Диссертация (1154386), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Ясно, что в доказательстве нуждается только импликация 2) ⇒ 3), при этом левое неравенство из условия 3) выполняется влюбом симметричном пространстве в силу следствия 5.3.3. Согласно лемме5.3.13, для доказательства правого неравенства в 3) достаточно показать,что ExpL2 ⊂ X. Для этого, в свою очередь, согласно следствию 5.3.5 достаточно показать, что Λ(log−γ (e/t)) ⊂ X для некоторого γ > 21 .Cуществует α0 ∈ (1, α), для которого будет выполняться неравенствоα0 + 1/β > 2, а также для всех достаточно больших n ∈ N будут выполняться и неравенства|A ∩ Bn | > nα0 .С другой стороны, всегда |A ∩ Bn | 6 nd .
Поэтому существует δ ∈ [α0 , d],зависящее от n, для которого|A ∩ Bn | = nδ .Тогда найдется множество U ⊂ [0, 1] такое, что µ(u) > 1 − 2(e/2)−dn , и длявсех u ∈ U Xr(u)r∈A∩Bn∞357√62dnδ+12.(5.40)Действительно, в силу неравенства Бернштейна (см., например, [94, Гл. 1,§ 6, формула (42)]) для любого t ∈ [0, 1] и λ > 0 Xλ2r (u)r (t) > λ < 2e− 2nδ ,µ u ∈ [0, 1] : ∈A∩Bnи, в частности,µ u ∈ [0, 1] : X √δ+12r (u)r (t) > 2dn< 2e−dn .∈A∩BnТак как для различных t ∈ [0, 1] существует не более 2dn вариантов значений для последовательности {r (t)}∈A∩Bn , то X √δ+12µ u : для некоторого t r (u)r (t) > 2dn< 2dn · 2e−dn .∈A∩BnЗначит, для всех остальных u, которые и образуют множество U , будетвыполняться (5.40).
Кроме того, ясно, что для всех u ∈ [0, 1] Xδr(u)r 6 n .∈A∩Bn∞ПоэтомуZ1 X du 6r(u)r∈A∩Bn0∞ X dur(u)r∈A∩Bn[0,1]\U∞Z X du+ r(u)r∈A∩BnU∞√δ+1δ+16 nδ · 2(e/2)−dn + 2dn 2 6 Cn 2 ,Zгде константа C зависит только от d.358С другой стороны, для некоторого множества точек t ∈ [0, 1] меры 2−dnвсе участвующие в сумме функции Радемахера будут принимать значение1, поэтому X δδ−dn),r > kn χ(0,2−dn ) kX > n ϕX (2∈A∩Bn Xгде ϕX — фундаментальная функция пространства X. Используя RUDсвойство системы {r }∈A и вложение L∞ ⊂ X, получим X Z1 X−δr(u)r6nDrϕX (2−dn ) 6 n−δ du∈A∩Bn∈A∩Bn 0XXZ1 X−(δ−1)/26 n−δ D r(u)r6 C 0 n−(α0 −1)/2 . du 6 CDn∈A∩Bn0∞Так как это неравенство верно для всех достаточно больших n ∈ N, афундаментальные функции квазивогнуты, то для всех t ∈ [0, 1]ϕX (t) 6 C log−γ0 (e/t),где γ0 = (α0 − 1)/2 > 0.
