$L^1$ norma de la derivada del núcleo de Dirichlet

Question

Sea $D_n(x)$ denotan el $n$ -ésimo núcleo de Dirichlet. Todos sabemos que $D_n$ tiene $L^1$ norma $O(\log n)$ (durante un periodo completo). Pero me pregunto $L^1$ norma de su derivada. ¿Es $O(n)$ o $O(n \log n)$ ? ¿Alguien conoce una prueba? Gracias.

Edita: He aquí una prueba de que lo es al menos $O(n \log n)$ (Me pregunto si se podría hacer algo mejor):

Una aplicación de la fórmula sumatoria de Abel muestra que $$ -iD_n'(x) := \sum_{|m| \leq n}me^{imx} = nD_n(x) - 1 - \int_1^n D_{\lfloor t \rfloor}(x)dt $$ y así $$ |D_n'(x)| \leq n|D_n(x)| + 1 + \int_1^n |D_{\lfloor t \rfloor}(x)|dt. $$ Ahora integra lo anterior sobre $x \in [0,2\pi]$ para obtener $O(n \log n)$ .

Answer 1

Estimación aproximada: Supongamos que $D_n(t) = \sin(\pi nt/2)/t$ para $-1\le t\le 1$ . Esto debería ser lo suficientemente aproximado como para determinar el orden de magnitud de la variación total; si quieres puedes convertir fácilmente lo que escribo aquí en desigualdades reales para el núcleo de Dirichlet real.

Tenemos $D_n(2k/n) = -n/(2k)$ y $D_n((2k+1)/n)=n/(2k+1)$ . Así que $|D_n(2k/n)-D_n((2k+1)/n)|$ es aproximadamente $n/k$ por lo que la variación total es algo así como $n\sum_{k=1}^{n/2}1/k$ o $n\log(n)$ .

Si esto son deberes, más vale que los limpies antes de entregarlos...

Answer 2

Por simetría, basta con observar el intervalo $[0,\pi]$ . En

$$D_n(t) = \frac{\sin \bigl(\bigl(n+\frac{1}{2}\bigr)t\bigr)}{\sin \frac{t}{2}}$$

(con la interpretación adecuada si $t = 0$ ) podemos leer los ceros de $D_n$ son $z_k = \frac{k\pi}{n+\frac{1}{2}}$ para $1 \leqslant k \leqslant n$ . Entre $z_k$ y $z_{k+1}$ , $D_n$ tiene signo constante, y su módulo alcanza un máximo $M_k$ Así que

$$\int_{z_k}^{z_{k+1}} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt = 2M_k.$$

Dado que el denominador es estrictamente creciente en $[0,\pi]$ y el módulo del numerador está limitado por $1$ con el límite alcanzado en $w_k = \frac{k+\frac{1}{2}}{n+\frac{1}{2}}\pi$ y en ningún otro lugar de $[z_k,z_{k+1}]$ tenemos

$$\frac{1}{\sin w_k} < M_k < \frac{1}{\sin z_k}.$$

En $\bigl(0,\frac{\pi}{2}\bigr)$ tenemos

$$0 < \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} < \sin x < x.$$

La primera desigualdad se deduce de $\sin x < x$ allí, y el segundo de

\begin{align} &&x\cos x < x &< \tan x \\ &\implies& \cos^2 x = 1 - \sin^2 x &< \frac{\sin x}{x} \\ &\implies& 1 - \frac{\sin x}{x} &< \sin^2 x \\ &\implies& \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} &< \sin x. \end{align}

Así

$$2\sum_{k = 1}^{n-1} \frac{1}{w_k} < \int_{z_1}^{z_n} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt < 2\sum_{k = 1}^{n-1} \biggl(\frac{1}{z_k} + z_k\biggr).$$

Ahora podemos calcular "explícitamente" esas sumas,

\begin{align} \sum_{k = 1}^{n-1} \frac{1}{w_k} &= \frac{2n+1}{\pi} \sum_{k = 1}^{n-1} \frac{1}{2k+1} = \frac{2n+1}{\pi}\biggl(-1 + H_{2n}- \frac{1}{2}H_n\biggr) \\ &= \frac{2n+1}{\pi}\biggl(\frac{1}{2}\log n + \log 2 + \frac{1}{2}\gamma - 1 + O(n^{-1})\biggr), \\ \sum_{k = 1}^{n-1} z_k &= \frac{\pi}{n+\frac{1}{2}}\frac{n(n-1)}{2} = \frac{\pi n(n-1)}{2n+1}, \\ \sum_{k = 1}^{n-1} \frac{1}{z_k} &= \frac{n+\frac{1}{2}}{\pi} H_{n-1} = \frac{n+\frac{1}{2}}{\pi}\bigl(\log n + \gamma + O(n^{-1})\bigr) \end{align}

y obtener

$$\frac{2n+1}{\pi}\bigl(\log n + \gamma - 2(1-\log 2) + O(n^{-1})\bigr) < \int_{z_1}^{z_n} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt < \frac{2n+1}{\pi}\bigl(\log n + \gamma + O(n^{-1})\bigr).$$

