Здесь человеку прошедших веков было бы трудно справиться без помощи машин. Но время изменилось. Это трудная часть текста. Можно просто пропустить - поверить, что ИИ не врет, в данном случае, пришлось повысить уровень модели gpt до 6 медиум. Медиум. Медиум справился.
===============
Часть 6. Двусторонняя оценка констант Фавара на \(S^2\)
Пусть
\[ L=-\Delta_{S^2}, \]а \(G_m(t)\), \(t=x\cdot y\), — зональное ядро обращения \(L^m\) на функциях с нулевым средним. Используем обычную поверхностную меру, \(\sigma(S^2)=4\pi\). Таким образом,
\[ LG_1=\delta_y-\frac1{4\pi},\qquad LG_{m+1}=G_m,\qquad \int_{S^2}G_m(x\cdot y)\,d\sigma(x)=0. \]Обозначим
\[ F(m,N)=E_{N-1}(G_m)_1,\qquad K=N+1. \]Теорема. Для целых \(m\ge1\), \(N\ge1\), при \(K\ge2m\) справедливо
\[ \boxed{ \frac{A_m}{K^{2m}} < F(m,N) \le \frac{A_m}{D_m(K)}, } \tag{1} \]где
\[ \boxed{ A_m= \frac{8(2m-1)!}{4^m((m-1)!)^2} \bigl(1-2^{-(2m+1)}\bigr)\zeta(2m+1), } \tag{2} \]а
\[ D_m(x)=\prod_{r=1}^m(x^2-\alpha_r), \qquad \alpha_1=1,\quad \alpha_r=\frac{4r+1}{6}\quad(r\ge2). \tag{3} \]1. Переход от ядра к последовательности коэффициентов.
Положим
\[ g_m(t)=4\pi G_m(t) \]и определим
\[ j_m(n)=\frac1\pi\int_0^\pi g_m(\cos\theta)\sin\theta\sin(n\theta)\,d\theta. \tag{4} \]Общий двойственный знак, установленный в геометрической части доказательства, имеет вид
\[ \sigma_N(\theta)=\operatorname{sgn}\sin(K\theta). \]Поэтому
\[ F(m,N) = \frac12\int_0^\pi g_m(\cos\theta)\sin\theta\,\sigma_N(\theta)\,d\theta. \]Разложение
\[ \operatorname{sgn}\sin(K\theta) = \frac4\pi \sum_{\substack{q\ge1\\q\text{ нечётное}}} \frac{\sin(qK\theta)}q \]даёт точную формулу
\[ \boxed{ F(m,N)= 2\sum_{\substack{q\ge1\\q\text{ нечётное}}} \frac{j_m(qK)}q. } \tag{5} \]Напомним, почему знак один и тот же для всех \(m\). В переменной \(y=(1+t)/2\)
\[ g_m(2y-1)=c_m+\sum_{k=1}^{\infty}b_{m,k}y^k, \qquad b_{m,k}>0. \]Начальные коэффициенты равны \(b_{1,k}=1/k\), а обращение \(L\) даёт
\[ b_{m+1,k} = \frac1k\sum_{j=k}^{\infty}\frac{b_{m,j}}{j+1}>0. \tag{6} \]Следовательно, все производные положительного порядка положительны. Остаток интерполяции в нулях \(U_N\) имеет знак \(U_N\), а этот знак ортогонален полиномам степени меньше \(N\). Отсюда и формула двойственности.
2. Точная рекурсия для \(j_m\).
