Walsh–Fourier级数Nörlund对数平均子序列的一些新结果和不等式

摘要

我们证明了存在鞅\（f\在H_{p}\中）这样子序列\（{L_{2^{n}}f\}\）关于Walsh系统的Nörlund对数平均值在鞅Hardy空间中没有界\（H_{p}\）到空间\（弱-L_{p}\）对于\（0<p<1）。我们还证明\（L_{p}中的f\）,\（第1页）,\（L_{2^{n}}f\）汇聚到如果在任何勒贝格点x个此外，还导出了一些新的相关不等式。

1介绍

本简介中使用的术语和符号可在第节中找到。 2.

众所周知，维伦金体系不会在太空中形成基地\（L_{1}\）此外，在Hardy空间中还有一个函数\（H_{1}\），即如果在\（L_{1}\）-规范。此外，（参见Tephnadze[22])存在鞅\（f\在H_{p}\中）(\（0<p<1）)，因此

$$\sup_{n\in\mathbb{n}}\Vert S_{2^{n}+1}f\Vert_{weak-L_{p}}=\infty$$

另一方面，（有关详细信息，请参见书籍[20]和[25])子序列\（{S_{2^{n}}\}\）部分和的有界于鞅Hardy空间\（H_{p}\）到空间\（H_{p}\），对于所有人\（p>0）也就是说，以下不等式成立：

$$\Vert S_{2^{n}}f\Vert_{H_{p}}\leq c_{p{}\Vert f\Vert_{H_}}，\quad n\in\mathbb{n}，p>0$$

（1）

众所周知（参见[20]和[16])

$$S_{2^{n}}f（x）到f（x$$

(2)

韦斯[26]考虑了Vilenkin–Fourier级数的Fejér均值的范数收敛性，证明了不等式

$$\垂直\西格玛_{k} （f）\Vert_{p}\leq c_{p}\Vert f\Vert_{H_{p{}，\quad p>1/2\text{和}f\在H_{p}中$$

(3)

持有。此外，戈吉纳瓦[8]（另请参见[12——15,18])证明了这个假设\（p>1/2）英寸(三)至关重要。特别是，他证明了存在鞅\（f\在H_{1/2}\中）这样的话\（\sup_{n\in\mathbb{n}}\Vert\sigma_{n} （f）\垂直{1/2}=+\infty\）然而，Weisz[26]（另请参阅[17])证明了每一个\（f\在H_{p}\中），存在一个绝对常数\（c{p}\），因此以下不等式成立：

$$\Vert\西格玛_｛2^｛n｝｝f\Vert_｛H_｛p｝｝\leq c｛p｝\Vert f\Vert_｛H_｛p｝｝，\ quad n\in\mathbb｛n｝，p>0$$

(4)

莫里茨和西迪奇[11]研究了沃尔什-傅里叶级数的一些特殊Nörlund平均的逼近性质\（L_{p}\）规范中的功能。一般可和性方法的近似性质可以在[2,三]. Fridli、Manchanda和Siddiqi[5]改进和扩展了Móricz和Siddiqi的结果[11]到鞅Hardy空间。情况发生时\（{q_{k}=1/k:k\in\mathbb{N}\}\）被排除在外，因为这些方法不适用于Nörlund对数平均值。在[6]Gát和Goginava证明了Lebesgue空间中函数的Nörlund对数平均数的一些收敛性和发散性\（L_{1}\）特别是，他们证明了空间中存在一个函数\（L_{1}\），因此\（\sup_｛n\in\mathbb｛n｝｝\Vert L）_{n} （f）\Vert_{1}=\infty\）.

在[4]（另请参见[10])已经证明存在一个鞅\（f\在H_{p}\中）, (\（0<p<1）)这样的话\（\sup_{n\in\mathbb{n}}\垂直L_{n} （f）\Vert_{p}=\infty\）.

在[19]（另请参见[24])证明了存在鞅\（f\在H_{1}\中）这样的话

$$\sup_{n\in\mathbb{n}}\垂直L_{n} （f）\Vert_{1}=\infty$$

(5)

然而，戈吉纳瓦[7]证明了

$$\Vert L_{2^{n}}f\Vert_{1}\leq c\Vert f\Vert_{1}，\quad f\ in L_{1{，n\in\mathbb{n}$$

从这个结果可以看出，对于每个\（f\在H_｛1｝\中），存在一个绝对常数c（c），这样的不平等

$$\Vert L_｛2^｛n｝｝f\Vert _｛1｝\leq c\Vert f\Vert _｛H_｛1｝｝$$

(6)

为所有人保留\（n\in\mathbb{n}\）戈吉纳瓦[7]也证明了\（L_{1}（G）中的f\）,

$$L_{2^{n}}f（x）到f（x$$

根据(1), (4)和(6)，下面的问题很自然。

问题1

是子序列\（{L_{2^{n}}\}\）在鞅Hardy空间上也是有界的\（H_{p}（G）\）什么时候\（0<p<1）?

