Teorema Carleson — Fondasi Teori Ukuran

Teorema Carleson (Carleson 66) merupakan solusi yang tidak terduga bagi sebuah masalah lama. Hebatnya, teorema ini dapat dibuktikan dengan metode-metode ‘elementer’. Bagian tersulit dari uraian di bawah ini, pada 286J-286L, hanya menuntut pemeriksaan sejumlah ketaksamaan yang melelahkan. Bagaimana ketaksamaan-ketaksamaan itu dipilih merupakan persoalan lain; untuk sekali ini, beberapa gagasan dalam pembuktian terwujud dalam pernyataan lema-lemanya. Argumen di sini merupakan versi yang sangat diperluas dari Lacey & Thiele 00.

Teorema Maksimal Hardy-Littlewood (286A) penting dan layak dipelajari, sekalipun Anda membiarkan bagian selebihnya menjadi monumen yang belum ditelaah. Saya menempatkan 286B-286D di awal bagian, meskipun ketiganya tidak jauh lebih dari latihan yang dikerjakan, sebab hasil-hasil itu juga berpotensi berguna dalam konteks lain.

Kompleksitas argumen ini membuat kita perlu memperkenalkan cukup banyak notasi khusus. Alih-alih memasukkan semuanya ke dalam indeks umum, saya mencantumkannya dalam daftar pada 286W. Di antaranya terdapat sepuluh konstanta $C_1,\ldots,C_{10}$. Nilai bilangan-bilangan ini tidak penting. Metode pembuktian di sini sama sekali tidak sesuai jika kita hendak menaksir laju konvergensi. Saya memberikan cara menghitung $C_n$ semata-mata demi alur logika linear yang digunakan dalam risalah ini, dan karena cara tersebut sesekali memberi petunjuk tentang taktik yang sedang digunakan.

Dalam bagian ini semua integral diambil terhadap ukuran Lebesgue $\mu$ pada $\Bbb R$ kecuali dinyatakan sebaliknya.

286A Teorema Maksimal

Misalkan $1<p<\infty$ dan $f\in\eusm L_{\Bbb C}^p(\mu)$ (definisi: 244P). Tetapkan

$f^*(x)=\sup\{\Bover1{b-a}\int_a^b|f|:a\le x\le b$, $a<b\}$

untuk $x\in\Bbb R$. Maka $\|f^*\|_p\le\Bover{2^{1/p}p}{p-1}\|f\|_p$.

Bukti

(a) Cukup kita tinjau kasus $f=|f|$. Perhatikan bahwa jika $E\subseteq\Bbb R$ mempunyai ukuran berhingga, maka

$\int_Ef =\int(f\times\chi E)\times\chi E \le\|f\times\chi E\|_p(\mu E)^{1/q}\le\|f\|_p(\mu E)^{1/q}$

berhingga, dengan $q=\Bover{p}{p-1}$, menurut ketaksamaan Hölder (244Eb). Akibatnya, jika $t>0$ dan $\int_Ef\ge t\mu E$, haruslah $t\mu E\le\|f\times\chi E\|_p(\mu E)^{1/q}$, $t(\mu E)^{1/p}\le\|f\times\chi E\|_p$ dan

$\mu E\le\Bover1{t^p}\|f\times\chi E\|^p_p =\Bover1{t^p}\int_Ef^p$.

(b) Untuk $t>0$, tetapkan

$G_t=\{x:t(y-x)<\int_x^yf$ untuk beberapa $y>x\}$.

(i) $G_t$ merupakan himpunan terbuka. Bukti. Untuk setiap $y\in\Bbb R$,

$G_{ty}=\{x:x<y$, $t(y-x)<\int_x^yf\}$

terbuka, karena $x\mapsto t(y-x)$ dan $x\mapsto\int_x^yf$ kontinu (225A); jadi $G_t=\bigcup_{y\in\Bbb R}G_{ty}$ terbuka. ∎

(ii) Menurut 2A2I, terdapat partisi $\Cal C$ atas $G_t$ menjadi interval-interval terbuka. Sekarang $C$ terbatas dan $t\mu C\le\int_Cf$ untuk setiap $C\in\Cal C$.

Bukti. Untuk $x\in C$, tinjau $F_x=\{y:y\ge x$, $t(y-x)\le\int_x^yf\}$. $x\in F_x$ dan $y-x\le\Bover1{t^p}\int_{-\infty}^{\infty}f^p$ untuk setiap $y\in F_x$, dengan (a), sehingga $F_x$ terbatas di atas. Tetapkan $z_x=\sup F_x$. Karena $y\mapsto t(y-x)-\int_x^yf$ adalah kontinu, $z_x\in F_x$. ? Jika $z_x\in G_t$, terdapat $y>z_x$ sedemikian sehingga $t(y-z_x)<\int_{z_x}^yf$; tetapi sekarang

$t(y-x) \le\int_x^{z_x}f+\int_{z_x}^yf=\int_x^yf$

dan $y\in F_x$, suatu kemustahilan. ! Jadi $z_x\notin G_t$ dan $z_x\notin C$, sehingga $z_x$ merupakan batas atas $C$.

Ini menunjukkan bahwa

$\sup C\le z_x\le x+\Bover1{t^p}\int_{-\infty}^{\infty}f^p$

untuk setiap $x\in C$. Jadi sebenarnya $C$ terbatas dan berbentuk $\ooint{a,b}$ dengan $a<b$ dalam $\Bbb R$. ? Jika $t(b-a)>\int_a^bf$, ada sebuah $x\in\ooint{a,b}$ sedemikian sehingga $t(b-x)>\int_x^bf$. Kita mengetahui bahwa $b\le z_x$ dan $b\notin G_t$, sehingga $t(z_x-b)\ge\int_b^{z_x}f$. Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan, $t(z_x-x)>\int_x^{z_x}f$ dan $z_x\notin F_x$. !

Jadi $t\mu C\le\int_Cf$, sebagaimana dinyatakan. ∎

(iii) Oleh karena itu, karena $\Cal C$ terhitung dan $f$ nonnegatif, kita dapat menerapkan (a) dalam bentuk penuhnya untuk melihat bahwa

$\mu G_t=\sum_{C\in\Cal C}\mu C \le\sum_{C\in\Cal C}\Bover1{t^p}\int_Cf^p \le\Bover1{t^p}\int_{-\infty}^{\infty}f^p$

adalah hingga, dan

$\int_{G_t}f=\sum_{C\in\Cal C}\int_Cf \ge\sum_{C\in\Cal C}t\mu C=t\mu G_t$.

(c) Semua ini berlaku untuk setiap $t>0$. Sekarang tetapkan

$f_1^*(x)=\sup_{b>x}\Bover1{b-x}\int_x^bf$

untuk $x\in\Bbb R$, kita memiliki $\{x:f_1^*(x)>t\}=G_t$ untuk setiap $t>0$.

Untuk setiap $t>0$,

$\Bover1pt\mu G_t =(1-\Bover1q)t\mu G_t \le\int_{G_t}f-\Bover1q t\chi\Bbb R \le\int_{-\infty}^{\infty}(f-\Bover1q t\chi\Bbb R)^+$.

Jadi

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}(f_1^*)^p &=\int_0^{\infty}\mu\{x:f_1^*(x)^p>t\}dt\\ &\text{(lihat 252O)}\\ &=p\int_0^{\infty}u^{p-1}\mu\{x:f_1^*(x)>u\}du\\ &\text{(dengan substitusi }t=u^p\text{)}\\ &=p\int_0^{\infty}u^{p-1}\mu G_udu \le p^2\int_0^{\infty}u^{p-2} \bigl(\int_{-\infty}^{\infty}(f-\Bover1q u\chi\Bbb R)^+\bigr)du\\ &=p^2\int_{-\infty}^{\infty}\int_0^{\infty} \max(0,f(x)-\Bover1q u)u^{p-2}dudx\\ &\text{(menurut teorema Fubini, 252B, karena }(x,u)\mapsto u^{p-2}\max(0,f(x)-\bover1qu)\text{ terukur dan nonnegatif)}\\ &=p^2\int_{-\infty}^{\infty}\int_0^{qf(x)} u^{p-2}(f(x)-\Bover1q u)dudx\\ &=\Bover{p^2q^{p-1}}{p(p-1)}\int_{-\infty}^{\infty}f^p =(\Bover{p}{p-1})^p\|f\|_p^p.\\\end{aligned}\]

(d) Demikian pula, dengan menetapkan $f_2^*(x)=\sup_{a<x}\Bover1{x-a}\int_a^xf$ untuk $x\in\Bbb R$, $\int_{-\infty}^{\infty}(f_2^*)^p\le(\Bover{p}{p-1})^p\|f\|_p^p$. Tetapi $f^*=\max(f_1^*,f_2^*)$. Bukti. Tentu saja $f_1^*\le f^*$ dan $f_2^*\le f^*$. Selain itu, jika $f^*(x)>t$, harus ada interval tak trivial $I$ yang memuat $x$ sedemikian sehingga $\int_If>t\mu I$; jika $a=\inf I$ dan $b=\sup I$, maka $\int_a^xf>(x-a)t$ dan $f_2^*(x)>t$, atau $\int_x^bf>(b-x)t$ dan $f_1^*(x)>t$. Karena $x$ dan $t$ sebarang, $f^*=\max(f_1^*,f_2^*)$. ∎

Oleh karena itu

\[\begin{aligned}\|f^*\|_p^p &=\int_{-\infty}^{\infty}(f^*)^p =\int_{-\infty}^{\infty}\max((f_1^*)^p,(f_2^*)^p)\\ &\le\int_{-\infty}^{\infty}(f_1^*)^p+(f_2^*)^p \le 2(\Bover{p}{p-1})^p\|f\|^p_p.\\\end{aligned}\]

Dengan mengambil akar pangkat $p$, kita memperoleh ketaksamaan yang dicari.

286B Lema

Misalkan $g:\Bbb R\to\coint{0,\infty}$ suatu fungsi yang tidak menurun pada $\ocint{-\infty,\alpha}$, tidak meningkat pada $\coint{\beta,\infty}$ dan konstan pada $[\alpha,\beta]$, dengan $\alpha\le\beta$. Maka untuk setiap fungsi terukur $f:\Bbb R\to[0,\infty]$, $\int_{-\infty}^{\infty}f\times g\le\int_{-\infty}^{\infty}g \cdot\sup_{a\le\alpha,b\ge\beta,a<b}\Bover1{b-a}\int_a^bf$.

Bukti

Tetapkan $\gamma=\sup_{a\le\alpha,b\ge\beta,a<b}\Bover1{b-a}\int_a^bf$. Untuk $n$, $k\in\Bbb N$, tetapkan $E_{nk}=\{x:\alpha-2^n\le x\le\beta+2^n$, $g(x)\ge 2^{-n}(k+1)\}$. Maka $E_{nk}$ kosong atau merupakan interval terbatas yang memuat $[\alpha,\beta]$, dan $\int_{E_{nk}}f\le\gamma\mu E_{nk}$. Untuk $n\in\Bbb N$, tetapkan $g_n=2^{-n}\sum_{k=0}^{4^n-1}\chi E_{nk}$; maka $\sequencen{g_n}$ merupakan barisan fungsi tak menurun dengan supremum $g$, dan

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty} f\times g &=\sup_{n\in\Bbb N}\int_{-\infty}^{\infty} f\times g_n =\sup_{n\in\Bbb N}2^{-n}\sum_{k=0}^{4^n-1}\int_{E_{nk}}f\\ &\le\sup_{n\in\Bbb N}2^{-n}\sum_{k=0}^{4^n-1}\gamma\mu E_{nk} =\sup_{n\in\Bbb N}\gamma\int_{-\infty}^{\infty} g_n =\gamma\int_{-\infty}^{\infty} g,\\\end{aligned}\]

sebagaimana dinyatakan.

Catatan Bandingkan dengan 224J.

286C Pergeseran, modulasi, dan dilasi

Beberapa perhitungan di bawah akan lebih mudah jika kita menggunakan formalisme berikut. Untuk setiap fungsi $f$ yang domainnya termuat dalam $\Bbb R$, dan $\alpha\in\Bbb R$, kita dapat mendefinisikan

$(S_{\alpha}f)(x)=f(x+\alpha)$, $(M_{\alpha}f)(x)=e^{i\alpha x}f(x)$, $(D_{\alpha}f)(x)=f(\alpha x)$

kapan pun ruas-ruas kanannya terdefinisi. Dalam hal $S_{\alpha}f$ dan $D_{\alpha}f$ kadang-kadang nyaman untuk membiarkan $\pm\infty$ sebagai nilai fungsi tersebut. Kita mempunyai fakta-fakta elementer berikut.

286Ca (a)

$S_{-\alpha}S_{\alpha}f=f$, $D_{1/\alpha}D_{\alpha}f=f$ jika $\alpha\ne 0$.

286Cb (b)

$S_{\alpha}(f\times g)=S_{\alpha}f\times S_{\alpha}g$, $D_{\alpha}(f\times g)=D_{\alpha}f\times D_{\alpha}g$.

286Cc (c)

$D_{\alpha}|f|=|D_{\alpha}f|$.

286Cd (d)

Jika $f$ terintegralkan, maka

$(M_{\alpha}f)\varsphat=S_{-\alpha}\varhatf$, $(S_{\alpha}f)\varsphat=M_{\alpha}\varhatf$, $(S_{\alpha}f)\varspcheck=M_{-\alpha}\varcheckf$;

jika selain itu $\alpha>0$, maka

$\alpha(D_{\alpha}f)\varsphat =D_{1/\alpha}\varhatf$, $\alpha(D_{\alpha}f)\varspcheck =D_{1/\alpha}\varcheckf$

(283Cc-283Ce).

286Ce (e)

Jika $f$ termasuk dalam $\eusm L^1_{\Bbb C}=\eusm L^1_{\Bbb C}(\mu)$, demikian pula $S_{\alpha}f$, $M_{\alpha}f$, dan (jika $\alpha\ne 0$) $D_{\alpha}f$; dalam hal ini

$\|S_{\alpha}f\|_1=\|M_{\alpha}f\|_1=\|f\|_1$, $\|D_{\alpha}f\|_1=\Bover1{|\alpha|}\|f\|_1$.

286Cf (f)

Jika $f$ termasuk dalam $\eusm L^2_{\Bbb C}$, demikian pula $S_{\alpha}f$, $M_{\alpha}f$, dan (jika $\alpha\ne 0$) $D_{\alpha}f$; dalam hal ini

$\|S_{\alpha}f\|_2=\|M_{\alpha}f\|_2=\|f\|_2$, $\|D_{\alpha}f\|_2=\Bover1{\sqrt{|\alpha|}}\|f\|_2$.

286Cg (g)

Jika $h$ merupakan fungsi uji yang menurun cepat (284A), demikian pula $M_{\alpha}h$, $S_{\alpha}h$, dan (jika $\alpha\ne 0$) $D_{\alpha}h$.

286D Lema

Misalkan $g:\Bbb R\to[0,\infty]$ suatu fungsi terukur sedemikian sehingga, untuk suatu konstanta $C\ge 0$, $\int_Eg\le C\sqrt{\mu E}$ kapan pun $\mu E<\infty$. Maka $g$ berhingga hampir di mana-mana dan $\biggerint_{-\infty}^{\infty}\Bover1{1+|x|}g(x)dx$ berhingga.

Bukti

Untuk setiap $n\ge 1$, tetapkan $E_n=\{x:|x|\le n,\,g(x)\ge n\}$; maka

$n\mu E_n\le\int_{E_n}g\le C\sqrt{\mu E_n}$,

jadi $\mu E_n\le\Bover{C^2}{n^2}$ dan

$\{x:g(x)=\infty\}=\bigcap_{n\ge 1}\bigcup_{m\ge n}E_m$

mempunyai ukuran paling besar $\inf_{n\ge 1}\sum_{m=n}^{\infty}\mu E_m=0$.

Untuk integralnya, tetapkan $G(x)=\int_0^xg$ untuk $x\ge 0$. Maka, untuk setiap $a\ge 0$,

\[\begin{aligned}\int_0^a\Bover{g(x)}{1+x}dx &=\Bover{G(a)}{1+a}+\int_0^a\Bover{G(x)}{(1+x)^2}dx\\ &\text{(225F)}\\ &\le C\bigl(\Bover{\sqrt{a}}{1+a} +\int_0^a\Bover{\sqrt{x}}{(1+x)^2}dx\bigr) \le C\bigl(1+\int_0^{\infty}\Bover{\sqrt{x}}{(1+x)^2}dx\bigr),\\\end{aligned}\]

jadi

$\int_0^{\infty}\Bover{g(x)}{1+x}dx \le C\bigl(1+\int_0^{\infty}\Bover{\sqrt{x}}{(1+x)^2}dx\bigr)$

berhingga. Demikian pula, $\biggerint_{-\infty}^0\Bover{g(x)}{1-x}dx$ berhingga, sehingga hasilnya terbukti.

286E Konstruksi Lacey-Thiele (a)

Misalkan $\Cal I$ keluarga semua interval diadik berbentuk $\coint{2^kn,2^k(n+1)}$, dengan $k$, $n\in\Bbb Z$. Sifat geometris penting $\Cal I$ ialah bahwa, untuk $I$, $J\in\Cal I$, berlaku $I\subseteq J$, atau $J\subseteq I$, atau $I\cap J=\emptyset$. Misalkan $Q$ himpunan semua pasangan $\sigma=(I_{\sigma},J_{\sigma})\in\Cal I^2$ sedemikian sehingga $\mu I_{\sigma}\cdot\mu J_{\sigma}=1$. Untuk $\sigma\in Q$, misalkan $k_{\sigma}\in\Bbb Z$ memenuhi $\mu J_{\sigma}=2^{k_{\sigma}}$ dan $\mu I_{\sigma}=2^{-k_{\sigma}}$; misalkan $x_{\sigma}$ titik tengah $I_{\sigma}$, $y_{\sigma}$ titik tengah $J_{\sigma}$, $J^l_{\sigma}\in\Cal I$ paruh kiri $J_{\sigma}$, $J^r_{\sigma}\in\Cal I$ paruh kanan $J_{\sigma}$, dan $y^l_{\sigma}$ titik seperempat bawah $J_{\sigma}$, yaitu titik tengah $J^l_{\sigma}$.