При \(n\ge2\)
\[ \boxed{j_1(n)=\frac1{n^2-1}.} \tag{7} \]Это непосредственно следует из косинусного разложения
\[ g_1(\cos\theta) = -1+2\log2+ 2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(k\theta)}k. \]Главная рекурсия имеет вид
\[ \boxed{ j_{m+1}(n) = \frac1{n^2-1} \left[ \frac{n+1}{n}j_m(n) + 2\sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{j_m(n+2\nu)}{n+2\nu} \right]. } \tag{8} \]Приведём её вывод. Обозначим косинусные коэффициенты \(g_{m+1}\) через
\[ a_{m+1}(k) = \frac1\pi\int_0^\pi g_{m+1}(\cos\theta)\cos(k\theta)\,d\theta. \]Из уравнения \(Lg_{m+1}=g_m\), интегрируя по частям, получаем
\[ \frac{j_m(n)}n = \frac12\left[ (n-1)a_{m+1}(n-1) - (n+1)a_{m+1}(n+1) \right]. \]Кроме того,
\[ 2j_{m+1}(n) = a_{m+1}(n-1)-a_{m+1}(n+1). \]Вычитая выражения при \(n\) и \(n+2\), находим
\[ \begin{aligned} &(n^2-1)j_{m+1}(n) - \bigl((n+2)^2-1\bigr)j_{m+1}(n+2)\\ &\qquad= (n+1)\left[ \frac{j_m(n)}n-\frac{j_m(n+2)}{n+2} \right]. \end{aligned} \tag{9} \]Теперь суммируем по \(n,n+2,n+4,\ldots\). Получается (8).
Граничный член исчезает: для \(r\ge2\) функция
\[ h_r(\theta)=g_r(\cos\theta)\sin\theta \]обращается в нуль на концах и имеет \(h_r''\in L^1(0,\pi)\). Два интегрирования по частям и лемма Римана—Лебега дают
\[ n^2j_r(n)\longrightarrow0. \]Эта регулярность следует также из (6): при \(r\ge2\) коэффициенты \(b_{r,k}\le k^{-2}\), поэтому производная ядра у полюса имеет не более логарифмической особенности.
3. Хвостовая лемма.
Для \(m\ge1\), \(n\ge2m+2\) положим
\[ C_m(n) = \frac{2m+1}{2m} \frac{n^2-1}{n^2-\alpha_{m+1}} - \frac{n+1}{n}. \]Тогда
\[ \boxed{ 2D_m(n) \sum_{\nu=1}^{\infty} \frac1{(n+2\nu)D_m(n+2\nu)} \le C_m(n). } \tag{10} \]Здесь воспроизведём короткое доказательство, чтобы дополнение не зависело от предыдущей беседы.
Функция
\[ f(x)=\frac1{xD_m(x)} \]является положительным преобразованием Лапласа. Поэтому из
\[ \frac1{e^{2t}-1} \le \frac1{2t}-\frac12+\frac t6 \]следует
\[ \sum_{\nu=1}^{\infty}f(n+2\nu) \le \frac12\int_n^\infty f(x)\,dx -\frac12f(n)-\frac16f'(n). \tag{11} \]Обозначим
\[ \beta=\frac{4m+5}{6},\qquad S=\frac{(m+1)(2m+1)}6, \]\[ R=\prod_{r=1}^m\left(1-\frac{\alpha_r}{n^2}\right), \qquad T=\sum_{r=1}^m\frac{\alpha_r}{n^2-\alpha_r}. \]Оценка выпуклой функции
\[ P(z)=\prod_r(1-\alpha_rz)^{-1} \]через хорду на \([0,n^{-2}]\) даёт
\[ D_m(n)\int_n^\infty f(x)\,dx \le \frac{m+R}{2m(m+1)}. \]Следовательно, левая часть (10) не превосходит
\[ \frac{m+R}{2m(m+1)} -\frac1n+ \frac{2m+1+2T}{3n^2}. \tag{12} \]Используем только
\[ R\le1-\frac S{n^2}+\frac{S^2}{2n^4}, \qquad T\le\frac S{n^2-\beta}. \]Положив
\[ Q=\frac{(2m+1)(4m-1)}{12m}, \qquad H=\frac{S^2}{4m(m+1)}+\frac{2S}{3}, \]получаем из (12)
\[ 2D_m(n)\sum_{\nu\ge1}f(n+2\nu) \le \frac1{2m}-\frac1n+ \frac Q{n^2}+ \frac H{n^2(n^2-\beta)}. \]Но
\[ Q\beta-H = \frac{(2m+1)(14m^2+13m-11)}{144m}>0. \]Поэтому последнее выражение не превосходит
\[ \frac1{2m}-\frac1n+\frac Q{n^2-\beta} =C_m(n). \]Лемма доказана.
4. Двусторонняя оценка коэффициентов.