在定理中2在本文中，我们对这个问题给出了否定的回答。特别是，我们进一步发展了[1,9]并证明任何\（0<p<1），存在鞅\（f\在H_{p}\中）这样的话\（\sup_{n\in\mathbb{n}}\VertL_{2^{n}}f\Vert_{weak-L_{p}}=\infty\）此外，在我们的定理中1我们推广了Goginava的结果[7]并证明任何\（L_{1}（G）中的f\）对于任何勒贝格点x个,

$$L_{2^{n}}f（x）到f（x$$

本文的主要结果在第节中给出和证明。 4.第节三用来表示一些辅助引理，特别是引理2是新的和独立的利益。为了不干扰我们稍后的讨论，第节给出了一些定义和符号。 4最后，帮派。 5保留一些开放性问题，我们希望能为这一有趣领域的进一步研究提供启发。

2定义和符号

让\（\mathbb{无}_{+}\)表示正整数的集合，\（\mathbb{N}:=\mathbb{无}_{+}\杯\{0\}\）。表示方式\（Z_{2}\）二阶离散循环群，即\（Z_{2}:=\{0,1\}\），其中组操作是模2加法，并且每个子集都是开放的。哈尔测量\（Z_{2}\）给出了单粒子的测度为1/2。

定义组G公司作为集团的完全直接产品\（Z_{2}\），离散拓扑的乘积为\（Z_{2}\）s.以下要素G公司由序列表示\（x:=（x{0}，x{1}，\ldots，x{j}，\ ldots）\），其中\（x{k}=0\vee 1\）.

很容易为附近的\（x以G计）即：

$$I_{0}（x）：=G，\qquad I_{n}（x）：=\{y\ in G:y_{0{=x_{0neneneep，\ldots，y_{n-1}=x_}n-1}\}\quad（n\in\mathbb{n}）$$

表示\（I_{n}：=I_{n}（0）\）,\（上一行{I_{n}}:=G\反斜杠I_{n}\）和\（e_｛n｝：=（0，\ldots，0，x_｛n｝=1.0，\ldots）\在G\中），用于\（n\in\mathbb{n}\）很容易证明\（\overline｛I_｛M｝｝＝\bigcup^{M-1}_{s=0}I{s}\反斜杠I{s+1}\）.

如果\（n\in\mathbb{n}\），然后每隔n个可以唯一地表示为\（n=\sum_{k=0}^{infty}n_{j} 2个^{j} \），其中\（n_{j}\在Z_{2}\中）(\（j\in\mathbb{N}\）)并且只有有限数量的\（n{j}\）与零不同。让\（\vert n\vert:=\max\{k\in\mathbb{n}:n_{k}\neq0\}\）.

空间的范数（或拟范数）\（L_{p}（G）\）和\（弱L_{p}（G）\）,\（（0<p<infty））分别由定义

$$\Vertf\Vert_{p}^{p}:=\int_{G}\vertf\Vert^{p{，d\mu，\qquad\Vertf\Vert_{weak-L_{p}}^{p}:=\sup_{lambda>0}\lambda^{pneneneep \mu\quad（f>\lambda）$$

这个k个Rademacher函数定义为

$$r_{k}（x）：=（-1）^{x_{k{}}\quad（x在G中，k在mathbb{N}中）$$

现在，定义沃尔什系统\（w:=（w_{n}:n\in\mathbb{n}）在G公司作为：

$$w_{n}（x）：=\prod^{infty}_{k=0}r_{k}^{n_{k{}}（x）=r_{vertn\vert}（x-）（-1）^{sum_{k=0.}^{vertn\ vert-1}n_{k} x个_{k} }\quad（n\in\mathbb{n}）$$

众所周知（参见，例如[20])

$$\开始{aligned}w{n}（x+y）=&w{nneneneep（x）w{n{（y）。\结束｛对齐｝$$

(7)

沃尔什系统是正交的，在\（L_{2}（G）\）（参见例如[20]).