Значит, Λ(log−γ0 (e/t)) ⊂ X, и если γ0 > 1/2 (этогоможно добиться, если α > 2), то доказательство закончено. В противномслучае поступим следующим образом.Согласно неравенствам Рона Блея (см. [113, Corollary XIII.29]) для тогоже δ, что и выше, всех p > 1 и u ∈ [0, 1] 21 XXββδ222 n2 ,r(u)r6Cp(r(u))=Cp∈A∩Bn∈A∩BnpИспользуя экстраполяционное описание пространства Орлича ExpL2/β из359следствия 3.2.34, получаем Xr(u)r∈A∩Bnδ6 Cn 2 .ExpL2/βСледовательно, в силу совпадения ExpL2/β с пространством МарцинкевичаM(log−β/2 (e/t)),∗Xr (u)r (t) 6 Cnδ/2 logβ/2 (e/t).∈A∩BnОбъединяя последнее неравенство с (5.40), для всех u ∈ U получаем оценку∗Xr (u)r (t) 6 Cnδ/2 min{n1/2 , logβ/2 (e/t)}.(5.41)∈A∩BnПредположим теперь, что для некоторого γk , 0 < γk 6 1/2, имеет местовложение Λ(log−γk (e/t)) ⊂ X. Тогда X Z1 X−δr(u)rϕX (2−dn ) 6 n−δ 6Dnr du∈A∩Bn∈A∩Bn 0X−δ6 CnZ[0,1]\U XZr (u)r du +∈A∩BnU∞X Xr(u)r∈A∩BnduΛ(log−γk (e/t))6 C · 2(e/d)−dn 1−n1/βeZZ1β1log 2 (e/t) d log−γk (e/t)+C 0 n−δ/2 n 2 d log−γk (e/t) +0e1−n1/β6 C 00 n−(δ/2+γk /β−1/2) 6 C 00 n−(α0 /2+γk /β−1/2) .360Следовательно, имеет место вложение Λ(log−γk+1 (e/t)) ⊂ X, где γk+1 =γ0 + γk /β.
Итерируя этот процесс, получаем, что Λ(log−γn (e/t)) ⊂ X, гдеnX1βγ0γn = γ0→.βkβ−1k=0Если α0 > 2 − 1/β, то βγ0 /(β − 1) > 1/2, поэтому и для некоторого n будетвыполняться неравенство γn > 1/2.В классе пространств Орлича и для множеств A точной комбинаторнойразмерности теорему 5.3.17 можно уточнить.Теорема 5.3.18. Пусть X — пространство Орлича. Предположим также, что d ∈ N, A ⊂ 4d является (α, α)-множеством и α > 1. Тогдаследующие условия эквивалентны:1) {r }∈A — безусловная базисная последовательность в X;2) {r }∈A — RUD последовательность в X;3) последовательность {r }∈A эквивалентна в X стандартному базису`2 , т.е.
для некоторой константы CXX−1CXk{a }∈A k`2 (A) 6 ar 6 CX k{a }∈A k`2 (A) . ∈AX4) X ⊃ ExpL2/α .Доказательство. Равносильность условий 1), 2) и 3) вытекает из теоремы5.3.17. Предположим, что выполнено 4). Согласно неравенствам Рона Блея(см. [113, Corollary XIII.29]) для всех p > 1 и произвольной последовательности {a }∈A 21XXα2a r 6 C(α, d)pa2 . ∈A∈Ap361Поэтому, согласно следствию 3.2.34,XXar6Car ∈A ∈AX 216 C0 ExpL2/αXa2 ,∈Aт.е. в X выполняется правое неравенство условия 3).
Так как левое неравенство выполняется в любом симметричном пространстве в силу следствия5.3.3, то доказана импликация 4)⇒3).Предположим теперь, что выполнено 3). Тогда X −α0 −α/2,rϕX (2−dn ) 6 Cn−α 6 Cn CX k{χA ()}∈Bn k`2 6 C n∈A∩Bn XоткудаϕX (t) 6 C log−α/2 (e/t).Если X — пространство Орлича, порожденное функцией M (u), то ϕX (t) =1/M −1 (1/t), и из последнего неравенства получаемlogα/2 (e/t) 6 CM −1 (1/t),илиM (c logα/2 (e/t)) 6 1/t,откуда, после замены c logα/2 (e/t) = u приходим к неравенству2/αM (u) 6 e(Cu)−1при u > 1.Из последнего, в силу хорошо известных свойств пространств Орлича, следует вложение X ⊃ ExpL2/α , т.е.
