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Hardy-Littlewood maximal function and approximation to the identity

Hardy-Littlewood maximal function은 조화해석학을 공부하다보면 자주 만나게 되는 수학적 대상이다. 특히 미분이나 approximation to identity가 나오는 상황인 경우 꽤나 자주 나타나는 경우가 많다. 이 글에서는 Stein, Real Analysis의 연습문제를 하나 풀이해보도록 한다.

책마다 approximation to the identity가 정의가 다른 면이 있는데, 이 글은 Stein, Real Analysis 기준으로 설계를 하도록 한다. 우선 이 글에서의 approximation to the identity의 정의는 다음과 같다.

Definition. A family \{K_\varepsilon\}_{\varepsilon>0} is said to be an approximation to the identity if the following three conditions hold:

  • \int_{_\mathbb{R}} K_{\varepsilon} (x)dx = 1.
  • |K_{\varepsilon}(x)|\leq \frac{A}{\varepsilon^d}.
  • |K_\varepsilon(x)|\leq \frac{A\varepsilon}{|x|^{d+1}}

이 글에서 증명할 문제는 다음과 같다.

Problem. Prove that if \{K_\varepsilon\}_{\varepsilon} is a family of approximations to the identity, then

    \[ \sup_{\varepsilon>0}|(f*K_{\varepsilon})(x)|\leq cf^{*}(x)\]

for some constant c>0 and all integrable f.

Proof. 다음과 같이 함수를 정의하도록 하자:

    \[ \psi (x) =\begin{cases} A & |x|\leq 1 \\ \frac{A}{|x|^{d+1}} & |x|>1 \end{cases}\]

그러면 임의의 양수 r>0에 대하여

    \[ \int_{r/2 \leq |x|\leq r} \psi(x) dx \geq \psi(r)\int_{r/2\leq |x|\leq r} dx =cr^d \psi(r) \]

여기서 \psi(r) = \psi(x) if |x|=r를 나타낸다.

\psi \in L^1이므로 r\rightarrow 0 또는 r\rightarrow \infty일 때, \psi(r) r^d\rightarrow 0임을 알 수 있다. 이제 본격적으로 증명을 시작해보면 f에 대해서는 translation invariant이고 \psi는 radial function이므로

    \[ |(f*\psi)(0)|\leq cf^*(0) \]

임을 보이면 된다. 이를 보이기 위해서

    \begin{align*} & (f*\psi)(0) \\ & = \int_{\mathbb{R}^d} f(y)\psi(y)dy\\ & = \int_{0}^{\infty} \int_{\mathbb{S}^d} f(t\gamma)\psi(t)t^{d-1} d\sigma(\gamma)dt\\ & = \int_{0}^{\infty} \int_{\mathbb{S}^d} f(t\gamma) d\sigma(\gamma)\psi(t)t^{d-1}dt \end{align*}

를 관찰하고,

    \[ \lambda(r)=\int_{\mathbb{S}^d} f(r\gamma) d\sigma(\gamma)\]

라 하고

    \[ \Lambda(r)=\int_{|x|\leq r} f(x)dx \]

라 정의를 하면 부분적분법에 의하여

    \[ (f*\psi)(0)=-\int_{0}^{\infty}\Lambda\left(r\right)d\psi\left(r\right)\]

를 얻으며 여기서 error-term은

    \[\Lambda\left(r\right)\le m(B(0,1))r^{d}f^{*}\left(0\right)\]

로부터

    \[\left(f*\psi\right)\left(0\right)\le m(B(0,1))f^{*}\left(0\right)\int_{0}^{\infty}r^{d}d\left(-\psi\left(r\right)\right).\]

를 얻으므로 증명이 끝난다.

Generalization of integration of e^{-x^2}

Lemma. Let T be a self-adjoint operator on a finite-dimensional inner product space V. Then

  • Every eigenvalue of T is real.
  • Suppose that V is a real inner product space. Then the characteristic polynomial of T splits.

Theorem (Spectral Theorem for self-adjoint operator). Let T be a linear operator on a finite-dimensional inner product space V over \mathbb{R}. Then T is self-adjoint if and only if there exists an orthonormal basis \beta for V consisting of eigenvectors of T.

Definition. We say a symmetric n\times n real matrix M is said to be positive definite if z^{T}Mz is positive for every non-zero column vector z of n real numbers.

It is a quite easy consequence that if A is positive definite symmetric matrix with real coefficients, all its eigenvalues are positive.

Exercise. Let A be a d\times d positive definite symmetric matrix with
real coefficients. Show that

    \[ \int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(x,A\left(x\right)\right)}dx=\left(\det\left(A\right)\right)^{-\frac{1}{2}}. \]

This generalizes the fact that \int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left|x\right|^{2}}dx=1, which corresponds to the case where A is the identity.