286Eb (b)

Terdapat fungsi uji yang menurun cepat $\phi$ sedemikian sehingga $\varhat{\phi}$ bernilai real dan $\chi[-\bover16,\bover16]\le\varhat{\phi}\le\chi[-\bover15,\bover15]$. Bukti. Lihat bagian (b)-(d) pembuktian 284G. Proses di sana dapat digunakan untuk memperoleh fungsi mulus $\psi_1$ yang nol di luar interval $[\bover16,\bover15]$ dan positif tegas pada $\ooint{\bover16,\bover15}$; dengan mengalikannya dengan faktor yang sesuai, kita dapat mengatur agar $\int_{-\infty}^{\infty}\psi_1=1$. Jadi, jika ditetapkan $\psi_2(x)=1-\int_{-\infty}^x\psi_1$ untuk $x\in\Bbb R$, maka $\psi_2$ mulus dan $\chi\ocint{-\infty,\bover16}\le\psi_2\le\chi\ocint{-\infty,\bover15}$. Sekarang tetapkan $\psi_0(x)=\psi_2(x)\psi_2(-x)$ untuk $x\in\Bbb R$, dan $\phi=\varcheck{\psi}_0$; maka $\varhat{\phi}=\psi_0$ (284C) mempunyai sifat yang diperlukan. ∎

Untuk $\sigma\in Q$, tetapkan $\phi_{\sigma} =2^{k_{\sigma}/2}M_{y^l_{\sigma}}S_{-x_{\sigma}}D_{2^{k_{\sigma}}}\phi$, sehingga

$\phi_{\sigma}(x) =\sqrt{\mu J_{\sigma}}e^{iy^l_{\sigma}x} \phi((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})$.

Perhatikan bahwa $\phi_{\sigma}$ merupakan fungsi uji yang menurun cepat. Sekarang $\varhat{\phi}_{\sigma}=2^{-k_{\sigma}/2}S_{-y^l_{\sigma}} M_{-x_{\sigma}}D_{2^{-k_{\sigma}}}\varhat{\phi}$, yaitu,

$\varhat{\phi}_{\sigma}(y) =\sqrt{\mu I_{\sigma}}e^{-ix_{\sigma}(y-y^l_{\sigma})} \varhat{\phi}((y-y^l_{\sigma})\mu I_{\sigma})$,

yang nol kecuali $|y-y^l_{\sigma}|\le\bover15\mu J_{\sigma}$; karena panjang $J^l_{\sigma}$ adalah $\bover12\mu J_{\sigma}$, ini hanya mungkin terjadi apabila $y\in J^l_{\sigma}$. Kita mempunyai fakta sederhana berikut.

(i) $\|\phi_{\sigma}\|_2 =\sqrt{\mu J_{\sigma}}\cdot\sqrt{\mu I_{\sigma}}\|\phi\|_2 =\|\phi\|_2$ untuk setiap $\sigma\in Q$.

(ii) $\|\varhat{\phi}_{\sigma}\|_1 =\sqrt{\mu I_{\sigma}}\cdot\mu J_{\sigma}\|\varhat{\phi}\|_1 =\sqrt{\mu J_{\sigma}}\|\varhat{\phi}\|_1$ untuk setiap $\sigma\in Q$.

(iii) Jika $\sigma$, $\tau\in Q$ dan $J^l_{\sigma}\cap J^l_{\tau}=\emptyset$ maka

$\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} =\innerprod{\varhat{\phi}_{\sigma}}{\varhat{\phi}_{\tau}}=0$,

menurut 284Ob. (Untuk $f$, $g\in\eusm L_{\Bbb C}^2$, saya menulis $\innerprod{f}{g}$ untuk $\int_{-\infty}^{\infty}f\times\bar g$.)

(iv) Jika $\sigma$, $\tau\in Q$ dan $J_{\sigma}\ne J_{\tau}$ dan $J^r_{\sigma}\cap J^r_{\tau}$ tidak kosong, maka $J^l_{\sigma}\cap J^l_{\tau}=\emptyset$ jadi $\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}=0$.

286Ec (c)

Tetapkan $w(x)=\Bover1{(1+|x|)^3}$ untuk $x\in\Bbb R$. Untuk $\sigma\in Q$, tetapkan $w_{\sigma} =2^{k_{\sigma}}S_{-x_{\sigma}}D_{2^{k_{\sigma}}}w$, sehingga bahwa

$w_{\sigma}(x)=w((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})\mu J_{\sigma} \le\mu J_{\sigma}=2^{k_{\sigma}}$

untuk setiap $x$. Perhatikan bahwa $w_{\sigma}=w_{\tau}$ kapan pun $I_{\sigma}=I_{\tau}$.

286F Urutan parsial (a)

Untuk $\sigma$, $\tau\in Q$, katakan bahwa $\tau\le\sigma$ jika $J_{\tau}\subseteq J_{\sigma}$ dan $I_{\sigma}\subseteq I_{\tau}$. Maka $\le$ merupakan urutan parsial pada $Q$. Kita mempunyai fakta-fakta elementer berikut.

(i) Jika $\tau\le\sigma$, maka $k_{\tau}\le k_{\sigma}$.

(ii) Jika $\sigma$ dan $\tau$ tak terbandingkan (yaitu, $\sigma\not\le\tau$ dan $\tau\not\le\sigma$), maka $(I_{\sigma}\times J_{\sigma})\cap(I_{\tau}\times J_{\tau})$ kosong. Bukti. Kita boleh menganggap bahwa $k_{\sigma}\le k_{\tau}$. Jika $J_{\sigma}\cap J_{\tau}\ne\emptyset$, maka $J_{\sigma}\subseteq J_{\tau}$, karena keduanya merupakan interval diadik dan $J_{\sigma}$ lebih pendek; tetapi karena $\sigma\not\le\tau$, ini berarti bahwa $I_{\tau}\not\subseteq I_{\sigma}$ dan $I_{\sigma}\cap I_{\tau}=\emptyset$. ∎

(iii) Jika $\sigma$, $\sigma'$ tak terbandingkan dan keduanya lebih besar dari atau sama dengan $\tau$, maka $I_{\sigma}\cap I_{\sigma'}=\emptyset$, karena $J_{\tau}\subseteq J_{\sigma}\cap J_{\sigma'}$.

(iv) Jika $\tau\le\sigma$ dan $k_{\tau}\le k\le k_{\sigma}$, maka ada (unik) $\upsilon$ sedemikian sehingga $\tau\le\upsilon\le\sigma$ dan $k_{\upsilon}=k$. (Intinya ialah bahwa terdapat tepat satu $I\in\Cal I$ sedemikian sehingga $I_{\sigma}\subseteq I\subseteq I_{\tau}$ dan $\mu I=2^{-k}$; dan dengan cara yang sama hanya ada satu kandidat untuk $J_{\upsilon}$.)

286Fb (b)

Akan berguna untuk memakai singkatan berikut: jika $R\subseteq Q$, tetapkan

$R^+=\bigcup_{\tau\in R}\{\sigma:\tau\le\sigma\in Q\}$.

286Fc (c)

Untuk $\tau\in Q$, tetapkan

$T_{\tau}=\{\sigma:\sigma\in Q$, $\tau\le\sigma$, $J^r_{\tau}\subseteq J^r_{\sigma}\}$.

Perhatikan bahwa jika $\sigma$, $\sigma'\in T_{\tau}$ dan $k_{\sigma}\ne k_{\sigma'}$ maka $J_{\sigma}\ne J_{\sigma'}$ dan $J^r_{\sigma}\cap J^r_{\sigma'}\ne\emptyset$, jadi $\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\sigma'}}=0$ (286E(b-iv)).

286G

Kita akan memerlukan hasil beberapa perhitungan elementer.

Lema (a) $\int_{-\infty}^{\infty}w_{\sigma}=\int_{-\infty}^{\infty}w=1$ untuk setiap $\sigma\in Q$.

(b) Untuk setiap $m\in\Bbb N$, $\sum_{n=m}^{\infty}w(n+\bover12)\le\Bover1{2(1+m)^2}$.

(c) Misalkan $\sigma\in Q$ dan $I$ suatu interval yang tidak memuat $x_{\sigma}$. Maka $\int_Iw_{\sigma}\ge w_{\sigma}(x)\mu I$, di mana $x$ adalah titik tengah $I$.

(d) Untuk setiap $x\in\Bbb R$, $\sum_{n=-\infty}^{\infty}w(x-n)\le 2$.

(e) Terdapat konstanta $C_1\ge 0$ sedemikian sehingga $|\phi(x)|\le C_1\min(w(3),w(x)^2)$ untuk setiap $x\in\Bbb R$ dan

$|\phi_{\sigma}(x)| \le C_1\sqrt{\mu I_{\sigma}}w_{\sigma}(x) \min(1,w_{\sigma}(x)\mu I_{\sigma})$

untuk setiap $x\in\Bbb R$ dan $\sigma\in Q$.

(f) Terdapat konstanta $C_2\ge 0$ sedemikian sehingga $\int_{-\infty}^{\infty}w(x)w(\alpha x+\beta)dx\le C_2w(\beta)$ kapan pun $0\le\alpha\le 1$ dan $\beta\in\Bbb R$.

(g) Terdapat konstanta $C_3\ge 0$ sedemikian sehingga $|\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}| \le C_3\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu J_{\tau}}\int_{I_{\tau}}w_{\sigma}$ setiap kali $\sigma$, $\tau\in Q$ dan $k_{\sigma}\le k_{\tau}$.

(h) Terdapat konstanta $C_4\ge 0$ sedemikian sehingga

$\sum_{\sigma\in Q,\sigma\ge\tau,k_{\sigma}=k} \int_{\Bbb R\setminus I_{\tau}}w_{\sigma}\le C_4$

kapan pun $\tau\in Q$ dan $k\in\Bbb Z$.

Bukti

(a) Langsung dari definisi pada 286Ec, rumus pada 286Ce, dan fakta bahwa $\biggerint_0^{\infty}\Bover1{(1+x)^3}dx=\Bover12$.

(b) Intinya ialah bahwa $w$ konveks pada $\ocint{-\infty,0}$ dan $\coint{0,\infty}$. Jadi kita dapat menerapkan 233Ib dengan $f(x)=x$, atau berdebat langsung dari fakta bahwa $w(n+\bover12)\le\bover12(w(n+\bover12+x)+w(n+\bover12-x))$ untuk $|x|\le\bover12$, untuk melihat bahwa $w(n+\bover12)\le\int_n^{n+1}w$ untuk setiap $n\ge 0$.

$\sum_{n=m}^{\infty}w(n+\bover12) \le\int_m^{\infty}w=\Bover1{2(1+m)^2}$.

(c) Demikian juga, karena $I$ terletak di sisi yang sama dari $x_{\sigma}$, $w_{\sigma}$ konveks pada $I$, sehingga ketaksamaan yang sama menghasilkan $w_{\sigma}(x)\mu I\le\int_Iw_{\sigma}$.

(d) Misalkan $m$ memenuhi $|x-m|\le\bover12$. Kemudian, dengan menggunakan ketaksamaan yang sama seperti sebelumnya untuk menaksir $w(x-n)$ bagi $n\ne m$, kita memperoleh

\[\begin{aligned}\sum_{n=-\infty}^{\infty}w(x-n) &\le w(x-m)+\int_{-\infty}^{x-m-\bover12}w +\int_{x-m+\bover12}^{\infty}w\\ &\le 1+\int_{-\infty}^{\infty}w =2.\\\end{aligned}\]

(e) Karena $\lim_{x\to\infty}x^6\phi(x)=\lim_{x\to-\infty}x^6\phi(x)=0$, ada $C_1>0$ sedemikian sehingga $|\phi(x)|\le C_1\min(w(3),w(x)^2)$ untuk setiap $x\in\Bbb R$. Sekarang $|\phi(x)|\le C_1w(x)^2=C_1w(x)\min(1,w(x))$ untuk setiap $x$, jadi

\[\begin{aligned}|\phi_{\sigma}(x)| &=\sqrt{\mu J_{\sigma}}|\phi((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma}| \le C_1\sqrt{\mu J_{\sigma}}w((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma}) \min(1,w((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma}))\\ &=C_1\sqrt{\mu J_{\sigma}}w_{\sigma}(x)\mu I_{\sigma} \min(1,w_{\sigma}(x)\mu I_{\sigma}) =C_1\sqrt{\mu I_{\sigma}}w_{\sigma}(x) \min(1,w_{\sigma}(x)\mu I_{\sigma})\\\end{aligned}\]

setiap kali $\sigma\in Q$ dan $x\in\Bbb R$.

(f)(i) Pertama, perhatikan bahwa

\[\bover{w(\bover12(1+\beta))}{w(\beta)} =\bover{8(1+\beta)^3}{(3+\beta)^3}\le 8\]

untuk setiap $\beta\ge 0$. Sekarang $\alpha w(\alpha+\alpha\beta)\le 4w(\beta)$ kapan pun $\beta\ge 0$ dan $\alpha\ge\bover12$. Bukti. Untuk $t\ge\bover12$,

$\Bover{d}{dt}tw(t+t\beta) =\Bover{1-2t(1+\beta)}{(1+t+t\beta)^4}\le 0$,

jadi

$\alpha w(\alpha+\alpha\beta) \le\bover12w(\bover12+\bover12\beta)\le 4w(\beta)$. ∎

Tentu saja ini berarti bahwa

$\Bover1{\alpha}w(\Bover{1+\beta}{2\alpha})\le 8w(\beta)$

kapan pun $\beta\ge 0$ dan $0<\alpha\le 1$.

(ii) Ambil $C_2=16$. Jika $0<\alpha\le 1$ dan $\beta\ge 0$, tetapkan $\gamma=\Bover{1+\beta}{2\alpha}$. Kemudian, untuk setiap $x\ge-\gamma$,

$1+\alpha x+\beta =(1+\beta)(1+\Bover{\alpha x}{1+\beta})\ge\Bover12(1+\beta)$,

jadi $w(\alpha x+\beta)\le 8w(\beta)$ dan

$\int_{-\gamma}^{\infty}w(x)w(\alpha x+\beta)dx \le 8w(\beta)\int_{-\gamma}^{\infty}w\le 8w(\beta)$.

Di sisi lain,

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{-\gamma}w(x)w(\alpha x+\beta)dx &\le w(\gamma)\int_{-\infty}^{\infty}w(\alpha x+\beta)dx\\ &=\Bover1{\alpha}w(\Bover{1+\beta}{2\alpha}) \int_{-\infty}^{\infty}w \le 8w(\beta).\\\end{aligned}\]

Menggabungkan ini, $\int_{-\infty}^{\infty}w(x)w(\alpha x+\beta)dx \le 16w(\beta)$; dan ini benar setiap kali $0<\alpha\le 1$ dan $\beta\ge 0$.

(iii) Jika $\alpha=0$, maka

$\int_{-\infty}^{\infty}w(x)w(\alpha x+\beta)dx =w(\beta)\int_{-\infty}^{\infty}w=w(\beta)\le C_2w(\beta)$

untuk setiap $\beta$. Jika $0<\alpha\le 1$ dan $\beta<0$, maka

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}w(x)w(\alpha x+\beta)dx &=\int_{-\infty}^{\infty}w(-x)w(-\alpha x-\beta)dx\\ &\text{(karena }w\text{ merupakan fungsi genap)}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}w(x)w(\alpha x-\beta)dx \le C_2w(-\beta)\\ &\text{(menurut (ii) di atas)}\\ &=C_2w(\beta).\\\end{aligned}\]

Jadi kita memperoleh ketaksamaan yang diperlukan dalam semua kasus.

(g) Tetapkan $C_3=\max(C_1^2C_2,\|\phi\|_2^2/\int_{-1/2}^{1/2}w)$.

(i) Kasus $\sigma=\tau$ dapat langsung diselesaikan. Dalam hal ini,

$|\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}| =\|\phi_{\sigma}\|_2^2=\|\phi\|_2^2$,

sementara

\[\begin{aligned}\int_{I_{\tau}}w_{\sigma} &=\mu J_{\sigma}\int_{x_{\sigma}-\bover12\mu I_{\sigma}} ^{x_{\sigma}+\bover12\mu I_{\sigma}}w((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})dx =\int_{-1/2}^{1/2}w,\\\end{aligned}\]

sehingga tentu $|\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}| \le C_3\int_{I_{\tau}}w_{\sigma}$.

(ii) Jika $\sigma\ne\tau$ dan $I_{\sigma}=I_{\tau}$ maka $J_{\sigma}\cap J_{\tau}=\emptyset$, sehingga $\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}=0$, dengan 286E(b-iii).

(iii) Sekarang anggap $I_{\sigma}\ne I_{\tau}$. Karena $\mu I_{\tau}\le\mu I_{\sigma}$, seluruh $I_{\tau}$ harus terletak pada sisi yang sama terhadap $x_{\sigma}$, sehingga $\int_{I_{\tau}}w_{\sigma}\ge w_{\sigma}(x_{\tau})\mu I_{\tau}$, dengan (c). Dengan demikian

\[\begin{aligned}|\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}| &\le\int_{-\infty}^{\infty}|\phi_{\sigma}|\times|\phi_{\tau}| \le C_1^2\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu I_{\tau}} \int_{-\infty}^{\infty}w_{\sigma}\times w_{\tau} \Displaycause{dengan menggunakan (e) dua kali} =C_1^2\sqrt{\mu J_{\sigma}}\sqrt{\mu J_{\tau}}\int_{-\infty}^{\infty} w((x-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})w((x-x_{\tau})\mu J_{\tau})dx\\& =C_1^2\sqrt{\mu J_{\sigma}}\sqrt{\mu I_{\tau}}\int_{-\infty}^{\infty} w(x\mu J_{\sigma}\mu I_{\tau} +(x_{\tau}-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})w(x)dx\\& \le C_1^2C_2\sqrt{\mu J_{\sigma}}\sqrt{\mu I_{\tau}} w((x_{\tau}-x_{\sigma})\mu J_{\sigma}) \Displaycause{menurut (f), karena $\mu J_{\sigma}\mu I_{\tau}\le 1$} \le C_3\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu I_{\tau}}w_{\sigma}(x_{\tau}) \le C_3\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu J_{\tau}} \int_{I_{\tau}}w_{\sigma},\\\end{aligned}\]

sebagaimana diperlukan.

