Προβλήματα Μαθηματικών

Απρίλιος 23, 2008

Αναπόφευκτος συντονισμός

Filed under: Λυμένα Προβλήματα,Με υπόδειξη — Mihalis Kolountzakis @ 7:18 μμ

Έστω {0<n_1<n_2<\cdots<n_k} διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι. Δείξτε ότι

\displaystyle {\max_{x \in [0,2\pi]} | \sin{n_1 x} + \sin{n_2 x} + \cdots + \sin{n_k x}| \ge C \sqrt{k}},

όπου {C>0} είναι μια απόλυτη σταθερά (για παράδειγμα {C=10^{-2}} σίγουρα είναι σωστό) που δεν εξαρτάται από το {k} ή τους ακεραίους {n_j}.

Advertisements

4 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη:

    \displaystyle {\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} |f(x)|^2\,dx \le \sup_{x\in[0,2\pi]} |f(x)|^2}

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 29, 2008 @ 12:53 μμ

  2. Πολύ βοηθητική η υπόδειξη.
    Θέτοντας {f(x)=\sin(n_1x)+\sin(n_2x)+\cdots+\sin(n_kx)} έχουμε

    \int_{0}^{2\pi}|f(x)|^2\,dx

    = \int_{0}^{2\pi} \sum_{i=1}^{k}(\sin(n_i x))^2
    \ \ \ +{2 \sum_{1 \le i < j \le k} \sin{n_i x} \sin{n_j x} \, dx}
    = [\sum_{i=1}^{k}(\frac{x}{2}-\frac{\sin(2n_ix)}{4n_i})
    +2\sum_{1<=i<j<=k}\left(\frac{\sin((n_i-n_j)x)}{2(n_i-n_j)}-\frac{\sin((n_i+n_j)x)}{2(n_i+n_j)}\right)]_{0}^{2\pi}

    \displaystyle{=\left[\frac{kx}{2}\right]_{0}^{2\pi}=k\pi}.

    Άρα ισχύει

    \max_{x\in[0,2\pi]}|f(x)|=\sqrt{\sup_{x\in[0,2\pi]}|f(x)|^2}
    \ge\sqrt{\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}|f(x)|^2\,dx}=

    \displaystyle{=\sqrt{\frac{k}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{k}},

    δηλαδή μπορούμε να πάρουμε σαν C το \frac{\sqrt{2}}{2}.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από steliosdes — Απρίλιος 29, 2008 @ 4:18 μμ

  3. Πολύ σωστά. Το σημαντικό σε αυτή την άσκηση, πέρα από την υπόδειξη που είναι μια πολύ συνηθισμένη μέθοδος για να αποδεικνύει κανείς τέτοια φράγματα, είναι το γεγονός ότι οι συναρτήσεις που εμφανίζονται στο άθροισμα, δηλ. οι \sin n_i x είναι μεταξύ τους ορθογώνιες, έχουμε δηλ. για i \neq j

    \int_0^{2\pi} \sin{n_i x} \sin{n_j x} \,dx = 0.

    Για παράδειγμα, η ίδια ουσιαστικά απόδειξη δίνει μια παρόμοια ανισότητα (μόνο η σταθερά αλλάζει) αν κανείς αντικαταστήσει τη συνάρτηση \sin x με τη συνάρτηση h(x) (συνάρτηση Haar) που

    (α) είναι 2\pi-περιοδική,
    (β) ίση με -1 στο [0,π) και
    (γ) ίση με 1 στο [π,2π),

    και πάρει τα n_j να είναι δυνάμεις του 2 (αν και αυτό ίσως να μην είναι και τόσο καλό παράδειγμα μια και με άλλον, πιο «στοιχειώδη τρόπο», μπορεί κανείς να αποδείξει καλύτερο φράγμα).

    Επίσης αν στη θέση των ημιτόνων πάρει συνημίτονα, ή μιγαδικά εκθετικά e^{2\pi i n_j x} (χωρίς περιορισμό στις «συχνότητες» n_j αυτή τη φορά).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 29, 2008 @ 5:22 μμ

  4. Μερικά ακόμη σχόλια για το προηγούμενο πρόβλημα.

    Ας γράφουμε M=M(n_1,\ldots,n_k) για το μέγιστο της απόλυτης τιμής του αθροίσματος των ημιτόνων όπως στην εκφώνηση. Δείξαμε ότι οποτεδήποτε τα n_j είναι διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι τότε
    M \ge C \sqrt{k}.

    Είναι αυτό το καλύτερο δυνατό κάτω φράγμα (που ισχύει δηλ. για κάθε επιλογή των n_j);

    Δεν είναι κατ’ αρχήν φανερό αν ένα φράγμα του τύπου M \ge C k μπορεί να ισχύει ή όχι.

    Το μόνο που είναι γνωστό στην ανάποδη κατεύθυνση (πώς μπορούμε δηλ. να επιλέξουμε τα n_j ώστε το M να είναι μικρό) είναι ένα αποτέλεσμα του Bourgain (J. Bourgain, Sur les sommes de sinus, S’em. Anal. Harm., Publ. Math. d’Orsay 84-01 (1984), exp. no 3.) που λέει ότι μπορεί κανείς να επιλέξει τα n_j ώστε να έχει M \le C k^{2/3}.

    Το αποτέλεσμα αυτό είναι μια σχετική απλή εφαρμογή της πιθανοθεωρητικής μεθόδου και μπορεί κανείς να το βρει και στο βιβλίο J.-P. Kahane, Some Random Series of Functions, 2 nd ed., Cambridge studies in advanced mathematics 5, Cambridge Univ. Press, Cambridge, 1985. 33.

    Η τάξη μεγέθους λοιπόν του M κυμαίνεται κάπου ανάμεσα στο k^{1/2} και στο k^{2/3} αλλά τίποτα παραπάνω δεν είναι γνωστό.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 29, 2008 @ 11:37 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: