Monthly Archives: May 2015

Notorious bound for Ramsey number for two coloring

Lemma. If r\ge2, then R\left(r,2\right)=r.

Proof. 꼭짓점이 r인 완전그래프 K_{r}을 생각해보자. 그러면 K_{r}에는 blue로 칠해진 edge가 적어도 한 개가 있거나(K_{2}) 모두 red인 경우거나 둘 중 하나다. 그러므로 R\left(r,2\right)\le r이다.

모두 red로 칠해진 완전그래프 K_{r-1}를 생각해보면 induced subgraph로서 blue로 된 K_{2}는 없고, red로 된 K_{r} 또한 없다. 그러므로 r-1<R\left(r,2\right)이므로 R\left(r,2\right)=r이다.


 

Theorem. If r\ge2 and s\ge2, then

(1)   \begin{equation*} R\left(r,s\right)\le R\left(r-1,s\right)+R\left(r,s-1\right). \end{equation*}

Also, we get a notorious bound

(2)   \begin{equation*} R\left(r,s\right)\le\binom{r+s-2}{r-1}. \end{equation*}

Proof. (1)과 (2)가 동시에 성립한다는 것을 보이기 위해, 그렇지 않는다고 하자. 다시 말해, (1)이 성립하지 않는 r,s>2
존재한다고 하자. 그리고 이런 r,s들 중에서 r+s가 최소가 되도록 잡자.

이제 u=r-1, v=s-1이라 하면, r+s의 최소성에 의하여 R\left(u,s\right),R\left(r,v\right),R\left(u,v\right)는 (1)을 만족해야 한다.

n=R\left(u,s\right)+R\left(r,v\right)라 하자. 이제 K_{n}의 red-blue coloring을 생각하고, v\in V\left(G\right)를 하나 생각해보자. 그리고 v와 연결된 점들을 색깔을 기준으로 분류를 해보자.

    \begin{align*} N_{R} & =\left\{ w\in V:w\ne v,\,\chi\left(\left\{ v,w\right\} \right)=\text{red}\right\} ,\\ N_{B} & =\left\{ w\in V:w\neq v,\,\chi\left(\left\{ v,w\right\} \right)=\text{blue}\right\} \end{align*}

라 정의하자. 그러면 N_{R}\cup N_{B}\cup\left\{ v\right\} =V\left(G\right)이므로, \left|N_{R}\cup N_{B}\right|=\left|N_{R}\right|+\left|N_{B}\right|-1=n-1이다. 그러므로 \left|N_{R}\right|\ge R\left(u,s\right)이거나 \left|N_{B}\right|\ge R\left(r,v\right) 둘 중 하나가 성립해야 한다. 이 사실은 자명하지 않은 사실이므로 증명이 필요하다.

그렇지 않다고 하자. 즉 다시 말해서 \left|N_{R}\right|<R\left(u,s\right)이고 \left|N_{B}\right|<R\left(r,v\right)라 하자. 그런데 램지수는 정수이므로

    \begin{align*} n-1 & =\left|N_{R}\right|+\left|N_{B}\right|\le R\left(u,s\right)-1+R\left(r,v\right)-1\\ & =R\left(u,s\right)+R\left(r,v\right)-2\\ & =n-2 \end{align*}

가 성립해야 하는데, 이는 모순이다.

\left|N_{R}\right|\ge R\left(u,s\right)일 때, 꼭짓점이 N_{R}인 완전그래프를 생각해보자. 그런데, \left|N_{R}\right|\ge R\left(u,s\right)이므로 N_{R}에는 적어도 빨간색으로 색칠된 완전그래프 K_{u}를 포함하고 있더나 또는 파란색으로 색칠된 완전그래프 K_{s}를 포함하고 있다. 만약 v가 처음에 언급한 완전그래프에 포함된다고 가정하면, N_{R}의 정의에 의하여 이는 빨간색으로 색칠된 완전그래프 K_{u+1}=K_{r} 를 갖거나, 파란색으로 색칠된 완전그래프 K_{s}를 가질 것이다.

마찬가지의 원리로 \left|N_{B}\right|\ge R\left(r,v\right)라 하면 N_{B}을 꼭짓점으로 갖는 완전그래프를 생각하자. 그 후 여기에 v를 하나 더 추가해서 완전그래프를 생각해보면 빨간색으로 색칠된 완전그래프 K_{r}을 가지고 있거나, 파란색으로 색칠된 완전그래프 K_{v+1}=K_{s}를 가질 것이다.

그러므로 위 관찰로부터 K_{n}의 색칠된 변에는 빨간색으로 색칠된 K_{r}을 갖거나, 파란색으로 색칠된 K_{s}를 가질 것이다. 이로부터 R\left(r,s\right)\le n이다.

그러므로

    \begin{align*} R\left(r,s\right) & \le n=R\left(u,s\right)+R\left(r,v\right)\\ & \le\binom{u+s-2}{u-1}+\binom{r+v-2}{r-1}\\ & =\binom{r+s-3}{r-2}+\binom{r+s-3}{r-1}\\ & =\binom{r+s-2}{r-1} \end{align*}

이므로 이는 처음에 (1)와 (2)가 성립하지 않는다는 사실에 모순이다.

Lp norm and distribution function with dyadic series

Proposition. For any measurable function f:X\rightarrow\mathbb{C} and 0<p<\infty we have

    \[ \norm fp^{p}\sim_{p}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\lambda_{f}\left(2^{n}\right)2^{np}. \]

Here X\sim_{p}Y means there are constants c_{p},C_{p}>0 depending only on p so that c_{p}Y\le X\le C_{p}Y.

Proof. For each n\in\mathbb{Z}, define

    \[ E_{n}=\left\{ x\in X:\left|f\left(x\right)\right|\ge2^{n}\right\} . \]

Then \lambda\left(2^{n}\right)=\mu\left(E_{n}\right) for all n\in\mathbb{Z}. Also, E_{n}\supset E_{n+1} for all n. Define A_{n}=E_{n}\setminus E_{n+1}. Then \bigcup A_{n}=\bigcup E_{n}=X and \left\{ A_{n}\right\} is a family of disjoint sets in X. Then we have

    \begin{align*} \norm fp^{p} & =\int_{X}\left|f\right|^{p}d\mu\\  & =\int_{\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}A_{n}}\left|f\right|^{p}d\mu\\  & =\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_{A_{n}}\left|f\right|^{p}d\mu. \end{align*}

Note that x\in A_{n} if and only if 2^{n}\le\left|f\left(x\right)\right|<2^{n+1} for all n\in\mathbb{Z}.

For the upper bound, we have

    \begin{align*} \norm fp^{p} & \le\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(2^{n+1}\right)^{p}\int_{A_{n}}d\mu\\  & =\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(2^{n+1}\right)^{p}\mu\left(A_{n}\right)\\  & =\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(2^{n+1}\right)^{p}\left(\lambda_{f}\left(2^{n}\right)-\lambda_{f}\left(2^{n+1}\right)\right)\\  & \le\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(2^{n+1}\right)^{p}\lambda_{f}\left(2^{n}\right)\\  & \le C_{p}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\lambda_{f}\left(2^{n}\right)2^{np} \end{align*}

where C_{p}=2^{p}.