(h) Tetapkan $C_4=2\sum_{j=0}^{\infty}\int_{j+\bover12}^{\infty}w$; ini adalah hingga karena $\int_{\alpha}^{\infty}w=\Bover1{2(1+\alpha)^2}$ untuk setiap $\alpha\ge 0$.

Jika $k<k_{\tau}$, maka $k_{\sigma}\ne k$ untuk setiap $\sigma\ge\tau$, sehingga hasilnya langsung berlaku. Jika $k\ge k_{\tau}$, maka untuk setiap subinterval diadik $I$ dari $I_{\tau}$ yang panjangnya $2^{-k}$ terdapat tepat satu $\sigma\ge\tau$ sedemikian sehingga $I_{\sigma}=I$, karena $J_{\sigma}$ harus merupakan satu-satunya interval diadik sepanjang $2^k$ yang memuat $J_{\tau}$. Daftarkan semuanya sebagai $\sigma_0,\ldots$ dalam urutan naik dari pusat-pusat $x_{\sigma_j}$, sehingga jika $I_{\tau}=\coint{m\mu I_{\tau},(m+1)\mu I_{\tau}}$, maka $x_{\sigma_j}=m\mu I_{\tau}+2^{-k}(j+\bover12)$, untuk $j<2^{k-k_{\tau}}$.

\[\begin{aligned}\sum_{j=0}^{2^{k-k_{\tau}}-1} \int_{-\infty}^{m\mu I_{\tau}}w_{\sigma_j} &=2^k\sum_{j=0}^{2^{k-k_{\tau}}-1}\int_{-\infty}^{m\mu I_{\tau}} w(2^k(x-m\mu I_{\tau})-j-\Bover12)dx\\ &=\sum_{j=0}^{2^{k-k_{\tau}}-1} \int_{-\infty}^0w(x-j-\Bover12)dx\\ &\le\sum_{j=0}^{\infty} \int_{j+\bover12}^{\infty}w =\Bover12C_4.\\\end{aligned}\]

Demikian pula (karena $w$ merupakan fungsi genap, sehingga seluruh konfigurasi simetris terhadap $x_{\tau}$)

$\sum_{j=0}^{2^{k-k_{\tau}}-1} \int_{(m+1)\mu I_{\tau}}^{\infty}w_{\sigma_j} \le\Bover12C_4$,

dan

$\sum_{\sigma\ge\tau,k_{\sigma}=k} \int_{\Bbb R\setminus I_{\tau}}w_{\sigma}\le C_4$,

sebagaimana diperlukan.

286H ‘Massa’ dan ‘energi’

(Lacey & Thiele 00) Jika $P$ adalah himpunan bagian dari $Q$, $E\subseteq\Bbb R$ adalah terukur, $g:\Bbb R\to\Bbb R$ terukur, dan $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, tetapkan

$\mass_{Eg}(P) =\sup_{\sigma\in P,\tau\in Q,\tau\le\sigma} \int_{E\cap g^{-1}[J_{\tau}]}w_{\tau} \le\sup_{\tau\in Q}\int_{-\infty}^{\infty}w_{\tau}=1$,

$\Delta_f(P) =\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2$,

$\energy_f(P) =\sup_{\tau\in Q}\sqrt{\mu J_{\tau}}\sqrt{\Delta_f(P\cap T_{\tau})}$.

Jika $P'\subseteq P$, maka $\mass_{Eg}(P')\le\mass_{Eg}(P)$ dan $\energy_f(P')\le\energy_f(P)$. Perhatikan bahwa $\energy_f(\{\sigma\})=\sqrt{\mu J_{\sigma}} |\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|$ untuk setiap $\sigma\in Q$, karena jika $\sigma\in T_{\tau}$, maka $\mu J_{\tau}\le\mu J_{\sigma}$.

286I Lema

Jika $P\subseteq Q$ berhingga dan $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, maka

(a) $\Delta_f(P)\le\|\sum_{\sigma\in P} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}\|_2\|f\|_2$,

(b) $\sum_{\sigma,\tau\in P,J_{\sigma}=J_{\tau}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\bigr|\le C_3\Delta_f(P)$.

Bukti

(a)

$\Delta_f(P) =\sum_{\sigma\in P} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\innerprod{\phi_{\sigma}}{f} =\Innerprod{\sum_{\sigma\in P} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}}{f} \le\|\sum_{\sigma\in P} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}\|_2\|f\|_2$

menurut ketaksamaan Cauchy (244Eb).

(b)

\[\begin{aligned}\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P}{J_{\sigma}=J_{\tau}}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\bigr| &\le\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P}{J_{\sigma}=J_{\tau}}} \Bover12\bigl(|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2 +|\innerprod{f}{\phi_{\tau}}|^2\bigr) |\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}|\\ &\text{(karena }|\xi\zeta|\le\bover12(|\xi|^2+|\zeta|^2)\text{ untuk semua bilangan kompleks }\xi\text{, }\zeta\text{)}\\ &=\sum_{\sigma\in P}\sum_{\Atop{\tau\in P}{J_{\sigma}=J_{\tau}}} |\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2 |\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}|\\ &\le\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2 \sum_{\Atop{\tau\in P}{J_{\sigma}=J_{\tau}}} C_3\int_{I_{\tau}}w_{\sigma}\\ &\text{(menurut 286Gg, karena }k_{\sigma}=k_{\tau}\text{ jika }J_{\sigma}=J_{\tau}\text{)}\\ &\le\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2 C_3\int_{-\infty}^{\infty}w_{\sigma}\\ &\text{(karena jika }\tau\text{, }\tau'\text{ anggota berbeda dari }P\text{ dan }J_{\tau}=J_{\tau'}\text{, maka }I_{\tau}\text{ dan }I_{\tau'}\text{ saling lepas)}\\ &=C_3\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2 =C_3\Delta_f(P).\\\end{aligned}\]

286J Lema

Tetapkan $C_5=2^{12}$. Jika $P\subseteq Q$ berhingga, $E\subseteq\Bbb R$ terukur, $g:\Bbb R\to\Bbb R$ terukur, dan $\gamma\ge\mass_{Eg}(P)$, maka kita bisa menemukan $R\subseteq Q$ sedemikian sehingga $\gamma\sum_{\tau\in R}\mu I_{\tau}\le C_5\mu E$ dan (dalam notasi dari 286Fb) $\mass_{Eg}(P\setminus R^+)\le\bover14\gamma$.

Bukti

(a) Jika $\gamma=0$, kita dapat mengambil $R=\emptyset$. Jika tidak, tetapkan $P_1=\{\sigma:\sigma\in P$, $\mass_{Eg}(\{\sigma\})>\bover14\gamma\}$. Untuk setiap $\sigma\in P_1$, pilih $\sigma'\in Q$ sehingga $\sigma'\le\sigma$ dan $\int_{E\cap g^{-1}[J_{\sigma'}]}w_{\sigma'}>\bover14\gamma$. Misalkan $R$ ialah himpunan anggota minimal $\{\sigma':\sigma\in P_1\}$ terhadap $\le$. Maka $P\setminus R^+\subseteq\{\sigma:\mass_{Eg}(\{\sigma\})\le\bover14\gamma\}$ jadi $\mass_{Eg}(P\setminus R^+)\le\bover14\gamma$.

(b) Untuk $k\in\Bbb N$, tetapkan

$R_k =\{\tau:\tau\in R$, $\mu J_{\tau}\cdot\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I^{(k)}_{\tau}) \ge 2^{2k-9}\gamma\}$,

di mana $I^{(k)}_{\tau}$ adalah setengah terbuka interval dengan pusat yang sama dengan $I_{\tau}$ dan $2^k$ dikalikan panjangnya. Sekarang $R=\bigcup_{k\in\Bbb N}R_k$. Bukti. Mengambil $\tau\in R$. Jika $k\in\Bbb N$ dan $x\in\Bbb R\setminus I^{(k)}_{\tau}$, maka $|x-x_{\tau}|\ge\bover12\mu I^{(k)}_{\tau}=2^{k-1}\mu I_{\tau}$, jadi

$w_{\tau}(x) =w((x-x_{\tau})\mu J_{\tau})\mu J_{\tau} \le w(2^{k-1})\mu J_{\tau} =(1+2^{k-1})^{-3}\mu J_{\tau}$.

Dengan demikian

\[\begin{aligned}\Bover14\gamma &<\int_{E\cap g^{-1}[J_{\tau}]}w_{\tau} =\int_{E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I_{\tau}}w_{\tau} +\sum_{k=0}^{\infty}\int_{E\cap g^{-1}[J_{\tau}] \cap I^{(k+1)}_{\tau}\setminus I^{(k)}_{\tau}}w_{\tau}\\ &\le \mu J_{\tau}\cdot\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I_{\tau}) +\sum_{k=0}^{\infty}(1+2^{k-1})^{-3}\mu J_{\tau}\cdot \mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I^{(k+1)}_{\tau}).\\\end{aligned}\]

Ini berarti bahwa salah satu dari

$\mu J_{\tau}\cdot\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I_{\tau}) \ge\Bover18\gamma$

dan $\tau\in R_0$, atau ada beberapa $k\in\Bbb N$ sedemikian sehingga

$(1+2^{k-1})^{-3}\mu J_{\tau} \cdot\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I^{(k+1)}_{\tau}) \ge 2^{-k-4}\gamma$

dan

$\mu J_{\tau} \cdot\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau}]\cap I^{(k+1)}_{\tau}) \ge(1+2^{k-1})^32^{-k-4}\gamma \ge 2^{2k-7}\gamma$,

sehingga $\tau\in R_{k+1}$. ∎

(c) Untuk setiap $k\in\Bbb N$, $\gamma\sum_{\tau\in R_k}\mu I_{\tau}\le 2^{11-k}\mu E$. Bukti. Jika $R_k=\emptyset$, pernyataan ini langsung. Jika tidak, daftarkan $R_k$ sebagai $\langle\tau_j\rangle_{j\le n}$ sedemikian rupa sehingga $k_{\tau_j}\le k_{\tau_l}$ jika $j\le l\le n$. Definisikan $q:\{0,\ldots,n\}\to\{0,\ldots,n\}$ secara induktif dengan aturan

$q(l) =\min(\{l\}\cup\{j:j<l$, $q(j)=j$, $(I^{(k)}_{\tau_j}\times J_{\tau_j}) \cap(I^{(k)}_{\tau_l}\times J_{\tau_l})\ne\emptyset\})$

untuk setiap $l\le n$. Perhatikan bahwa, untuk $l\le n$, $q(q(l))=q(l)\le l$ dan $I^{(k)}_{\tau_{q(l)}}\cap I^{(k)}_{\tau_l}\ne\emptyset$, sehingga bahwa

$I_{\tau_l}\subseteq I^{(k)}_{\tau_l} \subseteq I^{(k+2)}_{\tau_{q(l)}}$,

karena $\mu I_{\tau_l}^{(k)}\le\mu I_{\tau_{q(l)}}^{(k)}$. Selain itu, jika $j<l\le n$ dan $q(j)=q(l)$, maka kedua $J_{\tau_j}$ dan $J_{\tau_l}$ bertemu $J_{\tau_{q(j)}}$, maka termasuklah itu, dan $J_{\tau_j}\subseteq J_{\tau_l}$. Tapi karena $\tau_j$ dan $\tau_l$ adalah anggota yang berbeda dari $R$, $\tau_j\not\le\tau_l$ dan $I_{\tau_j}\cap I_{\tau_l}$ harus kosong.

Tetapkan $M=\{q(j):j\le n\}$. Kita mempunyai

\[\begin{aligned}\gamma\sum_{\tau\in R_k}\mu I_{\tau} &=\gamma\sum_{m\in M}\sum_{\Atop{j\le n}{q(j)=m}}\mu I_{\tau_j} \le\gamma\sum_{m\in M}\mu I^{(k+2)}_{\tau_m} =2^{k+2}\gamma\sum_{m\in M}\mu I_{\tau_m}\\ &\le 2^{k+2}\sum_{m\in M} 2^{9-2k}\mu(E\cap g^{-1}[J_{\tau_m}]\cap I^{(k)}_{\tau_m})\\ &\le 2^{k+2}\cdot 2^{9-2k}\mu E =2^{11-k}\mu E\\\end{aligned}\]

karena jika $l$, $m\in M$ dan $l<m$ maka $I^{(k)}_{\tau_l}\times J_{\tau_l}$ dan $I^{(k)}_{\tau_m}\times J_{\tau_m}$ saling lepas (karena $q(m)=m$), sehingga $g^{-1}[J_{\tau_l}]\cap I^{(k)}_{\tau_l}$ dan $g^{-1}[J_{\tau_m}]\cap I^{(k)}_{\tau_m}$ saling lepas. ∎

(d) Oleh karena itu

$\gamma\sum_{\tau\in R}\mu I_{\tau} \le\gamma\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{\tau\in R_k}\mu I_{\tau} \le 2^{12}\mu E$,

sebagaimana diperlukan.

286K Lema

Tetapkan $C_6=4(C_3+4C_3\sqrt{2C_4})$. Misalkan $P\subseteq Q$ berhingga, $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, $\|f\|_2=1$, dan $\gamma\ge\energy_f(P)$. Maka kita dapat menemukan $R\subseteq Q$ sedemikian sehingga $\gamma^2\sum_{\tau\in R}\mu I_{\tau}\le C_6$ dan $\energy_f(P\setminus R^+)\le\bover12\gamma$.

Bukti

(a) Kita boleh menganggap $\gamma>0$ dan $P\ne\emptyset$, sebab jika tidak kita dapat mengambil $R=\emptyset$.

(i) Hanya ada berhingga banyak himpunan berbentuk $P\cap T_{\tau}$ untuk $\tau\in Q$; misalkan $\tilde R\subseteq Q$ suatu himpunan berhingga tak kosong sedemikian sehingga, kapan pun $\tau\in Q$ dan $P\cap T_{\tau}$ tak kosong, terdapat $\tau'\in \tilde R$ dengan $P\cap T_{\tau}=P\cap T_{\tau'}$ dan $k_{\tau'}\ge k_{\tau}$; ini mungkin karena jika $A\subseteq P$ tidak kosong maka $k_{\tau}\le\min_{\sigma\in A}k_{\sigma}$ setiap kali $T_{\tau}\supseteq A$.

(ii) Pilih $\tau_0,\tau_1,\ldots$ dan $P_0,P_1,\ldots$ secara induktif, sebagai berikut. $P_0=P$. Karena $P_j\subseteq P$ tidak kosong, pertimbangkan

$R_j =\{\tau:\tau\in\tilde R$, $\Delta_f(P_j\cap T_{\tau}) \ge\Bover14\gamma^2\mu I_{\tau}\}$.

Jika $R_j=\emptyset$, hentikan induksi dan tetapkan $n=j$ serta $R=\{\tau_l:l<j\}$. Jika tidak, pilih dari $R_j$ suatu anggota dengan $y_{\tau}$ paling kiri, dan namai anggota itu $\tau_j$; tetapkan $P_{j+1}=P_j\setminus\{\tau_j\}^+$, lalu lanjutkan. Perhatikan bahwa karena $R_{j+1}\subseteq R_j$ untuk setiap $j$, $y_{\tau_{j+1}}\ge y_{\tau_j}$ untuk setiap $j$.

Induksi harus berhenti setelah berhingga banyak tahap, sebab jika belum berhenti pada $n=j$, maka $\Delta_f(P_j\cap T_{\tau_j})>0$, sehingga $P_j\cap T_{\tau_j}$ tak kosong dan $P_{j+1}\subseteq P_j\setminus T_{\tau_j}$ merupakan himpunan bagian sejati dari $P_j$, sedangkan $P_0=P$ berhingga. Karena $R_n=\emptyset$,

\[\begin{aligned}\energy_f(P\setminus R^+) &=\energy_f(P_n) =\sup_{\tau\in Q}\sqrt{\mu J_{\tau}}\sqrt{\Delta_f(P_n\cap T_{\tau})}\\& =\max_{\tau\in\tilde R}\sqrt{\mu J_{\tau}}\sqrt{\Delta_f(P_n\cap T_{\tau})} \le\Bover12\gamma.\\\end{aligned}\]

(iii) Tetapkan $P'_j=P_j\cap T_{\tau_j}\subseteq P_j\setminus P_{j+1}$ untuk $j<n$, sehingga $\ofamily{j}{n}{P'_j}$ saling lepas, dan $P'=\bigcup_{j<n}P'_j\subseteq P$. Kemudian jika $\sigma\in P'$, $j<n$ dan $J_{\tau_j}\subseteq J^l_{\sigma}$, $I_{\sigma}\cap I_{\tau_j}=\emptyset$. Bukti. Misalkan $l<n$ memenuhi $\sigma\in P'_l$. $y_{\tau_j}\in J_{\tau_j}\subseteq J^l_{\sigma}$ dan $y_{\tau_l}\in J^r_{\tau_l}\subseteq J^r_{\sigma}$, sehingga $y_{\tau_j}<y_{\tau_l}$ dan $j<l$. Maka sesuai dengan itu $P_{j+1}\supseteq P_l$ mengandung $\sigma$, sehingga $\sigma\not\ge\tau_j$; karena $J_{\tau_j}\subseteq J_{\sigma}$, $I_{\sigma}\not\subseteq I_{\tau_j}$, sedangkan $\mu I_{\sigma}\le\mu I_{\tau_j}$, sehingga $I_{\sigma}$ saling lepas dengan $I_{\tau_j}$. ∎

Oleh karena itu, jika $\sigma$, $\tau\in P'$ berbeda dan $J^l_{\sigma}\cap J^l_{\tau}$ tidak kosong, maka $I_{\sigma}\cap I_{\tau}=\emptyset$. Bukti. Jika $J_{\sigma}=J_{\tau}$, hal ini benar karena $\sigma\ne\tau$. Jika tidak, karena $J_{\sigma}$ dan $J_{\tau}$ beririsan, salah satunya termuat dalam yang lain; anggap bahwa $J_{\sigma}\subset J_{\tau}$. Karena $J_{\sigma}$ bertemu $J^l_{\tau}$, $J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}$. Sekarang misalkan $j<n$ sehingga $\sigma\in P'_j$; maka $\sigma\ge\tau_j$, jadi $J_{\tau_j}\subseteq J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}$, dan $I_{\sigma}\cap I_{\tau}\subseteq I_{\tau_j}\cap I_{\tau}=\emptyset$ menurut pengamatan terakhir. ∎

(b) Sekarang mari kita memperkirakan

$\gamma^2\sum_{j<n}\mu I_{\tau_j} \le 4\sum_{j<n}\Delta_f(P'_j)=4\Delta_f(P')=4\alpha$

dengan notasi seperti di atas. Karena $\|f\|_2=1$, kita memiliki $\alpha\le\|\sum_{\sigma\in P'} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}\|_2$ (286Ia). Jadi

\[\begin{aligned}\alpha^2 &\le\|\sum_{\sigma\in P'} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}\|^2_2 =\sum_{\sigma,\tau\in P'} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\\ &=\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P'}{J_{\sigma}=J_{\tau}}} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\\ &\mskip100mu +\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f} +\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P'}{J_{\tau}\subseteq J^l_{\sigma}}} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\\\end{aligned}\]

karena $\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}=0$ kecuali $J^l_{\sigma}\cap J^l_{\tau}\ne\emptyset$, seperti yang dinyatakan dalam 286E(b-iii).

