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差异化身份

2015年5月30日数学。加利福尼亚州,问题|由|48条评论

这是我最近偶然发现的一个可爱的身份。请注意

\显示样式\frac{d}{dx}（1+x^2）^{0/2}=0

\显示样式\分形{d^2}{dx^2}（1+x^2）^{1/2}=\分形{1}{（1+x^2，^{3/2}}

\displaystyle\frac｛d^3｝｛dx^3｝（1+x^2）^｛2/2｝=0

\显示样式\分形{d^4}{dx^4}（1+x^2）^{3/2}=\分形{9}{（1+4^2）{5/2}}

\显示样式\frac{d^5}{dx^5}（1+x^2）^{4/2}=0

\显示样式\分形{d^6}{dx^6}（1+x^2）^{5/2}=\分形{225}{（1+x^2，^{7/2}}

所以我们可以推测

\显示样式\ frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}}（1+x^2）^{k/2}=0

什么时候k个是偶数，并且

\显示样式\分形{d^{k+1}}{dx^{k+1}}（1+x^2）^{k/2}=\分形{（1\次3\点\次k）^2}{（1＋x^2，^{（k+2）/2}}

什么时候k个很奇怪。这在偶数情况下很明显，因为（1+x^2）^{k/2}是次数多项式k个，但在找到一个光滑的三线证明之前，我在这个奇怪的案例中挣扎了一段时间。（我首先试图证明较弱的说法\裂缝{d^{k+1}}{dx^{k+1}}（1+x^2）^{k/2}是非负的，但出于某种奇怪的原因，我只能通过精确计算导数来确定这一点，而不是使用更多的分析方法，例如凸性参数。）我想其他读者可能会喜欢这个挑战（我也想看一些其他的证据），所以我不想立即发布我自己的证据，我会看看是否有人愿意在评论中提供他们自己的证据或想法。此外，我很想知道这个身份是否与任何其他现有的数学作品有关。

多线性希尔伯特变换的抵消

2015年5月25日数学。加利福尼亚州,数学。一氧化碳,纸张|标签：,|由|10条评论

我刚把我的论文上传到arXiv“多线性希尔伯特变换的抵消“，提交给数学集本文使用了来自加法组合学的方法（更具体地说，来自本·格林和我的这篇论文)为了在获得{长^p}三线性和更高Hilbert变换的边界（如中所述上一篇博客文章)。例如，三线性希尔伯特变换

\显示样式H_3（f1，f2，f_3）（x）：=p.v.\int_{\bf R}f1（x+t）f2（x+2t）f_3（x+3t）\\frac{dt}{t}

对于任何{L^{p_1}（{\bf R}）\乘以L^{p2}到{L^p（{\bf R}）}，尽管推测在以下情况下会这样做｛1/p=1/p_1+1/p_2+1/p_3｝和{1<p_1，p_2，p_3，p<\infty}.（对于{p}远低于{1}可以使用加法组合结构来证明无界性；看见德米特的这篇论文.）可以通过考虑截断的三线性希尔伯特变换来解决这个问题

\显示样式H_{3，r，r}（f1，f2，f_3）（x）：=int_{r\leq|t|\leqR}f1（x+t）f2（x+2t）f_3（x+3t）\\frac{dt}{t}

对于{0<r<r}.不难证明{H_3}等价于｛H_｛3，r，r｝｝边界在中是一致的{右}和{右}另一方面，从闵可夫斯基不等式和霍尔德不等式可以很容易地得到不均匀的的边界{2\log\压裂{R}{R}}对于{H_{3，r，r}}.本文的主要结果是将这个平凡的界限稍稍改进为{o（\log\frac{R}{R}）}作为{右箭头\infty}粗略地说，建立这种收益的方式如下。首先，有一些标准的时频类型缩减，以简化为在单个“树”上获得一些非平凡的抵消。使用“广义冯·诺依曼定理”，我们证明，如果（离散版本的）一个或多个函数，就会发生这种抵消{f1、f2、f3}（或双重功能{f_0}便于测试）在Gowers中很小{U^3}规范。然而，前面提到的算术正则性引理允许表示任意函数{fi}，最大误差为“Gowers统一”函数加上结构化函数（或更准确地说无理虚nilsequence)。这有效地减少了在所有函数都存在的情况下在单个树中建立某些取消的问题｛f_0，f_1，f_2，f_3｝所涉及的是无理虚拟nilsequences。此时，可以使用我和Ben的论文中的“计数引理”来估计树的每个组件的贡献。渐近性中的主要项是尼罗流形上的某个积分，但因为核{\压裂{dt}{t}}在三线性希尔伯特变换中很奇怪，结果这个积分消失了，给出了所需的抵消。

同样的参数适用于高阶希尔伯特变换（也可以用其他有理常数替换这些变换中的系数）。然而，由于算术正则性和计数引理中的数量界限如此之差，似乎不太可能使用这些方法来消除{右/右}完全地，并且需要一些额外的想法来解决完整的猜测。

自由群L^1点态和最大遍历定理的失败

2015年5月18日数学。加利福尼亚州,数学。DS公司,纸张|标签：,,|由|3条评论

我刚把我的论文上传到arXiv“的故障{L^1}自由群的逐点遍历定理和极大遍历定理“，提交给数学论坛，西格玛。本文涉及的是逐点遍历定理Birkhoff，它断言如果一个人有一个保持测量的移位映射{T:X\右箭头X}关于概率空间{X=（X，\mu）}，那么对于任何{f\在L^1（X）}中，平均值{\frac{1}{N}\sum_{N=1}^Nf循环T^{-N}}几乎处处逐点收敛。（在换档图的重要情况下{T}（T）是遍历的，逐点极限只是平均值{\int_X f\d\mu}原始函数的{f}.)