Proof. Since A is positive definite symmetric matrix with real coefficients, by spectral theorem, write A=R^{-1}DR where R is a rotation
and D is diagonal with entries \lambda_{1},\dots,\lambda_{d}, where \left\{ \lambda_{i}\right\} are the eigenvalues of A. Then we have

    \begin{align*} & \int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(x,A\left(x\right)\right)}dx\\ & =\int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(x,RDR^{-1}\left(x\right)\right)}dx\\ & =\int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(R^{-1}x,DR^{-1}x\right)}dx\\ & =\int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(y,Dy\right)}\left|\det R\right|dy\\ & =\int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\sum_{i=1}^{d}\lambda_{i}y_{i}^{2}}dy\\ & =\prod_{j=1}^{d}\int_{\mathbb{R}}e^{-\pi\lambda_{i}\left|y_{i}\right|^{2}}dy_{i}. \end{align*}

Since \int_{\mathbb{R}}e^{-\pi\lambda y^{2}}dy=\frac{1}{\sqrt{\lambda}} for \lambda>0, we have

    \[ \int_{\mathbb{R}^{d}}e^{-\pi\left(x,A\left(x\right)\right)}dx=\prod_{j=1}^{d}\frac{1}{\sqrt{\lambda_{j}}}=\left(\det A\right)^{\frac{1}{2}}.\qedhere \]

Some Calculations and Linear Algebra

조화해석학 세미나하면서 나왔던 기초적인 명제들이다. 이런 것들을 잘 해내는 것이 수학을 할 때 중요한 재능인 것 같다.

Orthogonal matrix에 대해서는 블로그 글을 참고하길 바란다.

Problem. Let \mathbf{x}\in\mathbb{R}^{n}. If A\mathbf{x}=\mathbf{x} for all A\in O\left(n\right), then \mathbf{x}=0.

Proof. 모순을 이끌어내기 위하여 \mathbf{x}\neq0이라 하고, \mathbf{v}_{1}=\frac{\mathbf{x}}{\left|\mathbf{x}\right|}이라 하자. \mathbf{v}_{1}^{\bot}를 span하는 orthonormal basis를 \left\{ \mathbf{v}_{2},\dots,\mathbf{v}_{n}\right\}이라 하자. 그러면 A=\begin{bmatrix}\mathbf{v}_{1} & \mathbf{v}_{2} & \cdots & \mathbf{v}_{n}\end{bmatrix}은 orthogonal matrix가 된다. 이제 A\mathbf{x}=\mathbf{x}라는 것을 생각해보면

    \[ \begin{cases} \sum_{k=1}^{n}A_{1k}x_{k} & =x_{1}\\ \sum_{k=1}^{n}A_{2k}x_{k} & =x_{2}\\ & \vdots\\ \sum_{k=1}^{n}A_{nk}x_{k} & =x_{n} \end{cases} \]

이고 여기서 첫 번째 방정식만 고려하면

    \[ \sum_{k=1}^{n}\frac{x_{k}}{\left|x\right|}x_{k}=x_{1} \]

을 얻는데, 이는 \left|x\right|=x_{1}를 의미한다. 따라서 x_{2}=\cdots=x_{n}=0이다.
이 이야기는 A\left(k\mathbf{e}_{1}\right)=\left(k\mathbf{e}_{1}\right) for all A\in O\left(n\right)이라는 소리인데, 이 명제는 틀린 명제다. 왜냐하면 orthogonal matrix의 1st column이 \mathbf{e}_{1}이 아닌 것이 있기 때문이다. 그러므로 모순이 발생한다.


 

사실 이 명제는 \mathbb{R}^{2}\mathbb{R}^{3}에서 계산은 물론이고 기하적으로도 잘 보이는 명제라 증명을 안하고 넘겼던게 화근이었다. 그리고 이와 관련된 주제인 rigid motion쪽을 공부했었기에 자명하게
넘겼었지만 그게 그렇게만 자명한건 아니란걸 알았다. 덤으로 rigid motion도 다시 공부했다. 그에 대한 글은 rigid motion에 대한 글을 참고하길 바란다.

잠시 구의 겉넓이와 구의 부피를 구해보도록 하자. \mathbb{R}^{n}에서의 unit sphere의 넓이를 A_{n}, unit ball의 부피를 V_{n}이라 하자. 그러면 다음과 같은 결과가 성립한다.