Tinjau ketiga suku ini secara terpisah. Untuk suku pertama, kita memiliki

$\sum_{\sigma,\tau\in P',J_{\sigma}=J_{\tau}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\bigr| \le C_3\alpha$

menurut 286Ib. Untuk suku kedua, kita memiliki

\[\begin{aligned}\sum_{\Atop{\sigma,\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}\bigr| &\le\sum_{\sigma\in P'}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}| \sum_{\Atop{\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} |\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}|\\ &\le\sqrt{\sum_{\sigma\in P'}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|^2} \sqrt{\sum_{\sigma\in P'} \bigl(\sum_{\Atop{\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} |\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}|\bigr)^2}\\ &=\sqrt{\alpha}\sqrt{\sum_{j<n}H_j},\\\end{aligned}\]

dengan, untuk $j<n$, kita tetapkan

\[H_j=\sum_{\sigma\in P'_j} \bigl(\sum_{\Atop{\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} |\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}|\bigr)^2.\]

Sekarang kita bisa memperkirakan $H_j$ dengan mengamati bahwa, untuk setiap $\tau\in P'$,

$|\innerprod{\phi_{\tau}}{f}| =\sqrt{\mu I_{\tau}}\energy_f(\{\tau\})\le\gamma\sqrt{\mu I_{\tau}}$,

sedangkan jika $\sigma$, $\tau\in P'$ dan $J_{\tau}^l\supseteq J_{\sigma}$ maka

$|\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}}| \le C_3\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu J_{\tau}}\int_{I_{\tau}}w_{\sigma}$

menurut 286Gg. Kita juga perlu mengetahui bahwa jika $\sigma\in P'_j$ dan $\tau$, $\tau'$ adalah anggota berbeda dari $P'$ sedemikian sehingga $J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}\cap J^l_{\tau'}$, maka $I_{\tau}$, $I_{\tau'}$ dan $I_{\tau_j}$ saling lepas, menurut (a-iii) di atas, karena $J_{\tau_j}\subseteq J_{\sigma}$. Jadi kita memiliki

\[\begin{aligned}H_j &\le\sum_{\sigma\in P'_j} \bigl(\sum_{\Atop{\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} \gamma\sqrt{\mu I_{\tau}} \cdot C_3\sqrt{\mu I_{\sigma}}\sqrt{\mu J_{\tau}} \int_{I_{\tau}}w_{\sigma}\bigr)^2\\ &=C_3^2\gamma^2\sum_{\sigma\in P'_j}\mu I_{\sigma} \bigl(\sum_{\Atop{\tau\in P'}{J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}}} \int_{I_{\tau}}w_{\sigma}\bigr)^2 \le C_3^2\gamma^2\sum_{\sigma\in P'_j}\mu I_{\sigma} (\int_{\Bbb R\setminus I_{\tau_j}}w_{\sigma})^2\\ &\le C_3^2\gamma^2\sum_{k=k_{\tau_j}}^{\infty}2^{-k} \sum_{\Atop{\sigma\in P'_j}{k_{\sigma}=k}} \int_{\Bbb R\setminus I_{\tau_j}}w_{\sigma} \cdot\int_{-\infty}^{\infty}w_{\sigma} \le C_3^2\gamma^2\sum_{k=k_{\tau_j}}^{\infty}2^{-k}C_4\\ &\text{(menurut 286Ga dan 286Gh, karena }\sigma\ge\tau_j\text{ untuk setiap }\sigma\in P'_j\text{)}\\ &=C_3^2\gamma^22^{-k_{\tau_j}+1}C_4 =2C_3^2C_4\gamma^2\mu I_{\tau_j}.\\\end{aligned}\]

Dengan demikian

$\sum_{j<n}H_j \le 2C_3^2\gamma^2C_4\sum_{j<n}\mu I_{\tau_j} \le 2C_3^2C_4\cdot 4\alpha$,

dan

$\sum_{\sigma,\tau\in P',J_{\sigma}\subseteq J^l_{\tau}} |\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}| \le\sqrt{\alpha\sumop_{j<n}H_j} \le 2C_3\alpha\sqrt{2C_4}$.

Demikian juga,

$\sum_{\sigma,\tau\in P',J_{\tau}\subseteq J^l_{\sigma}} |\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\tau}} \innerprod{\phi_{\tau}}{f}| \le 2C_3\alpha\sqrt{2C_4}$;

dengan menggabungkan hasil-hasil ini,

$\alpha^2 \le\alpha(C_3+4C_3\sqrt{2C_4}) =\Bover14\alpha C_6$

dan $\alpha\le\bover14C_6$. Ini berarti bahwa

$\gamma^2\sum_{j<n}\mu I_{\tau_j} \le 4\alpha\le C_6$,

dan $R=\{\tau_j:j<n\}$ memiliki kedua sifat yang diperlukan.

286L Lema

Tetapkan

$C_7 =C_1\bigl(\Bover{7}2+\Bover87+\Bover{28}{w(3/2)} +\Bover{4\sqrt{14 C_3}}{w(3/2)}\bigr)$.

Misalkan $P$ merupakan himpunan bagian berhingga dari $Q$ yang memiliki batas bawah $\tau$ dalam $Q$ terhadap urutan $\le$, misalkan $E\subseteq\Bbb R$ terukur, $g:\Bbb R\to\Bbb R$ terukur, dan $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$. Maka

$\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}| \le C_7\energy_f(P)\mass_{Eg}(P)\mu I_{\tau}$.

Bukti

Tetapkan $\gamma=\energy_f(P)$ dan $\gamma'=\mass_{Eg}(P)$. Jika $P=\emptyset$, hasilnya langsung berlaku; jadi anggap $P\ne\emptyset$.

(a)(i) Perhatikan bahwa $\bigcup_{\sigma\in P}I_{\sigma}\subseteq I_{\tau}$, $J_{\tau}\subseteq\bigcap_{\sigma\in P}J_{\sigma}$ dan $k_{\tau}\le\min_{\sigma\in P}k_{\sigma}$. Jadi jika $\sigma$, $\sigma'\in P$ berbeda dan $\mu I_{\sigma}=\mu I_{\sigma'}$, maka $J_{\sigma}=J_{\sigma'}$ dan $I_{\sigma}\cap I_{\sigma'}=\emptyset$.

(ii) Untuk interval diadik $I$, misalkan $I^*$ ialah interval setengah terbuka yang berpusat sama dengan $I$ dan panjangnya tiga kali panjang interval tersebut. Misalkan $\Cal J$ ialah keluarga semua $I\in\Cal I$ sedemikian sehingga $I_{\sigma}\not\subseteq I^*$ untuk setiap $\sigma\in P$ dengan $\mu I_{\sigma}\le\mu I$. Karena $P$ berhingga, semua interval yang cukup kecil termasuk dalam $\Cal J$, dan $\bigcup\Cal J=\Bbb R$; misalkan $\Cal K$ ialah himpunan anggota maksimal $\Cal J$, sehingga anggota-anggota $\Cal K$ saling lepas. Kita mempunyai $\bigcup\Cal K=\Bbb R$. Bukti. Karena $P\ne\emptyset$, pilih sementara $\sigma\in P$. Untuk $I\in\Cal J$, bagi setiap $n\in\Bbb N$ tinjau interval $\tilde I^{(n)}\in\Cal I$ yang memuat $I$ dan panjangnya $2^n\mu I$. Ada $n\in\Bbb N$ sedemikian sehingga $\mu\tilde I^{(n)}\ge\mu I_{\sigma}$ dan $I_{\sigma}\subseteq(\tilde I^{(n)})^*$, sehingga $\tilde I^{(k)}\notin\Cal J$ untuk setiap $k\ge n$; karena itu ada $k<n$ sedemikian sehingga $\tilde I^{(k)}\in\Cal K$. Jadi $I\subseteq\tilde I^{(k)}\subseteq\bigcup\Cal K$; karena $I$ sembarang, $\bigcup\Cal K=\bigcup\Cal J=\Bbb R$. ∎

(iii) Untuk $K\in\Cal K$, pilih $l_K\in\Bbb Z$ sehingga $\mu K=2^{-l_K}$. Jika $l_K\ge k_{\tau}$, yaitu $\mu K\le\mu I_{\tau}$, maka $K$ harus termuat dalam interval setengah terbuka $\hat I$ yang berpusat di $x_{\tau}$ dan panjang $7\mu I_{\tau}$, karena jika tidak kita harus memiliki $I_{\tau}\cap\tilde K^*=\emptyset$, dengan $\tilde K$ interval diadik berpanjang $2\mu K$ yang memuat $K$, dan $\tilde K$ akibatnya termasuk dalam $\Cal J$. Jadi

$\sum_{K\in\Cal K,\mu K\le\mu I_{\tau}}\mu K \le\mu\hat I=7\mu I_{\tau}$,

karena anggota-anggota $\Cal K$ saling lepas.

(iv) Untuk setiap $l<k_{\tau}$, hanya ada tiga anggota $K$ dari $\Cal K$ dengan $l_K=l$. Bukti. Jika $I\in\Cal I$ dan $\mu I>\mu I_{\tau}$, maka baik $I_{\tau}\subseteq I^*$ atau $I_{\tau}\cap I^*=\emptyset$, dan $I\in\Cal J$ jika dan hanya jika $I_{\tau}\cap I^*$ kosong. Ini berarti bahwa jika $K\in\Cal I$ dan $\mu K=2^{-l}$, maka $K\in\Cal K$ jika dan hanya jika $I_{\tau}\cap K^*$ kosong dan $I_{\tau}\subseteq\tilde K^*$. Jadi jika $I_{\tau}\subseteq\coint{2^{-l}n,2^{-l}(n+1)}$ dan $K=\coint{2^{-l}m,2^{-l}(m+1)}$, kita mempunyai $K\in\Cal K$ jika dan hanya jika

baik $m=n-2$ atau $m=n+2$ atau $m=n-3$ adalah genap atau $m=n+3$ adalah ganjil;

yang, untuk setiap $n$ tertentu, terjadi hanya bagi tiga nilai $m$. ∎

(b) Untuk $\sigma\in P$, pilih bilangan kompleks $\zeta_{\sigma}$ bermodulus $1$ sedemikian sehingga $\zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}$ bernilai riil dan tak negatif. Tetapkan $W=P\times\Cal K$. Untuk $(\sigma,K)\in W$, tetapkan

$\alpha_{\sigma K} =\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K}\phi_{\sigma}$.

Tujuan dari bukti adalah untuk memperkirakan

$\sum_{\sigma\in P}\bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr| =\sum_{(\sigma,K)\in W}\zeta_{\sigma}\alpha_{\sigma K}$.

Akan membantu untuk segera mencatat bahwa

$\sum_{(\sigma,K)\in W}|\alpha_{\sigma K}| \le\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}| \int_{-\infty}^{\infty}|\phi_{\sigma}|$

adalah hingga.

Tetapkan

$W_0 =\{(\sigma,K):\sigma\in P$, $K\in\Cal K$, $\mu I_{\sigma}\le\mu K\le\mu I_{\tau}\}$,

$W_1 =\{(\sigma,K):\sigma\in P$, $K\in\Cal K$, $\mu I_{\tau}<\mu K\}$,

$W_2 =\{(\sigma,K):\sigma\in P\setminus T_{\tau}$, $K\in\Cal K$, $\mu K<\mu I_{\sigma}\}$,

$W_3 =\{(\sigma,K):\sigma\in P\cap T_{\tau}$, $K\in\Cal K$, $\mu K<\mu I_{\sigma}\}$.

Karena $\mu I_{\sigma}\le\mu I_{\tau}$ untuk setiap $\sigma\in P$, $W=W_0\cup W_1\cup W_2\cup W_3$. Kita akan menaksir

$\alpha_j =\sum_{(\sigma,K)\in W_j}\zeta_{\sigma}\alpha_{\sigma K}$

(c)(i) Jika $K\in\Cal K$ dan $l_K=l$, maka untuk setiap $k\ge l$

$\sum_{\sigma\in P,k_{\sigma}=k}|\alpha_{\sigma K}| \le 2^{-k}C_1\gamma\gamma'(1+2^{k-l})^{-2} \le 2^{-k-2}C_1\gamma\gamma'$.

Bukti. Untuk setiap $\sigma\in P$,

$|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}| =\sqrt{\mu I_{\sigma}}\energy_f(\{\sigma\}) \le\gamma\sqrt{\mu I_{\sigma}}$

seperti yang dicatat dalam 286H, dan

\[\begin{aligned}\int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K}|\phi_{\sigma}| &\le C_1\mu I_{\sigma}\sqrt{\mu I_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K}w_{\sigma}^2\\ &\text{(286Ge)}\\ &\le C_1\mu I_{\sigma}\sqrt{\mu I_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J_{\sigma}]}w_{\sigma} \cdot\sup_{x\in K}w_{\sigma}(x)\\ &\le C_1\mu I_{\sigma}\sqrt{\mu I_{\sigma}}\gamma' \sup_{x\in K}w_{\sigma}(x) =C_1\sqrt{\mu I_{\sigma}}\gamma'w(\mu J_{\sigma}\rho(x_{\sigma},K)),\\\end{aligned}\]

dengan $\rho(x_{\sigma},K)$ menyatakan $\inf_{x\in K}|x-x_{\sigma}|$. Jadi, untuk $k\ge l$,

\[\begin{aligned}\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} |\alpha_{\sigma K}| &\le\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} C_1\gamma\gamma'\mu I_{\sigma}w(\mu J_{\sigma}\rho(x_{\sigma},K))\\ &=2^{-k}C_1\gamma\gamma' \sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} w(2^k\rho(x_{\sigma},K)) \le 2^{-k}C_1\gamma\gamma' \cdot 2\sum_{n=2^{k-l}}^{\infty}w(n+\hbox{$\bover12$})\\\end{aligned}\]

karena $x_{\sigma}$, untuk $\sigma\in P$ dan $k_{\sigma}=k$, semua berbeda (lihat (a-i) di atas) dan semua jarak setidaknya $\mu K=2^{k-l}2^{-k}$ dari $K$ (karena $I_{\sigma}\not\subseteq K^*$); jadi ada paling banyak dua $\sigma$ sedemikian sehingga $\rho(x_{\sigma},K)=2^{-k}(n+\bover12)$ untuk setiap $n\ge 2^{k-l}$. Jadi kita memiliki

$\sum_{\sigma\in P,k_{\sigma}=k} |\alpha_{\sigma K}| \le 2^{-k}C_1\gamma\gamma'(1+2^{k-l})^{-2} \le 2^{-k-2}C_1\gamma\gamma'$

oleh 286Gb. ∎

(ii) Sekarang

\[\begin{aligned}|\alpha_0| &\le\sum_{(\sigma,K)\in W_0}|\alpha_{\sigma K}| =\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K\le\mu I_{\tau}}} \sum_{\Atop{\sigma\in P}{\mu I_{\sigma}\le\mu K}} |\alpha_{\sigma K}|\\ &=\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K\le\mu I_{\tau}}}\sum_{k=l_K}^{\infty} \sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} |\alpha_{\sigma K}| \le\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K\le\mu I_{\tau}}}\sum_{k=l_K}^{\infty} 2^{-k-2}C_1\gamma\gamma'\\ &=C_1\gamma\gamma'\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K\le\mu I_{\tau}}} 2^{-l_K-1} =\Bover12C_1\gamma\gamma' \sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K\le\mu I_{\tau}}}\mu K \le\Bover{7}2C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau}\\\end{aligned}\]

menurut rumus dalam (a-iii). Ini menangani $\alpha_0$.

(d) Selanjutnya pertimbangkan $W_1$. Kita memiliki

\[\begin{aligned}|\alpha_1| &\le\sum_{(\sigma,K)\in W_1}|\alpha_{\sigma K}| =\sum_{l=-\infty}^{k_{\tau}-1}\sum_{k=k_{\tau}}^{\infty} \sum_{\Atop{K\in\Cal K}{l_K=l}}\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} |\alpha_{\sigma K}|\\ &\le\sum_{l=-\infty}^{k_{\tau}-1}\sum_{k=k_{\tau}}^{\infty} \sum_{\Atop{K\in\Cal K}{l_K=l}} 2^{-k}C_1\gamma\gamma'(1+2^{k-l})^{-2}\\ &\text{(menurut (c-i) di atas)}\\ &=3C_1\gamma\gamma'\sum_{l=-\infty}^{k_{\tau}-1}\sum_{k=k_{\tau}}^{\infty} 2^{-k}(1+2^{k-l})^{-2}\\ &\text{(menurut (a-iv))}\\ &\le 3C_1\gamma\gamma'\sum_{l=-\infty}^{k_{\tau}-1} \sum_{k=k_{\tau}}^{\infty}2^{-3k}2^{2l} =3C_1\gamma\gamma'2^{2(k_{\tau}-1)}2^{-3k_{\tau}} \sum_{l=0}^{\infty}2^{-2l}\sum_{k=0}^{\infty}2^{-3k}\\ &=\Bover34C_1\gamma\gamma'2^{-k_{\tau}}\cdot\Bover43\cdot\Bover87 =\Bover87C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau}.\\\end{aligned}\]

Ini menangani $\alpha_1$.

