Una desigualdad de subaditividad

Question

Tratando de entender un resultado de D. Rider (Trans. AMS, 1973) me he atascado en un lema que utiliza. En un momento dado da un paso sin comentario ni explicación, pero no veo por qué funciona.

He aquí una paráfrasis de lo que creo que afirma. Dejemos que $d_1,\dots, d_n$ sean números complejos de módulo $1$ ; deja que $b_1,\dots, b_n$ sean números complejos de módulo $\leq 1$ . (En la aplicación prevista los números $b_1,\dots, b_n$ son en realidad las entradas diagonales de un unitario $n\times n$ matriz, pero tengo la firme sospecha de que no se utiliza en el argumento). A continuación, Rider parece afirmar, sin más comentarios, que $$ \left\vert\sum_{j=1}^n (d_jb_j-1)\right\vert^{1/2} \leq \left\vert\sum_{j=1}^n (d_j-1)\right\vert^{1/2} + \left\vert\sum_{j=1}^n (b_j-1)\right\vert^{1/2} $$

Probablemente estoy siendo denso, y no he visto una estimación rutinaria que haga el trabajo. Si alguien puede ayudarme a entenderlo, sería de gran ayuda, ya que esto está empezando a ser muy irritante, y ni siquiera es la parte principal del argumento de Rider.

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Actualización En primer lugar, gracias a todos los que han respondido, pero en particular a Will Jagy por varios intercambios fuera de la EMSE, y a George Lowther por su elegante argumento (la parte clave en la que no había pensado, era el uso de $\rm Re$ y su linealidad en lugar de $\vert\cdot\vert$ y su subaditividad, lo que permite potenciar la observación realizada por Gerry Myerson).

En caso de que sea de interés, aquí hay algunos detalles más sobre cómo la pregunta que hice corresponde al Lemma 5.1 en el documento de Rider. El artículo trata de los polinomios trigonométricos centrales en grupos compactos, es decir: combinaciones lineales de trazas de representaciones irreducibles. Parafraseado a la ligera, y con un paso de reducción bastante trivial, el citado lema dice lo siguiente:

Dejemos que $\phi: G \to U(n)$ sea una representación unitaria (irreducible) de un grupo (compacto) $G$ . Si $$\vert n^{-1}\operatorname{\rm Tr}\phi(g_i)-z_i\vert \leq \delta_i \qquad(i=1,\dots, p)$$ donde $\vert z_i\vert=1$ para todos $i$ entonces $$ \left\vert n^{-1}\operatorname{Tr}\phi(g_1\dotsb g_n) - \prod_{i=1}^p z_i \right\vert \leq \left(\sum_{i=1}^p \delta_i^{1/2}\right)^2 $$

La prueba dada en el documento es la siguiente: reducir al caso $p=2$ (si se puede hacer esto, la inducción hará el resto); entonces observe que WLOG $\phi(g_1)$ es un diagonal matriz unitaria, con una base adecuada. Si dejamos que $d_1,\dots, d_n$ sean las entradas diagonales de $\phi(g_1)$ y $b_1,\dots, b_n$ sean los de $\phi(g_2)$ entonces la traza de $\phi(g_1g_2)$ es sólo $\sum_{i=1}^n d_ib_i$ y por lo tanto tenemos que demostrar

Reclamación. Si $|z_1|=|z_2|=1$ , $\left\vert\sum_{i=1}^n (d_i - z_1)\right\vert\leq n\delta_1$ y $\left\vert\sum_{i=1}^n (b_i - z_2)\right\vert\leq n\delta_2$ entonces $$\left\vert \sum_{i=1}^n (d_ib_i - z_1z_2) \right\vert \leq n(\delta_1^{1/2}+\delta_2^{1/2})^2. $$

Este es donde Rider se contenta con decir "hecho"; y es de esperar que esté claro que esto es equivalente a mi pregunta original.

Answer 1

Sí, el resultado se mantiene. En primer lugar, para cualquier número complejo $z$ con $\vert z\vert\le1$ tenemos $$ 2\Re(1-z)=1-\vert z\vert^2+\vert z-1\vert^2\ge\vert z-1\vert^2. $$ De ello se deduce que si $Z$ es una variable aleatoria compleja con $\vert Z\vert\le1$ entonces, $$ \mathbb{E}\left[\left\vert Z-1\right\vert^2\right]\le2\Re\left(\mathbb{E}\left[1-Z\right]\right)\le2\left\vert\mathbb{E}\left[Z-1\right]\right\vert. $$ Por lo tanto, si $X,Y$ son variables aleatorias complejas con $\vert X\vert\le1$ y $\vert Y\vert\le1$ entonces, usando Cauchy-Schwarz, $$ \begin{align} \left\vert\mathbb{E}\left[(X-1)(Y-1)\right]\right\vert^2&\le\mathbb{E}\left[\left\vert X-1\right\vert^2\right]\mathbb{E}\left[\left\vert Y-1\right\vert^2\right]\cr &\le4\left\vert\mathbb{E}\left[X-1\right]\mathbb{E}\left[Y-1\right]\right\vert \end{align} $$ Así, utilizando la identidad $XY-1=(X-1)+(Y-1)+(X-1)(Y-1)$ (como en la respuesta de Gerry Myerson), $$ \begin{align} \left\vert\mathbb{E}\left[XY-1\right]\right\vert&\le\left\vert\mathbb{E}\left[X-1\right]\right\vert+\left\vert\mathbb{E}\left[Y-1\right]\right\vert+\left\vert\mathbb{E}\left[(X-1)(Y-1)\right]\right\vert\cr &\le\left\vert\mathbb{E}\left[X-1\right]\right\vert+\left\vert\mathbb{E}\left[Y-1\right]\right\vert+2\left\vert\mathbb{E}\left[X-1\right]\mathbb{E}\left[Y-1\right]\right\vert^{1/2}\cr &=\left(\left\vert\mathbb{E}[X-1]\right\vert^{1/2}+\left\vert\mathbb{E}[Y-1]\right\vert^{1/2}\right)^2. \end{align} $$ Tomar la raíz cuadrada de cada lado para obtener $$ \left\vert\mathbb{E}\left[XY-1\right]\right\vert^{1/2}\le\left\vert\mathbb{E}[X-1]\right\vert^{1/2}+\left\vert\mathbb{E}[Y-1]\right\vert^{1/2}, $$ que es equivalente a la desigualdad de la pregunta. Nótese que sólo es necesario tener $\vert d_i\vert\le1$ y $\vert b_i\vert\le1$ (no necesitamos $\vert d_i\vert=1$ ).