For the lower bound, we have

    \begin{align*} \norm fp^{p} & =\sum_{n\in\mathbb{Z}}\int_{A_{n}}\left|f\right|^{p}d\mu\\  & \ge\sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(2^{np}\right)\mu\left(A_{n}\right)\\  & =\sum_{n\in\mathbb{Z}}2^{np}\left(\lambda_{f}\left(2^{n}\right)-\lambda_{f}\left(2^{n+1}\right)\right). \end{align*}

So

    \[ \sum_{n\in\mathbb{Z}}2^{np}\lambda_{f}\left(2^{n}\right)\le\norm fp^{p}+\sum_{n\in\mathbb{Z}}\lambda_{f}\left(2^{n+1}\right)2^{np}. \]

Hence,

    \[ \sum_{n\in\mathbb{Z}}\left(1-\frac{1}{2^{p}}\right)\lambda_{f}\left(2^{n}\right)2^{np}\le\norm fp^{p}. \]

Take c_{p}=1-\frac{1}{2^{p}}>0. Then we finally get \norm fp^{p}\sim_{p}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\lambda_{f}\left(2^{n}\right)2^{np}.

Some interpolation theorems

이 페이지는 제가 Interpolation theorem들을 하나씩 배울 때마다 업로드할 예정입니다. (This page will be updated frequently when I learned some interpolation theorems.)

조금 rough하게 말하면, interpolation theorem이란 fL^p이고 L^q일 때 그 사이 공간 L^r (p<r<q)에 들어갈 조건이나, fr-norm의 크기를 재는 정리들을 말합니다.

1. Basic Interpolation Theorems

Theorem. If f\in L^{p_{0}}\cap L^{p_{1}} for some 0<p_{0}<p_{1}\le\infty, then f\in L^{p} for all p_{0}\le p\le p_{1} and that \norm fp\le\norm f{p_{0}}^{1-\theta}\norm f{p_{1}}^{\theta}, where 0<\theta<1 is such that \frac{1}{p}=\frac{1-\theta}{p_{0}}+\frac{\theta}{p_{1}}.

Proof. We first assume p_{1}<\infty. Assume \frac{1}{p}=\frac{1-\theta}{p_{0}}+\frac{\theta}{p_{1}} for some 0<\theta<1. So 1=\frac{p\left(1-\theta\right)}{p_{0}}+\frac{p\theta}{p_{1}}.
Set a=\frac{p_{0}}{p\left(1-\theta\right)} and b=\frac{p_{1}}{p\theta}.
Then by applying Hölder’s inequality to \left|f\right|^{p\left(1-\theta\right)}\left|f\right|^{p\theta}, we have

    \begin{align*} \int_{X}\left|f\right|^{p\left(1-\theta\right)}\left|f\right|^{p\theta}d\mu & \le\left(\int_{X}\left|f\right|^{p\left(1-\theta\right)a}d\mu\right)^{\frac{1}{a}}\left(\int_{X}\left|f\right|^{p\theta b}d\mu\right)^{\frac{1}{b}}\\ & =\left(\int_{X}\left|f\right|^{p_{0}}d\mu\right)^{\frac{p\left(1-\theta\right)}{p_{0}}}\left(\int_{X}\left|f\right|^{p_{1}}d\mu\right)^{\frac{p\theta}{p_{1}}}. \end{align*}

So by taking \sqrt[p]{\cdot} to both sides, we get

    \[ \norm fp\le\norm f{p_{0}}^{1-\theta}\norm f{p_{1}}^{\theta}. \]

The equality condition holds when \alpha\left|f\right|^{pa\left(1-\theta\right)}=\beta\left|f\right|^{p\theta b} for some nonnegative \alpha,\beta a.e.

For p_{1}=\infty, note that we have \frac{1}{p}=\frac{1-\theta}{p_{0}}. So

    \begin{align*} \int_{X}\left|f\right|^{p\left(1-\theta\right)}\left|f\right|^{p\theta}d\mu & \le\left(\int_{X}\left|f\right|^{p\left(1-\theta\right)}d\mu\right)\norm f{\infty}^{p\theta}\\ & =\left(\int_{X}\left|f\right|^{p_{0}}d\mu\right)\norm f{\infty}^{p\theta}. \end{align*}

Since \frac{1}{p}=\frac{1-\theta}{p_{0}}, we have

    \[ \norm fp\le\norm f{p_{0}}^{1-\theta}\norm f{\infty}^{\theta}. \]

Theorem. Let 0<p<q\le\infty and let f\in L^{p,\infty}\left(X,\mu\right)\cap L^{q,\infty}\left(X,\mu\right), where X is \sigma-finite measure space. Then f\in L^{r}\left(X,\mu\right) for all p<r<q and

    \[ \norm fr\le\left(\frac{r}{r-p}+\frac{r}{q-r}\right)^{\frac{1}{r}}\norm f{p,\infty}^{\frac{\frac{1}{r}-\frac{1}{q}}{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}}\norm f{q,\infty}^{\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{r}}{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}}, \]

with the interpretation that 1/\infty=0.

Proof. First, assume q<\infty. Then by definition of weak L^{p}-norm, we have

    \[ \lambda_{f}\left(\alpha\right)\le\min\left(\frac{\norm f{p,\infty}^{p}}{\alpha^{p}},\frac{\norm f{q,\infty}^{q}}{\alpha^{q}}\right). \]

Set

    \[ B=\left(\frac{\norm f{q,\infty}^{q}}{\norm f{p,\infty}^{p}}\right)^{\frac{1}{q-p}}. \]

We estimate \norm fr as follow:

    \begin{align*} \norm fr^{r} & =r\int_{0}^{\infty}\alpha^{r-1}\lambda_{f}\left(\alpha\right)d\alpha\\ & \le r\int_{0}^{\infty}\alpha^{r-1}\min\left(\frac{\norm f{p,\infty}^{p}}{\alpha^{p}},\frac{\norm f{q,\infty}^{q}}{\alpha^{q}}\right)d\alpha\\ & \le r\int_{0}^{B}\alpha^{r-p-1}\norm f{p,\infty}^{p}d\alpha+r\int_{B}^{\infty}\alpha^{r-q-1}\norm f{q,\infty}^{q}d\alpha\\ & =\frac{r}{r-p}\norm f{p,\infty}^{p}B^{r-p}+\frac{r}{q-r}\norm f{q,\infty}^{q}B^{r-q}\\ & =\left(\frac{r}{r-p}+\frac{r}{q-r}\right)\left(\norm f{p,\infty}^{p}\right)^{\frac{q-r}{q-p}}\left(\norm f{p,\infty}^{q}\right)^{\frac{r-p}{q-p}}. \end{align*}

So taking \sqrt[r]{\cdot} and calculate some minor things, we get

    \[ \norm fr\le\left(\frac{r}{r-p}+\frac{r}{q-r}\right)^{\frac{1}{r}}\norm f{p,\infty}^{\frac{\frac{1}{r}-\frac{1}{q}}{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}}\norm f{q,\infty}^{\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{r}}{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}}. \]