(e) Untuk $K\in\Cal K$, tetapkan $G_K =K\cap E\cap\bigcup_{\sigma\in P,\mu I_{\sigma}>\mu K}g^{-1}[J_{\sigma}]$. Maka $\mu G_K\le 2\gamma'\mu K/w(\bover32)$. Bukti. Jika $\mu I_{\tau}\le\mu K$, maka $G_K=\emptyset$, jadi kita dapat menganggap $\mu K<\mu I_{\tau}$. Misalkan $\tilde K\in\Cal I$ ialah interval diadik yang memuat $K$ dan berpanjang dua kali lipat. $\tilde K\notin\Cal J$, sehingga ada $\sigma\in P$ sedemikian sehingga $\tilde K^*\supseteq I_{\sigma}$ dan

$\mu I_{\sigma}\le\mu\tilde K=2\mu K\le\mu I_{\tau}$.

Pilih $\upsilon\in Q$ sehingga $\tau\le\upsilon\le\sigma$ dan $\mu I_{\upsilon}=2\mu K$ (286F(a-iv)). Maka $I_{\upsilon}$ bertemu $\tilde K^*$, sehingga $\tilde K$ sama dengan $I_{\upsilon}$ atau berdekatan dengannya, dan $|x-x_{\upsilon}|\le\bover32\cdot\mu I_{\upsilon}$ untuk setiap $x\in\tilde K$, oleh karena itu untuk setiap $x\in K$.

$w_{\upsilon}(x)\ge w(\bover32)\mu J_{\upsilon} =w(\bover32)/2\mu K$

untuk setiap $x\in K$. Di sisi lain, karena $\sigma\in P$ dan $\upsilon\le\sigma$, $\int_{E\cap g^{-1}[J_{\upsilon}]}w_{\upsilon}\le\gamma'$. Jadi

$\mu(E\cap g^{-1}[J_{\upsilon}]\cap K) \le 2\gamma'\mu K/w(\bover32)$.

Sekarang misalkan $\sigma'\in P$ dan $\mu I_{\sigma'}>\mu K$. Maka $k_{\sigma'}\le k_{\upsilon}$ dan $J_{\sigma'}$ adalah interval diadik berpanjang $2^{k_{\sigma'}}$ yang memuat $J_{\tau}$. Tetapi $J_{\upsilon}$ adalah interval diadik berpanjang $2^{k_{\upsilon}}$ yang memuat $J_{\tau}$, sehingga termuat dalam $J_{\sigma'}$, dan $g^{-1}[J_{\sigma'}]\subseteq g^{-1}[J_{\upsilon}]$. Karena $\sigma'$ sembarang, $G_K\subseteq E\cap g^{-1}[J_{\upsilon}]\cap K$ dan $\mu G_K\le 2\gamma'\mu K/w(\bover32)$, seperti yang diklaim. ∎

(f)(i) Jika $\sigma$, $\upsilon\in P\setminus T_{\tau}$ dan $k_{\sigma}\ne k_{\upsilon}$, maka $J^r_{\sigma}\cap J^r_{\upsilon}=\emptyset$. Bukti. Cukup untuk mempertimbangkan kasus $\mu J_{\sigma}<\mu J_{\upsilon}$, sehingga $\mu J_{\sigma}\le\mu J^r_{\upsilon}$. Karena $J_{\sigma}$ termuat dalam $J_{\tau}$, sedangkan $J^r_{\upsilon}$ tidak, $J_{\sigma}$ saling lepas dengan $J^r_{\upsilon}$, dan hasilnya mengikuti. ∎

(ii) Untuk $x\in\Bbb R$, tetapkan

$v_2(x)=\bigl|\sum_{(\sigma,K)\in W_2} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x) \chi(E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K)(x)\bigr|$.

(Jumlah ini berhingga karena ada paling banyak satu $K\in\Cal K$ yang mengandung $x$.) Kemudian untuk setiap $x\in\Bbb R$ ada sebuah $k\ge k_{\tau}$ sedemikian sehingga

$v_2(x) =\bigl|\sum_{\sigma\in P,k_{\sigma}=k} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)\bigl|$.

Bukti. Jika $v_2(x)=0$, ambil sembarang $k$ yang cukup besar. Jika tidak, $x\in E$ dan kita punya pasangan $(\upsilon,L)\in W_2$ sedemikian sehingga $x\in g^{-1}[J^r_{\upsilon}]\cap L$. Ambil $k=k_{\upsilon}$. Karena $L$ adalah satu-satunya anggota $\Cal K$ yang mengandung $x$, jadi

$v_2(x) =\bigl|\sum_{\sigma\in P_x} \innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)\bigr|$,

di mana $P_x=\{\sigma:\sigma\in P\setminus T_{\tau}$, $\mu I_{\sigma}>\mu L$, $g(x)\in J^r_{\sigma}\}$. Sekarang jika $\sigma\in P$ dan $k_{\sigma}=k$, maka $\mu I_{\sigma}=\mu I_{\upsilon}>\mu L$, $J_{\sigma}=J_{\upsilon}$ dan $J^r_{\sigma}=J^r_{\upsilon}$ tidak termasuk $J^r_{\tau}$, sehingga $\sigma\in P\setminus T_{\tau}$, $g(x)\in J^r_{\sigma}$ dan $\sigma\in P_x$. Di sisi lain, (i) di atas memberitahu kita bahwa $k_{\sigma}=k$ setiap kali $\sigma\in P\setminus T_{\tau}$ dan $g(x)\in J^r_{\sigma}$. Jadi $P_x=\{\sigma:\sigma\in P$, $k_{\sigma}=k\}$ dan

$v_2(x) =\bigl|\sum_{\sigma\in P,k_{\sigma}=k} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)\bigl|$. ∎

(iii) Akibatnya $v_2(x)\le 2C_1\gamma$ untuk setiap $x\in\Bbb R$. Bukti. Jika $v_2(x)=0$, hasilnya langsung. Jika tidak, ambil $k$ dari (ii). Kemudian

\[\begin{aligned}v_2(x) &\le\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}} |\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)| \le\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}}\sqrt{\mu I_{\sigma}}\gamma \cdot\sqrt{\mu I_{\sigma}}C_1w_{\sigma}(x)\\ &\text{(menurut 286H dan 286Ge)}\\ &=C_1\gamma\sum_{\Atop{\sigma\in P}{k_{\sigma}=k}}w(2^k(x-x_{\sigma})) \le C_1\gamma\sum_{n=-\infty}^{\infty}w(2^kx-n-\hbox{$\bover12$})\\ &\text{(karena semua }x_{\sigma}\text{, untuk }\sigma\in P\text{ dan }k_{\sigma}=k\text{, berbeda dan berbentuk }2^{-k}(n+\bover12)\text{)}\\ &\le 2C_1\gamma\\\end{aligned}\]

oleh 286Gd. ∎

(iv) Perhatikan juga bahwa, jika $v_2(x)>0$, ada sepasang $(\sigma,K)\in W_2$ sedemikian sehingga $x\in g^{-1}[J_{\sigma}]\cap K$; jadi $\mu K<\mu I_{\sigma}\le\mu I_{\tau}$ dan $x\in G_K$. Sekarang

\[\begin{aligned}|\alpha_2| &=\bigl|\sum_{(\sigma,K)\in W_2} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty} \phi_{\sigma}\times\chi(E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K)\bigr|\\ &\le\int_{-\infty}^{\infty}v_2 \le\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K<\mu I_{\tau}}}\int_{G_K}v_2 \le\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K<\mu I_{\tau}}} \bover{4C_1\gamma\gamma'\mu K}{w(\bover32)}\\ &\text{(dengan menggabungkan taksiran dalam (e) dan (iii) di atas)}\\ &\le\bover{28\cdot C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau}}{w(\bover32)}\\\end{aligned}\]

oleh (a-iii). Ini berkaitan dengan $\alpha_2$.

(g) Tetapkan $P'=P\cap T_{\tau}$ dan $\tilde f=\sum_{\sigma\in P'} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}$. Kemudian

$\|\tilde f\|^2_2 \le C_3\gamma^2\mu I_{\tau}$.

Bukti. Jika $\sigma$, $\sigma'\in P'$ dan $k_{\sigma}\ne k_{\sigma'}$, maka $\innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\sigma'}}=0$ (286Fc). Sementara jika $k_{\sigma}=k_{\sigma'}$, maka $J_{\sigma}=J_{\sigma'}$, oleh (a-i). Jadi

\[\begin{aligned}\|\tilde f\|_2^2 &=\sum_{\sigma,\sigma'\in P'} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\sigma'}} \innerprod{\phi_{\sigma'}}{f}\bar\zeta_{\sigma'}\\ &\le\sum_{\Atop{\sigma,\sigma'\in P'}{J_{\sigma}=J_{\sigma'}}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \innerprod{\phi_{\sigma}}{\phi_{\sigma'}} \innerprod{\phi_{\sigma'}}{f}\bigr| \le C_3\Delta_f(P')\\ &\text{(286Ib)}\\ &\le C_3\gamma^2\mu I_{\tau}\\\end{aligned}\]

menurut definisi ‘energi’, karena $P'\subseteq T_{\tau}$. ∎

(h) Untuk $m\in\Bbb N$, tetapkan

$\tilde f_m=\sum_{\sigma\in P',k_{\sigma}\le m} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}$.

Maka, kapan pun $x$, $x'\in\Bbb R$ dan $|x-x'|\le 2^{-m}$, $|\tilde f_m(x)|\le\bover12C_1\tilde f^*(x')$, di mana

$\tilde f^*(x') =\sup_{a\le x'\le b,a<b}\Bover1{b-a}\int_a^b|\tilde f|$

seperti dalam 286A. Bukti. (i) Karena $k_{\sigma}\ge k_{\tau}$ untuk setiap $\sigma\in P'$, kita dapat menganggap bahwa $m\ge k_{\tau}$. Misalkan $\hat J$ ialah interval diadik berpanjang $2^m$ yang memuat $J_{\tau}$, dan $\hat y$ titik tengahnya. Tentukan $\psi=S_{-\hat y}D_{2^{-m}/3}\varhat{\phi}$, yaitu $\psi(y)=\varhat{\phi}(\bover132^{-m}(y-\hat y))$ untuk $y\in\Bbb R$.

(ii) Jika $\sigma\in P'$ dan $k_{\sigma}\le m$ dan $\varhat{\phi}_{\sigma}(y)\ne 0$, maka $y\in J^l_{\sigma}$. Tapi $J_{\sigma}\cap\hat J\supseteq J_{\tau}$ tidak kosong, jadi $J_{\sigma}\subseteq\hat J$, $|y-\hat y|\le\bover122^m$, $|\bover132^{-m}(y-\hat y)|\le\bover16$ dan $\psi(y)=1$.

(iii) Jika $\sigma\in P'$ dan $k_{\sigma}>m$ dan $\varhat{\phi}_{\sigma}(y)\ne 0$, maka $J^r_{\sigma}\cap\hat J\supseteq J^r_{\tau}$ tidak kosong, jadi $\hat J\subseteq J^r_{\sigma}$ dan $y\le y_{\sigma}\le\hat y$; sekarang

$\hat y-y =(\hat y-y_{\sigma})+(y_{\sigma}-y) \ge\Bover12\cdot 2^m+\Bover1{20}\mu J_{\sigma} \ge\Bover35\cdot 2^m$, $|\Bover13\cdot 2^{-m}(y-\hat y)|\ge\Bover15$

dan $\psi(y)=0$.

(iv) Ini berarti bahwa jika $\sigma\in P'$ maka

\[\begin{aligned}\varhat{\phi}_{\sigma}\times\psi &=\varhat{\phi}_{\sigma}\text{jika}k_{\sigma}\le m,\\ &=0\text{jika}k_{\sigma}>m,\\\end{aligned}\]

sehingga $\varhat{\vartildef}_m=\psi\times\varhat{\vartildef}$.

(v) Dengan 283M, $\tilde f_m=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\tilde f*\varcheck{\psi}$, di mana $\tilde f*\varcheck{\psi}$ adalah konvolusi dari $\tilde f$ dan transformasi Fourier invers $\varcheck{\psi}$ dari $\psi$. (Secara ketat, 283M, dengan bantuan 284C, memberi tahu kita bahwa $\tilde f_m$ dan $\Bover1{\sqrt{2\pi}}\tilde f*\varcheck{\psi}$ memiliki transformasi Fourier yang sama. Menurut 283G, keduanya sama hampir di mana-mana; menurut 255K, konvolusi terdefinisi di mana-mana dan kontinu; jadi keduanya sebenarnya merupakan fungsi yang sama di mana-mana.)

$\varcheck{\psi} =3\cdot 2^mM_{\hat y}D_{3\cdot 2^m} \varhat{\phi}\varcheck{\phantom{\phi}} =3\cdot 2^mM_{\hat y}D_{3\cdot 2^m}\phi$,

yaitu,

$\varcheck{\psi}(x) =3\cdot 2^me^{ix\hat y}\phi(3\cdot 2^mx)$

untuk $x\in\Bbb R$.

(vi) Tetapkan $w_1(x)=\min(w(3),w(x))$ untuk $x\in\Bbb R$, sehingga $w_1$ tidak menurun pada $\ocint{-\infty,-3}$, tidak meningkat pada $\coint{3,\infty}$, dan konstan pada $[-3,3]$, dan $|\phi(x)|\le C_1w_1(x)$ untuk setiap $x$, dengan memilih $C_1$ (286Ge). Ambil $x$, $x'\in\Bbb R$ sehingga $|x-x'|\le 2^{-m}$. Kemudian

\[\begin{aligned}|\tilde f_m(x)| &\le\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde f(x-t)||\varcheck{\psi}(t)|dt =\Bover{3\cdot 2^m}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde f(x-t)||\phi(3\cdot 2^mt)|dt\\ &\le\Bover{3\cdot 2^m}{\sqrt{2\pi}}C_1\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde f(x-t)|w_1(3\cdot 2^mt)dt =\Bover{3\cdot 2^m}{\sqrt{2\pi}}C_1\int_{-\infty}^{\infty} |\tilde f(x+t)|w_1(3\cdot 2^mt)dt\\ &\text{(karena }w_1\text{ merupakan fungsi genap)}\\ &\le\Bover{3\cdot 2^m}{\sqrt{2\pi}}C_1 \int_{-\infty}^{\infty}w_1(3\cdot 2^mt)dt \cdot\sup_{\Atop{a\le-2^{-m}}{b\ge 2^{-m}}} \Bover1{b-a}\int_a^b|\tilde f(x+t)|dt\\ &\text{(menurut 286B, karena }t\mapsto w_1(3\cdot 2^mt)\text{ tak menurun pada }\ocint{-\infty,-2^{-m}}\text{, tak meningkat pada }\coint{2^{-m},\infty}\text{, dan konstan pada }[-2^{-m},2^{-m}]\text{)}\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}C_1\int_{-\infty}^{\infty}w_1 \cdot\sup_{\Atop{a\le x-2^{-m}}{b\ge x+2^{-m}}} \Bover1{b-a}\int_a^b|\tilde f| \le\Bover12C_1\int_{-\infty}^{\infty}w \cdot\tilde f^*(x')\\ &\text{(karena jika }a\le x-2^{-m}\text{ dan }b\ge x+2^{-m}\text{ maka }a\le x'\le b\text{)}\\ &=\Bover12C_1\tilde f^*(x')\\\end{aligned}\]

(286Ga), sesuai kebutuhan. ∎

(i) Untuk $x\in\Bbb R$, tetapkan

$v_3(x)=\bigl|\sum_{(\sigma,K)\in W_3} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x) \chi(E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]\cap K)(x)\bigr|$.

Maka, kapan pun $L\in\Cal K$ dan $x$, $x'\in L$, $|v_3(x)|\le C_1\tilde f^*(x')$. Bukti. Kita bisa mengasumsikan bahwa $v_3(x)\ne 0$, sehingga, khususnya, $x\in E$. Pasangan $(\sigma,K)$ yang menyumbang pada jumlah yang membentuk $v_3(x)$ hanyalah pasangan dengan $x\in K$, sehingga $K=L$, dan dengan $g(x)\in J^r_{\sigma}$. Selain itu, karena kita hanya meninjau $\sigma\in T_{\tau}$, kita mempunyai $J^r_{\tau}\subseteq J^r_{\sigma}$. Semua $J^r_{\sigma}$ merupakan interval diadik bersarang, berpanjang $2^{k_{\sigma}-1}$, yang memuat $J^r_{\tau}$; karena itu ada $m$ sedemikian sehingga (untuk $\sigma\in T_{\tau}$) $g(x)\in J^r_{\sigma}$ jika dan hanya jika $k_{\sigma}\ge m$. Oleh karena itu

$v_3(x) =\bigl|\sum_{\sigma\in P',m\le k_{\sigma}<l_L} \zeta_{\sigma}\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)\bigr| =|\tilde f_{l_L-1}(x)-\tilde f_{m-1}(x)|$

(kita harus mempunyai $m<l_L$ karena $v_3(x)\ne 0$). Sekarang $|x-x'|\le 2^{-l_L}\le 2^{-m}$, sehingga (h) memberi tahu kita bahwa $|\tilde f_{l_L-1}(x)|$ dan $|\tilde f_{m-1}(x)|$ masing-masing paling besar $\bover12C_1\tilde f^*(x')$, dan $v_3(x)\le C_1\tilde f^*(x')$, seperti yang diklaim. ∎

Ini berarti bahwa $v_3(x)\le\Bover{C_1}{\mu L}\biggerint_L\tilde f^*$ untuk setiap $x\in L$.

