Error en Stein Shakarchi Ejercicio en $H^{1}(\mathbb{R})$ $L\log L$

Question

En Stein y Shakarchi del Análisis Funcional (Princeton Conferencias en el Análisis de Vol. 4), los autores afirman en la Sección 2 Ejercicio 17, en el que la función $$f(x):=\dfrac{\chi_{|x|\leq 1/2}}{x(\log|x|)^{2}}$$ no pertenece a la real Hardy espacio de $H^{1}(\mathbb{R})$. Específicamente, los autores escriben

"Considere la función $f$ definido por $f(x)=1/(x((\log x)^{2})$ $0<x\leq 1/2$ $f(x)=0$ si $x>1/2$, y se extendió a $x<0$$f(x)=-f(-x)$. A continuación, $f$ es integrable en a$\mathbb{R}$,$\int f=0$, por lo tanto $f$ es un múltiplo de 1 átomo en la terminología de la Sección 5.2 Verificar que $M(f)\geq c/(|x|\log|x|)$$|x|\leq 1/2$, por lo tanto $M(f)\notin L^{1}$, por lo tanto, por el Teorema 6.1 sabemos que $f\notin H_{r}^{1}$."

$H_{r}^{1}$ es su notación para el (atómica) real Hardy espacio. Teorema 6.1 se refiere a la $L^{1}$ acotamiento de la máxima operador de convolución $M(f)(x):=\sup_{t>0}|\Phi_{t}\ast f(x)|$ $H_{r}^{1}$ donde $\Phi$ $C^{1}$ y de forma compacta compatible.

Esto parece falso. Descomponer $f$ $$\sum_{j=2}^{\infty}f_{j},\quad f_{j}:=f\chi_{2^{-j}\leq |x| < 2^{-j+1}}$$ Entonces $$\|f_{j}\|_{L^{\infty}}\leq \left(2^{-j}(\log|2^{-j+1}|)^{2}\right)^{-1}=\dfrac{2^{j}}{(j-1)^{2}(\log 2)^{2}}\leq c2^{-j}j^{-2}$$ Por extraña simetría $\int f_{j}=0$ todos los $j$. Desde $|\left\{2^{-j}\leq x<2^{-j+1}\right\}|=2^{-j+1}$, podemos definir a la $\infty$átomos de $a_{j}$ por $$a_{j}(x):=(2c)^{-1}j^{2}f_{j}$$ y escribir $$f=\sum_{j}2cj^{-2}a_{j},$$ que pertenece a $H^{1}(\mathbb{R})$. De hecho, parece que $f$ es precisamente un ejemplo de que el subespacio de forma compacta compatibles $L\log L$ funciones contenidas correctamente en $H^{1}(\mathbb{R})$. De hecho, para $c>0$ suficientemente pequeño \begin{align*} \int_{-1/2}^{1/2}|f(x)|\log^{+}|f(x)|dx&=\int_{-c}^{c}\dfrac{1}{|x|(-\log|x|)}dx=\infty \end{align*} También se puede ver que $f\notin L\log L$, como el de Hardy-Littlewood máximo de la función de $f$ no es integrable en una vecindad del origen.

Volviendo a la original de mi afirmación, estoy haciendo el tonto aquí? O es esto, de hecho, un error en el texto.

Answer 1

Usted está sano. Su argumento con la descomposición atómica es, por supuesto, irrefutable, y $f\in H^1$. De manera independiente para ver esto, podemos utilizar el hecho de que $H^1(\mathbb R)$ funciones también puede ser caracterizado como de las partes reales de los valores de límite de holomorphic funciones de $F$$\mathbb C^+$$\sup_{y>0} \int_{-\infty}^{\infty} |F(x+iy)|\, dx <\infty$. Ahora me gustaría tomar (y en la primera versión, que me hizo tomar) $F(z)=1/(z\log^2 z)$ (con, digamos, $\textrm{Im}\, \log z\in (0,\pi)$$z\in\mathbb C^+$). Esto no acaba de funcionar, porque aunque de la pole en $z=1$. Podemos solucionar este problema mediante la modificación de la siguiente manera: $$ F(z) = \left( \frac{1}{z} - \alpha \frac{1+i}{z+i} - (1-\alpha) \frac{1+2i}{z+2i} \right) \frac{1}{\log^2 z} , $$ donde elegimos $\alpha$, de modo que $F$ se convierte continua en $z=1$ ($\alpha=2+i$ es lo que yo puse). A continuación,$F\in H^1$, y cerca de $x=0$, $F(x)$ se comporta esencialmente de la misma manera como $f(x)$, por lo que desde el caracterización de $H^1$ través $Mf$ ahora sigue que $f\in H^1$ también.

Stein y Shakarchi la afirmación de que $(Mf)(x)\gtrsim 1/|x\log x|$ es simplemente incorrecto. Sospecho que lo que tenían en mente era tomar $t=x$ si $\Phi$ es apoyado por $[-1,1]$, dicen, de modo que $$ |(\Phi_x * f)(x)| = \frac{1}{x} \int_0^2 \frac{\Phi(1-u)\, du}{u\log^2 ux} , $$ y esto sería $\gtrsim 1/|x\log x|$ si podía ignorar la $\Phi(1-u)$, pero por supuesto que esto es pequeño donde el resto de el integrando es grande, así que estoy recibiendo más pequeños factores. Esta no es una prueba directa de que $Mf\in L^1$ (a pesar de que sabemos que esto de tu argumento), pero con más cuidado que uno debe ser capaz de obtener una de esta.