如果\（f\在L_｛1｝（G）\中）让我们通过以下公式定义傅里叶系数、部分和和Dirichlet核

$$\开始{aligned}&\widehat{f}（k）：=\int_{G} fw公司_{k} \，d\mu\quad（k\in\mathbb{N}\mathbbm{}），\\&S_{n} （f）：=\sum_{k=0}^{n-1}\widehat{f}（k）w_{k}，\qquad D_{n}：=\sam_{k=0.0}^{n-1}周_｛k｝\fquad（n\in\mathbb{无}_{+} ) . \结束｛对齐｝$$

回忆一下（有关详细信息，请参见，例如[20]):

$$D_{2^{n}}（x）=\textstyle\begin{cases}2^{n}，&\text{if}x\在I_{n}中，\\0，&\text{if}x在I_}n中，\end{casesneneneep$$

(8)

和

$$D_{n}=w_{n{sum^{infty}_{k=0}n_{k} 第页_{k} D类_{2^{k}}=w_{n}\sum^{infty}_{k=0}n_{k}_{i} 2个^{i} ●●●●$$

(9)

让\（{q_{k}:k\geq0\}\）是一个非负数序列。傅里叶级数的Nörlund平均如果由定义

$$t美元_{n} （f）：=\frac{1}{{l{n}}\sum_{k=0}^{n} q个_{n-k}S_{k} f、。 $$

在特殊情况下\（{q_{k}=1:k\in\mathbb{N}\}\），我们获得了Fejér平均值

$$\西格玛_{n} （f）：=\压裂{1}{n}\sum_{k=1}^{n} 秒_{k} （f） . $$

如果\（q{k}={1}/{（k+1）}\），然后我们得到Nörlund对数平均值：

$$L美元_{n} （f）：=\压裂{1}{l_{n}}\sum_{k=0}^{n-1}\压裂{S_{k} 如果}{n-k}，\qquad l{n}：=\sum{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$

(10)

Riesz对数平均值定义为

$$卢比_{n} （f）：=\压裂{1}{l_{n}}\sum_{k=1}^{n}\压裂{S_{k} （f）}{k} ，\qquad l_{n}：=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$

我们注意到这是Nörlund对数平均数的倒数。

两个函数的卷积\（f，g在L_{1}（g）中）由定义

$$（f\ast g）（x）：=\int_{G} （f）（x+t）g（t）\，d\mu（t）\quad（x\ in g）$$

众所周知，如果\（L_{p}（G）中的f\）,\（L_{1}（g）中的g）和\（1）.然后，\（在L_｛p｝（g）\中的f\ast g\）相应的不等式成立：

$$\Vertf\ast g\Vert_{p}\leq\Vert f\Vert_}\Vert g\Vert-{1}$$

(11)

陈述

$$L美元_{n} （f）（x）=\int_{G} （f）（t）P_{n}（x+t）\，d\mu（t）\quad\text{和}\quad R_{n} 如果（x）=\int_{G} （f）（t）Y_{n}（x+t）\，d\mu（t）$$

对于\（n\in\mathbb{n}\）在以下方面发挥核心作用，其中

$$P_{n}:=\压裂{1}{Q_{n{}}\总和^{无}_{k=1}q_{n-k}D_{k} \quad\text{和}\quad Y_{n}:=\frac{1}{Q_{n{}}\sum^{无}_{k=1}q_{k} 天_{k}$$

分别称为Nörlund对数和Reisz平均数的核。众所周知（参见例如Goginava[7]和特普纳泽[23]):

$$开始{对齐}P_{2^{n}}^{n} -1个}（x）{Y}（Y）_{2^{n}}（x）。\结束｛对齐｝$$

(12)

此外，对所有人来说\（n\in\mathbb{n}\）,

$$开始{aligned}\Vert P_{2^{n}}\Vert_{1}<c<\infty\quad\text{和}\quad_Vert Y_{n}\Vert-{1}<c<\infty。\结束｛对齐｝$$

(13)

在这种情况下\（L_{1}（G）中的f\）最大函数如下所示

$$M（f）（x）=\sup_{n\in\mathbb{n}}\frac{1}{\vertI_{n}（x）\vert}\biggl\vert\int_{I_{n}（x）}f（u）\，d\mu（u）\biggr\vert=\sup_{n\in\ mathbb}n}2^{n}\bigbl\vert\int_{I_{n}gr\垂直$$