(j) Sekarang kita dalam posisi untuk memperkirakan

\[\begin{aligned}|\alpha_3| &=|\sum_{(\sigma,K)\in W_3}\zeta_{\sigma}\alpha_{\sigma K}| \le\int_{-\infty}^{\infty}v_3 \le\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K<\mu I_{\tau}}}\int_{G_K}v_3\\ &\text{(karena jika }v_3(x)\ne 0\text{ terdapat }(\sigma,K)\in W_3\text{ sedemikian sehingga }x\in K\text{, dan dalam hal ini }x\in G_K\text{ serta }\mu K<\mu I_{\sigma}\le\mu I_{\tau}\text{)}\\ &\le\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K<\mu I_{\tau}}} \mu G_K\cdot\Bover{C_1}{\mu K}\int_K\tilde f^*\\ &\text{(menurut (i) di atas, karena }G_K\subseteq K\text{)}\\ &\le C_1\sum_{\Atop{K\in\Cal K}{\mu K<\mu I_{\tau}}} \bover{2\gamma'}{w(\bover32)}\int_K\tilde f^*\\ &\text{(menurut (e))}\\ &\le\bover{2C_1\gamma'}{w(\bover32)}\int_{\hat I}\tilde f^*\\ &\text{(karena jika }\mu K<\mu I_{\tau}\text{ maka }K\subseteq\hat I\text{, seperti dicatat dalam (a-iii))}\\ &\le\bover{2C_1\gamma'}{w(\bover32)}\sqrt{\mu\hat I} \cdot\|\tilde f^*\|_2\\ &\text{(menurut ketaksamaan Cauchy)}\\ &\le\bover{2C_1\gamma'}{w(\bover32)}\sqrt{7\mu I_{\tau}} \cdot\sqrt{8}\|\tilde f\|_2\\ &\text{(menurut Teorema Maksimal, 286A)}\\ &\le\bover{4C_1\gamma'\sqrt{14}}{w(\bover32)}\sqrt{\mu I_{\tau}} \cdot\gamma\sqrt{C_3\mu I_{\tau}}\\ &\text{(menurut (g))}\\ &=\bover{4C_1\sqrt{14 C_3}}{w(\bover32)} \gamma\gamma'\mu I_{\tau}.\\\end{aligned}\]

(k) Mengumpulkan ini,

\[\begin{aligned}\sum_{\sigma\in P}\bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr| &=\sum_{\Atop{\sigma\in P}{K\in\Cal K}}\zeta_{\sigma}\alpha_{\sigma K} =\sum_{j=0}^3\sum_{(\sigma,K)\in W_j}\zeta_{\sigma}\alpha_{\sigma K} \le\sum_{j=0}^3|\alpha_j|\\ &\le\Bover72\cdot C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau} +\Bover87\cdot C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau} +28\cdot C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau}/w(\hbox{$\bover32$})\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad +4\sqrt{14C_3}\cdot C_1\gamma\gamma'\mu I_{\tau}/w(\hbox{$\bover32$})\\ &=C_7\gamma\gamma'\mu I_{\tau},\\\end{aligned}\]

seperti yang diklaim.

286M Lema Lacey–Thiele

Tetapkan $C_8=3C_7(C_5+C_6)$. Maka

$\sum_{\sigma\in Q}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}| \le C_8$

setiap kali $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, $\|f\|_2=1$, $\mu E\le 1$, dan $g:\Bbb R\to\Bbb R$ adalah terukur.

Bukti

(a) Langkah pertama adalah menggabungkan 286J dan 286K sebagai berikut:

jika $P\subseteq Q$ berhingga dan $\max(\sqrt{\mass_{Eg}(P)},\energy_f(P))\le\gamma$, terdapat $R\subseteq Q$ sehingga $\gamma^2\sum_{\tau\in R}\mu I_{\tau}\le C_5+C_6$ dan $\max(\sqrt{\mass_{Eg}(P\setminus R^+)}, \energy_f(P\setminus R^+)) \le\bover12\gamma$. Bukti. Karena $\mass_{Eg}(P)\le\gamma^2$, 286J memberi tahu kita bahwa terdapat $R_0\subseteq Q$ sehingga $\gamma^2\sum_{\tau\in R_0}\mu I_{\tau}\le C_5$ dan $\mass_{Eg}(P\setminus R_0^+)\le\bover14\gamma^2$. Beralih ke 286K, karena $\energy_f(P\setminus R_0^+)\le\energy_f(P)\le\gamma$, kita dapat menemukan $R_1\subseteq Q$ sehingga $\gamma^2\sum_{\tau\in R_1}\mu I_{\tau}\le C_6$ dan $\energy_f((P\setminus R_0^+)\setminus R_1^+)\le\bover12\gamma$. Tetapkan $R=R_0\cup R_1$.

$\gamma^2\sum_{\tau\in R}\mu I_{\tau}\le C_5+C_6$, $\mass_{Eg}(P\setminus R^+)\le\mass_{Eg}(P\setminus R_0^+) \le\bover14\gamma^2$

jadi $\max(\sqrt{\mass_{Eg}(P\setminus R^+)},\energy_f(P\setminus R^+)) \le\bover12\gamma$. ∎

(b) Sekarang ambil sembarang $P\subseteq Q$ berhingga. Pilih $k\in\Bbb N$ sedemikian sehingga $\max(\sqrt{\mass_{Eg}(P)},\energy_f(P))\le 2^k$. Dengan (a), kita dapat memilih $\sequencen{P_n}$, $\sequencen{R_n}$ induktif sehingga $P_0=P$ dan, untuk masing-masing $n\in\Bbb N$,

$P_{n+1}=P_n\setminus R_n^+$,

$2^{2k-2n}\sum_{\tau\in R_n}\mu I_{\tau}\le C_5+C_6$, $\max(\sqrt{\mass_{Eg}(P_n)},\energy_f(P_n))\le 2^{k-n}$.

Karena $\energy_f(\{\sigma\})=\sqrt{\mu J_{\sigma}}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}|>0$ setiap kali $\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}\ne 0$ (286H), $\innerprod{f}{\phi_{\sigma}}=0$ setiap kali $\sigma\in\bigcap_{n\in\Bbb N}P_n$, dan

\[\begin{aligned}\sum_{\sigma\in P}\bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr| &=\sum_{\sigma\in\bigcup_{n\in\Bbb N}P_n\setminus P_{n+1}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr|\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{\sigma\in P_n\setminus P_{n+1}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr|\\ &\le\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{\tau\in R_n} \sum_{\Atop{\sigma\in P_n}{\sigma\ge\tau}} \bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr|\\ &\le\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{\tau\in R_n}C_7 \energy_f(P_n)\mass_{Eg}(P_n)\mu I_{\tau}\\ &\text{(menurut 286L)}\\ &\le C_7\sum_{n=0}^{\infty}2^{k-n}\min(1,2^{2k-2n}) \sum_{\tau\in R_n}\mu I_{\tau}\\ &\text{(karena }\mass_{Eg}(P_n)\le 1\text{ untuk setiap }n\text{, seperti dicatat dalam 286H)}\\ &\le C_7\sum_{n=0}^{\infty}2^{k-n}\min(1,2^{2k-2n})2^{2n-2k}(C_5+C_6) \\ &=C_7(C_5+C_6)\sum_{n=0}^{\infty}\min(2^{n-k},2^{k-n})\\ &\le C_7(C_5+C_6)\sum_{n=-\infty}^{\infty}\min(2^n,2^{-n}) =3C_7(C_5+C_6).\\\end{aligned}\]

(c) Karena ini benar untuk semua hingga $P\subseteq Q$,

$\sum_{\sigma\in Q}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{E\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}| \le 3C_7(C_5+C_6)=C_8$,

seperti yang diklaim.

286N Lema

Tetapkan $C_9=C_8\sqrt{2}$. Misalkan $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, $g:\Bbb R\to\Bbb R$ terukur, dan $\mu F<\infty$. Maka

$\sum_{\sigma\in Q}|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{F\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}| \le C_9\|f\|_2\sqrt{\mu F}$.

Bukti

Hasilnya langsung berlaku jika $\|f\|_2=0$, yaitu jika $f=0$. Jadi kita dapat menganggap $\|f\|_2>0$. Dengan membagi kedua ruas oleh $\|f\|_2$, kita dapat menganggap $\|f\|_2=1$.

Pilih $k\in\Bbb Z$ sehingga $2^{k-1}<\mu F\le 2^k$. Kita mempunyai permutasi $\sigma\mapsto\sigma^*:Q\to Q$ yang didefinisikan dengan menetapkan bahwa $\sigma^*=(2^{-k}I_{\sigma},2^kJ_{\sigma})$; sehingga $k_{\sigma^*}=k_{\sigma}+k$, $x_{\sigma^*}=2^{-k}x_{\sigma}$, $y^l_{\sigma^*}=2^ky^l_{\sigma}$, $J^r_{\sigma^*}=2^kJ^r_{\sigma}$, dan untuk setiap $x\in\Bbb R$

\[\begin{aligned}\phi_{\sigma}(2^kx) &=\sqrt{\mu J_{\sigma}}e^{2^kiy^l_{\sigma}x} \phi((2^kx-x_{\sigma})\mu J_{\sigma})\\ &=\sqrt{\mu J_{\sigma}}e^{iy^l_{\sigma^*}x} \phi(2^{k_{\sigma}+k}(x-2^{-k}x_{\sigma}))\\ &=2^{-k/2}\sqrt{\mu J_{\sigma^*}}e^{iy^l_{\sigma^*}x} \phi((x-x_{\sigma^*})\mu J_{\sigma^*}) =2^{-k/2}\phi_{\sigma^*}(x).\\\end{aligned}\]

Tuliskan $\tilde F=2^{-k}F$, sehingga $\mu\tilde F\le 1$, dan $\tilde g(x)=2^kg(2^kx)$ untuk setiap $x$. Maka, untuk $\sigma\in Q$,

\[\begin{aligned}F\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}] &=\{x:x\in F,\,g(x)\in J^r_{\sigma}\} =\{x:2^{-k}x\in\tilde F,\,2^{-k}\tilde g(2^{-k}x)\in J^r_{\sigma}\}\\ &=\{x:2^{-k}x\in\tilde F,\,\tilde g(2^{-k}x)\in J^r_{\sigma^*}\} =2^k\{x:x\in\tilde F,\,\tilde g(x)\in J^r_{\sigma^*}\}.\\\end{aligned}\]

Tuliskan $\tilde f(x)=2^{k/2}f(2^kx)$, sehingga

$\|\tilde f\|_2=2^{k/2}\|D_{2^k}f\|_2=\|f\|_2=1$,

sementara

$\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} =\int_{-\infty}^{\infty}f\times\bar\phi_{\sigma} =2^k\int_{-\infty}^{\infty} f(2^kx)\overline{\phi_{\sigma}(2^kx)}dx =\innerprod{\tilde f}{\phi_{\sigma^*}}$

untuk setiap $\sigma\in Q$.

\[\begin{aligned}\sum_{\sigma\in Q}\bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{F\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}\bigr| &=2^k\sum_{\sigma\in Q}\bigl|\innerprod{f}{\phi_{\sigma}} \int_{2^{-k}(F\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}])} \phi_{\sigma}(2^kx)dx\bigr|\\ &=2^{k/2}\sum_{\sigma\in Q}\bigl|\innerprod{\tilde f}{\phi_{\sigma^*}} \int_{\tilde F\cap\tilde g^{-1}[J^r_{\sigma^*}]} \phi_{\sigma^*}\bigr|\\ &=2^{k/2}\sum_{\tau\in Q}\bigl|\innerprod{\tilde f}{\phi_{\tau}} \int_{\tilde F\cap\tilde g^{-1}[J^r_{\tau}]}\phi_{\tau}\bigr|\\ &\le 2^{k/2}C_8\\ &\text{(menurut lema Lacey--Thiele, yang diterapkan pada }\tilde g\text{, }\tilde F\text{, dan }\tilde f\text{)}\\ &\le C_9\sqrt{\mu F} =C_9\|f\|_2\sqrt{\mu F}.\\\end{aligned}\]

286O Lema

(direvisi 2013) (a) Untuk $z\in\Bbb R$, definisikan $\theta_z:\Bbb R\to[0,1]$ dengan menetapkan

$\theta_z(y)=\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y))^2$

setiap kali terdapat interval diadik $J\in\Cal I$ berpanjang $2^k$ sedemikian sehingga $z$ berada pada paruh kanan $J$, $y$ berada pada paruh kiri $J$, dan $\hat y$ adalah titik seperempat bawah $J$; tetapkan nilainya nol jika tidak ada $J$ demikian. Maka $(y,z)\mapsto\theta_z(y)$ terukur Borel, $0\le\theta_z(y)\le 1$ untuk semua $y$, $z\in\Bbb R$, dan $\theta_z(y)=0$ jika $y\ge z$.

(b) Untuk $k\in\Bbb Z$, tetapkan $Q_k=\{\sigma:\sigma\in Q$, $k_{\sigma}=k\}$. Misalkan $[Q]^{<\omega}$ ialah himpunan semua bagian berhingga dari $Q$, $[\Bbb Z]^{<\omega}$ himpunan semua bagian berhingga dari $\Bbb Z$, dan $\Cal L$ himpunan semua bagian $L$ dari $Q$ sedemikian sehingga $L\cap Q_k$ berhingga untuk setiap $k$. Jika $K\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $L\in\Cal L$, himpunan

\[\begin{aligned}\Cal P_{KL} &=\{P:P\in[Q]^{<\omega},\,P\cap Q_k\supseteq L\cap Q_k \text{setiap kali }k\in\Bbb Z \\&\mskip200mu \text{ dan }k\in K\text{ atau }P\cap Q_k\ne\emptyset\};\\\end{aligned}\]

tetapkan

$\Cal F=\{\Cal P:\Cal P\subseteq[Q]^{<\omega}$ dan ada $K\in[\Bbb Z]^{<\omega}$, $L\in\Cal L$ sehingga $\Cal P\supseteq\Cal P_{KL}\}$.

Maka $\Cal F$ merupakan filter pada $[Q]^{<\omega}$ dan

$2\pi\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck =\lim_{P\to\Cal F}\sum_{\sigma\in P,z\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}$

untuk setiap $z\in\Bbb R$, setiap fungsi uji yang menurun cepat $h$, dan setiap himpunan terukur $F\subseteq\Bbb R$ berukuran hingga.

Bukti

(a)(i) Mula-mula kita jelaskan mengapa aturan di atas mendefinisikan fungsi $\theta_z$. Misalkan $M$ ialah himpunan semua $k\in\Bbb Z$ sedemikian sehingga $z$ berada pada paruh kanan interval diadik $\hat J_k$ berpanjang $2^k$ yang memuat $z$. Untuk $k\in M$, misalkan $\hat y_k$ ialah titik tengah paruh kiri $\hat J^l_k$ dari $\hat J_k$, dan tetapkan $\psi_k(y)=\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k))^2$ untuk $y\in\Bbb R$; maka $\psi_k$ mulus dan nol di luar $\hat J^l_k$. Perhatikan bahwa bahwa jika $k$, $k'$ adalah anggota yang berbeda dari $M$, maka $\hat J^l_k$ dan $\hat J^l_{k'}$ saling lepas, seperti dicatat dalam 286E(b-iv). Jadi $\theta_z$ hanyalah jumlah $\sum_{k\in M}\psi_k$. Karena $\varhat{\phi}$ mengambil nilai dalam $[0,1]$, maka juga $\theta_z$. Jika $y\ge z$, maka tentu saja $y\notin\hat J^l_k$ untuk setiap $k\in M$, jadi $\theta_z(y)=0$.

(ii) Untuk melihat bahwa $(y,z)\mapsto\theta_z(y)$ terukur Borel, perhatikan bahwa

$\{(y,z):\theta_z(y)\ge\gamma\} =\bigcup_{\sigma\in Q}\{(y,z): \hat\phi((y-y^l_{\sigma})\mu I_{\sigma})^2\ge\gamma$, $z\in J^r_{\sigma}\}$

untuk setiap $\gamma\in\Bbb R$.

(b)(i) $\emptyset$ termasuk dalam $[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $\Cal L$, dan $[Q]^{<\omega}=\Cal P_{\emptyset\emptyset}$ termasuk dalam $\Cal F$. Jika $K\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $L\in\Cal L$, maka $\bigcup_{k\in K}L\cap Q_k$ termasuk dalam $\Cal P_{KL}$. Jadi tidak ada $\Cal P_{KL}$ yang kosong dan $\emptyset\notin\Cal F$.

Jika $\Cal P$, $\Cal P'\in\Cal F$, ada $K$, $K'\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $L$, $L'\in\Cal L$ sehingga $\Cal P_{KL}\subseteq\Cal P$ dan $\Cal P_{K'L'}\subseteq\Cal P'$. Sekarang $K\cup K'\in[\Bbb Z]^{<\omega}$, $L\cup L'\in\Cal L$ dan

$\Cal P_{K\cup K',L\cup L'} \subseteq\Cal P_{KL}\cap\Cal P_{K'L'}\subseteq\Cal P\cap\Cal P'$,

jadi $\Cal P\cap\Cal P'\in\Cal F$.

Jika $\Cal P\in\Cal F$ dan $\Cal P\subseteq\Cal P'\subseteq[Q]^{<\omega}$, maka tentu saja $\Cal P'\in\Cal F$. Jadi $\Cal F$ adalah filter pada $[Q]^{<\omega}$.

(ii) Sekarang pilih $z\in\Bbb R$, fungsi uji yang menurun cepat $h$, dan himpunan $F$ berukuran hingga. Ambil $M$ dan $\psi_k$, $\hat J_k$, $\hat y_k$ untuk $k\in M$ dari (a-i) di atas; akan memudahkan jika kita menetapkan $\psi_k=0$ untuk $k\in\Bbb Z\setminus M$, sehingga $\theta_z=\sum_{k\in\Bbb Z}\psi_k$.

Untuk $k\in\Bbb Z$,

$2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck =\sum_{\sigma\in Q_k,z\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}$.

Bukti. Jika $k\notin M$, maka $z\notin J^r_{\sigma}$ untuk setiap $\sigma\in Q_k$, sedangkan $\psi_k=0$, sehingga hasilnya langsung berlaku. Jadi anggap $k\in M$ dan $\hat y_k$ terdefinisi. $\sigma\in Q_k$ dan $z\in J^r_{\sigma}$, $y^l_{\sigma}=\hat y_k$ dan $x_{\sigma}$ berbentuk $2^{-k}(n+\bover12)$ untuk suatu $n\in\Bbb Z$. Jadi

\[\begin{aligned}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} &=\int_{-\infty}^{\infty} \varhat h\times\overline{\varhat{\phi}_{\sigma}}\\ &\text{(284O)}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\varhat h(t) \cdot 2^{-k/2}e^{2^{-k}i(n+\bover12)(t-\hat y_k)} \varhat\phi(2^{-k}(t-\hat y_k))dt\\ &\text{(menurut rumus dalam 286Eb, karena }\varhat{\phi}\text{ bernilai riil)}\\ &=2^{k/2}\int_{-\infty}^{\infty}\varhat h(2^kt+\hat y_k) e^{i(n+\bover12)t}\varhat\phi(t)dt =2^{k/2}\int_{-\pi}^{\pi}\varhat h(2^kt+\hat y_k) e^{i(n+\bover12)t}\varhat\phi(t)dt\\ &\text{(karena }\varhat{\phi}(t)=0\text{ jika }|t|\ge\bover15\text{)}\\ &=2^{k/2}\int_{-\pi}^{\pi}g(t)e^{int}dt,\\\end{aligned}\]

dengan $g(t)=\varhat h(2^kt+\hat y_k)e^{it/2}\varhat{\phi}(t)$ untuk $-\pi<t\le\pi$. Jadi, jika kita menetapkan $c_n=\Bover1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(t)e^{-int}dt$, seperti di 282A, kita punya

$\innerprod{h}{\phi_{\sigma}}=2^{k/2}\cdot 2\pi c_{-n}$

ketika $\sigma\in Q_k$, $z\in J^r_{\sigma}$, dan $x_{\sigma}=2^{-k}(n+\bover12)$. Karena $g$ mulus dan nol di luar $[-\bover15,\bover15]$, $\sum_{n=-\infty}^{\infty}|c_n|<\infty$ (282Rb).