3. The Complex Interpolation Method: The Riesz-Thorine Interpolation Theorem

Theorem (The Riesz-Thorine Interpolation Theorem) Let {\left(X,\mu\right)} and {\left(Y,\nu\right)} be two {\sigma}-finite measure spaces. Let {T} be a linear operator defined on the set of all finitely simple functions on {X} and taking values in the set of measurable functions on {Y}. Let {1\le p_{0},p_{1},q_{0},q_{1}\le\infty} and assume that

    \begin{align*} \norm{T\left(f\right)}{q_{0},Y} & \le M_{0}\norm f{p_{0},X},<br/>  \norm{T\left(f\right)}{q_{1},Y} & \le M_{1}\norm f{p_{1},X}, \end{align*}

for all finitely simple functions {f} on {X}. Then for all {0<\theta<1}, we have

\displaystyle  \norm{T\left(f\right)}{q_{\theta},Y}\le M_{\theta}\norm f{p_{\theta},X}

for all finitely simple functions {f} on {X}, where

\displaystyle  \frac{1}{p_{\theta}}=\frac{1-\theta}{p_{0}}+\frac{\theta}{p_{1}}\quad\text{and}\quad\frac{1}{q_{\theta}}=\frac{1-\theta}{q_{0}}+\frac{\theta}{q_{1}}.

Consequently, when {p_{\theta}<\infty}, by density, {T} has a unique bounded extension from {L^{p_{\theta}}\left(X,\mu\right)} to {L^{q_{\theta}}\left(Y,\nu\right)}.

Proof: We divide our proof into three steps.

Step 1. Observe that for {p_{0}=p_{1}}, it is clear by Theorem

\displaystyle  \norm{Tf}{q_{\theta}}\le\norm{Tf}{q_{0}}^{1-\theta}\norm{Tf}{q_{1}}^{\theta}\le M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}\norm fp.

So we may assume {p_{0}\neq p_{1}} and we further assume that {p_{\theta}<\infty} for {0<\theta<1}.

Let {\Sigma_{X}} denote the space of all finite simple function on {X}. Then clearly, {\Sigma_{X}\subset L^{p}\left(X\right)} and {\overline{\Sigma_{X}}=L^{p}\left(X\right)}. So is {\Sigma_{Y}}. We will show that for any {f\in\Sigma_{X}}, we have

\displaystyle  \norm{Tf}{q_{\theta}}\le M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}\norm f{p_{\theta}}.

By considering the dual space of {L^{q_{\theta}}\left(Y\right)}, we have

\displaystyle  \norm{Tf}{q_{\theta}}=\sup\left\{ \left|\int\left(Tf\right)gd\nu\right|:g\in\Sigma_{Y},\,\norm g{q_{\theta}^{\prime}}=1\right\}

where {q_{\theta}^{\prime}} is a conjugate exponent of {q_{\theta}}.

We further assume that {f\neq0} with {\norm f{p_{\theta}}=1}. We will show the following claim in Step 2:

  • If {f\in\Sigma_{X}} and {\norm f{p_{\theta}}=1}, then {\left|\int\left(Tf\right)gd\nu\right|\le M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}} for all {g\in\Sigma_{Y}} such that {\norm g{q_{\theta}^{\prime}}=1}.

Step 2. Let {f\in\Sigma_{X}} and {g\in\Sigma_{Y}} with {\norm f{p_{\theta}}=1} and {\norm g{q_{\theta}^{\prime}}=1}. Let {f=\sum_{j=1}^{m}c_{j}\chi_{E_{j}}} and {g=\sum_{k=1}^{n}d_{k}\chi_{F_{k}}} be the canonical representation. Write {c_{j}=\left|c_{j}\right|e^{i\theta_{j}}}, {d_{k}=\left|d_{k}\right|e^{i\psi_{k}}}. Also, let

\displaystyle  \alpha\left(z\right)=\left(1-z\right)p_{0}^{-1}+zp_{1}^{-1},\quad\beta\left(z\right)=\left(1-z\right)q_{0}^{-1}+zq_{1}^{-1};

thus {\alpha\left(\theta\right)=p_{\theta}^{-1}} and {\beta\left(\theta\right)=q_{\theta}^{-1}} for {0<\theta<1}.

Fix {0<\theta<1}. Since {p_{\theta}<\infty}, {\alpha\left(\theta\right)>0}. So we may define

\displaystyle  f_{z}=\sum_{1}^{m}\left|c_{j}\right|^{\frac{\alpha\left(z\right)}{\alpha\left(\theta\right)}}e^{i\theta_{j}}\chi_{E_{j}}.

If {\beta\left(\theta\right)<1}, we define

\displaystyle  g_{z}=\sum_{1}^{n}\left|d_{k}\right|^{\frac{1-\beta\left(z\right)}{1-\beta\left(\theta\right)}}e^{i\psi_{k}}\chi_{F_{k}},

while if {\beta\left(\theta\right)=1}, we define {g_{z}=g} for all {z}.

We first show our claim when {\beta\left(\theta\right)<1}. Finally, we set

\displaystyle  \phi\left(z\right)=\int\left(Tf_{z}\right)g_{z}d\nu.

Thus,

\displaystyle  \phi\left(z\right)=\sum_{j,k}A_{j,k}\left|c_{j}\right|^{\frac{\alpha\left(z\right)}{\alpha\left(\theta\right)}}\left|d_{k}\right|^{\frac{1-\beta\left(z\right)}{1-\beta\left(\theta\right)}}

where

\displaystyle  A_{j,k}=e^{i\left(\theta_{j}+\psi_{k}\right)}\int\left(T\chi_{E_{j}}\right)\chi_{F_{k}}d\nu,

so that {\phi} is an entire holomorphic function of {z} that is bounded in the strip {0\le\mathrm{Re}\left(z\right)\le1}. Since {\phi\left(\theta\right)=\int\left(Tf\right)gd\nu}, by Three lines lemma, it suffices to show {\left|\phi\left(z\right)\right|\le M_{0}} for {\mathrm{Re}\left(z\right)=0} and {\left|\phi\left(z\right)\right|\le M_{1}} for {\mathrm{Re}\left(z\right)=1} to show the claim.

First, note that

    \[ \alpha\left(is\right)=\frac{1}{p_{0}}+is\left(\frac{1}{p_{1}}-\frac{1}{p_{0}}\right),\quad1-\beta\left(is\right)=\left(1-\frac{1}{q_{0}}\right)-is\left(\frac{1}{q_{1}}-\frac{1}{q_{0}}\right) \]

for s\in\mathbb{R}. This shows

    \begin{align*} \left|f_{is}\right| & =\left|f\right|^{\mathrm{Re}\left[\alpha\left(is\right)/\alpha\left(\theta\right)\right]}=\left|f\right|^{p_{\theta}/p_{0}},\\ \left|g_{is}\right| & =\left|g\right|^{\mathrm{Re}\left[\left(1-\beta\left(is\right)\right)/\left(1-\beta\left(\theta\right)\right)\right]}=\left|g\right|^{q_{\theta}^{\prime}/q_{\theta}}. \end{align*}

Therefore, by Hölder’s inequality, we have

    \begin{align*} \left|\phi\left(is\right)\right| & \le\norm{Tf_{is}}{q_{0}}\norm{g_{is}}{q_{0}^{\prime}}\le M_{0}\norm{f_{is}}{p_{0}}\norm{g_{is}}{q_{0}^{\prime}}\\  & =M_{0}\norm f{p_{\theta}}\norm g{q_{\theta}^{\prime}}=M_{0}. \end{align*}

Similarly, we get \left|\phi\left(1+is\right)\right|\le M_{1}.