Proposition. Let A_{n} and V_{n} denote the area and volume of the unit sphere and unit ball in \mathbb{R}^{n}, respectively. Then

    \[ A_{n}=\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)},\quad V_{n}=\frac{\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)}. \]

Proof. 다음의 등식은 쉽게 증명할 수 있다:

    \[ \int_{\mathbb{R}^{n}}e^{-\pi\left|x\right|^{2}}dx=1. \]

Polar coordinate를 이용하면

    \begin{align*} 1 & =\int_{0}^{\infty}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}e^{-\pi r^{2}}r^{n-1}d\sigma\left(\gamma\right)dr\\ & =A_{n}\int_{0}^{\infty}e^{-\pi r^{2}}r^{n-1}dr\\ & =\frac{A_{n}}{2\pi^{\frac{n}{2}}}\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{\frac{n}{2}-1}dt\\ & =\frac{A_{n}}{2\pi^{\frac{n}{2}}}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right) \end{align*}

를 얻는다. 따라서

    \[ A_{n}=\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)} \]

이다.

    \begin{align*} V_{n} & =\int_{\left|x\right|\le1}dx\\ & =\int_{0}^{1}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}d\sigma\left(\gamma\right)r^{n-1}dr\\ & =\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}\frac{1}{n} \end{align*}

를 얻는다. 그래서

    \[ V_{n}=\frac{\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)} \]

를 얻는다.


 

Problem. Evaluate

    \[ \int_{\mathbb{S}^{n-1}}\left|x_{1}\right|d\sigma\left(x\right). \]

이 적분은 두 가지 방법으로 계산할 수 있는데, 하나는 다음과 같은 Lemma를 사용하는 방법이다.

Theorem. Let f be a function defined on \mathbb{S}^{n-1}.
Then we have

    \[ \int_{R\mathbb{S}^{n-1}}f\left(x\right)d\sigma\left(x\right)=\int_{-R}^{R}\int_{\sqrt{R^{2}-s^{2}}\mathbb{S}^{n-2}}f\left(s,\theta\right)d\sigma\left(\theta\right)\frac{Rds}{\sqrt{R^{2}-s^{2}}}. \]

이를 바탕으로 계산을 해보도록 하자.
Proof. n\ge2일 때, 위 공식을 바탕으로 계산을 진행하면

    \begin{align*} & \int_{\mathbb{S}^{n-1}}\left|x_{1}\right|d\sigma\left(x\right)\\ & =\int_{-1}^{1}\int_{\sqrt{1-s^{2}}\mathbb{S}^{n-2}}\left|s\right|d\sigma\left(\tilde{x}\right)\frac{1}{\sqrt{1-s^{2}}}ds\\ & =A_{n-2}\int_{-1}^{1}\left|s\right|\left(1-s^{2}\right)^{\frac{n-3}{2}}ds\\ & =2A_{n-2}\int_{0}^{1}u^{\frac{n-3}{2}}du\\ & =\frac{2A_{n-2}}{d-1}\\ & =\frac{2\pi^{\frac{n-1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} \end{align*}

를 얻는다.


Another Proof. 잠시

    \begin{align*} & \int_{0}^{\rho}\left(\int_{\mathbb{S}^{n-1}}r\left|w_{1}\right|d\sigma\left(w\right)\right)r^{n-1}dr\\ & =\int_{B\left(0,\rho\right)}\left|x_{1}\right|dx=\Phi\left(\rho\right)\\ & =\int_{B\left(0,1\right)}\left|\rho y_{1}\right|\rho^{n}dy=\rho^{n+1}D_{1} \end{align*}

임에 주목하자. 여기서 D_{1}

    \begin{align*} D_{1} & =\int_{B_{1}\left(0\right)}\left|y_{1}\right|dy.\\ & =\int_{-1}^{1}\left[\int_{\left|y^{\prime}\right|<\sqrt{1-y_{1}^{2}}}\left|y_{1}\right|dy^{\prime}\right]dy_{1}\\ & =\int_{-1}^{1}\left|y_{1}\right|\left(\sqrt{1-y_{1}^{2}}\right)^{n-1}m\left(B\left(0,1\right)\right)dy_{1}\\ & =2m\left(B\left(0,1\right)\right)\int_{0}^{1}y_{1}\left(1-y_{1}^{2}\right)^{\frac{n-1}{2}}dy_{1}\\ & =\frac{m\left(B\left(0,1\right)\right)}{n+1}. \end{align*}

이다. 그러므로 fundamental theorem of calculus에 의하여

    \[ \int_{\mathbb{S}^{n-1}}\left|x_{1}\right|d\sigma\left(x\right)=\left(n+1\right)D_{1}=\frac{2\pi^{\frac{d-1}{2}}}{\Gamma\left(\frac{d+1}{2}\right)} \]

이다.