众所周知（有关详细信息，请参见，例如[20])如果\（L_{1}（G）中的f\），然后

$$\bigl\Vert M（f）\bigr\Vert _｛\text{弱}-L_{1} }\leq\Vertf\Vert_{1}$$

根据Calderon–Zygmund的密度论证（参见[20])我们得到，如果\（L_{1}（G）中的f\），然后

$$2^｛n｝\biggl\vert\int _｛I_｛n｝（x）｝f（u）\，d\mu（u）\biggr\vert\到0，quad\text｛as｝n \到infty$$

A分x个沃尔什群上的勒贝格点称为\（L_{1}（G）中的f\），如果

G中的$$\lim_{n\rightarrow\infty}2^{n}\int_{I_{n}（x）}f（t），d\mu（t）=f（x）\quad\text{a.e.}x\$$

根据(2)我们发现如果\（L_{1}（G）中的f\），那么a.e.点就是Lebesgue点。

让\（f:=（f^{（n）}，n\in\mathbb{n}）对于……是鞅\（\digamma_{n}（n\in\mathbb{n}），由间隔生成\（G中的I_{n}（x）：x\）（有关详细信息，请参见，例如[25]).

我们说鞅属于Hardy鞅空间\（H_{p}（G）\），其中\（0<p<infty）如果\（\垂直f\垂直{H_{p}}:=\垂直f^{*}\垂直{p}<\infty\），其中\（f^{\ast}:=\sup_{n\in\mathbb{n}}\vert f^{（n）}\vert\）.

如果\（f=（f^{（n）}，n在mathbb{n}中）是鞅，那么沃尔什-傅里叶系数必须以稍微不同的方式定义：

$$\widehat{f}（i）：=\lim_{k\rightarrow\infty}\int_{G} （f）^{（k）}（x）w{i}（x）\，d\mu（x$$

三辅助结果

Hardy鞅空间\（H_{p}（G）\）具有原子特征（参见Weisz[25,26]).

引理1

鞅 \（f=（f^｛（n）｝，n\in\mathbb｛n｝）\） 在中 \（H_{p}\）(\（0<p\leq 1）)当且仅当存在序列 \（（（a_{k}，k\in\mathbb{N}）） 第页，共页-原子,这意味着他们满足了条件

$$\int美元_{一} 一个_{k} \，d\mu=0，\qquad\Verta a_{k}\Vert_{infty}\leq\mu（I）^{-1/p}，\qquad\operatorname{supp}（a_{k}）\子集I$$

和一个序列 \（（\mu_{k}，k\in\mathbb{N}） 实数的 \（n\in\mathbb{n}\）:

$$\sum_{k=0}^{\infty}\mu_{k} S公司_{2^{n}}a{k}=f^{（n）}，\quad\textit{其中}\sum_{k=0}^{infty}\vert\mu_{k}\vert^{p}<infty$$

(14)

此外,\（\Vertf\Vert_{H_{p}}\backsim\inf（\sum_{k=0}^{infty}\Vert\mu_{k}\Vert^{p}）^{1/p}\）,下确界接管了所有的分解 如果 表单的(14).

我们还声明并证明了一个新的独立兴趣引理：

引理2

让 \（n\in\mathbb{n}\） 和 \（x\在I{2}（e_{0}+e_{1}）\在I_{0}\反斜杠I{1}\）.然后,

$$\开始{aligned}\Biggl\vert\sum{j=2^{2\alpha_{k}}}^{2^{2\\alpha_}+1}}\frac{D_{j}}{2^}2\alfa_{k{+1}-j}\Bigr\vert\geq\frac}{1}{3}。\结束｛对齐｝$$

证明

让\（x\在I{2}（e_{0}+e_{1}）\在I_{0}\反斜杠I{1}\）.根据(8)以及(9)我们得到了

$$D_{j}（x）=\textstyle\begin{cases}w_{j{，&\text{if}j\text{是奇数，}\\0，&\text{if}j是偶数，}\end{cases}$$

和

$$\beart｛aligned｝\sum_｛j＝2^｛2\alpha_｛k｝｝^｛2^｛2\alpha_｛k｝+1｝-1｝\frac｛D_｛j｝｝｛2^｛2\alpha_｛k｝+1｝-j｝=\sum_｛j＝2^｛2\alpha__{k} -1个}}^{2^{2\α{k}}-1}\压裂{w{2j+1}}{2^}2\阿尔法{k}+1}-2j-1}=w{1}\sum{j=2^{2\α_{k} -1个}}^{2^{2\α{k}}-1}\压裂{w{2j}}{2^}2\γ{k}+1}-2j-1}。\结束｛对齐｝$$

