ en $\left[\frac{2k-1}{4n+2},\frac{2k+1}{4n+2}\right]$ , para $k\ne0$ podemos acotar $$ \begin{align} &\left|\,\int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}\sin((2n+1)\pi y)\frac{f(x-y)-f(x)}{\sin(\pi y)}\,\mathrm{d}y\,\right|\\ &=\left|\,\int_{\frac{2k-1}{4n+2}}^{\frac{2k+1}{4n+2}}\sin((2n+1)\pi y)\left[\frac{f(x-y)-f(x)}{\sin(\pi y)}-m_k\right]\,\mathrm{d}y\,\right|\\ &\le\frac1{(2n+1)\pi}\frac{\overbrace{\pi\frac{2|k|+1}{4n+2}}^{\sin(\pi y)}\overbrace{C(2n+1)^{-\alpha}\vphantom{\frac{|}2}}^{\Delta (f(x-y)-f(x))}+\overbrace{2C\vphantom{()^1}}^{f(x-y)-f(x)}\overbrace{\pi(2n+1)^{-1}}^{\Delta\sin(\pi y)}}{\underbrace{\frac{4k^2-1}{(2n+1)^2}}_{\sin^2(\pi y)}}\\ &=\frac{C(2n+1)^{-\alpha}}{4|k|-2}+\frac{2C}{4k^2-1}\tag{5} \end{align} $$

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Utilice cada estimación en su lugar adecuado

Si utilizamos la estimación $(2)$ para $k\le m=n^{\frac{\alpha}{\alpha+1}}$ y estimar $(5)$ para $k\gt m$ , entonces obtenemos $$ \begin{align} \sum_{|k|\le m}\frac{C}{\big|2|k|-1\big|}\left(\frac{2|k|+1}{4n+2}\right)^\alpha &\le\frac{C}{(4n+2)^\alpha}\left[1+6\sum_{k=1}^m(2k+1)^{\alpha-1}\right]\\ &\le\frac{C}{(4n+2)^\alpha}\frac3\alpha(2m+1)^\alpha\\ &\sim\frac{3C}{\alpha2^\alpha}n^{-\frac\alpha{\alpha+1}}\tag{6} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{m\lt|k|\le n}\frac{C(2n+1)^{-\alpha}}{4|k|-2} &\le\frac{C}{2^{\alpha+1}}\frac{H_n}{n^\alpha}\\ &\sim\frac{C}{2^{\alpha+1}}\frac{\log(n)}{n^\alpha}\\ &=o\left(n^{-\frac{\alpha}{\alpha+1}}\right)\tag{7} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{m\lt|k|\le n}\frac{2C}{4k^2-1} &\le C\sum_{k=m}^\infty\frac1{k^2-1}\\ &=\frac{C}{2}\sum_{k=m}^\infty\left(\frac1{k-1}-\frac1{k+1}\right)\\ &=\frac{C}{2}\left(\frac1{m-1}+\frac1m\right)\\ &\sim Cn^{-\frac{\alpha}{\alpha+1}}\tag{8} \end{align} $$

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Poner todo junto

Por lo tanto, tenemos una convergencia uniforme: $$ |S_nf(x)-f(x)|\le\left(1+\frac3{\alpha2^\alpha}\right)Cn^{-\frac{\alpha}{\alpha+1}}\tag{9} $$

Answer 2

Aunque acepté la respuesta anterior, así es como me lo explicó mi profesor (y después mi amigo) (el examen es mañana). Primero definimos $$g_n(x):=f(x) - S_n f(x)$$ sólo para recordarnos que debemos tener cuidado con las cancelaciones. Entonces la convergencia uniforme de $S_nf$ a $f$ equivale a mostrar $g_n→ 0$ uniformemente; ya que sabemos (parte 2) que $g_n(x) → 0$ en el sentido de la palabra, basta con mostrar $g_n$ es uniformemente continua (por la parte 1).

Desde $\newcommand{\d}{\text{d}}\newcommand{\intT}{∫_{-1/2}^{1/2}}g_n(x) = f(x)\times 1 - \intT f(z-x) D_n(z) \ \d z = \intT [f(x) -f(z-x)] D_n(z)\ \d z$ ,

\begin {align} |g_n(x) - g_n(y)| ≤ \intT |D_n(z)| \underbrace {|f(x) - f(z-x) - f(y) + f(z-y)|}_{( \star )}\ \d z \end {align}

Ahora tenemos que encontrar los límites independiente de $n$ . Utilizamos un límite simple para el núcleo de Dirichlet $D_n$ Como hay $C_0$ tal que $|\sin(2π z)|>C_0|z|$ en $[-1/2,1/2]$ , $$|D_n(z)| < \frac{C_1}{|z|} $$

Dado que no ganamos demasiado con un simple límite, tenemos que limitar $(\star)$ . El truco consiste en utilizar dos límites diferentes, cada uno de ellos bueno en conjuntos diferentes:

\begin {align} | \color {rojo}{f(x) - f(z-x)} - \color {azul}{f(y) + f(z-y)}| & \leq C_3|z|^ \alpha \\ | \color {rojo}{f(x)} - \color {azul}{f(z-x)} - \color {rojo}{f(y)} + \color {azul}{f(z-y)}| & \leq C_3|x-y|^ \alpha \\ \end {align}

Así, $$|g_n(x) - g_n(y)| \leq ∫_{|z|\leq|x-y|} C_4|z|^{\alpha-1} \ \d z + |x-y|^\alpha ∫_{|x-y|<|z|<1/2}\frac{C_5}{z} \ \d z = I_1 + I_2 $$

Ahora $I_1$ es $\mathcal{O}(|x-y|)$ porque $|z|^{\alpha-1}$ es $L^1([-1/2,1/2])$ . El segundo lo calculamos,

$$I_2 = C_5 |x-y|^\alpha\left(\log\frac{1}{2} + log\frac{1}{|x-y|}\right) $$ Y ganamos porque los polinomios ganan a los logaritmos.