Por cada $f \in L^1(\mathbb{R})$ ¿tenemos $\sup_{n \in \mathbb{N}}|T_nf(x)| < \infty$ para a.e. $x$ ?

Question

Sea $K: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ viene dada por $K(x) := \dfrac {\sqrt {|x|}} {1 + x^2}$ y para $n \in \mathbb{N}$ , $K_n(x) := nK(nx)$ . Para $f \in L^1(\mathbb{R})$ defina $T_n (f)(x) := \int \limits _\mathbb{R} K_n(x - y)\,f(y)\,dy$ . ¿Tenemos que para cada $f \in L^1(\mathbb{R})$ , $\sup \limits _{n \in \mathbb{N}}|T_nf(x)| < \infty$ para a.e. $x$ ?

Answer 1

Sí. Sólo tenemos que utilizar el hecho de que el máximo de la función $$ (Mf)(x):=\sup_{r>0}\frac{\int_{B(x,r)}|f(y)|\,dy}{|B(x,r)|} $$ es finito para una.e. $x$ (para cualquier $f\in L^1$). Este es implícita a partir de la clásica de Hardy-Littlewood, la máxima desigualdad.

Lo que usted pide de la siguiente manera a partir de esta afirmación:

Reclamo: Si $f\in L^1$, entonces para cualquier $\Phi:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ satisfactorio

• $\Phi\in C_0(\mathbb{R})$, es decir, es continua y $\lim_{|x|\to\infty}\Phi(x)=0$
• $\Phi\ge 0$
• $\Phi$ es par, es decir, $\Phi(x)=\Phi(-x)$
• $\Phi$ es nonincreasing en $[0,+\infty)$

y cualquier $x\in\mathbb{R}$ tenemos $|\Phi\ast f(x)|\le (\int\Phi(y)\,dy)(Mf)(x)$.

De hecho, si se calcula la derivada de las $K$ te darás cuenta de que $K$ es el aumento en $\left[0,\frac{1}{\sqrt{3}}\right]$, mientras que disminuye en $\left[\frac{1}{\sqrt{3}},+\infty\right)$. Por lo que puede ser escrito como $K=\Phi-\Psi$ donde $\Phi$ $\Psi$ satisfacer la hipótesis de la demanda y se summable. La definición de $\Phi_n$ $\Psi_n$ en la misma manera como $K_n$, se observa que la $\int \Phi_n=\int \Phi<\infty$ es independiente de $n$, y de forma análoga para $\Psi_n$. Así $$ |T_n(f)(x)|=|\Phi_n\ast f(x)-\Psi_n\ast f(x)|\le|\Phi_n\ast f(x)|+|\Psi_n\ast f(x)|\le ({\textstyle\int}\Phi+{\textstyle\int}\Psi)(Mf)(x). $$

La prueba de la demanda: La idea básica es que el $\Phi$ es una superposición de funciones características de las bolas centradas en $0$ (y el reclamo es claro si reemplazamos $\Phi$ con una tal función característica).
Ahora los detalles: elija un número entero $n>0$ y los números reales $0<\alpha_1<\cdots<\alpha_n$, $\beta_1\ge\cdots\beta_n\ge 0$ y definir el paso correspondiente de la función $S:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ como sigue: $$ S(y)=\begin{cases}\beta_1 & y\in(-\alpha_1,\alpha_1) \\ \beta_2 & y\in(-\alpha_2,\alpha_2)\setminus(-\alpha_1,\alpha_1) \\ \cdots \\ \beta_n & y\in (-\alpha_n,\alpha_n)\setminus(-\alpha_{n-1},\alpha_{n-1}) \\ 0 & y\in\mathbb{R}\setminus(-\alpha_n,\alpha_n)\end{casos} $$ (dibujo de una imagen podría ayudar). Tenemos la desigualdad $$ |S\ast f(x)|\le ({\textstyle\int} S)(Mf)(x) $$ porque se puede escribir $S=\sum_{i=1}^n(\beta_i-\beta_{i+1})\mathbf{1}_{B(0,\alpha_i)}$ donde $\beta_{n+1}:=0$, y recuerda que $\beta_i-\beta_{i+1}\ge 0$) $$ |S\ast f(x)|\le S\ast |f|(x)=\sum_{i=1}^n(\beta_i-\beta_{i+1})\mathbf{1}_{B(0,\alpha_i)}\ast|f|(x) \\ =\sum_{i=1}^n(\beta_i-\beta_{i+1})\int_{B(x,\alpha_i)}|f| \le\sum_{i=1}^n(\beta_i-\beta_{i+1})|B(x,\alpha_i)|(Mf)(x) \\ =(Mf)(x)\sum_{i=1}^n(\beta_i-\beta_{i+1})\int\mathbf{1}_{B(0,\alpha_i)} =(Mf)(x)\int S. $$ Ahora, para cada $\epsilon>0$ podemos aproximar $\Phi$, con una función de paso de $S$ de la forma anterior, de tal manera que $\Phi-\epsilon\le S\le\Phi$. Así que, finalmente, $$ |\Phi\ast f(x)|\le\Phi\ast|f|(x)\le (S+\epsilon)\ast|f|(x)=S\ast|f|(x)+\epsilon\|f\|_1 \\ \le ({\estilo de texto\int}S)(Mf)(x)+\epsilon\|f\|_1\le({\estilo de texto\int}\Phi)(Mf)(x)+\epsilon\|f\|_1 $$ y dejando $\epsilon\to 0$ obtenemos la tesis. $\blacksquare$