如果使用适当的“调节”Folner平均序列，则逐点遍历定理可以推广到其他顺从群的保测度作用；看见Lindenstrauss的这篇论文了解更多详细信息。（我还在那张纸上写了一些笔记在这里早在2006年我开始写这个博客之前。）但是用于处理可接受情况的参数对于不可接受组，特别是自由非阿贝尔组完全失效{F_2}在两台发电机上。

尼沃和斯坦因研究了这个问题，并获得了关于{F_2}-行动{（T_g）_{g\在F_2}}中关于概率空间{（X，\mu）}例如，对于球面平均算子

\显示样式{mathcal A}_nf:=frac{1}{4\乘以3^{n-1}}\sum_{g\在f_2:|g|=n}f\循环T_g^{-1}中

（其中{|g|}表示构成缩略词的长度{克})，他们证明了这一点{{\mathcal A}_{2n}f}只要满足以下条件，几乎处处收敛{f}在中{L^p（X）}对一些人来说{p>1}（考虑到{F_2}关于二元集｛\｛0,1\｝｝其中两台发电机{F_2}通过交换元素来行动，在这种情况下{{\mathcal A}_n}由奇偶校验决定{无}.）用不同且更简单的证据重新验证了该结果作者：Bufetov他也设法缓解了这种状况｛f\在L^p（X）中｝到较弱的条件{f\在L\log L（X）}中.

关于点遍历定理是否适用于{F_2}-如果只假设{f}在中{L^1（X）}尼沃和斯坦因能够为塞萨罗的平均水平确立这一点{\frac{1}{N}\sum_{N=1}^N{\mathcal A}_N}，但不适用于{{\mathcal A}_n}本身。大约六年前，阿萨夫·纳尔和我试图解决这个问题，并能够在上显示相关的最大不等式{\ell^1（F_2）}，但由于{F_2}，这种不平等并没有转移到{L^1（X）}尽管我们做出了相当大的努力来解决这个问题，但对这个问题没有任何直接影响。

在最近与刘易斯·鲍恩的一些对话的启发下，我回到了这个问题上。这一次，我试图为{L^1}点态遍历定理——这是我和阿萨夫没有认真尝试过的（也许是因为我们太迷恋我们的{\ell^1（F_2）}最大不等式）。我知道一个奥恩斯坦的现有反例关于{L^1}迭代的遍历定理{电话}一个自共轭马尔可夫算子——事实上，我写过关于这个例子的一些注释早在2007年。在重新阅读我的笔记时，我很快发现奥恩斯坦的结构适合{F_2}设置，从而从负面解决问题：

定理1（失败{L^1}逐点遍历定理）存在一个度量保持{F_2}-概率空间上的作用{X}（X）和一个非负函数{f\在L^1（X）}中这样的话{\sup_n{mathcal A}_{2n}f（x）=+\infty}几乎每{x}.

为了描述这个定理的证明，让我首先简要概述Ornstein构造的主要思想，它给出了一个自共轭Markov算子的例子{P}（P）关于概率空间{X}（X）和一个非负数{f\在L^1（X）}中这样的话{\sup_n P^n f（x）=+\infty}几乎每个{x}通过一些标准的操作，它足以表明对于任何给定的{\alpha>0}和{\varepsilon>0}，存在一个自共轭马尔可夫算子｛P｝关于概率空间{X}（X）和一个非负数{f\在L^1（X）}中具有{\|f\|_{L^1（X）}\leq\alpha}，因此{\sup_n P^n f\geq 1-\varepsilon}至少在一组测度上{1-\varepsilon}事实上，替换马尔可夫链会很方便｛（P^n f）_｛n\geq 0｝｝带有古代马尔可夫链 {（f_n）_{n\在{\bf Z}}}中–也就是说，一系列非负函数{f_n}无论是正面还是负面{f}，因此{f_{n+1}=P f_n}为所有人{n\在{\bf Z}}中要求马尔可夫链古老（即在时间上无限延伸）的目的是允许马尔可夫链条在时间上任意移动，这是Ornstein构造的关键。（从技术上讲，Ornstein的原始论点只使用了可以追溯到一个很大的负时间的函数，而不是无限古老的函数，但为了便于讨论，我将掩盖这一点，因为事实证明{F_2}参数的版本可以使用无限古老的链来运行。）

对于任何｛\alpha>0｝，让{P（\alpha）}表示对于任何{\varepsilon>0}，存在一个古老的马尔可夫链{（f_n）_{n\在{\bf Z}}}中具有{L^1（X）}=\alpha}这样的话{sup_{n\in{bfZ}}f_n\geq1-\varepsilon}至少在一组测度上{1-\varepsilon}.很明显{P（1）}因为我们可以接受{f_n=1}为所有人{无}。我们的目标是表明{P（\alpha）}任意小的保持{\字母}奥恩斯坦论点的核心是其含意