The case \beta\left(\theta\right)=1 is similar.

So we show the claim.

Step 3. From Step 2, we have shown that {\norm{Tf}{q_{\theta}}\le M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}\norm f{p_{\theta}}}for {f\in\Sigma_{X}}. Then {T\mid_{\Sigma_{X}}} has a unique extension to {L^{p_{\theta}}\left(X\right)} satisfying the same estimate there. It remains to show that this extension is {T} itself.

Given {f\in L^{p_{\theta}}\left(X\right)}, choose a sequence {\left\{ f_{n}\right\} } in {\Sigma_{X}} such that {\left|f_{n}\right|\le\left|f\right|} and {f_{n}\rightarrow f} pointwise. Also, let {E=\left\{ x:\left|f\left(x\right)\right|>1\right\} }, {g=f\chi_{E}}, {g_{n}=f_{n}\chi_{E}}, {h=f-g}, and {h_{n}=f_{n}-g_{n}}. Then if {p_{0}<p_{1}}, we have {g\in L^{p_{0}}\left(X\right)}, {h\in L^{p_{1}}\left(X\right)} and by DCT, {\norm{f_{n}-f}{p_{\theta}}\rightarrow0}, {\norm{g_{n}-g}{p_{0}}\rightarrow0}, and {\norm{h_{n}-h}{p_{1}}\rightarrow0}. Hence, {\norm{Tg_{n}-Tg}{q_{0}}\rightarrow0} and {\norm{Th_{n}-Th}{q_{1}}\rightarrow0}. So by passing to a suitable subsequence, we may assume that {Tg_{n}\rightarrow Tg} a.e. and {Th_{n}\rightarrow Th} a.e. But then {Tf_{n}\rightarrow Tf} a.e. So by Fatou’s lemma, we get

\displaystyle  \norm{Tf}{q_{\theta}}\le\liminf\norm{Tf_{n}}{q_{\theta}}\le\liminf M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}\norm{f_{n}}{p_{\theta}}=M_{0}^{1-\theta}M_{1}^{\theta}\norm f{p_{\theta}},

and we are done. \Box

4. The Real Interpolation Method: The Marcinkiewicz Interpolation Theorem

Definition 1 Let {\left(X,\mu\right)} and {\left(Y,\nu\right)} be two measure spaces. Suppose we are given an operator {T:L^{p}\left(X,\mu\right)\rightarrow L^{q}\left(Y,\nu\right)}. Operators that map {L^{p}} to {L^{q}} are called of strong type {\left(p,q\right)} and operators that map {L^{p}} to {L^{q,\infty}} are called weak type {\left(p,q\right)}.

Definition Let {T} be an operator defined on a vector space of complex-valued measurable functions on a measure space {\left(X,\mu\right)} and taking values in the set of all complex-valued finite almost everywhere measurable functions on a measure space {\left(Y,\nu\right)}. Then {T} is called linear if for all {f,g} in the domain of {T} and all {\lambda\in\mathbb{C}} we have

\displaystyle  T\left(f+g\right)=T\left(f\right)+T\left(g\right)\quad\text{and}\quad T\left(\lambda f\right)=\lambda T\left(f\right).

{T} is called sublinear if for all {f,g} in the domain of {T} and all {\lambda\in\mathbb{C}} we have

\displaystyle  \left|T\left(f+g\right)\right|\le\left|T\left(f\right)\right|+\left|T\left(g\right)\right|\quad\text{and}\quad\left|T\left(\lambda f\right)\right|=\left|\lambda\right|\left|T\left(f\right)\right|.

{T} is called quasi-linear if for all {f,g} in the domain of {T} and all {\lambda\in\mathbb{C}} we have

\displaystyle  \left|T\left(f+g\right)\right|\le K\left(\left|T\left(f\right)\right|+\left|T\left(g\right)\right|\right)\quad\text{and}\quad\left|T\left(\lambda f\right)\right|=\left|\lambda\right|\left|T\left(f\right)\right|

for some constant {K>0}.

We are now ready to state the Marcinkiewicz Interpolation Theorem.

Theorem (Marcinkiewicz Interpolation Theorem) Let {\left(X,\mu\right)} be a {\sigma}-finite measure space, let {\left(Y,\nu\right)} be another measure space, and let {0<p_{0}<p_{1}\le\infty}. Let {T} be a sublinear operator defined on {L^{p_{0}}\left(X\right)+L^{p_{1}}\left(X\right)} and taking values in the space of measurable functions on {Y}. Assume that there exist {A_{0},A_{1}<\infty} such that

    \begin{align*} \norm{T\left(f\right)}{L^{p_{0},\infty}\left(Y\right)} & \le A_{0}\norm f{L^{p_{0}}\left(X\right)}\quad\text{for all }f\in L^{p_{0}}\left(X\right),<br/>  \norm{T\left(f\right)}{L^{p_{1},\infty}\left(Y\right)} & \le A_{1}\norm f{L^{p_{1}}\left(X\right)}\quad\text{for all }f\in L^{p_{1}}\left(X\right). \end{align*}

Then for all {p_{0}<p<p_{1}} and for all {f\in L^{p}\left(X\right)}, we have the estimate

\displaystyle  \norm{T\left(f\right)}{L^{p}\left(Y\right)}\le A\norm f{L^{p}\left(X\right)},

where

\displaystyle  A=2\left(\frac{p}{p-p_{0}}+\frac{p}{p_{1}-p}\right)^{\frac{1}{p}}A_{0}^{\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{p_{0}}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}A_{1}^{\frac{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}.

Proof: We divide our proof into two cases: when {p_{1}<\infty} and {p_{1}=\infty}.

Case 1. {p_{1}<\infty}

Let {f\in L^{p}\left(X\right)} and let {\alpha>0}. Split {f=f_{0}^{\alpha}+f_{1}^{\alpha}} to be {f_{0}^{\alpha}\in L^{p_{0}}\left(X\right)}, {f_{1}^{\alpha}\in L^{p_{1}}\left(X\right)} by defining

\displaystyle  f_{0}^{\alpha}\left(x\right)=\begin{cases} f\left(x\right) & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|>\delta\alpha,\\ 0 & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|\le\delta\alpha, \end{cases}

and

\displaystyle  f_{1}^{\alpha}\left(x\right)=\begin{cases} f\left(x\right) & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|\le\delta\alpha,\\ 0 & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|>\delta\alpha. \end{cases}

The constant {\delta>0} will be determined later.