Sekarang, untuk setiap $y\in\hat J^l_k$, dengan menuliskan $R_k$ untuk

$\{\sigma:\sigma\in Q_k$, $z\in J^r_{\sigma}\} =\{\sigma:\sigma\in Q_k$, $J_{\sigma}=\hat J_k\} =\{(I,\hat J_k):I\in\Cal I$, $\mu I=2^{-k}\}$,

kita mempunyai

\[\begin{aligned}\sum_{\sigma\in R_k} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\varhat{\phi}_{\sigma}(y) &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}2^{k/2}\cdot 2\pi c_{-n} \cdot 2^{-k/2}e^{-2^{-k}i(n+\bover12)(y-\hat y_k)} \varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k))\\ &=2\pi\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k)) e^{-2^{-k-1}i(y-\hat y_k)} \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_{-n}e^{-2^{-k}in(y-\hat y_k)}\\ &=2\pi\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k)) e^{-2^{-k-1}i(y-\hat y_k)} \sum_{n=-\infty}^{\infty}c_ne^{in 2^{-k}(y-\hat y_k)}\\ &=2\pi\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k)) e^{-2^{-k-1}i(y-\hat y_k)}g(2^{-k}(y-\hat y_k))\\ &\text{(menurut 282L(i), karena }2^{-k}|y-\hat y_k|\le\bover14<\pi\text{ dan }g\text{ mulus)}\\ &=2\pi e^{-2^{-k-1}i(y-\hat y_k)}\varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k)) \varhat h(y)e^{2^{-k-1}i(y-\hat y_k)} \varhat{\phi}(2^{-k}(y-\hat y_k))\\ &=2\pi\varhat h(y)\psi_k(y).\\\end{aligned}\]

Di sisi lain, jika $y\in\Bbb R\setminus\hat J^l_k$, $\psi_k(y)=\varhat{\phi}_{\sigma}(y)=0$ untuk setiap $\sigma\in R_k$, jadi sekali lagi $\sum_{\sigma\in R_k} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\varhat{\phi}_{\sigma}(y) =2\pi\varhat h(y)\psi_k(y)$.

Selanjutnya,

$\sum_{\sigma\in R_k}|\innerprod{h}{\phi_{\sigma}}| =2\pi\cdot 2^{k/2}\sum_{n=-\infty}^{\infty}|c_n|$

dan

$\sup_{\sigma\in R_k}\int_{-\infty}^{\infty} |\varhat{\phi}_{\sigma}| =2^{k/2}\int_{-\infty}^{\infty}|\varhat{\phi}|$

berhingga, sedangkan $\varhat{\chi F}$ tentu terbatas. Jadi

\[\begin{aligned}2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck &=2\pi\innerprod{\varhat h\times\psi_k)\varspcheck}{\chi F} =2\pi\innerprod{(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck)\varsphat} {\varhat{\chi F}}\\ &\text{(sekali lagi menurut 284Ob)}\\ &=2\pi\innerprod{\varhat h\times\psi_k}{\varhat{\chi F}} =\int_{-\infty}^{\infty} 2\pi\varhat h\times\psi_k\times\overline{\varhat{\chi F}} \\&=\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{\sigma\in R_k} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\varhat{\phi}_{\sigma} \times\overline{\varhat{\chi F}} =\sum_{\sigma\in R_k}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_{-\infty}^{\infty} \varhat{\phi}_{\sigma}\times\overline{\varhat{\chi F}}\\ &\text{(226E)}\\ &=\sum_{\sigma\in R_k}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_F{\phi}_{\sigma} =\sum_{\sigma\in Q_k,z\in J^r_{\sigma}}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_F{\phi}_{\sigma}. \text{\Qed}\\\end{aligned}\]

(iii) Dalam kalimat terakhir argumen di atas, kita menggunakan teorema B. Levi dalam bentuk 226E, meskipun $R_k$ memiliki pengindeksan alami, karena nanti kita secara khusus memerlukan pernyataan bahwa

untuk setiap $\epsilon>0$ ada hingga $L_0\subseteq R_k$ sedemikian sehingga

$|2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck -\sum_{\sigma\in L}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_F{\phi}_{\sigma}|\le\epsilon$

setiap kali $L\subseteq R_k$ adalah hingga dan $L\supseteq L_0$;

dari sini segera diperoleh bahwa

untuk setiap $\epsilon>0$ ada hingga $L_0\subseteq Q_k$ sedemikian sehingga

$|2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck -\sum_{\sigma\in L,z\in J^r_{\sigma}}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_F{\phi}_{\sigma}|\le\epsilon$

setiap kali $L\subseteq Q_k$ adalah hingga dan $L\supseteq L_0$.

(iv) Sekarang tinjau $(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck$. Karena setiap $\psi_k$ nonnegatif, $\theta_z=\sum_{k\in\Bbb Z}\psi_k$ adalah terbatas di atas oleh $1$, dan $\varhat h$ adalah terintegralkan,

\[\begin{aligned}\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck &=\int_{-\infty}^{\infty}\varhat h\times\theta_z\times\varhat{\chi F} \\&=\sum_{k\in\Bbb Z}\int_{-\infty}^{\infty}\varhat h\times\psi_k\times\varhat{\chi F} =\sum_{k\in\Bbb Z}\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck.\\\end{aligned}\]

Jadi kita dapat mengatakan

untuk setiap $\epsilon>0$ ada $K_0\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ sedemikian sehingga

$|\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck -\sum_{k\in K}\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck|\le\epsilon$

setiap kali $K\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $K\supseteq K_0$.

(v) Untuk mengekspresikan fakta di atas dalam hal batas sepanjang filter $\Cal F$, kita dapat berargumen sebagai berikut. Ambil $\epsilon>0$. Untuk setiap $k\in\Bbb Z$, (iii) memberi tahu kita bahwa ada himpunan berhingga $L_k\subseteq Q_k$ sedemikian sehingga

$|2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck -\sum_{\sigma\in L',z\in J^r_{\sigma}}\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_F{\phi}_{\sigma}|\le 2^{-|k|}\epsilon$

setiap kali $L'\subseteq Q_k$ adalah hingga dan $L'\supseteq L_k$; tentu saja kita dapat menganggap bahwa setiap $L_k$ tidak kosong. Tetapkan $L=\bigcup_{k\in\Bbb Z}L_k$, sehingga $L\cap Q_k=L_k$ adalah hingga untuk setiap $k$, dan $L\in\Cal L$. Selanjutnya, ada $K\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ sedemikian sehingga

$|\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck -\sum_{k\in K'}\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck| \le\epsilon$

setiap kali $K'\in[\Bbb Z]^{<\omega}$ dan $K'\supseteq K$. Ambil $P\in\Cal P_{KL}$. Menentukan $K'=\{k:P\cap Q_k\ne\emptyset\}$, kita memiliki $K'\supseteq K$ dan $P\cap Q_k\supseteq L\cap Q_k$ untuk setiap $k\in K'$.

\[\begin{aligned}&|2\pi\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck -\sum_{\sigma\in P,z\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}| \\&\mskip100mu =|2\pi\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck -\sum_{k\in K'}\sum_{\Atop{\sigma\in P\cap Q_k}{z\in J^r_{\sigma}}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}| \\&\mskip100mu \le 2\pi|\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck -\sum_{k\in K'}\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck| \\&\mskip200mu +\sum_{k\in K'}|2\pi\int_F(\varhat h\times\psi_k)\varspcheck -\sum_{\Atop{\sigma\in P\cap Q_k}{z\in J^r_{\sigma}}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}| \\&\mskip100mu \le 2\pi\epsilon+\sum_{k\in K'}2^{-|k|}\epsilon \le (2\pi+3)\epsilon.\\\end{aligned}\]

Karena $\Cal P_{KL}\in\Cal F$ dan $\epsilon$ sembarang,

$2\pi\int_F(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck =\lim_{P\to\Cal F}\sum_{\sigma\in P,z\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_F\phi_{\sigma}$

seperti yang diklaim.

286P Lema

(direvisi 2013) Misalkan $h$ fungsi uji yang menurun cepat. Untuk $x\in\Bbb R$, tetapkan

$Ah(x) =\sup_{z\in\Bbb R}|2\pi(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck(x)|$.

Maka $Ah:\Bbb R\to[0,\infty]$ adalah Borel terukur, dan $\int_FAh\le 4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}$ kapan pun $\mu F<\infty$.

Bukti

(a) Karena $(\varhat h\times\theta_z)\varspcheck$ kontinu untuk setiap $z$, $Ah$ semikontinu bawah, dan karena itu Borel terukur, oleh 256Ma. Oleh 256Mb,

$\int_FAh =\sup\{\int_F\sup_{i\le n} |2\pi(\varhat h\times\theta_{z_i})\varspcheck|: z_0,\ldots,z_n\in\Bbb R\}$.

(b) Untuk sementara, pilih $z_0,\ldots,z_n\in\Bbb R$.

(i) Tetapkan $v_i=2\pi(\varhat h\times\theta_{z_i})\varspcheck$ untuk $i\le n$, dan $v=\sup_{i\le n}|v_i|$. Tetapkan $E_i=\{x:v(x)=|v_i(x)|\}\setminus\bigcup_{j<i}\{x:v(x)=|v_j(x)|\}$ untuk $i\le n$, sehingga $(E_0,\ldots,E_n)$ adalah partisi dari $\Bbb R$ menjadi himpunan-himpunan Borel, dan

$\int_Fv =\int_F\sum_{i=0}^n|v_i|\times\chi E_i =\int_F|\sum_{i=0}^nv_i\times\chi E_i| \le 4|\int_{F'}\sum_{i=0}^nv_i\times\chi E_i|$

untuk suatu $F'\subseteq F$ terukur yang sesuai (246K). Dengan menetapkan $g(x)=z_i$ untuk $x\in E_i$, $g:\Bbb R\to\Bbb R$ adalah Borel terukur.

(ii) Untuk setiap $i\le n$,

\[\begin{aligned}\int_{F'}v_i\times\chi E_i &=\int_{F'\cap E_i}v_i =\lim_{P\to\Cal F}\sum_{\sigma\in P,z_i\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\int_{F'\cap E_i}\phi_{\sigma}\\ &\text{(dengan }\Cal F\text{ filter pada }[Q]^{<\omega}\text{ yang diuraikan dalam 286O)}\\ &=\lim_{P\to\Cal F}\int_{F'\cap E_i} \sum_{\sigma\in P,z_i\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma} \\&=\lim_{P\to\Cal F}\int_{F'\cap E_i} \sum_{\sigma\in P,g(x)\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)dx.\\\end{aligned}\]

Jadi

\[\begin{aligned}\int_{F'}\sum_{i=0}^nv_i\times\chi E_i &=\lim_{P\to\Cal F}\sum_{i=0}^n\int_{F'\cap E_i} \sum_{\sigma\in P,g(x)\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)dx \\&=\lim_{P\to\Cal F}\int_{F'} \sum_{\sigma\in P,g(x)\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)dx.\\\end{aligned}\]

Sekarang, untuk setiap himpunan berhingga $P\subseteq Q$,

$\int_{F'}\sum_{\sigma\in P,g(x)\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)dx =\sum_{\sigma\in P}\int_{F'\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}$;

Hal ini dapat dipandang sebagai penerapan teorema Fubini jika $Q$ diberi ukuran hitung dan kita meninjau fungsi

\[\begin{aligned}(x,\sigma) &\mapsto\innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x) \text{ jika }x\in F',\,\sigma\in P\text{ dan }g(x)\in J^r_{\sigma}, \\&\mapsto 0\text{ selainnya}.\\\end{aligned}\]

Ini berarti bahwa

$|\int_{F'}\sum_{\sigma\in P,g(x)\in J^r_{\sigma}} \innerprod{h}{\phi_{\sigma}}\phi_{\sigma}(x)dx| \le\sum_{\sigma\in P}|\innerprod{h}{\phi_{\sigma}} \int_{F'\cap g^{-1}[J^r_{\sigma}]}\phi_{\sigma}| \le C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F'}$

menurut 286N. Dengan mengambil limit saat $P\to\Cal F$,

$|\int_{F'}\sum_{i=0}^nv_i\times\chi E_i| \le C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F'}$.

(iii) Jadi kita memiliki

\[\begin{aligned}\int_F\sup_{i\le n} |2\pi(\varhat h\times\theta_{z_i})\varspcheck| =\int_Fv &\le 4|\int_{F'}\sum_{i=0}^nv_i\times\chi E_i| \\&\le 4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F'} \le 4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}.\\\end{aligned}\]

(c) Karena $z_0,\ldots,z_n$ sembarang, $\int_FAh\le 4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}$, seperti yang diklaim.

286Q Lema

Untuk $\alpha>0$ dan $y$, $z$, $\beta\in\Bbb R$, tetapkan $\theta'_{z\alpha\beta}(y)=\theta_{\alpha z+\beta}(\alpha y+\beta)$. Maka

(a) pemetaan $(\alpha,\beta,y,z)\mapsto\theta'_{z\alpha\beta}(y): \ooint{0,\infty}\times\BbbR^3\to[0,1]$ adalah Borel terukur;

(b) $\theta'_{z\alpha\beta}(y)=0$ setiap kali $y\ge z$;

$2\pi|(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck| \le D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h$

(dalam notasi 286C) di setiap titik.

Bukti

(a) Kita hanya perlu mengingat bahwa $(y,z)\mapsto\theta_z(y):\BbbR^2\to\Bbb R$ adalah Borel terukur (286Oa), dan bahwa $(\alpha,\beta,y,z)\mapsto\theta'_{z\alpha\beta}(y)$ dibangun dari ini, $+$ dan $\times$.

(b) Sekali lagi, ini langsung dari 286Oa, karena $\alpha>0$.

(c) Tetapkan $v=\alpha z+\beta$, sehingga $\theta'_{z\alpha\beta}=D_{\alpha}S_{\beta}\theta_v$. Maka

\[\begin{aligned}\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta} &=\varhat h\times D_{\alpha}S_{\beta}\theta_v =D_{\alpha}S_{\beta}(S_{-\beta}D_{1/\alpha}\varhat h\times\theta_v)\\ &=\alpha D_{\alpha}S_{\beta} (S_{-\beta}(D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_v) =\alpha D_{\alpha}S_{\beta} ((M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_v),\\\end{aligned}\]

jadi

\[\begin{aligned}(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck &=\alpha\bigl(D_{\alpha}S_{\beta} ((M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_v)\bigr)\varspcheck\\ &=D_{1/\alpha}\bigl(S_{\beta} ((M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_v)\bigr)\varspcheck =D_{1/\alpha}M_{-\beta}\bigl( (M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_v\bigr)\varspcheck\\\end{aligned}\]

dan

$2\pi|(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck| =2\pi D_{1/\alpha}\bigl|\bigl( (M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat \times\theta_v\bigr)\varspcheck\bigr| \le D_{1/\alpha}A(M_{\beta}D_{\alpha}h)$.

286R Lema

Untuk setiap $y$, $z\in\Bbb R$,

$\tilde\theta_z(y) =\int_1^2\Bover1{\alpha}\bigl(\lim_{n\to\infty} \Bover1n\int_0^n\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta\bigr)d\alpha$

didefinisikan, dan

\[\begin{aligned}\tilde\theta_z(y)&=\tilde\theta_1(0)>0\text{jika}y<z,\\ &=0\text{jika}y\ge z.\\\end{aligned}\]

Bukti

(a) Kasus $y\ge z$ langsung, karena jika $y\ge z$ maka $\theta'_{z\alpha\beta}(y)=0$ untuk semua $\alpha>0$ dan $\beta\in\Bbb R$ (286Qb) dan $\tilde\theta_z(y)=0$. Jadi, untuk sisa bukti, kita meninjau kasus $y<z$.

(b)(i) Jika $y<z\in\Bbb R$ dan $\alpha>0$, tetapkan $l=\lfloor\log_2(20\alpha(z-y))\rfloor$. Kemudian $\theta'_{z,\alpha,\beta+2^l}(y)=\theta'_{z\alpha\beta}(y)$ untuk setiap $\beta\in\Bbb R$. Bukti. Jika $\theta'_{z\alpha\beta}(y)=\theta_{\alpha z+\beta}(\alpha y+\beta)$ tidak nol, harus ada $k$, $m\in\Bbb Z$ sedemikian sehingga

$2^k(m+\Bover12)\le\alpha z+\beta<2^k(m+1)$

dan

$\varhat{\phi}(2^{-k}(\alpha y+\beta)-(m+\Bover14))^2 =\theta'_{z\alpha\beta}(y)\ne 0$,

jadi

$2^km\le\alpha y+\beta\le 2^k(m+\Bover9{20})$

karena $\varhat\phi$ adalah nol di luar $[-\bover15,\bover15]$. Dalam hal ini, $\Bover1{20}\cdot 2^k<\alpha(z-y)$, sehingga $k\le l$.

$2^k(m+2^{l-k}+\Bover12)\le\alpha z+\beta+2^l <2^k(m+2^{l-k}+1)$,

$2^k(m+2^{l-k})\le\alpha y+\beta+2^l <2^k(m+2^{l-k}+\Bover12)$,

jadi

$\theta'_{z,\alpha,\beta+2^l}(y) =\varhat{\phi}(2^{-k}(\alpha y+\beta+2^l)-(m+2^{l-k}+\Bover14))^2 =\theta'_{z\alpha\beta}(y)$.