\显示样式P（\alpha）\表示P（\alpha（1-\frac{\alpha}{4}））\\\\（1）

对于任何{0<\alpha\leq 1}，它在迭代后快速给出所需的声明。

让我们非正式地看看如何(1)作品。通过假设，忽略ε，我们可以找到一个古老的马尔可夫链｛（f_n）_｛n\in｛\bf Z｝｝｝关于某些概率空间{X}（X）总质量的{L^1（X）}=\alpha}，因此{\sup_n f_n}获得的价值{1}几乎到处都是。假设马尔可夫过程是不可约的{f_n}最终会收敛为{n\rightarrow\infty}到常量值｛\f_n｝_｛L^1（X）｝尤其是其最终状态将基本保持在上方{\字母}（小错误）。

现在假设我们通过替换来复制马尔可夫过程{X}（X）带一份复本{X\次\{1,2\}}（给予{\{1,2\}}一致概率测度），并在{X\次\{1\}}和{X\次\{2\}}作为传播算子，使这个新系统的两个组件之间没有交互作用。然后是函数｛f’_n（x，i）：=f_n（x）1_｛i=1｝｝至多形成一个古老的马尔可夫质量链{\alpha/2}只生活在上半场{X\次\{1\}}本副本的副本，以及{\sup_n f'_n}获得的价值{1}上半场几乎都是这样{X\次\{1\}}，但在下半场为零。的最终状态{f'n}将停留在上面{\字母}上半场{X\次\{1\}}但下半场为零。

现在我们修改了上面的例子，允许两半之间的相互作用量极小{X\次\{1\}},{X\次\{2\}}系统（我心里想{X\次\{1\}}和｛X次\｛2次\｝｝作为两个相同的盒子，一个粒子可以在其中反弹，现在我们希望通过一个小管子将盒子连接起来）。只要新的马尔可夫过程是不可约的，插入这种相互作用的精确方式就不那么重要。一旦有人这样做，那么古老的马尔可夫链{（f'_n）_{n\在{\bf Z}}}中在前面的例子中，被一个稍有不同的古代马尔可夫链所取代｛（f''_n）_｛n\in｛\bf Z｝｝｝或多或少与{f'n}对于负时间{无}，或对于有界正时间{无}，但对于非常大的值{无}最终状态现在在整个状态空间中是恒定的{X\次\{1,2\}}，并将停留在上方{\alpha/2}在这个空间上。

最后，我们考虑一个古老的马尔可夫链{表格}基本上是这样的

\显示样式F_n（x，i）\近似F''_n（x，i）+（1-\frac{\alpha}{2}）F{n-M}（x）1_{i=2}

对于一些大参数｛M｝对所有人来说{n\leq M}（近似值越来越不准确{无}远大于{米}，但现在别管这个了）。这基本上是原始马尔可夫过程在独立的、几乎没有交互作用的状态空间中的两个副本{X\次\{1\}，X\次\{2\}}，但第二份副本延迟了很长时间{米}振幅也衰减了一个系数{1-\frac{\alpha}{2}}这个过程的总质量现在是{\压裂{\α}{2}+\压裂{\alpha}{2{（1-\压裂{α}{2}）=\α（1-\α/4）}.因为{f''n}的组件{表格}，我们看到了{\sup_n F_n}基本上实现了{1}上半场达到或超过{X\次\{1\}}下半场{X\次\{2\}}，我们与时俱进{无}接近｛M｝.如果{米}足够大，{f''n}平均值约为{\alpha/2}在这种时候，但是{（1-\frac{\alpha}{2}）f{n-M}（x）}组件可以达到{1-\alpha/2}在这里。求和（并继续忽略各种ε损失），我们可以看到{\sup_n F_n}可以达到{1}几乎整个下半场{X\次\{2\}}这就总结了如何确定含义的草图(1).

我们观察到了作者：Bufetov球面平均值{{\mathcal A}_n}对于自由团体来说，行动可以提升为权力{电话}基本上是通过随机分配“速度向量”｛s \ in \｛a，b，a ^｛-1｝，b ^｛-1｝\｝｝到自己的基点{x}然后应用移动的马尔可夫过程{x}沿着该速度矢量（然后在每个时间步长随机改变速度矢量，使其达到速度永远不会改变的“简化字”条件{s}到{s^{-1}})。因此，球面平均问题具有马尔可夫算子解释，这为将Ornstein构造应用于{F_2}系统。经过一定的技术技巧，这是可行的；主要是与{F_2}-一种度量保持系统，该系统接纳最初在状态空间“内部”的一个非常小的区域中支持的古代马尔可夫链，因此可以在“边界”处将此类系统相互耦合，以建立类似的(1)而不会破坏这种链条的古老动力。初始此类系统（用于建立基本案例｛P（1）｝)从根本上考虑{F_2}在Cayley图中的（适当重新规范化的）“无限大球”上，适当地将该球的边界粘合在一起以完成操作。与这个系统相关的古代马尔可夫链在无限负时间从这个无限大球的中心开始{n=-\infty}，只在当时到达这个球的边界{n=0}.