Con $D_n(0) = 2n+1$ y $D_n(\pi) = (-1)^n$ tenemos

$$\int_0^{z_1} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt = 2n+1\quad\text{and}\quad \int_{z_n}^{\pi} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt = 1,$$

así que

$$\lVert D_n'\rVert_{L^1([-\pi,\pi])} = 2\int_0^{\pi} \lvert D_n'(t)\rvert\,dt = \frac{4}{\pi}n\log n + O(n).$$

Answer 3

Mirando esto después de algún tiempo me di cuenta de que el truco de la suma de Abel también lo hace. Sólo hacía falta un paso más. Doy la prueba para el caso general de las derivadas altas, ya que parece difícil de encontrar estos en línea por alguna razón.

Proposición: Sea $k,N \geq 1$ . Entonces $$ \left|\|D_N^{(k)}\|_{L^1([-\pi,\pi])} - N^{k}\|D_N\|_{L^1([-\pi,\pi])}\right| \leq 6\pi(2k-1)N^k + 4\pi k N^{k-1}. $$

Prueba: Una aplicación de la fórmula sumatoria de Abel https://en.wikipedia.org/wiki/Abel%27s_summation_formula da $$ i^{-k}D_N^{(k)}(x) = N^k D_N(x) - k I(x,k,N), $$ donde $$ I(x,k,N) = \int_0^N t^{k-1}D_{\lfloor t \rfloor }(x)dt. $$ A partir de las desigualdades triangulares (la regular y la invertida) podemos ver que $|A + B| = |A| + O^*(B)$ para cualquier número complejo $A,B$ donde $O^*(B)$ denota una cantidad que es como máximo $|B|$ en valor absoluto. Por lo tanto $$ |D_N^{(k)}(x)| = N^k|D_N(x)| + O^*(kI(x,k,N)). $$ Por lo tanto, para concluir sólo tenemos que demostrar que $\int_{-\pi}^\pi|I(x,k,N)|dx \leq 6\pi \frac{2k-1}{k}N^k + 4\pi N^{k-1}$ .

Una integración por partes muestra que $$ I(x,k,N) = N^{k-1}G(x,N) - (k-1)\int_0^N y^{k-2}G(x,y)dy, $$ donde $$ G(x,y) = \int_0^y D_{\lfloor t \rfloor}(x)dt = \sum_{0 \leq m < \lfloor y \rfloor}D_{m}(x) + \{y\}D_{\lfloor y \rfloor}(x) $$ con $\{y\} := y - \lfloor y \rfloor$ . Reconocemos la suma anterior como $\lfloor y \rfloor F_{\lfloor y \rfloor}(x)$ con $F_m(x)$ el núcleo de Fejer. El límite trivial da $|D_{\lfloor y \rfloor}(x)| \leq 2y+1$ (se podría hacer mejor en $L^1$ pero es suficiente para nuestros fines). Por lo tanto $|G(x,y)| \leq yF_{\lfloor y \rfloor }(x) + 2y+1$ . Así $$ |I(x,k,N)| \leq N^{k-1}(NF_N(x) + 2N + 1) + (k-1)\int_0^N y^{k-2}(yF_{\lfloor y \rfloor }(x) + 2y + 1)dy. $$ El resultado se obtiene al integrar sobre $x \in [-\pi,\pi]$ y utilizar el hecho de que el núcleo de Fejer integra a $2\pi$ allí.

Observación: Obsérvese en la demostración anterior que la principal contribución a la $L^1$ norma de $D_N^{(k)}(x)$ proviene del ''punto final'' de la suma por partes de Abel, es decir, el término $N^k|D_N(x)|$ . Se trata de un problema típico de las funciones indicadoras aproximadas $1_{[-N,N]}(x)$ (estamos sumando $D_N(x) = \sum_{n \in \mathbb{Z}}1_{[-N,N]}(n)e^{inx}$ ). Si en su lugar tuviéramos una suma como $D_{N,\varphi}(x) = \sum_{n \in \mathbb{Z}}\varphi(n/N)e^{inx}$ con decir $\varphi$ incluso de clase $C_0^{2}(\mathbb{R})$ compatible con $[-1,1]$ con $\|\varphi^{(j)}\|_\infty = O(1)$ para $j=0,1,2$ entonces los puntos finales desaparecen y argumentos similares a los anteriores demuestran que $\|D_{N,\varphi}^{(k)}\|_{L^1([-\pi,\pi])} = O_k(N^k)$ es decir, guardamos un registro.