2022/03/21 02:48 更新
ヒルベルトの不等式
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ヒルベルトの不等式

定理

(2\ell^2の元の)数列{an},{bn}\{a_n\}, \{b_n\} に対して

n=1m=1anbmn+mπn=1an2m=1bm2.\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{a_nb_m}{n+m} \le \pi \sqrt{\sum_{n=1}^\infty a_n^2}\sqrt{\sum_{m=1}^\infty b_m^2}.

 おそらく元々のモチベーションは(離散)ヒルベルト変換が2\ell^2の中で有界作用素か、有界作用素ならばそのノルムはいくらかということにあったっぽい. たしかにn+mn+mとかnmn-mみたいなものが分母にあるとヒルベルト変換感ある。上の式は一番シンプルな形だけどヒルベルト型の不等式の亜種は色々研究されている.
 ちなみにヒルベルトは右辺の定数が2π2\piの場合を示したらしい。ヒルベルトでも得られなかったタイトな評価を今の自分が理解できるという事実にビビりますね. いかに人類知が積み重ねられ共有されているか.

証明

02π(πt)eintdt=[πineint1inteint1n2eint]02π=2πin \int_0^{2\pi} (\pi -t ) e^{int} {\mathrm d}t = \left[\frac{\pi}{in}e^{int} -\frac{1}{in}te^{int} - \frac{1}{n^2}e^{int} \right]_0^{2\pi} = -\frac{2\pi}{in}

より

1n=12πi02π(πt)eintdt.\frac{1}{n} = \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi} (\pi -t ) e^{int} {\mathrm d}t.

ゆえに

n=1Nm=1Manbmn+m=12πin=1Nm=1M02πanbm(πt)ei(n+m)tdt=12πi02π(πt)n=1Naneintn=1Mnmeimtdt.\begin{aligned} \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{a_nb_m}{n+m} &=\frac{1}{2\pi i} \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \int_0^{2\pi} a_n b_m(\pi -t )e^{i(n+m)t} {\mathrm d}t\\ &= \frac{1}{2\pi i} \int_0^{2\pi}(\pi -t ) \sum_{n=1}^N a_n e^{int} \sum_{n=1}^M n_m e^{imt} {\mathrm d}t. \end{aligned}

積分版シュワルツの不等式などから

n=1Nm=1Manbmn+m=12π02π(πt)n=1Naneintm=1Mbmeimtdt12π02π(πt)n=1Naneintn=1Mbmeimtdt12ππ02πn=1Naneintm=1Mbmeimtdt12ππ02πn=1Naneint2dt02πm=1Mbmeimt2dt=12ππ2πn=1Nan22πm=1Mbm2=πn=1Nan2m=1Mbm2.\begin{aligned} \left|\sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{a_nb_m}{n+m} \right| &= \frac{1}{2\pi} \left|\int_0^{2\pi}(\pi -t ) \sum_{n=1}^N a_n e^{int} \sum_{m=1}^M b_m e^{imt} {\mathrm d}t \right|\\ &\le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi}\left|(\pi -t ) \sum_{n=1}^N a_n e^{int} \sum_{n=1}^M b_m e^{imt}\right| {\mathrm d}t \\ &\le \frac{1}{2\pi}\cdot \pi\cdot \int_0^{2\pi}\left| \sum_{n=1}^N a_n e^{int} \sum_{m=1}^M b_m e^{imt}\right| {\mathrm d}t \\ &\le \frac{1}{2\pi}\cdot \pi\cdot \sqrt{\int_0^{2\pi}\left| \sum_{n=1}^N a_n e^{int} \right|^2 {\mathrm d}t \cdot \int_0^{2\pi}\left| \sum_{m=1}^M b_m e^{-imt} \right|^2 {\mathrm d}t}\\ &= \frac{1}{2\pi}\cdot \pi\cdot \sqrt{2\pi \sum_{n=1}^N a_n^2} \cdot \sqrt{2\pi \sum_{m=1}^M b_m^2}\\ &= \pi \sqrt{\sum_{n=1}^N a_n^2}\sqrt{\sum_{m=1}^M b_m^2}. \end{aligned}

となる. とくに{an},{bm}\{a_n\},\{b_m\}l2l^2の元ならばN,MN, M\to \inftyとして目的の不等式が得られる.

補足

 上の証明では1/n1/nをフーリエ係数として表すのが肝であった. 同様に1/n21/n^2をフーリエ係数で表せば

n=1m=1anbm(n+m)2\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{a_nb_m}{(n+m)^2}

も評価できる.

 他のやり方としては1/p+1/q=11/p+1/q=1なる正数p,qp, qを用いて次のように式変形して,

n=1Nm=1Manbmn+m=n=1Nm=1Man(n+m)1p(mn)1pqbm(n+m)1q(nm)1pq\begin{aligned} \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{a_nb_m}{n+m} &= \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{a_n}{(n+m)^{\frac 1 p}( \frac{m}{n})^{\frac {1}{pq}}} \frac{b_m}{(n+m)^{\frac 1 q}( \frac{n}{m})^{\frac {1}{pq}}} \end{aligned}

右辺にヘルダーを使えば

n=1m=1anbmn+mCp,qapbq\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{a_nb_m}{n+m} \le C_{p,q} \|a\|_p\|b\|_q

の形の評価を作れる. 今回はp=q=1/2p=q=1/2の場合でC1/2,1/2=πC_{1/2,1/2}=\piだったということ.

 ちなみに今回示した不等式のπ\piという係数はこれ以上改善できない. この事実は

an=bn=1n12+ε a_n = b_n = \frac{1}{n^{\frac{1}{2}+\varepsilon}}

の場合を考えるとわかる. (そんなに自明ではなくちょっと計算する必要がある...) こういう例は空から降ってきたかのように見えるけど{an},{bn}\{a_n\},\{b_n\}がギリギリ2\ell^2から外れるか外れないところを考えてると言われたらなるほどなーって感じ.