关于孤独跑步者猜想的评论

2015年5月13日说明性的,数学。加利福尼亚州,问题|标签：,|由|58条评论

这个孤独者猜想是否存在以下未决问题：

猜想1假设有{n\geq 1}单位圆上的跑步者{{\bf R}/{\bf-Z}}，都从原点开始，以不同的速度移动。那么对于每个跑步者来说，至少有一次{t}（t）因为跑步者是“孤独的”，因为他们之间至少有一段距离{1/n}来自所有其他跑步者。

可以将孤独跑步者的速度归一化为零，此时可以重新计算推测（替换后{无}通过{n+1})如下：

猜想2让{v_1，\点，v_n}对某些人来说是非零实数{n\geq 1}.然后存在一个实数{t}（t）这样的数字{tv_1，\点，tv_n}至少都是一段距离吗{\压裂{1}{n+1}}从整数中，因此{\|tv_1\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}，\点，\ |tv_n\|__{\bfR}/}\geq\frac{1}{n+1}}哪里{\|x\|_{\bf R}/{\bf-Z}}}表示距离{x}精确到最接近的整数。

这个猜想已经被证明了{n\leq 7}，但仍对更大的项目开放{无}.绑定{\压裂{1}{n+1}}是最优的，从案例中可以看出{v_i=i}并应用狄里克莱近似定理注意，对于每个非零{v}（v），集合{\{t\在{\bf R}:\|vt\|_{\bfR}/{\bf-Z}}\leqr\}}中具有（巴纳赫）密度{2r}对于任何{0<r<1/2}，从中我们可以很容易地找到{t\in{\bf R}}对于其中

\显示样式\|tv_1\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}、\点、\ |tv_n\|__{\bfR}/}\geq\frac{1}{2n}-\瓦雷普西隆

对于任何{\varepsilon>0}，但事实证明，消除{2}增加{\压裂{1}{2n}}到{\压裂{1}{n+1}}（据我所知，甚至在提高{\压裂{1}{2n}}到{\压裂{1+c}{2n}}对于某个绝对常数{c>0}并且足够大｛n｝保持打开状态。）

速度{v_1，\点，v_n}在上述猜想中是任意的非零实，但一段时间以来人们已经知道，当{v_1，\点，v_n}是有理数，或与它们是整数的情况等价（通过缩放）；参见第4节Bohman、Holzman和Kleitman的这篇论文.

在这篇帖子中，我想谈谈对这种减少的一点改进，其中速度｛v_1，\dots，v_n｝是以下整数有界限的大小，界限取决于{无}更准确地说：

提案3为了证明孤独者猜想，只需在附加假设下这样做，即｛v_1，\dots，v_n｝最多为整数{n^{Cn^2}}，其中{C}（C）是一个（显式可计算的）绝对常量。（更确切地说：如果这个孤独的跑步者猜想的限制版本对所有人来说都是真的{n\leq n0}，那么这个猜想的原始版本也适用于所有人{n\leq n0}.)

原则上，这个命题允许人们验证给定的孤独者猜想{无}有限时间内；然而，要用这个命题进行检查的案例数量增长速度比{无}，因此，不幸的是，这不是验证孤独跑步者猜想的可行方法{无}比目前已知的要多。

证明这个命题所需的关键工具之一是下面的加性组合结果。回想一下广义算术级数（或{间隙})在现实生活中{{\bf R}}是一组表单

\显示样式P={n_1 v_1+\点+n_d v_d:n_1，\点，n_d\在{\bf Z}中|n_1|\leq n_1，\dots，|n_d|\leq-n_d\}

对一些人来说{v_1，\点，\在{\bf R}}中和{N_1，\点，N_d>0}; 数量{d}被称为等级进展的关键。如果｛t>0｝，进展{P}（P）据说是{t}（t）-适当的如果总数{n1 v_1+\点+nd v_d}具有{|n_i|\leq t n_i}对于{i=1，\点，d}都是不同的。我们有

引理4（级数位于适当级数内）让{P}（P）是一个等级差距｛d｝在现实中，让{t\geq 1}。那么{P}（P）包含在{t}（t）-适当的间隙{问}最多级别为{d}，使用

\显示样式|Q|\leq（2t）^d^{6d^2}\prod_{i=1}^d（2N_i+1）。

证明：参见的定理2.1比卢的这篇论文（非常相似的结果也可以在我和Van Vu的书，或第1.10条定理我和Van Vu的这篇论文.)\盒子

现在让我们{n\geq 1}，并归纳地假设孤独者猜想已被证明适用于以下所有较小的值{无}，以及的当前值{无}在这种情况下｛v_1，\dots，v_n｝最多为整数{n^{Cn^2}}对于一些足够大的{C}（C）.我们将证明，孤独的跑步者猜想对这一选择基本成立{无}.

让{v_1，\点，v_n}是非零实数。让{C_0}是一个较大的绝对常数，稍后选择。从应用于GAP的上述引理{{n1 v_1+\dots+nd v_d:n1，\dots，nd\in\{-1,0,1\}\}}，可以找到{n^{C_0n}}-适当的间隙{问}最多级别为{无}包含{{v_1，\点，v_n\}}这样的话

\显示样式|Q|\leq（6n^{C_0n}）^n^{6n^2}；

特别地{|Q|\leqn^{Cn^2}}如果{C}（C）是否足够大取决于{C_0}.