NNote that p_{0}<p<p_{1} and we estimate f_{0}^{\alpha}, f_{1}^{\alpha}
as follows:

    \begin{align*} \norm{f_{0}^{\alpha}}{p_{0}}^{p_{0}} & =\int_{X}\left|f_{0}^{\alpha}\right|^{p_{0}}d\mu\\  & \le\int_{\left|f\right|>\delta\alpha}\left|f\right|^{p_{0}-p}\left|f\right|^{p}d\mu\\  & \le\left(\delta\alpha\right)^{p_{0}-p}\norm fp^{p}. \end{align*}

Similarly,

    \begin{align*} \norm{f_{1}^{\alpha}}{p_{1}}^{p_{1}} & =\int_{X}\left|f_{1}^{\alpha}\right|^{p_{1}}d\mu\\  & =\int_{\left|f\right|>\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}-p}\left|f\left(x\right)\right|^{p}d\mu\\  & \le\left(\delta\alpha\right)^{p_{1}-p}\norm fp^{p}. \end{align*}

Since T is sublinear by subadditivity we get

    \[ \left|T\left(f\right)\right|\le\left|T\left(f_{0}^{\alpha}\right)\right|+\left|T\left(f_{1}^{\alpha}\right)\right|. \]

So from this,

    \begin{align*} \lambda_{T\left(f\right)}\left(\alpha\right) & \le\lambda_{T\left(f_{0}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right)+\lambda_{T\left(f_{1}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right). \end{align*}

So by definition of weak L^{p} norm, we get

    \begin{align*} \lambda_{T\left(f_{0}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right) & \le\frac{\norm{T\left(f_{0}^{\alpha}\right)}{L^{p_{0},\infty}\left(Y\right)}^{p_{0}}}{\left(\alpha/2\right)^{p_{0}}}\le\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{\alpha^{p}}\norm{f_{0}^{\alpha}}{L^{p}\left(X\right)}^{p_{0}}\\  & =\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{\alpha^{p_{0}}}\int_{\left|f\right|>\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}d\mu\left(x\right). \end{align*}

Similarly, we get

    \[ \lambda_{T\left(f_{1}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\le\frac{\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}}{\alpha^{p_{1}}}\int_{\left|f\right|\le\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}}d\mu\left(x\right). \]

Finally, using Fubini’s theorem since \left(X,\mu\right) is \sigma-finite,
we have

    \begin{align*} \norm{T\left(f\right)}{L^{p}\left(X\right)}^{p} & =p\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1}\lambda_{T\left(f\right)}\left(\alpha\right)d\alpha\\  & \le p\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{0}}\int_{\left|f\right|>\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}d\mu\left(x\right)d\alpha\\  & \relphantom{=}+p\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{1}}\int_{\left|f\right|\le\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}}d\mu\left(x\right)d\alpha\\  & =p\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}\int_{0}^{\left|f\left(x\right)\right|/\delta}\alpha^{p-1-p_{0}}d\alpha d\mu\left(x\right)\\  & \relphantom{=}+p\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}}\int_{\left|f\left(x\right)\right|/\delta}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{1}}d\alpha d\mu\left(x\right)\\  & =\left(\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{p-p_{0}}\frac{p}{\delta^{p-p_{0}}}+\frac{\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}}{p_{1}-p}\frac{p}{\delta^{p-p_{1}}}\right)\norm fp^{p}. \end{align*}

Choose \delta>0 so that

    \[ \left(2A_{0}\right)^{p}\frac{1}{\delta^{p-p_{0}}}=\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\delta^{p_{1}-p}. \]

Then we get

    \[ \norm{T\left(f\right)}{L^{p}\left(Y\right)}\le A\norm f{L^{p}\left(X\right)}, \]

where

    \[ A=2\left(\frac{p}{p-p_{0}}+\frac{p}{p_{1}-p}\right)^{\frac{1}{p}}A_{0}^{\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{p_{0}}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}A_{1}^{\frac{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}. \]

Finally, using Fubini’s theorem since {\left(X,\mu\right)} is {\sigma}-finite, we have

    \begin{align*} \norm{T\left(f\right)}{L^{p}\left(X\right)}^{p} & =p\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1}\lambda_{T\left(f\right)}\left(\alpha\right)d\alpha\\  & \le p\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{0}}\int_{\left|f\right|>\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}d\mu\left(x\right)d\alpha\\  & \relphantom{=}+p\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{1}}\int_{\left|f\right|\le\delta\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}}d\mu\left(x\right)d\alpha\\  & =p\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}\int_{0}^{\left|f\left(x\right)\right|/\delta}\alpha^{p-1-p_{0}}d\alpha d\mu\left(x\right)\\  & \relphantom{=}+p\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{1}}\int_{\left|f\left(x\right)\right|/\delta}^{\infty}\alpha^{p-1-p_{1}}d\alpha d\mu\left(x\right)\\  & =\left(\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{p-p_{0}}\frac{p}{\delta^{p-p_{0}}}+\frac{\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}}{p_{1}-p}\frac{p}{\delta^{p-p_{1}}}\right)\norm fp^{p}. \end{align*}

Choose {\delta>0} so that

\displaystyle  \left(2A_{0}\right)^{p}\frac{1}{\delta^{p-p_{0}}}=\left(2A_{1}\right)^{p_{1}}\delta^{p_{1}-p}.

Then we get

\displaystyle  \norm{T\left(f\right)}{L^{p}\left(Y\right)}\le A\norm f{L^{p}\left(X\right)},

where

\displaystyle  A=2\left(\frac{p}{p-p_{0}}+\frac{p}{p_{1}-p}\right)^{\frac{1}{p}}A_{0}^{\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{p_{0}}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}A_{1}^{\frac{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p}}{\frac{1}{p_{0}}-\frac{1}{p_{1}}}}.

Case 2. {p_{1}=\infty}

Write f=f_{0}^{\alpha}+f_{1}^{\alpha}, where

    \begin{align*} f_{0}^{\alpha}\left(x\right) & =\begin{cases} f\left(x\right) & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|>\gamma\alpha,\\ 0 & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|\le\gamma\alpha, \end{cases}\\ f_{1}^{\alpha}\left(x\right) & =\begin{cases} f\left(x\right) & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|\le\gamma\alpha,\\ 0 & \text{for }\left|f\left(x\right)\right|>\gamma\alpha. \end{cases} \end{align*}

We have

\displaystyle  \norm{T\left(f_{1}^{\alpha}\right)}{L^{\infty}\left(Y\right)}\le A_{1}\norm{f_{1}^{\alpha}}{L^{\infty}\left(X\right)}\le\gamma\alpha=\frac{\alpha}{2}

where provided we choose {\gamma=\left(2A_{1}\right)^{-1}}. So {\left\{ x\in X:\left|T\left(f_{1}^{\alpha}\right)\left(x\right)\right|>\frac{\alpha}{2}\right\} } has measure zero. Therefore,

\displaystyle  \lambda_{T\left(f\right)}\left(\alpha\right)\le\lambda_{T\left(f_{0}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right).