自

$$\开始{aligned}&\sum_{j=2^{2\alpha_{k} -2个}+1} ^{2^{2\alpha_{k} -1个}-1} \biggl\vert\frac{1}{2^{2\alpha_{k}+1}-4j+3}-\frac{1'{2^[2\alpha_}k}+1}-4j+1}\biggr\vert\&\quad=\sum_{j=2^{2\\alpha_{k} -2个}+1} ^｛2^｛2\阿尔法_{k} -1个}-1} 压裂{2}{（2^{2\α{k}+1}-4j+3）_{k} -2个}+1} ^{2^{2\alpha_{k} -1个}-1} 压裂{2}{（2^{2\α{k}+1}-4j）_{k} -2个}+1} ^{2^{2\alpha_{k} -1个}-1} \压裂{1}{（2^{2\alpha_{k} -1个}-j） （2^{2\alpha_{k} -1个}-j） }\\&\quad\leq\frac{1}{8}\sum_{k=1}^{\infty}\frac}1}{k^{2}}\leq\frac{1}{8}+\frac{1'{8}\ sum_k=2}^{\farty}\frac{1{k^}\\&\quid\leq \frac_1}{8{+\frac}{8neneneep \sum_{k=2}}^{\infty}\biggl（\frac{1}{k-1}-\压裂{1}{k}\biggr）\\&\quad\leq\frac{1}}{8}+\压裂{1'{8}=\压裂{1\{4}，\end{aligned}$$

如果我们申请\（w{4k+2}=w_{2} w个_{4k}=-w{4k{），用于\（x\在I_{2}（e_{0}+e_{1}）中\），我们发现

$$开始{aligned}\Biggl\vert\sum_{j=2^{2\alpha_{k}}}^{2^{2\\alpha_k}+1}-1}\frac{D_{j}}{2^}2\alfa_k}+1}-j}\Bigr\vert=&\Biggl \vert w_{2^[2\alpha_ k}+1}}{3}+\sum{j=2^{2\alpha_{k} -1个}+1} ^{2^{2\alpha_{k}}-1}\压裂{w_{2j}}{2^}2\alfa_{k{+1}-2j-1}\Biggr\vert\=&\Biggl\vert\frac{w_2^{2\\alpha_k}+1}-4}}{3}-w{2^{2\alpha{k}+1}-4}+sum{j=2^{2\\alpha_{k} -1个}+1} ^{2^{2\alpha_{k}}-1}\frac{w_{2j}}{2^}2\alfa_{k{+1}-2j-1}\Biggr\vert\\=&\Biggl\vert\frac{2w_{2\ alpha_k}+1}-4}}{3}+\sum_{j=2^{2\\alpha_{k} -2个}+1} ^{2^{2\alpha_{k} -1个}}\biggl（压裂{w_{4j-4}}{2^{2\alpha_{k}+1}-4j+3}+\frac{w_}4j-2}}{2\ alpha_}+1}-4j+1}\biggr）_{k} -2个}+1} ^{2^{2\alpha_{k} -1个}}\biggl（\frac｛w_｛4j-4｝｝｛2^｛2\alpha_｛k｝+1｝-4j+3｝-\frac｛w_｛4j-4｝｝｛2^｛2\alpha_｛k｝+1｝-4j+1｝\biggr）\biggr\vert\\geq&\frac｛2｝{3}-\sum{j=2^{2\alpha_{k} -2个}+1} ^｛2^｛2\阿尔法_{k} -1个}}\biggl\vert\frac{1}{2^{2\alpha_{k}+1}-4j+3}-\frac{1'{2^[2\alpha_}k}+1}-4j+1}\biggr\vert\\\geq&\frac}2}{3}-\压裂{1}{4}\geq\压裂{1'{3}。\结束｛对齐｝$$

证据是完整的。 □

4主要成果

我们的第一个主要结果是：

定理1

让 \（第1页） 和 \（L_{p}（G）中的f\）.然后,

$$开始{aligned}\Vert L_{2^{n}}f-f\Vert_{p}\to 0\quad\textit{as}n\to\infty。\结束｛对齐｝$$

(15)

此外,对于所有的勒贝格点 如果,

$$\lim _｛n\rightarrow\infty｝L_｛2^｛n｝｝f（x）=f（x）$$

证明

让\（n\in\mathbb{n}\）.通过组合(11)和(13)我们立即获得

$$\Vert L_{2^{n}}f\Vert_{p}\leq c_{p}\ Vert f\Vert-{p}\quad\text{代表所有}n\in\mathbb{n}$$

这直接意味着(15).