我们写作

\显示样式Q={n_1 w_1+\点+n_d w_d:n_1，\点，n_d\在{\bf Z}中|n_1|\leq n_1，\dots，|n_d|\leq-n_d\}

对一些人来说{d\leqn},｛w_1，\dots，w_d｝、和{N_1，\点，N_d\geq 0}.因此，我们{v_i=\phi（a_i）}对于{i=1，\点，n}，其中{\phi:{\bf R}^d\rightarrow{\bf-R}}是线性地图{φ（n1，点，nd）：=n1 w_1+\点+nd w_d}和{a_1，\dots，a_n\在{\bf Z}^d}中非零，躺在盒子里｛（n_1，\dots，n_d）\在｛\bf R｝^d:|n_1|\leq n_1，\dots，|n_d|\leq n_d\｝中.

我们现在需要一个基本引理，它允许我们在两个{a_1，\点，a_n}通过线性投影{我}与原点碰撞：

引理5让{a_1，\dots，a_n\在{\bf R}^d}中是非零向量，不是全部与原点共线。然后，在更换一个或多个{我}带着他们的底片{-a_i}如果需要，存在一对{a_i，a_j}这样的话{a_i-a_j\neq 0}如此一来{a_1，\点，a_n}是的标量倍数{a_i-a_j}.

证明：我们可以假设{d\geq二}，自{d\leq 1}这个箱子是空的。将通用线性投影应用于{{\bf R}^2}（不影响共线性，或给定｛a_｝是的标量倍数{a_i-a_j})，然后我们可以简化为案例{d=2}.

通过旋转和重新标记，我们可以假设{a1}消极的谎言{x}-轴线；通过根据需要翻转符号，我们可以假设{a_2，\点，a_n}躺在封闭的右半平面上。作为{我}并非全部与原点共线{我}对…的谎言{x}-轴，通过重新标记，我们可以假设{a2}对…的谎言{x}轴，并与｛x｝-轴。然后是{a2-a1}使用{x}-轴是非零的，但小于{我}用这个轴制造，所以没有{我}是的标量倍数{a2-a1}，声明如下。\盒子

现在我们回到这个命题的证明。如果{a_1，\点，a_n}都与原点共线，那么｛\phi（a_1），\dots，\phi（a_n）｝处于一维算术级数中{\{mv:|m|\leq|Q|\}}，然后通过缩放，我们可以{v_1，\点，v_n}至多为数量级整数{|Q|\leqn^{Cn}}在这一点上，我们是通过假设完成的。因此，我们可以假设{a_1，\点，a_n}并不都与原点共线，因此通过上述引理和重新标记，我们可以假设{an-a_1}非零，并且{我}是的标量倍数{an-a_1}.

我们写作

\显示样式a_n-a_1=（c1，\点，cd）\\\\（1）

具有{|c_i|\leq 2 N_i}对于{i=1，\点，d}; 通过重新标记，我们可以假定，在不丧失普遍性的情况下{cd}非零，而且

\显示样式\frac{|c_i|}{N_i}\leq\frac{|c_d|}{N_d}

对于｛i=1，\dots，d｝。我们还可以考虑

\显示样式（c1，\dots，cd）=q（c'_1，\dotes，c'_d）\\\\（2）

哪里{q}是一个自然数，并且{c'1，\点，c'd}没有共同因素。

我们现在定义一个变量{\tilde\phi:{\bf R}^d\rightarrow{\bf-R}}属于{\phi:{\bf R}^d\rightarrow{\bf-R}}在地图旁边

\显示样式\tilde\phi（n1，\dots，nd）：=n1\tilde w1+\dots+n{d-1}\tilde w{d-1{-\frac{nd}{cd}（c1\tildew1+\ dots+c{d1}\ tildew{d-1}），

其中{波浪号w_1，\点，\波浪号w_{d-1}}是线性无关的实数{{\bf Q}}，其确切价值在我们的论证中并不重要。这是一个具有以下特性的线性映射{\tilde\phi（a_n-a_1）=0}，所以{\tilde\phi（a_1），\dots，\tilde\fhi（a_n）}最多包含个{n-1}不同的实数，它们不是零，因为{我}是的标量倍数｛a-n-a_1｝、和{\波浪线w_i}线性独立于{{\bf Q}}.正如我们归纳假设的那样，孤独的跑步者猜想成立{n-1}，我们得出结论（删除重复项后），至少存在一个实数{\波浪线t}这样的话

\显示样式\|\tilde t\tilde\phi（a_1）\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}，\dots，\|\tilde t\tilde \phi。

我们想“近似”{\phi}通过{\tilde\phi}从而得出至少有一个实数的结论｛t｝这样的话

\显示样式\|t\phi（a_1）\|{{\bf R}/{\bf-Z}}、\dots、\|t\pi（a_n）\|{{\bf R}/{\bfZ}}\geq\frac{1}{n+1}。

事实证明，我们可以通过傅里叶分析论点来实现这一点，利用{n^{C_0n}}-的适当性质{问}首先，我们从Dirichlet近似定理中看到

\显示样式\|\tilde t\tilde\phi（a_1）\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}，\dots，\|\tile t\tilde\fhi（a_n）\ |_{\bfR}/}\leq\frac{1}{10n^2}

对于一组{\波浪线t}（巴拿赫）密度实数{\ggn ^{-O（n）}}因此，通过三角形不等式，我们得到

\显示样式\|\tilde t\tilde\phi（a_1）\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}，\dots，\|\tilde t\tilde \phi

对于一组｛\蒂尔德t｝密度实数{\ggn ^{-O（n）}}.