Since {T} maps {L^{p_{0}}} to {L^{p_{0},\infty}} with norm at most {A_{0}}, it follows that

    \begin{align*} \lambda_{T\left(f_{0}^{\alpha}\right)}\left(\frac{\alpha}{2}\right) & \le\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\norm{f_{0}^{\alpha}}{p_{0}}^{p_{0}}}{\alpha^{p_{0}}}\\  & =\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{\alpha^{p_{0}}}\int_{\left|f\right|>\gamma\alpha}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}d\mu\left(x\right). \end{align*}

Therefore, we obtain

    \begin{align*} \norm{T\left(f\right)}p^{p} & =p\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1}\lambda_{T\left(f\right)}\left(\alpha\right)d\alpha\\  & \le p\int_{0}^{\infty}\alpha^{p-1}\frac{\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{\alpha^{p_{0}}}\int_{\left|f\right|>\alpha/\left(2A_{1}\right)}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}d\mu\left(x\right)d\alpha\\  & =p\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p_{0}}\int_{0}^{2A_{1}\left|f\left(x\right)\right|}\alpha^{p-p_{0}-1}d\alpha d\mu\left(x\right)\\  & =\frac{p\left(2A_{1}\right)^{p-p_{0}}\left(2A_{0}\right)^{p_{0}}}{p-p_{0}}\int_{X}\left|f\left(x\right)\right|^{p}d\mu\left(x\right). \end{align*}

This proves the theorem with constant

\displaystyle  A=2\left(\frac{p}{p-p_{0}}\right)^{\frac{1}{p}}A_{1}^{1-\frac{p_{0}}{p}}A_{0}^{\frac{p_{0}}{p}}.\qedhere

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Bessel-like identity

Problem. Evaluate

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}. \]

Proof. Let C_{N} denote the positively oriented boundary of the square whose edges lie along the lines

    \[ x=\pm\left(N+\frac{1}{2}\right)\pi\quad\text{and}\quad y=\pm\left(N+\frac{1}{2}\right)\pi, \]

where N is positive integer.
Define f\left(z\right)=\frac{1}{z^{2}\sin z}. Then at z=0, f has pole of order 3 because

    \[ \lim_{z\rightarrow0}\frac{z^{3}}{z^{2}\sin z}=1\neq0. \]

Note that

    \[ \frac{1}{z^{2}\sin z}=\frac{1}{z^{2}}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{3!}z+O\left(z^{3}\right)\right)=\frac{1}{z^{3}}+\frac{1}{6}\frac{1}{z}+O\left(z\right)\quad\left(0<\left|z\right|<\pi\right) \]

So

    \[ \mathrm{Res}\left(f,0\right)=\frac{1}{6}. \]

For k\in\mathbb{Z}\setminus\left\{ 0\right\}, f has simple pole at k\pi. So

    \[ \mathrm{Res}\left(f,k\pi\right)=\lim_{z\rightarrow k\pi}\left(z-k\pi\right)\frac{1}{z^{2}\sin z}=\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{2}\pi^{2}}. \]

In C_{N}, f has 2N+1 poles. So by Residue theorem, we have

    \[ \int_{C_{N}}f\left(z\right)dz=2\pi i\left(\frac{1}{6}+2\sum_{k=1}^{N}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{2}\pi^{2}}\right). \]

Note that

    \[ \left|\sin z\right|\ge\left|\sin x\right|\quad\text{and}\quad\left|\sin z\right|\ge\left|\sinh y\right|. \]

Also note that on the vertical side of the square, \left|\sin z\right|\ge1 and \left|\sin z\right|>\sinh\left(\pi/2\right) on the horizontal sides. So there is a constant A such that \left|\sin z\right|\ge A for all z\in C_{N}.

So

    \begin{align*} \left|\int_{C_{N}}\frac{dz}{z^{2}\sin z}\right| & \le\frac{1}{A}\int_{C_{N}}\left|\frac{1}{z^{2}}\right|dz\\ & \le4\cdot\frac{2\left(N+\frac{1}{2}\right)\pi}{\left(N+\frac{1}{2}\right)^{2}\pi^{2}A}=\frac{16}{\left(2N+1\right)\pi A}. \end{align*}

So as N\rightarrow\infty,

    \[ \left|\int_{C_{N}}\frac{dz}{z^{2}\sin z}\right|\rightarrow0. \]

Therefore,

    \[ \frac{1}{6}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k^{2}\pi^{2}}=0, \]

i.e.,

    \[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}. \]


Sharp estimates for van der Corput lemma

이 글에서 증명하고자 하는 명제는 다음과 같다.

Theorem. F\left(x\right)를 미분가능한 실함수라고 하고 도함수 F^{\prime}\left(x\right)가 monotonic하다고 하자. 또한 a\le x\le b에 대하여 F^{\prime}\left(x\right)\ge\lambda>0 또는 F^{\prime}\left(x\right)\le-\lambda<0를 만족한다고 하자. 그러면

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\le\frac{2}{\lambda} \]

가 성립한다.

여기서 \lambda 위에 있는 숫자 2가 가장 작다는 의미로 sharp estimate라는 용어를 사용했다. Stein, Zygmund, van der Corput 모두 이 constant가 2보다는 컸다. 이 sharp한 estimate는 2005년에 K. M. Rogers가 발견했다.

본격적으로 sharp estimate를 구하기 전에 이전에 우리가 무엇을 알고 있었는지 점검해보도록 한다.

Theorem. F\left(x\right)를 미분가능한 실함수라고 하고 도함수 F^{\prime}\left(x\right)가 monotonic하다고 하자. 또한 a\le x\le b에 대하여 F^{\prime}\left(x\right)\ge\lambda>0
또는 F^{\prime}\left(x\right)\le-\lambda<0를 만족한다고 하자. 그러면

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\le\frac{4}{\lambda} \]

가 성립한다.

Proof. 일반성을 잃지않고 F^{\prime}\left(x\right)>0이라 하자. 그러면

    \begin{align*} & \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\\ = & \left|\int_{a}^{b}\frac{1}{iF^{\prime}\left(x\right)}iF^{\prime}\left(x\right)e^{iF\left(x\right)}dx\right|\\ = & \left|\left[\frac{1}{iF^{\prime}\left(x\right)}e^{iF\left(x\right)}\right]_{a}^{b}-\frac{1}{i}\int_{a}^{b}\left(\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}\right)^{\prime}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\\ \le & \frac{2}{\lambda}+\int_{a}^{b}\left|\left(\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}\right)^{\prime}\right|dx\\ = & \frac{2}{\lambda}+\left|\int_{a}^{b}\left(\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}\right)^{\prime}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\\ = & \frac{2}{\lambda}+\left|\left[\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}\right]_{a}^{b}\right|\le\frac{4}{\lambda} \end{align*}

이다.


van der Corput lemma의 sharp estimate를 구하는 방법은 Rogers의 방법론도 있지만, 여기서는 최근에 Monthly에서 소개된 Carlos A. Catala de la Torre의 방법론을 소개하고자 한다. 이를 위해서는 다음의 Lemma가 필요하다.

Lemma. \left[a,b\right]에서 적분가능한 함수 g에 대하여 만약 f\left[a,b\right]위에서 nonnegative이고 decreasing이면,

    \[ \int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx=f\left(a\right)\int_{a}^{\xi}g\left(x\right)dx \]

\xi\in\left[a,b\right]가 존재한다.

