Усиление неравенства Хардли-Литтлвуда

[kp9r4d]

Пусть $\lambda>0$, доказать неравенство

$$m(\{x \in \mathbb{R}^d : \sup_{r>0}\frac{1}{m(B(x,r))}\int_{B(x,r)} f(y) dy > \lambda \}) \leqslant \frac{C_d}{\lambda} \int_{\mathbb{R}}|f(t)|dt$$

В учебнике было доказано для константы $C_d = 3^d$, предлагается доказать для $C_d = 2^d$. Единственная идея: использовать Vitali covering lemma увеличивая шары не в три, а в два раза. Как быть?

[kp9r4d]

Модуль, конечно, у подинтегральной функции стоять должен в обоих случаях:

$$m(\{x \in \mathbb{R}^d : \sup_{r>0}\frac{1}{m(B(x,r))}\int_{B(x,r)} |f(y)| dy > \lambda \}) \leqslant \frac{C_d}{\lambda} \int_{\mathbb{R}}|f(t)|dt$$

-- 22.07.2015, 15:58 --

Упражнение отсюда https://terrytao.files.wordpress.com/2011/01/measure-book1.pdf с. 151 (по нумерации самого учебника, а не файла).

[sup]

А почему в теореме Витали нужен именно множитель 3, а не 2?
Предлагаю сначала доказать это неравенство с множителем $C_d = (2+ \varepsilon)^d$ для функций с компактным носителем.
Ну или можно так. Для всякого $N > 0$ рассмотрим множество $B_N(\lambda)$ таких $x \in B(0,N)$ что

$$\sup_{r>0}\frac{1}{m(B(x,r))}\int_{B(x,r)} |f(y)| dy > \lambda $$

После чего уже доказываем, что

$$m(B_N(\lambda)) \leqslant \frac{(2+\varepsilon)^d}{\lambda} \int_{\mathbb{R}}|f(t)|dt$$

После этого предельный переход по $\varepsilon$.

[kp9r4d]

sup, простите, всё ещё непонятно, не могли бы подробнее объяснить идею? Спасибо!

[sup]

Ладно, более конкретно. В теореме Витали надо накрыть множество шаров. А Вам надо накрыть множество центров. Улавливаете разницу? Нарисуйте два шара радиуса 1, касающиеся друг друга. Теперь вы видите как возникают числа 2 и 3?
Технически, однако, гораздо проще работать с числом $2 + \varepsilon$. Ну а потом уже предельный переход.

[kp9r4d]

sup
Я думал, что доказательство существенно опирается на то, что накрывается именно множество шаров, а именно - без строгого вложения мы не можем использовать монотонность меры $A \subset B \to m(A) \leqslant m(B)$. Как без этого?

[sup]

У меня такое ощущение, что Вы чисто механически переписываете доказательство. А надо "с головой".
Вот у Вас есть множество точек. Вы хотите оценить его меру. Для этого вы каждую точку накрываете неким шаром. Потом из этого семейства выбираете некое подсемейство шаров. Дальше что? Увеличим радиус каждого шара в два раза. Все оставшиеся шары Вы, возможно, не закроете. Но ведь этого и не надо. Надо накрыть центры.
Вот очень простой пример для иллюстрации. У Вас всего две точки. Каждую Вы накрыли шаром. Так получилось, что они одинакового радиуса и касаются. Что дальше?

-- Сб июл 25, 2015 19:29:24 --

Я, кажется, понял в чем у нас разногласие. Вы, судя по всему, пользуясь соображениями компактности, выбираете конечное количество шаров и потом пытаетесь их ВСЕ закрыть. Тогда да, возникнет множитель 3. А надо действовать просто по образу и подобию леммы Витали, выбирая, возможно, счетное количество шаров.

[kp9r4d]

sup в сообщении #1040468 писал(а):

Я, кажется, понял в чем у нас разногласие. Вы, судя по всему, пользуясь соображениями компактности, выбираете конечное количество шаров и потом пытаетесь их ВСЕ закрыть. Тогда да, возникнет множитель 3. А надо действовать просто по образу и подобию леммы Витали, выбирая, возможно, счетное количество шаров.

Да, действительно, думал воспользоваться компактностью, теперь всё понятно, спасибо.

-- 25.07.2015, 16:53 --

Я ведь правильно понимаю, что если строить семейство итеративно и выбирать на $n$-ом шаге очередной шар такой, что, во-первых, он не пересекается с удвоенными версиями остальных шаров (отобранных на предыдущих шагах) семейства, а, во-вторых, наибольшего радиуса из всех имеющихся (с точностью, быть может, до $\varepsilon 2^{-n}$), то тогда построим счётное семейство шаров таких, что удвоение этого семейства покрывает всё множество с точностью до $\varepsilon$. Отсюда всё следует.

[sup]

Не пересекается просто с шарами. Без удвоения. Все как в оригинальной лемме. В результате счетный набор. Покажем, что удвоение с хвостиком выбранных шаров накроет все точки. Берем любую ненакрытую точку. Коль скоро ее шар не был выбран, это значит, что он (с точностью до $\varepsilon$) пересекался с предыдущими шарами. А значит их удвоение (с хвостиком) накроет точку. Поскольку шаров бесконечное количество, то выбрать максимальный радиус не получается. А значит приходится все время оговариваться, что все с точностью до $\varepsilon$. Несколько занудливо, но не смертельно.
Тут еще важна ограниченность области (Вы на эту тему пока ничего не сказали). Иначе шаров фиксированного радиуса можно было бы выбрать бесконечно много и рассуждение не проходит.

[kp9r4d]

sup
Спасибо вам, разобрался.