условие 4).5.3.5О предельной комбинаторной размерности подмножеств NdВ оставшейся части работы мы будем рассматривать подсистемы хаосаРадемахера вида {ri1 i2 ...id }(i1 ,i2 ,...,id )∈A , для которых множество индексов A362имеет комбинаторную размерность, равную порядку хаоса d. Ключевымдля нас будет тот факт, что такие множества допускают следующее описание.Теорема 5.3.19. Множество A ⊂ Nd имеет комбинаторную размерность α = d тогда и только тогда, когда A обладает следующим свойством: для каждого натурального n существует такой набор множествB1 , B2 , . . .
, Bd ⊂ N, |B1 | = |B2 | = . . . = |Bd | = n, чтоB1 × B2 × . . . × Bd ⊂ A.Мы докажем теорему 5.3.19 двумя способами. Можно показать, что ееутверждение является следствием глубокой теоремы Эрдеша о гиперграфах [136] (а в случае d = 2 также и более ранней работы [162]). Однакопрежде этого мы приведем прямое доказательство теоремы 5.3.19, не использующее теории графов и более предпочтительное с точки зрения замкнутости изложения. Начнем со вспомогательного утверждения.Лемма 5.3.20.
Пусть m, a, b ∈ N, X и Y — конечные множества, |X| =ma , |Y | = mb и Z ⊂ X × Y . Если |Z| > ma+b−ε , где ε ∈ (0, 1), тоb−ε a−εm x ∈ X : |{y ∈ Y : (x, y) ∈ Z}| >>m .22Доказательство. Обозначимmb−εX1 := x ∈ X : |{y ∈ Y : (x, y) ∈ Z}| >.2Тогдаa+b−εm< |Z| =X|{y ∈ Y : (x, y) ∈ Z}| +x∈X1Xx∈X\X1363|{y ∈ Y : (x, y) ∈ Z}| 6mb−εma+b−εb6 |X1 | · m + (m − |X1 |) ·6 |X1 | · m +,22baоткуда и получаем нужное неравенство: |X1 | > ma−ε /2.Так как в предельном случае α = d условие 1) определения 5.3.4 выполняется для любого множества A ⊂ Nd , то для доказательства теоремы5.3.19 достаточно доказать следующее утверждение.Теорема 5.3.21. Пусть d ∈ N. Для любого n ∈ N существуют ε =ε(n, d) > 0 и l = l(n, d) ∈ N такие, что из вложенияS ⊂ A1 × A2 × .
. . × Ad ,где |A1 | = |A2 | = . . . = |Ad | = m > l и |S| > md−ε , следует, что Sсодержит множество видаB1 × B2 × . . . × Bd ,где Bi ⊂ Ai и |Bi | = n, i = 1, 2, . . . , d.Доказательство. Воспользуемся методом математической индукции. Приd = 1 утверждение очевидно. Предположим, что утверждение теоремыверно при d = k, и докажем его справедливость при d = k + 1. Положимε(n, k + 1) := ε(n, k)/(n + 2) и обозначим, для краткости, δ := ε(n, k),η := ε(n, k + 1).Пусть X := A1 × A2 × .
. . × Ad , Y := Ad+1 ,S ⊂ (A1 × A2 × . . . × Ad ) × Ad+1 = X × Y,и |S| > md+1−η . Нам достаточно показать, что при достаточно большихm существуют множества X1 ⊂ X и Bd+1 ⊂ Y такие, что X1 × Bd+1 ⊂S, |X1 | > md−δ и |Bd+1 | = n, так как в этом случае по предположению364индукции множество X1 должно содержать подмножество вида B1 × B2 ×. . . × Bd , где |Bi | = n, i = 1, 2, . . . , n. Предположим, от противного, чтомножества X1 и Bd+1 указанного вида не найдутся.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