应用Littlewood-Paley型的平滑傅里叶乘数，可以找到三角多项式

\显示样式\eta（x）=\sum_{m:|m|\leqn^{C_0n/10}}b_me^{2\pi-mx}

其中包含值{[0,1]}，是{\gg 1}对于{x\|_{{\bf R}/{\bf-Z}}\geq\frac{1}{n}-\frac}{10n^2}}，且不大于｛O（n ^｛-100 C_0n｝）｝对于{x\|_{bf R}/{bf Z}}\leq\frac{1}{n+1}}。然后我们有

\显示样式\mathop{\bf E}_t\prod_{j=1}^n\eta（t\tilde\phi（a_j））\gg n^{-O（n）}

哪里{\mathop{\bf E}_tf（t）}表示拟周期函数的平均值{f}关于reals{{\bf R}}。我们将左侧展开为

\显示样式\sum_{m_1，\dots，m_n:m_1\tilde\phi（a_1）+\dots+m_n\tilde\fhi（a_n）=0}b{m_1}\dotsb{m_n}。

从{\tilde w_1，\点，\ tilde w_n}，我们看到约束

\显示样式m1\tilde\phi（a_1）+\dots+mn\tilde\φ（a_n）=0

仅当且仅当{m1 a_1+\点+mn a_n}是的标量倍数{an-a_1}，或同等（由(1),(2))的整数倍{（c'1，\点，c'd）}因此

\显示样式\sum_{m_1，\dots，m_n:m_1 a_1+\dots+m_n a_n\ in{bf Z}（c'_1，\ dots，c'_d）}b_{m_1}\dots b_{m_n}\gg n^{-O（n）}(3)

接下来，我们考虑平均值

\显示样式\mathop{\bf E}_t\varphi（t\xi）\prod_{j=1}^n\eta（tv_j）\\\\（4）

哪里

\显示样式\xi:=c'_1 w_1+\点+c'_d w_d。\\\\（5）

和{\varphi}是Dirichlet级数

\displaystyle\varphi（x）：=\sum_｛m:|m|\leq n^｛C_0 n/2｝｝e^｛2\pi i mx｝。

通过傅里叶展开和写入{vj=φ（aj）}，我们可以写(4)作为

\显示样式\sum_{m，m_1，\dots，m_n:|m|\leq n^{C_0n/2}；m1\phi（a1）+\点+mn\点（an）=m\xi}b{m1}\点b{mn}。

支持{b{mi}}意味着{|m_i|\leq n^{C_0n/10}}.因为｛n ^｛C_0 n｝｝-…的适当性{问}，我们看到了（{无}足够大）方程

\显示样式m1\phi（a_1）+\dots+m_n\phi（a _n）=m\xi\\\\（6）

意味着

\在{\bf Z}（c'_1，\dots，c'_d）\\\\（7）中显示样式m_1 a_1+\ dots+m_n a_n

相反地(7)意味着(6)保留一些{米}具有{|m|\leqn^{C_0n/2}}.来自(3)因此，我们

\显示样式\mathop{\bfE}_t\varphi（t\xi）\prod_{j=1}^n\eta（tv_j）\ggn^{-O（1）}。

特别是，存在一个{t}（t）这样的话

\显示样式\varphi（t\xi）\prod_{j=1}^n\eta（tv_j）\ggn^{-O（1）}。

自{\varphi}在大小上受{n^{C_0n/2}}、和{\eta}以为界{1}，因此我们

\显示样式\eta（tv_j）\gg n^{-C_0 n/2-O（1）}

对于每个{1\leq-j\leq-n}，其大小属性为{\eta}意味着{\|tv_j\|_{\bf R}/{\bf-Z}}\geq\frac{1}{n+1}}为所有人｛1\leq j\leq n｝让孤独的跑步者猜测{无}.

矩阵对数的标准分支

2015年5月3日说明性的,数学。希腊,数学。无线电高度表,数学。服务提供商|标签：,,,|由|24条评论

因为欧拉身份 ｛e ^｛\pi｝+1=0｝，的复指数不是内射的：{e^{z+2\piik}=e^z}对于任何复杂情况{z}（z）和整数{k}因此复数对数 {z\mapsto\log z}未从中明确定义为单值函数{{\bf C}\反斜杠\{0\}}到｛\bf C｝｝。但是，在生成分支切割，可以创建单值对数的分支。例如，删除负实轴后{（-\infty，0]}，一个有标准分支机构 {\hbox{Log}:{\bf C}\反斜杠（-\infty，0]\rightarrow\{z\in{\bf-C}:|\hbox{Im}z|<\pi\}}对数的对数，带有{\hbox{Log}（z）}定义为复数对数的唯一选择{z}（z）其虚部的大小严格小于{\pi}。此特定分支具有许多有用的附加属性：

  • 标准分支{\hbox{Log}}在其域上是全纯的{{\bf C}\反斜杠（-\infty，0]}.
  • 一个有{\hbox{Log}（\overline{z}）=\overline{\hbos{Log}（z）}}为所有人{z}（z）在域中{{\bf C}\反斜杠（-\infty，0]}特别是，如果｛z\in｛\bf C｝\反斜杠（-\infty，0]｝那么是真的了{\hbox{Log}z}是真实的。
  • 一个有{\hbox{Log}（z^{-1}）=-\hbox}Log}为所有人{z}（z）在域中｛\bf C｝\反斜杠（-\infty，0]）｝.