Answer 2

Bueno, puedo hacer el caso $n=1$ .

$$|db-1|=|(d-1)+(b-1)+(d-1)(b-1)|\le|d-1|+|b-1|+|(d-1)(b-1)|$$ y $$|(d-1)(b-1)|\le2|(d-1)(b-1)|^{1/2}$$ tomados juntos y sacando la raíz cuadrada de ambos lados da $$|db-1|^{1/2}\le|d-1|^{1/2}+|b-1|^{1/2}$$

Answer 3

Bill Johnson preguntó sobre la verdad para otros exponentes, y finalmente me doy cuenta de que el exponente $1/2$ realmente es correcto y no arbitrario. $$ \left| \sum_{j=1}^n (d_jb_j-1)\right|^\alpha \leq \left| \sum_{j=1}^n (d_j-1)\right|^\alpha + \left| \sum_{j=1}^n (b_j-1)\right|^\alpha $$ es falso para algunos datos con $n=2$ tan pronto como $\alpha > 1/2.$ Para algunos $0 \leq \theta \leq \pi/2,$ tomar $$ d_1 = b_1 = e^{i \theta}, \; \; d_2 = b_2 = \bar{d_1} = \bar{b_1} = e^{-i \theta}. $$ Entonces la desigualdad con exponente $\alpha$ es falso para $$ 0 < \theta < \arccos \left( \frac{2^{1/\alpha} - 2}{2} \right). $$ Para $\alpha = 1,$ que es mi "respuesta" anterior, utilicé $\theta = \pi/3$ como óptimo en un sentido, pero podría haber utilizado cualquier $0 \leq \theta \leq \pi/2.$

$\theta = \pi/3$ da falsedad siempre y cuando $\alpha > \frac{\log 2}{\log 3} \approx 0.6309...$

Como $\alpha$ disminuye a $1/2,$ la ventana para $\theta$ se hace más estrecha, hasta que finalmente llegamos a $\alpha = 1/2$ y $0 < \theta < \arccos 1 = 0,$ no hay tal cosa.

Answer 4

Estoy comenzando una secuencia de experimentos. Mi primera respuesta, incorrecta, hablaba de lo que ocurría si el $1/2$ los exponentes se borran. He hecho un montón de programación, y tengo un $$\mbox{KOMPUTER KONJECTURE:}$$ $$ \left| \sum_{j=1}^n (d_jb_j-1)\right| \leq \left| \sum_{j=1}^n (d_j-1)\right| + \left| \sum_{j=1}^n (b_j-1)\right| + \frac{n}{2} $$ Incluso para $n,$ la igualdad puede ocurrir. Tome $n=2k,$ entonces $$ d_1 = b_1 = d_2 = b_2 = \cdots = d_k = b_k = e^{i \pi / 3} $$ y $$ d_{k+1} = b_{k+1} = d_{k+2} = b_{k+2} = \cdots = d_{2k} = b_{2k} = e^{-i \pi / 3} $$

Para impar $n=2k-1,$ la igualdad no se produce. El caso más extremo, con algún ángulo $0 \leq \theta < \pi / 3,$ se produce en $$ d_1 = b_1 = d_2 = b_2 = \cdots = d_k = b_k = e^{i \theta} $$ y $$ d_{k+1} = b_{k+1} = d_{k+2} = b_{k+2} = \cdots = d_{2k-1} = b_{2k-1} = e^{i \theta} e^{4 i \pi / 3}. $$ Para $n=1$ no importa, he probado que la cosa es cierta, no $1/2$ necesario, y podemos tomar $\theta = 0.$ Para $n=3, \theta \approx 46.53^\circ \approx 0.2585 \pi, $ en lugar de $1.5$ el exceso es de $1.34886.$ Para $n=5, \theta \approx 52.01^\circ \approx 0.28895 \pi, $ en lugar de $2.5$ el exceso es de $2.4097595.$ Para $n=7, \theta \approx 54.31^\circ \approx 0.30173 \pi, $ en lugar de $3.5$ el exceso es de $3.435627.$ Para $n=9, \theta \approx 55.58^\circ \approx 0.30878 \pi, $ en lugar de $4.5$ el exceso es de $4.449959.$

Lo que más llamó la atención fue toda la $d_j = b_j,$ entonces la presencia consistente del $4 \pi / 3$ en los casos impar e incluso.

Answer 5

Creo que el "truco" aquí es introducir un término en la parte izquierda que que ayude a obtener el lado derecho. Específicamente si usas el hecho de que el lado izquierdo es menor que lo que obtienes cuando traes los signos de valor absoluto dentro de la suma, entonces suma y resta $d_j$ al término $|d_jb_j-1|$ ... estás viendo la suma de $|d_jb_j-d_j+d_j-1|\le|d_j||b_j-1|+|d_j-1|$ y entonces creo que te acercas a lo que quieres finalmente (¡no he distribuido bien el sqrt, pero soy nuevo)!