为了证明a.e.收敛性，我们使用恒等式(12)以获得

$$\开始{aligned}L_{2^{n}}f（x）={}&\int_{G} （f）（t）P_{2^{n}}（x+t）=\int_{G}f^{n} -1个}（x+t）{Y}（Y）_{2^{n}}（x+t）\，d\mu（t）：=I-II。\结束｛对齐｝$$

通过应用(2)我们可以得出这样的结论\（I=S_{2^{n}}f（x）到f（x对于所有的勒贝格点\（L_{p}中的f\）此外，通过使用(7)我们发现了

$$\开始{aligned}II=\psi_{2^{n} -1个}（x） \nint_{G}f（t）｛Y｝_{2^{n}}（x+t）{\psi}{2^{n} -1个}（t） \，d（t）。\结束｛对齐｝$$

鉴于(13)我们看到了

$$f（吨）{Y}（Y）_L_中的{2^{n}}（x+t）$$

并注意到二描述可积函数的傅里叶系数。因此，根据黎曼-勒贝格引理，它消失为\（到英寸）即。，\（II\至0\）对于任何\（x以G计）,\（到英寸）.

证据是完整的。 □

我们的下一个主要结果是以下问题的答案1.

定理2

让 \（0<p<1）.然后,存在鞅 \（f\在H_{p}\中） 这样的话

$$\sup_{n\in\mathbb{n}}\VertL_{2^{n}}f\Vert_{weak-L_{p}}=\infty$$

证明

让\（{\alpha_{k}:k\in\mathbb{N}\}\）是正整数的递增序列，这样

$$\开始{aligned}&\sum_{k=0}^{\infty}\alpha_{k}^{-p/2}<\infty，\end{aligned}$$

(16)

$$开始{aligned}&\sum_{\eta=0}^{k-1}\frac{（2^{2\alpha_{\eta}}）^{1/p}{\sqrt{\alpha_}\eta}}}<\fracc{$$

(17)

和

$$\frac{（2^{2\alpha{k-1}}）^{1/p}}{\sqrt{\alpha{k1}}}_{k} -8个}}{\alpha_{k}^{1/2}l{2^{2\alpha_}k}+1}}}$$

(18)

让

$$f^{（n）}（x）：=\sum_{{k；2\alpha_{k}<n\}}\lambda_{k} 一个_{k} $$

哪里

$$\lambda{k}=\frac{1}{\sqrt{\alpha_{k}}\quad\text{和}\quada{k{={2^{2\alpha_}k}（1/p-1）}}（D_{2^}2\alfa_{k{+1}}-D_2^{2\alpha_2}k}}）$$

发件人(16)和引理1我们发现了\（f\在H_{p}\中）很容易证明

$$\widehat{f}（j）=\textstyle\begin{cases}\frac{2^{2\alpha_{k}（1/p-1）}}{\sqrt{\alpha_k}}，&\text{if}j\in\{2^}2\alfa_k}，\ldots，2^{2\alpha_c}+1}-1}，k\in\mathbb{N}，\\0，&\text{if}j\notin\bigcup_{k=1}^{\infty}\{2^{2\alpha_{k}}，\ldots，2^{2\alpha_}k}+1}-1\}。\结束{cases}$$

(19)

此外，

$$开始{对齐}L_{2^{2\alpha_{k}+1}}f&=\frac{1}{L_2^{2\\alpha_}+1}{}}\sum_{j=1}^{2^}2\alfa_{k{}}-1}\frac}S_{j} 如果}{2^{2\α{k}+1}-j}+\压裂{1}{l{2^}2\阿尔法{k}+1}}}\sum_{j=2^{2\\α{k}}}^2^{2\α{k{+1}-1}\压裂{S_{j} （f）}｛｛2^｛2\alpha_｛k｝+1｝-j｝｝\\&：=I+II。\结束｛对齐｝$$

(20)

让\（j<2^{2\α{k}}）.通过组合(17), (18)和(19)我们可以得出这样的结论

$$\开始{aligned}\bigl\vert S_{j} （f）（x）\bigr\vert\leq&\sum_{\eta=0}^{k-1}\sum_{v=2^{2\alpha_{\eta}}}^{2^{2\\alpha_}\eta}+1}-1}\bigl\vert\widehat{f}α{\eta}+1}-1}\frac{2^{2\alpha{\eta}（1/p-1）}}{\sqrt{\alpha{\ta}}\\leq&\sum_{\eta=0}^{k-1}\frac{2^}\alpha_{\esta}}/p} ｛\sqrt｛\alpha_｛\eta｝｝_{k} -4个}}{\alpha_{k}^{1/2}l{2^{2\alpha_}k}+1}}}。\结束｛对齐｝$$