Proof.
\left[a,b\right]위에서의 partition P

    \[ a=x_{0}<x_{1}<\cdots<x_{k}<\cdots<x_{n}=b \]

라 하자. 약속으로

    \[ S_{n}\left(f\right)=\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{k-1}\right)\Delta x_{k} \]

라 쓰고

    \begin{align*} \Delta f_{k} & =f\left(x_{k}\right)-f\left(x_{k-1}\right)\\ \Delta G_{k} & =G\left(x_{k}\right)-G\left(x_{k-1}\right) \end{align*}

라 하자. K=\sup\left\{ \left|g\left(x\right)\right|\right\}, \mu=\inf G\left(x\right), M=\sup G\left(x\right)라 하면 g\left(x\right)+K\ge0 for all x\in\left[a,b\right]이다. 이를 바탕으로

    \begin{align*} \int_{a}^{b}f\left(x\right)\left(g\left(x\right)+K\right)dx & =\sum_{k=1}^{n}\int_{x_{k-1}}^{x_{k}}f\left(x\right)\left(g\left(x\right)+K\right)dx\\ & \le\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{k-1}\right)\int_{x_{k-1}}^{x_{k}}\left(g\left(x\right)+K\right)dx\\ & =\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{k-1}\right)\left[\Delta G_{k}+K\left(x_{k}-x_{k-1}\right)\right]\\ & =\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{k-1}\right)\Delta G_{k}+KS_{n}\left(f\right) \end{align*}

를 얻는다. 여기서 summation by part를 쓰기 위해 G\left(a\right)=0이고 f가 감소함수고 f\left(b\right)\ge0임에 주목하라.

    \begin{align*} \sum_{k=1}^{n}f\left(x_{k-1}\right)\Delta G_{k} & =-\sum_{k=1}^{n}G\left(x_{k}\right)\Delta f_{k}+f\left(b\right)G\left(b\right)-f\left(a\right)G\left(a\right)\\ & =-\sum_{k=1}^{n}G\left(x_{k}\right)\Delta f_{k}+f\left(b\right)G\left(b\right)\\ & \le-M\sum_{k=1}^{n}\Delta f_{k}+f\left(b\right)G\left(b\right)=M\left[f\left(a\right)-f\left(b\right)\right]+f\left(b\right)G\left(b\right)\\ & \le Mf\left(a\right) \end{align*}

를 얻는다. 이제 마지막으로

    \[ \int_{a}^{b}f\left(x\right)\left(g\left(x\right)+K\right)dx\le Mf\left(a\right)+KS_{n}\left(f\right) \]

를 얻고 f\left[a,b\right]에서 monotone 함수이므로 리만적분가능하므로 \left\Vert P\right\Vert \rightarrow0일 때, KS_{n}\left(f\right)\rightarrow K\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx이다.
이로부터

    \[ \int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\le Mf\left(a\right)=f\left(a\right)\sup_{x\in\left[a,b\right]}G\left(x\right) \]

이다. g대신 위 식에 -g를 대입하면

    \[ \int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx\ge\mu f\left(a\right)=f\left(a\right)\inf_{x\in\left[a,b\right]}G\left(x\right) \]

을 얻는다. G\left(x\right)\left[a,b\right]에서 연속함수이므로 중간값의 정리에
의하여

    \[ f\left(a\right)G\left(\xi\right)=\int_{a}^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx \]

\xi\in\left(a,b\right)가 존재한다.


 

이제 증명을 할 준비가 모두 끝났다. 증명이 다소 길긴 하지만, 복잡하지는 않다.

Proof of Sharp estimates. 이 정리를 증명하기 위해 몇 가지 단계로 나누어 증명을 한다. 일반성을 잃지 않고 F^{\prime}\left(x\right)>0이라 가정하자.

Step 1. t\in\mathbb{R}라 하자. 그러면 \left|e^{it}\right|=1이므로

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|=\left|e^{it}\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|=\left|\int_{a}^{b}e^{i\left(F\left(x\right)+t\right)}dx\right| \]

를 얻는다. 위 등식은 모든 t\in\mathbb{R}에 대해서 항상 성립한다.

    \begin{align*} U\left(t\right) & :=\int_{a}^{b}\cos\left(F\left(x\right)+t\right)dx\\ V\left(t\right) & :=\int_{a}^{b}\sin\left(F\left(x\right)+t\right)dx \end{align*}

라 정의하면 오일러 등식과 복소수의 크기의 정의에 의하여

    \begin{align*} \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|^{2} & =\left|U\left(t\right)+iV\left(t\right)\right|^{2}\\ & =U\left(t\right)^{2}+V\left(t\right)^{2} \end{align*}

이 성립한다. 이로부터 우리가 원하는 부등식을 얻기 위해서는 U\left(t\right)V\left(t\right)를 분석하면 된다는 결론을 얻었다.

일반성을 잃지 않고 F^{\prime}\left(x\right)이 monotonically increasing한다고 가정하자. 그러면

    \begin{align*} U\left(t\right): & =\int_{a}^{b}\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}F^{\prime}\left(x\right)\cos\left(F\left(x\right)+t\right)dx\\ & =\int_{a}^{b}\frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)}d\left(\sin\left(F\left(x\right)+t\right)\right) \end{align*}

임을 안다. F^{\prime}\left(x\right)은 positive이고 monotonically increasing하므로 \frac{1}{F^{\prime}\left(x\right)} 또한 positive이고 monotonically decreasing 한다. 그러므로 Lemma에 의하여 t에 의존하는 실수 c\left(t\right)\in\left(a,b\right)가 존재하며 이는

(1)   \begin{align*} U\left(t\right) & =\frac{1}{F^{\prime}\left(a\right)}\int_{a}^{c\left(t\right)}d\left(\sin\left(F\left(x\right)+t\right)\right)\nonumber \\ & =\frac{1}{F^{\prime}\left(a\right)}\left[\sin\left(u\left(t\right)\right)-\sin\left(F\left(a\right)+t\right)\right] \end{align*}

이며 u\left(t\right):=F\left(c\left(t\right)\right)+t이다.

같은 논리에 의하여

(2)   \begin{align*} V\left(t\right) & =\frac{1}{F^{\prime}\left(a\right)}\int_{c}^{\tilde{c}\left(t\right)}d\left(\cos\left(F\left(x\right)+t\right)\right)\nonumber \\ & =\frac{1}{F^{\prime}\left(a\right)}\left[-\cos\left(v\left(t\right)\right)+\cos\left(F\left(a\right)+t\right)\right] \end{align*}

이며 여기서 v\left(t\right):=F\left(\tilde{c}\left(t\right)\right)+t이다.

따라서 이로부터

    \begin{align*} &\left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|^{2} \\ =& \left|U\left(t\right)+iV\left(t\right)\right|^{2}\\ =& \frac{1}{\left(F^{\prime}\left(a\right)\right)^{2}}\left[\left(\sin\left(u\left(t\right)\right)-\sin\left(F\left(a\right)+t\right)\right)^{2}+\left(-\cos\left(v\left(t\right)\right)+\cos\left(F\left(a\right)+t\right)\right)^{2}\right] \end{align*}

를 얻는다. 좌변의 정의에 의하여 이 값은 t에 영향을 받지 않는다는 것을 다시 상기하라. 이것으로 Step 1은 끝.