然后还可以使用对数的标准分支来创建其他多值函数的标准分支，例如创建标准分支{z\mapsto\exp（\frac{1}{2}\hbox{Log}z）}平方根函数。然而，我们警告说{\hbox{Log}（zw）=\hbox}Log}对于标准分支（或者对数的任何分支）都可能失败。

我们可以将这个标准对数分支扩展到{n次n}复矩阵，或（等价）到线性变换{T:V\右箭头V}在上{无}-维复向量空间{垂直}，前提是该矩阵或变换的谱避免了分支切割{（-\infty，0]}事实上，从谱定理可以分解任何这样的{T:V\右箭头V}作为运算符的直接和{T_\lambda:V_\lambda向右箭头V_\lambda}关于非平凡广义特征空间｛V_\lambda｝属于{T}（T），其中{\lambda\在{\bf C}\反斜杠（-\infty，0]}中光谱中的范围{T}（T）对于每个组件{T_\lambda}属于{T}（T），我们定义

\显示样式\hbox{Log}（T_\lambda）=P_\lambda（T_\lambda）

哪里{P_\lambda}是的泰勒展开式吗{\hbox{Log}}在{\lambda}; 作为{T_\lambda-\lambda}是幂零的，在这个泰勒展开式中只需要有限多个项。对数{\hbox{Log}T}则定义为{\hbox{Log}T_\lambda}.

每当{T:V\右箭头V}中没有光谱{（-\infty，0]}:

  • （i） 我们有{\exp（\hbox{Log}T）=T}.
  • （ii）如果{T_1:V_1\右箭头V_1}和{T_2:V_2\右箭头V_2}在中没有光谱{（-\infty，0]}，那么{\hbox{Log}（T_1\oplus T_2）=\hbox}日志}（T1）\oplus\hbox{Log}（T2）}.
  • （iii）如果{T}（T）在封闭的圆盘中有光谱{B（z，r）}在里面｛\bf C｝\反斜杠（-\infty，0]）｝，那么{\hbox{Log}（T）=P_z（T）}，其中{P_z}是泰勒级数｛\hbox｛日志｝｝围绕{z}（z）（绝对收敛于{B（z，r）}).
  • （iv）{\hbox{Log}（T）}完全依赖于{T}（T）（在涵盖了{T}（T）通过不相交的圆盘；或者，可以使用柯西积分表示法{\hbox{Log}（T）=\frac{1}{2\pii}\int_\gamma\hbox{Log}（z）（z-T）^{-1}\dz}用于轮廓{\伽马}在包含频谱的域中{T}（T）特别是，矩阵对数的标准分支是光滑的。
  • （v） 如果{S:V\右箭头W}是任何可逆线性或反线性的地图，然后｛\hbox｛Log｝（STS^｛-1｝）=S\hbox｛Log｝（T）S^｛-1｝｝特别是，对数的标准分支与矩阵共轭进行交换；如果{T}（T）对于上的复数共轭运算为实数{垂直}（也就是说，反线性对合），那么{\hbox{Log}（T）}也是真实的。
  • （vi）如果{T^*：V^*\右箭头V^*}表示的转置{T}（T）（带有{V^*}复对偶｛V｝)，然后{\hbox{Log}（T^*）=\hbox}（T）^*}类似地，如果{T^\匕首：V^\dagger\rightarrow V^\匕}表示的伴随{T}（T）（带有{V^\匕首}的复共轭{V^*}，即。{V^*}用共轭乘法映射｛（c，z）\mapsto\覆盖线｛c｝z｝)，然后{\hbox{Log}（T^\dagger）=\hbox}（T）^\ dagger}.
  • （vii）其中一个{\hbox{Log}（T^{-1}）=-\hbox}Log}.
  • （viii）如果{\西格玛（T）}表示光谱{T}（T），那么{\sigma（\hbox{Log}T）=\hbox}Log}\sigma（T）}.

作为矩阵对数标准分支的快速应用，我们有

提议1让{希腊}是以下矩阵组之一：｛GL_n（｛\bf C｝）｝,{GL_n（{\bf R}）},{U_n（{\bf C}）},{O（Q）},{Sp_{2n}（{\bf C}）}，或{Sp_{2n}（{\bf R}）}，其中{Q:{\bf R}^n\rightarrow{\bf-R}}是非退化实二次型（所以{O（Q）}与同构（可能不确定的）正交群{O（k，n-k）}对一些人来说{0\leqk\leqn}。然后是任何元素{T}（T）属于｛G｝其光谱避免{（-\infty，0]}是指数的，也就是说{T=\exp（X）}对一些人来说{X}（X）在李代数中{{\mathfrak g}}属于{希腊}.

证明：我们只是为了证明这一点{G=O（Q）}，因为其他情况类似（或更简单）。如果{T \在O（Q）}中，然后（查看{T}（T）作为上的复线性映射{{\bf C}^n}，并使用与{问}以识别{{\bf C}^n}具有复杂的对偶｛（｛\bf C｝^n）^*｝，那么{T}（T）是真实的并且{T^{*-1}=T}根据矩阵对数标准分支的性质（v）、（vi）、（vii），我们得出如下结论：{\hbox{Log}T}是真实的并且{-\hbox{Log}（T）^*=\hbox}（T）}等等{\hbox{Log}（T）}位于李代数中{{mathfrak g}={mathfrak o}（Q）}（i）中的声明。\盒子

练习2展示一下｛\hbox｛diag｝（-\lambda，-1/\lambda）｝在中不是指数{GL_2（{\bf R}）}如果{-\lambda\in（-\infty，0）\反斜杠\{-1\}}因此，我们认为上述命题中的分支切割在很大程度上是必要的。请参见德约科维奇的这篇论文为了更完整地描述经典群中指数映射的图像，以及上一篇博客文章关于李群中指数映射的满射性（或缺乏满射性）的更多讨论。

对于稍微不太快的标准分支应用程序，我们有以下结果（最近在对这个MathOverflow问题):

提案3让{T}（T）是分裂正交群的元素{O（n，n）}它位于身份的连接部分。然后{\hbox{det}（1+T）\geq0}.