因此，

$$开始{对齐}\vert I\vert\leq&\frac{1}{l_{2^{2\alpha_{k}+1}}}\sum_{j=1}^{2^}2\alfa_{k{}-1}\frac}\vertS_{j} （f）（x）\vert}{2^{2\alpha_{k}+1}-j}\\leq&\frac{1}{l{2^}2\alfa_{k{+1}}}\frac}2^{2\alpha_}k-1}/p}}{sqrt{\alpha_{k-1}}\sum_{j=1}^{M_2\alpha_c}+1}\frac{1}{j}\\leq&压裂{2^{2\alpha{k-1}/p}}{\sqrt{alpha{k1}}}。\结束｛对齐｝$$

(21)

让\（2^{2\α{k}}\leqj\leq2^{2\alpha{k}+1}-1）我们可以写

$$\开始{对齐}S_{j} （f）=&\sum_{\eta=0}^{k-1}\sum_{v=2^{2\alpha_{\ta}}^{2^{2\\alpha_}+1}-1}\widehat{f}裂缝{2^{{2\α{\eta}}（1/p-1）}}{\sqrt{\alpha{\eta}}}}}{\sqrt{\alpha_{k}}（D_{j} -D_{2^{{2\alpha{k}}}}）。\结束｛对齐｝$$

由此可见

$$开始{对齐}II={}&\frac{1}{l_{2^{2\alpha_{k}+1}}\sum_{j=2^{2\\alpha_}}^{2^}2\alfa_{k{+1}}\frac}1}{2\阿尔法{k}+1}-j}\Biggl（1/p-1）}}{\sqrt{\alpha_{\eta}}}+1} }{2^{2\α{k}（1/p-1）}}{sqrt{\alpha{k}}\sum{j=2^{2\\alpha_k}}}^2^{2\α{k{+1}-1}\frac{（D_{j} -D_{2^{2\阿尔法{k}}）}{2^}2\α{k}+1}-j}\\：={}&II{1}+II{2}。\结束｛对齐｝$$

(22)

让\（x\在I{2}（e_{0}+e_{1}）\在I_{0}\反斜杠I{1}\）。根据\（\alpha_{0}\geq1\）我们得到了\（2α{k}geq 2），对于所有人\（k\in\mathbb{N}\）如果我们使用(8)我们得到了\（D_｛2^｛2\α_｛k｝｝｝＝0\）,

$$II_{1}=0$$

(23)

和

$$\begin{aligned}II_{2}=&\frac{1}{l_{2^{2\alpha_{k}+1}}}\frac}2^{2\alpha_}k}（1/p-1）}}{sqrt{\alpha_2k}}}\sum_{j=2^{2\\alpha_{k} -1个}+1} ^｛2^｛2\alpha_{k｝｝-1｝\frac｛w_{2j+1｝｝｛2^｛2\alpha_{k｝+1｝-2j-1｝\\=&&frac｛1｝｛l_｛2^｛2\alpha_{k｝+1｝｝｝\frac｛2^｛2\alpha_{k｝（1/p-1）｝w_{1｝｝_{k} -1个}+1} ^{2^{2\α{k}}-1}\压裂{w{2j}}{2^}2\γ{k}+1}-2j-1}。\结束｛对齐｝$$

通过使用引理2我们可以得出这样的结论

$$\vert II_{2}\vert\geq\frac{1}{3}\frac}{l_{2^{2\alpha_{k}+1}}\frac{2^[2\alpha_}k}（1/p-1）}}{sqrt{\alpha_{k}}\geq\frac{1}{l_2^{2\alpha{k}+1}}\frac{2^}\alpha_2{k}1）-1}}{\sqrt{\alpha{k}}}$$

(24)

如果我们申请(18), (20)–(24)的\（x\在I_{2}（e_{0}+e_{1}）中\）和\（0<p<1），我们有

$$\begin｛aligned｝\bigl\vert L_｛2^｛2\alpha _｛k｝+1｝｝｝f（x）\bigr\vert\geq&II_{2} -二_{1} -我\\geq&\frac{1}{l{2^{2\alpha_{k}+1}}\frac}2^{2\alpha_}k}（1/p-1）-2}}{\sqrt{\alpha_{k}}}-\ frac{1}{l_2^{2\ alpha_k}+1{}}\frac{2^}2\alfa_{k{k}}（1/p-1）-3}{平方{阿尔法{k}}\sqrt{\alpha{k}}}\\geq&\frac{2^{2\alpha{k}（1/p-1）-3}}{（4\alpha_k}+1）\sqrt{\ alpha_k}}\geq\frac}2^{1\alpha_k.}。\结束｛对齐｝$$