Step 2. U\left(t\right)V\left(t\right)의 특징에 대해서 분석을 한다.

    \begin{align*} U\left(t\right) & :=\int_{a}^{b}\cos\left(F\left(x\right)+t\right)dx\\ V\left(t\right) & :=\int_{a}^{b}\sin\left(F\left(x\right)+t\right)dx \end{align*}

이므로 \sin\left(F\left(x\right)+t\right)\cos\left(F\left(x\right)+t\right)t에 대하여 \mathbb{R}에서 미분가능하므로 Leibniz rule에 의하여 U\left(t\right),V\left(t\right)가 모두 \mathbb{R}위에서 연속함수이고, 미분가능한 함수다. Leibniz rule에 의하여

    \begin{align*} \frac{dU\left(t\right)}{dt} & =\int_{a}^{b}\partial_{t}\left(\cos\left(F\left(x\right)+t\right)\right)dx=-V\left(t\right),\\ \frac{dV\left(t\right)}{dt} & =\int_{a}^{b}\partial_{t}\left(\sin\left(F\left(x\right)+t\right)\right)dx=U\left(t\right) \end{align*}

이다. 이를 통해 UV가 1번 미분가능하며, 또한 그 도함수 또한 연속함수임을 UV의 정의로부터 알 수 있다.

이와 같은 논리를 반복하면 U\left(t\right),V\left(t\right)\in\mathscr{C}^{\infty}\left(\mathbb{R}\right)이다. 또, (1)와 (2)에 의하여 \sin\left(u\left(t\right)\right)
\cos\left(v\left(t\right)\right)t에 관하여 \mathbb{R}위에서 미분가능하다. 이 결과가 매우 좋은것은 보통 u\left(t\right)v\left(t\right)가 어떤 구조를 가질지 전혀 모르는 상황에서 \sin이나 \cos을 씌웠더니 미분가능한 함수라는 특성이 나타난다는 것은 매우 좋은 상황이다. 이로서 Step 2가 끝난다.

Step 3. \sin\left(u\left(t\right)\right)\cos\left(v\left(t\right)\right)에 대해서 조금 더 자세한 분석이 필요하다. 그렇기 때문에 다음과 같은 system of ODE를 생각해보자. \left(U\left(t\right)\right)^{\prime}=-V\left(t\right), \left(V\left(t\right)\right)^{\prime}=U\left(t\right)라는 조건으로부터

    \[ \begin{cases} \frac{d}{dt}\left(\sin\left(u\left(t\right)\right)\right)=\cos\left(v\left(t\right)\right)\\ \frac{d}{dt}\left(\cos\left(v\left(t\right)\right)\right)=-\sin\left(u\left(t\right)\right) \end{cases} \]

임을 알 수 있으며, \left(\cos\left(u\left(t\right)\right),\sin\left(v\left(t\right)\right)\right)\in\left[-1,1\right]\times\left[-1,1\right] for all t\in\mathbb{R}임은 당연하다. 이 ODE의 general solution은

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} \sin\left(u\left(t\right)\right)=r\sin\left(t+k\right)\\ \cos\left(v\left(t\right)\right)=r\cos\left(t+k\right) \end{cases} \end{equation*}

이다. 여기서 r,k\in\mathbb{R}인 상수. 이로서 Step 3가 끝난다.

Step 4. \left(\cos\left(v\left(t\right)\right),\sin\left(u\left(t\right)\right)\right)를 하나 생각해보도록 하자. 그럼 식 (3)에 의하여 이 점을 원점을 중심으로 하고 반지름의 크기가 \left|r\right|인 원위에 있는 것으로 생각할 수 있다.

-1\le\cos\left(v\left(t\right)\right)\le1, -1\le\sin\left(u\left(t\right)\right)\le1가 성립하는 것은 \sin,\cos의 정의에 의해 자명하다.

\left(\cos\left(v\left(t\right)\right),\sin\left(u\left(t\right)\right)\right)이 위치할 수 모든 가능성을 생각해보면 0\le\left|r\right|\le\sqrt{2}임을 알 수 있다. 그런데

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|=\left|\int_{a}^{b}e^{i\left(F\left(x\right)+t\right)}dx\right| \]

가 모든 t\in\mathbb{R}에 대하여 성립하고, \cos\left(v\left(t\right)\right), \sin\left(u\left(t\right)\right)가 모든 t에 대하여 연속함수이므로 0\le\left|r\right|\le1이다.
1<\left|r\right|\leq\sqrt{2}를 만족하는 r을 하나 생각해보면, (3)식에서 원주가 disconnected된 arc가 존재한다. 이는 \cos\left(v\left(t\right)\right),\sin\left(u\left(t\right)\right)가 연속이라는 가정에 모순이다. \left|r\right|\le1일 때는, 원주가 완전하게 \left[-1,1\right]\times\left[-1,1\right]에 들어간다.

Step 5. 이제 증명을 마무리 짓도록 하자. 우리가 앞서 system of ODE의 general solution (3)를 알고 있다. 그리고 Step 4에 의하여 r\in\left[-1,1\right]이고 k\in\mathbb{R}이다. 이제 general solution을 (1)에 대입하면

(4)   \begin{equation*} \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|^{2}=\frac{1}{\left(F^{\prime}\left(a\right)\right)^{2}}\left[r^{2}+1-2r\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\right] \end{equation*}

임을 알고 있으며 이 또한 t에 의존하는 결과가 아님을 식으로서 확인했다.

\cos\left(F\left(a\right)-k\right)에 있는 실수 k\left[-1,1\right]의 모든 값을 취할 수 있도록 적당히 조정할 수 있다.

이제 Sharp bound를 얻기 위한 마무리를 시작하도록 하자. -1\le r\le1, -1\le\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\le1가 되도록 k를 잘 고르면,

    \[ \left|r^{2}+1-2r\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\right|\le\left|r^{2}+1\right|+2\left|r\right|\left|\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\right|\le4 \]

이다. 여기서 이 maximum은 r=\pm1 \cos\left(F\left(a\right)-k\right)=\mp1일 때 얻어진다. 그러므로

    \[ r^{2}+1-2r\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\le4 \]

이고

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|^{2}=\frac{1}{\left(F^{\prime}\left(a\right)\right)^{2}}\left[r^{2}+1-2r\cos\left(F\left(a\right)-k\right)\right]\le\frac{4}{\left(F^{\prime}\left(a\right)\right)^{2}}\le\frac{4}{\lambda^{2}} \]

이다.

여기서 F^{\prime}\left(x\right)가 positive고 증가함수라는 가정을 추가한다면 부등식의 방향이나 결과는 변하지 않기 때문에

    \[ \left|\int_{a}^{b}e^{iF\left(x\right)}dx\right|\le\frac{2}{\lambda} \]

를 얻는다.

만약 monotone decreasing라는 가정으로 바꾸어도, 결론은 마찬가지로 변하지 않는다.