Положим
\[ d_m= \frac{(2m-1)!}{4^{m-1}((m-1)!)^2}. \]Тогда
\[ d_1=1,\qquad d_{m+1}=\frac{2m+1}{2m}d_m. \tag{13} \]Докажем по индукции, что при \(n\ge2m\)
\[ \boxed{ \frac{d_m}{n^{2m}} < j_m(n) \le \frac{d_m}{D_m(n)}. } \tag{14} \]При \(m=1\) обе стороны следуют из (7).
Пусть утверждение доказано для \(m\), и \(n\ge2m+2\). Из рекурсии (8) и хвостовой леммы получаем
\[ \begin{aligned} j_{m+1}(n) &\le \frac{d_m}{(n^2-1)D_m(n)} \left[ \frac{n+1}{n}+C_m(n) \right]\\ &= \frac{d_m}{D_m(n)} \frac{2m+1}{2m} \frac1{n^2-\alpha_{m+1}}\\ &= \frac{d_{m+1}}{D_{m+1}(n)}. \end{aligned} \tag{15} \]Верхняя индукционная оценка замкнулась точно.
Для нижней оценки используем выпуклость \(x^{-2m-1}\). Формула трапеций на полуоси с шагом \(2\) даёт
\[ 2\sum_{\nu=1}^{\infty}(n+2\nu)^{-2m-1} \ge \int_n^\infty x^{-2m-1}\,dx-n^{-2m-1} = \frac1{2m\,n^{2m}}-\frac1{n^{2m+1}}. \tag{16} \]Подставляя нижнюю индукционную оценку в (8), получаем
\[ \begin{aligned} j_{m+1}(n) &> \frac{d_m}{n^2-1} \left[ \frac{n+1}{n^{2m+1}} + \frac1{2m\,n^{2m}} - \frac1{n^{2m+1}} \right]\\ &= \frac{d_{m+1}}{n^{2m}(n^2-1)} > \frac{d_{m+1}}{n^{2m+2}}. \end{aligned} \tag{17} \]Таким образом, обе стороны (14) доказаны.
Здесь особенно хорошо видно устройство доказательства: поправка \(+1/n\) из первого члена рекурсии сокращается с поправкой \(-1/n\) из оценки хвоста.
5. Завершение доказательства теоремы.
В формуле (5) все аргументы \(qK\ge K\ge2m\), поэтому применима (14). Нижняя оценка даёт
\[ \begin{aligned} F(m,N) &> \frac{2d_m}{K^{2m}} \sum_{\substack{q\ge1\\q\text{ нечётное}}} \frac1{q^{2m+1}}\\ &= \frac{2d_m}{K^{2m}} \bigl(1-2^{-(2m+1)}\bigr)\zeta(2m+1) = \frac{A_m}{K^{2m}}. \end{aligned} \]Для верхней оценки заметим, что
\[ D_m(qK)\ge q^{2m}D_m(K), \qquad q\ge1, \]поскольку для каждого множителя
\[ q^2K^2-\alpha_r \ge q^2(K^2-\alpha_r). \]Следовательно,
\[ \begin{aligned} F(m,N) &\le 2d_m \sum_{\substack{q\ge1\\q\text{ нечётное}}} \frac1{qD_m(qK)}\\ &\le \frac{2d_m}{D_m(K)} \sum_{\substack{q\ge1\\q\text{ нечётное}}} \frac1{q^{2m+1}} = \frac{A_m}{D_m(K)}. \end{aligned} \]Теорема доказана.
Для основного текста можно сразу записать более простое следствие:
\[ \boxed{ \frac{A_m}{K^{2m}} < F(m,N) \le \frac{A_m}{ K^{2m} \left( 1-\dfrac{(m+1)(2m+1)}{6K^2} \right)}, \qquad K\ge2m. } \tag{18} \]Оно следует из
\[ \prod_r(1-u_r)\ge1-\sum_r u_r. \]При фиксированном \(m\) обе границы дают
\[ \lim_{N\to\infty}(N+1)^{2m}F(m,N)=A_m. \]А на границе \(K=2m\), при \(m\to\infty\), отношение простой верхней границы к нижней стремится к \(12/11\); для точного произведения — к \(e^{1/12}\).
Для книжки я бы оставил (18) как основную легко читаемую оценку, а (1) — как её точную по произведению версию. Доказательство у них общее.
Комментариев нет:
Отправить комментарий