因此，我们可以得出这样的结论：

$$开始{对齐}和\Vert L_{q_{alpha_{k}}^{s}}f\Vert_{weak-L_{p}}\\&\quad\geq\frac{2^{2\alpha_}k}（1/p-1{2\alpha_{k}（1/p-1）-6}}{\alpha^{3/2}{k}}\biggr}^{1/p}\\&\quad\geq\frac{2^{2\alpha_k}}\I{2}（e_{0}+e_{1}）中的mu\biggl\{x\：vertL_2^{2\alpha_{k}+1}}f\vert\geq\frac{2^{2\\alpha_k}（1/p-1）-6}}{\ alpha^{3/2}_k}}\biggr\}^{1/p}}}{\alpha^{3/2}_{k}}\bigl（\mu\bigle（I{2}（e_{0}+e_{1}）\bigr）^{1/p}\\&\quad>\frac{c2^{2\alpha{k}（1/p-1）}}{}\右箭头\infty，\quad\text{as}k\rightarrow\infty。\结束｛对齐｝$$

证据是完整的。 □

5开放性问题

它是已知的（有关详细信息，请参见书籍[20]和[25])接下来\（{S_{2^{n}}\}\）部分和的有界于鞅Hardy空间\（H_{p}\）到勒贝格空间\（L_{p}\），对于所有人\（p>0）另一方面，（参见Tephnadze[22])存在鞅\（f\在H_｛p｝\中）(\（0<p<1）)，因此\（\sup_｛n\in\mathbb｛n｝｝\Vert S_｛2^｛n｝+1｝f\Vert _｛weak-L_｛p｝｝｝=\infty\）然而，西蒙[21]证明了一切\（f\在H_{p}\中），存在一个绝对常数\（c{p}\），仅取决于第页，因此

$$\sum^｛\infty｝_｛k=1｝\frac｛\Vert S_{k} （f）\Vert_{p}^{p}}{k^{2-p}}\leq c_{p}\Vert f\Vert_{H_{p{}}^{p}，\quad（0<p<1）$$

在[24]事实证明\（f\在H_{p}\中），存在一个绝对常数\（c{p}\），仅取决于第页，因此

$$\sum^{\infty}_{k=1}\frac{\Vert L_{k} （f）\Vert_{p}^{p}}{k^{2-p}}\leq c_{p}\Vert f\Vert_{H_{p{}}^{p}，\quad（0<p<1）$$

开放问题1

（a） 让\（f\在H_{p}\中），其中\（0<p<1）.是否存在绝对常数\（c{p}\），因此以下不等式成立：

$$\sum^{\infty}_{k=1}\frac{\log^{p}k\Vert L_{k} （f）\垂直_{p}^{p}}{k^{2-p}}\leqc_{p}\Vertf\Vert_{H_{p{}}^{p}，\quad（0<p<1）$$

（b） 对于\（0<p<1/2）和任何非递减函数\（\Phi:\mathbb{N}\rightarrow{}[1，\infty）\）满足条件\（\lim _｛n\rightarrow\infty｝\Phi（n）=+\infty）有可能找到鞅吗\（f\在H_{p}\中）这样的话

$$\sum_｛n=1｝^｛infty｝\frac｛\log ^｛p｝n\Vert L_{n} （f）\Vert_{p}^{p}\Phi（n）}{n^{2-p}}=\infty$$

开放问题2

（a） 让\（f\在H_{p}\中），其中\（0<p\leq 1）和

$$\omega_{H_{p}}\biggl（\frac{1}{2^{n}}，f\biggr）=o\biggl$$

以下收敛结果是否成立：

$$\垂直L_{k} f-f型\Vert_{H_{p}}\rightarrow0，\quad\text{as}k\right箭头\infty$$

（b） 让\（0<p\leq 1）.是否存在鞅\（f\在H_{p}\中），其中

$$\omega_{H_{p}}\biggl（\frac{1}{2^{n}}，f\biggr）=O\biggl$$

和\（\垂直L_{k} f-f型\垂直_{weak-L_{p}}\n右箭头0\），作为\（k\rightarrow\infty\）?