要求{T}（T）谎言中的身份成分是必要的，作为反例{T=\hbox{diag}（-\lambda，-1/\lambda）}对于{λ\in（-\infty，-1）\cup（-1,0）}显示。

证明：我们认为{T}（T）作为上的（实）线性变换{{\bf C}^{2n}}，然后写入{问}对于与{O（n，n）}，所以{O（n，n）\等于O（Q）}.我们可以分开{{\bf C}^{2n}=V_1\oplus V_2}，其中{V_1}是与中的特征值相对应的所有广义特征空间的总和{（-\infty，0]}、和{V_2}是所有剩余本征空间的总和。自{T}（T）和{（-\infty，0]}都是真实的，{V_1，V_2}也是真实的（即络合不变量）。对于{i=1,2}，限制{T_i:V_i\右箭头V_i}属于{T}（T）到｛V_i｝然后躺在{O（Q_i）}，其中{问题}是的限制{问}到{V_i}、和

\显示样式\hbox{det}（1+T）=\hbox{det{（1+T_1）\hbox}（1+T_2）。

光谱{T_2}由正实数和复数对组成{\lambda，\上划线{\lampda}}（重数相等），所以{\hbox{det}（1+T_2）>0}根据前面的命题，我们得出{T_2=\exp（X_2）}对一些人来说{X_2\在{\mathfrak o}（Q_2）}中; 这一点稍后会很重要。

还有待证明{\hbox{det}（1+T_1）\geq0}.如果{T_1}光谱位于{-1}那么我们就完成了，所以我们可以假设{T_1}光谱仅位于{（-\infty，-1）\杯（-1,0）}（可逆，{T}（T）在处没有光谱{0})。我们分手了{V_1=V_3\oplus V_4}，其中{V_3，V_4}对应于{（-\infty，-1）},{(-1,0)}; 这些都是真的，{T}（T）-不变空间。我们观察到，如果{V_\lambda，V_\mu}是的广义特征空间{T}（T）具有{\lambda\mu\neq 1}，那么{V_\lambda，V_\mu}与（络合物双线性）内积正交{\cdot}与关联{问}; 对于实际的特征空间来说，这是最容易看到的（因为{\lambda\mu u\cdot v=Tu\cdot Tv=u\cdotv}为所有人{u在V_\lambda中，V在V_\ mu}中)，然后根据常规归纳法扩展到广义特征向量。从中我们可以看出{V_1}与…正交{V_2}、和{V_3}和{V_4}是空空间，通过非简并性{问}（因此限制{问题1}属于{问}到{V_1})力{V_3}尺寸与｛V_4｝确实如此{问}现在可以识别{V_3^*}具有{V_4}.如果我们允许{T_3、T_4}是的限制{T}（T）到{V_3，V_4}，因此我们确定{T_4}具有{T_3^{*-1}}，自{T}（T）位于{O（Q）}; 特别地{T_3}是可逆的。因此

\显示样式\hbox{det}（1+T_1）=\hbox}det}（1+T3）\hbox{det{（1+T_3^{*-1}）=\ hbox{det}

所以这足以证明{\hbox{det}（T_3）>0}.

此时，我们需要使用以下假设：{T}（T）位于的身份组件{O（n，n）}这意味着（通过连续性参数）{T}（T）对于任何最大维的正子空间都有正行列式（因为这样的限制不能是奇异的，因为这意味着{T}（T）正范数向量将映射到非正范数矢量）。现在，作为{V_3，V_4}尺寸相等，{问题1}有一个平衡的签名，所以{问题2]同样如此。自{T_2=\exp（X_2）},{T_2}已经位于的身份组件中{O（Q_2）}的任何最大维正子空间上的正行列式也是如此{V_2}我们的结论是{T_1}在任意最大维正子空间上具有正行列式{V_1}.

我们选择了一个复杂的基础{V_3}，以识别{V_3}具有{V_3^*}，已被识别为{V_4}.（在坐标系中，{V_3，V_4}现在这两种形式{{\bf C}^m}、和{Q（v\oplus w）=v\cdot w}对于{v，w\在{\bf C}^m}中.）然后{{v\oplus v:v\在v_3\}}中成为的最大正子空间{V_1}，以及对{T_1}与此子空间共轭{T_3+T_3^{*-1}}，所以

\显示样式\hbox{det}（T_3+T_3^{*-1}）>0。

但是自从{\hbox{det}（T_3+T_3^{*-1}）=\hbox}det}（T_3）\hbox{det{（1+T_3^}T_3^{*1}）}和{1+T_3^{-1}T_3^}{*-1}}是肯定的，所以{\hbox{det}（T_3）>0}根据需要。\盒子

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