Sama halnya,

$2^k(m-2^{l-k}+\Bover12)\le\alpha z+\beta-2^l <2^k(m-2^{l-k}+1)$,

$2^k(m-2^{l-k})\le\alpha y+\beta-2^l <2^k(m-2^{l-k}+\Bover12)$,

jadi

$\theta'_{z,\alpha,\beta-2^l}(y) =\varhat{\phi}(2^{-k}(\alpha y+\beta-2^l)-(m-2^{l-k}+\Bover14))^2 =\theta'_{z\alpha\beta}(y)$.

Ini menunjukkan bahwa $\theta'_{z,\alpha,\beta+2^l}(y)=\theta'_{z\alpha\beta}(y)$ jika salah satunya tidak nol; karena itu kesamaan berlaku dalam semua kasus. ∎

(ii) Akibatnya $g(\alpha,y,z) =\lim_{b\to\infty}\Bover1b\biggerint_0^b\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta$ terdefinisi. Bukti. Tetapkan

$\gamma =2^{-l}\int_0^{2^l}\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta$.

Dari (i) kita melihat bahwa

$\gamma =2^{-l}\int_{2^lm}^{2^l(m+1)}\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta$

untuk setiap $m\in\Bbb Z$, dan oleh karena itu bahwa

$\gamma =\Bover1{2^lm}\int_0^{2^lm}\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta$

untuk setiap $m\ge 1$. Karena $\theta'_{z\alpha\beta}(y)$ selalu lebih besar atau sama dengan $0$, jika $2^lm\le b\le 2^l(m+1)$ maka

$\Bover{m}{m+1}\gamma =\Bover1{2^l(m+1)}\int_0^{2^lm}\theta'_{z\alpha\beta} \le\Bover1b\int_0^b\theta'_{z\alpha\beta} \le\Bover1{2^lm}\int_0^{2^l(m+1)}\theta'_{z\alpha\beta} =\Bover{m+1}{m}\gamma$,

dan kedua batas mendekati $\gamma$ saat $b\to\infty$. ∎

(c) Karena $(\alpha,y)\mapsto\theta'_{z\alpha\beta}(y)$ selalu Borel terukur, setiap fungsi $\alpha\mapsto\Bover1n\int_0^n\theta'_{z\alpha\beta}$, untuk $n\ge 1$, adalah Borel terukur (dengan menggabungkan 251M dan 252P), dan $\alpha\mapsto g(\alpha,y,z):\ooint{0,\infty}\to\Bbb R$ adalah Borel terukur; pada saat yang sama, karena $0\le\theta'_{z\alpha\beta}(y)\le 1$ untuk semua $\alpha$ dan $\beta$, $0\le g(\alpha,y,z)\le 1$ untuk setiap $\alpha$, dan $\tilde\theta_z(y)=\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha$ didefinisikan dalam $[0,1]$.

(d) Untuk setiap $y<z$, $\gamma\in\Bbb R$ dan $\alpha>0$, $g(\alpha,y+\gamma,z+\gamma)=g(\alpha,y,z)$. Bukti. Cukup untuk mempertimbangkan kasus $\gamma\ge 0$. Dalam hal ini

\[\begin{aligned}g(\alpha,y+\gamma,z+\gamma) &=\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_0^b \theta'_{z+\gamma,\alpha,\beta}(y+\gamma)d\beta\\ &=\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_0^b \theta_{\alpha z+\alpha\gamma+\beta} (\alpha y+\alpha\gamma+\beta)d\beta\\ &=\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_{\alpha\gamma}^{b+\alpha\gamma} \theta_{\alpha z+\beta}(\alpha y+\beta)d\beta =\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_{\alpha\gamma}^{b+\alpha\gamma} \theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta,\\\end{aligned}\]

jadi

\[\begin{aligned}|g(\alpha,y+\gamma,z+\gamma)-g(\alpha,y,z)| &=\lim_{b\to\infty}\Bover1b\bigl |\int_b^{b+\alpha\gamma}\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta -\int_0^{\alpha\gamma}\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta\bigr|\\ &\le\lim_{b\to\infty}\Bover{2\alpha\gamma}{b}=0. \text{\Qed}\\\end{aligned}\]

Oleh karena itu, setiap kali $y<z$ dan $\gamma\in\Bbb R$,

$\tilde\theta_{z+\gamma}(y+\gamma) =\int_{0}^{1}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y+\gamma,z+\gamma)d\alpha =\int_{0}^{1}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\tilde\theta_z(y)$.

(e) Fakta penting berikutnya yang perlu dicatat adalah bahwa $\theta_{2z}(2y)$ selalu sama dengan $\theta_z(y)$. Bukti. Jika $\theta_z(y)\ne 0$, maka (seperti dalam (b) di atas) ada $k$, $m\in\Bbb Z$ sedemikian sehingga

$2^k(m+\Bover12)\le z<2^k(m+1)$, $2^km\le y<2^k(m+\Bover12)$, $\theta_z(y)=\varhat{\phi}(2^{-k}y-(m+\Bover14))^2$.

Dalam hal ini,

$2^{k+1}(m+\Bover12)\le 2z<2^{k+1}(m+1)$, $2^{k+1}m\le 2y<2^{k+1}(m+\Bover12)$,

jadi

$\theta_{2z}(2y) =\varhat{\phi}(2^{-k-1}\cdot 2y-(m+\Bover14))^2 =\theta_z(y)$.

Sama halnya,

$2^{k-1}(m+\Bover12)\le \Bover12z<2^{k-1}(m+1)$, $2^{k-1}m\le \Bover12y<2^{k-1}(m+\Bover12)$,

jadi

$\theta_{\bover12z}(\Bover12y) =\varhat{\phi}(2^{-k+1}\cdot\Bover12y-(m+\Bover14))^2 =\theta_z(y)$.

Ini menunjukkan bahwa $\theta_{2z}(2y)=\theta_z(y)$ jika salah satu ruas tidak nol, dan karena itu dalam semua kasus. ∎

Oleh karena itu

$\theta'_{z,2\alpha,2\beta}(y) =\theta_{2\alpha z+2\beta}(2\alpha y+2\beta) =\theta_{\alpha z+\beta}(\alpha y+\beta) =\theta'_{z\alpha\beta}(y)$

untuk semua $y$, $z$, $\beta\in\Bbb R$ dan semua $\alpha>0$.

(f) Akibatnya

\[\begin{aligned}g(2\alpha,y,z) &=\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_0^b\theta'_{z,2\alpha,\beta}(y)d\beta =\lim_{b\to\infty}\Bover2b\int_0^{b/2} \theta'_{z,2\alpha,2\beta}(y)d\beta\\ &=\lim_{b\to\infty}\Bover2b\int_0^{b/2} \theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta =\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_0^b\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta =g(\alpha,y,z)\\\end{aligned}\]

setiap kali $\alpha>0$ dan $y$, $z\in\Bbb R$.

$\int_{\gamma}^{\delta} \Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\int_{\gamma}^{\delta}\Bover1{\alpha}g(2\alpha,y,z)d\alpha =\int_{2\gamma}^{2\delta}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha$

setiap kali $0<\gamma\le\delta$, dan karena itu

$\int_{\gamma}^{2\gamma} \Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha$

untuk setiap $\gamma>0$. Bukti. Pilih $k\in\Bbb Z$ sehingga $2^k\le\gamma<2^{k+1}$. Maka

\[\begin{aligned}\int_{\gamma}^{2\gamma}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha &=\int_{2^k}^{2^{k+1}}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha -\int_{2^k}^{\gamma}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha +\int_{2^{k+1}}^{2\gamma}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha\\ &=\int_{2^k}^{2^{k+1}}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha.\text{\Qed}\\\end{aligned}\]

(g) Sekarang jika $\alpha$, $\gamma>0$ dan $y<z$,

$g(\alpha,\gamma y,\gamma z) =\lim_{b\to\infty}\Bover1b\int_0^b \theta_{\alpha\gamma z+\beta}(\alpha\gamma y+\beta)d\beta =g(\alpha\gamma,y,z)$.

Jadi jika $\gamma>0$ dan $y<z$,

\[\begin{aligned}\tilde\theta_{\gamma z}(\gamma y) &=\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,\gamma y,\gamma z)d\alpha =\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha\gamma,y,z)d\alpha\\ &=\int_{\gamma}^{2\gamma}\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,y,z)d\alpha =\tilde\theta_z(y).\\\end{aligned}\]

Menggabungkan ini dengan (d), kita melihat bahwa jika $y<z$ maka

$\tilde\theta_z(y) =\tilde\theta_{z-y}(0) =\tilde\theta_1(0)$.

(h) Masih perlu diperiksa bahwa $\tilde\theta_1(0)$ tidak nol. Anggap $1\le\alpha<\bover76$ dan terdapat $m\in\Bbb Z$ sedemikian sehingga $2(m+\bover1{12})\le\beta\le 2(m+\bover5{12})$. Maka $2(m+\bover12)\le\alpha+\beta<2(m+1)$, sementara $|\bover12\beta-(m+\bover14)|\le\bover16$, jadi

$\theta_{\alpha+\beta}(\beta) =\varhat{\phi}(\Bover12\beta-(m+\Bover14))^2 =1$.

Ini berarti bahwa, untuk $1\le\alpha<\bover76$,

\[\begin{aligned}g(\alpha,0,1) &=\lim_{m\to\infty}\Bover1{2m}\int_0^{2m} \theta_{\alpha+\beta}(\beta)d\beta\\ &\ge\lim_{m\to\infty}\Bover{1}{2m} \sum_{j=0}^{m-1}\mu[2(j+\Bover1{12}),2(j+\Bover5{12})] =\Bover13.\\\end{aligned}\]

Jadi

$\tilde\theta_1(0) =\int_1^2\Bover1{\alpha}g(\alpha,0,1)d\alpha \ge\Bover13\int_1^{7/6}\Bover1{\alpha}d\alpha >0$.

Ini menyelesaikan bukti.

286S Lema

Misalkan $h$ fungsi uji yang menurun cepat.

(a) Untuk setiap $x\in\Bbb R$,

$(\tilde Ah)(x) =\liminf_{n\to\infty}\Bover1n\int_1^2\Bover1{\alpha}\int_0^n (D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)d\beta d\alpha$

didefinisikan dalam $[0,\infty]$, dan $\tilde Ah:\Bbb R\to[0,\infty]$ adalah Borel terukur.

(b) $\int_F\tilde Ah\le 3C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}$ kapan pun $\mu F<\infty$.

Bukti

(a) Intinya di sini adalah bahwa fungsi

$(\alpha,\beta,x) \mapsto(D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x): \ooint{0,\infty}\times\BbbR^2\to[0,\infty]$

adalah Borel terukur. Bukti.

\[\begin{aligned}(D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x) &=(AM_{\beta}D_{\alpha}h)(\Bover{x}{\alpha}) \\&=\sup_{z\in\Bbb R} |2\pi((M_{\beta}D_{\alpha}h)\varsphat\times\theta_z)\varspcheck (\Bover{x}{\alpha})| \\&=\Bover{2\pi}{\alpha}\sup_{z\in\Bbb R} |(S_{-\beta}D_{1/\alpha}\varhat h\times\theta_z)\varspcheck (\Bover{x}{\alpha})|. \\\end{aligned}\]

Sekarang, untuk setiap $z\in\Bbb R$,

$(S_{-\beta}D_{1/\alpha}\varhat h\times\theta_z)\varspcheck (\bover{x}{\alpha}) =\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ixy/\alpha} \varhat h(\bover{y-\beta}{\alpha})\theta_z(y)dy$.

Kita tahu bahwa $\varhat h$ merupakan fungsi uji yang menurun cepat, sehingga ada $\gamma\ge 0$ sedemikian sehingga $|\varhat h(t)|\le\Bover{\gamma}{1+t^2}$ untuk setiap $t\in\Bbb R$. Ini berarti bahwa jika $\alpha>0$ dan $\beta\in\Bbb R$ dan $\sequencen{\alpha_n}$, $\sequencen{\beta_n}$ adalah barisan dalam $\ocint{0,2\alpha}$ dan $[\beta-1,\beta+1]$, bertepatan dengan $\alpha$, $\beta$ masing-masing, dan kita menetapkan $g(t) =\sup_{n\in\Bbb N}|\varhat h(\Bover{t-\beta_n}{\alpha_n})\theta_z(t)|$, maka

\[\begin{aligned}g(t) &\le\Bover{4\gamma\alpha^2}{(|t|-|\beta|-1)^2}\text{jika}|t|\ge|\beta|+2, \\ &\le\gamma\text{lain},\\\end{aligned}\]

dan $g$ terintegralkan. (Ingat bahwa $0\le\theta_z(y)\le 1$ untuk setiap $y$, seperti dicatat dalam 286Oa.) Jadi Teorema Konvergensi Terdominasi Lebesgue menyatakan bahwa jika $\sequencen{\alpha_n}\to\alpha$ dan $\sequencen{\beta_n}\to\beta$ dan $\sequencen{x_n}\to x$, maka

$\int_{-\infty}^{\infty}e^{ix_ny/\alpha_n} \varhat h(\bover{y-\beta_n}{\alpha_n})\theta_z(y)dy \to\int_{-\infty}^{\infty}e^{ixy/\alpha} \varhat h(\bover{y-\beta}{\alpha})\theta_z(y)dy$.

Jadi $(\alpha,\beta,x) \mapsto(S_{-\beta}D_{1/\alpha}\varhat h\times\theta_z)\varspcheck (\bover{x}{\alpha})$ kontinu. Ini berlaku untuk setiap $z\in\Bbb R$. Oleh karena itu

$(\alpha,\beta,x)\mapsto\sup_{z\in\Bbb R} |(S_{-\beta}D_{1/\alpha}\varhat h\times\theta_z)\varspcheck (\Bover{x}{\alpha})|$

dan $(\alpha,\beta,x) \mapsto(D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)$ semikontinu bawah, sehingga terukur Borel, sekali lagi menurut 256Ma lagi. ∎

Oleh karena itu, integral

$\int_1^2\Bover1{\alpha}\int_0^n (D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)d\beta d\alpha$

terdefinisi dalam $[0,\infty]$ dan merupakan fungsi terukur Borel dari $x$ (sekali lagi 252P), sehingga $\tilde Af$ terukur Borel.

(b) Untuk setiap $n\in\Bbb N$,

\[\begin{aligned}\int_F\Bover1n\int_1^2\Bover1\alpha\int_0^n &(D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)d\beta d\alpha dx\\ &=\Bover1n\int_1^2\Bover1\alpha\int_0^n\!\int_F (D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)dx d\beta d\alpha\\ &\text{(menurut teorema Fubini, 252H)}\\ &=\Bover1n\int_1^2\!\int_0^n\!\int_F\Bover1\alpha (AM_{\beta}D_{\alpha}h)(\Bover{x}{\alpha})dx d\beta d\alpha\\ &=\Bover1n\int_1^2\!\int_0^n\int_{\alpha^{-1}F} (AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)dx d\beta d\alpha\\ &\le\Bover1n\int_1^2\!\int_0^n 4C_9 \|M_{\beta}D_{\alpha}h\|_2\sqrt{\mu(\alpha^{-1}F)} d\beta d\alpha\\ &\text{(286P)}\\ &=4C_9\cdot\Bover1n\int_1^2\!\int_0^n \Bover1{\sqrt{\alpha}}\|h\|_2\cdot\Bover1{\sqrt{\alpha}}\sqrt{\mu F} d\beta d\alpha\\ &=4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}\cdot\Bover1n\int_1^2\Bover1{\alpha}\int_0^n d\beta d\alpha\\ &=4C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}\ln 2 \le 3C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}.\\\end{aligned}\]

Jadi

\[\begin{aligned}\int_F\tilde Ah &=\int_F\liminf_{n\to\infty}\Bover1n\int_1^2\Bover1\alpha\int_0^n (D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)d\beta d\alpha dx\\ &\le\liminf_{n\to\infty}\int_F\Bover1n\int_1^2\Bover1\alpha\int_0^n (D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x)d\beta d\alpha dx\\ &\text{(menurut lema Fatou)}\\ &\le 3C_9\|h\|_2\sqrt{\mu F}.\\\end{aligned}\]

(c) Untuk setiap $x\in\Bbb R$,

$\int_{-\infty}^{\infty} |\varhat h(y)|\int_1^2\Bover1{\alpha} \bigl(\sup_{n\in\Bbb N}\Bover1n\int_0^n \theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta\bigr)d\alpha dy \le\ln 2\cdot\int_{-\infty}^{\infty}|\varhat h|$

adalah hingga. Jadi

\[\begin{aligned}(\varhat h\times\tilde\theta_z)\varspcheck(x) &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ixy}\varhat h(y)\tilde\theta_z(y)dy\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ixy}\varhat h(y)\int_1^2\Bover1{\alpha}\lim_{n\to\infty} \Bover1n\int_0^n\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta d\alpha dy\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ixy}\varhat h(y)\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n\theta'_{z\alpha\beta}(y)d\beta d\alpha dy\\ &\text{(menurut Teorema Konvergensi Terdominasi Lebesgue)}\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\lim_{n\to\infty}\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n\int_{-\infty}^{\infty} e^{ixy}\varhat h(y)\theta'_{z\alpha\beta}(y)dy d\beta d\alpha\\ &\text{(menurut teorema Fubini)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck(x) d\beta d\alpha,\\\end{aligned}\]

dan

\[\begin{aligned}2\pi|(\varhat h\times\tilde\theta_z)\varspcheck(x)| &=2\pi\bigl|\lim_{n\to\infty}\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck(x) d\beta d\alpha\bigr|\\ &\le 2\pi\liminf_{n\to\infty}\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n|(\varhat h\times\theta'_{z\alpha\beta})\varspcheck(x)| d\beta d\alpha\\ &\le\liminf_{n\to\infty}\int_1^2\Bover1{\alpha n} \int_0^n(D_{1/\alpha}AM_{\beta}D_{\alpha}h)(x) d\beta d\alpha\\ &\text{(286Qb)}\\ &=(\tilde Ah)(x).\\\end{aligned}\]

286T Lema

Tetapkan $C_{10}=3C_9/\pi\tilde\theta_1(0)$. Untuk $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$, definisikan $\hat Af:\Bbb R\to[0,\infty]$ dengan menetapkan

$(\hat Af)(y) =\sup_{a\le b}\Bover1{\sqrt{2\pi}}|\int_a^be^{-ixy}f(x)dx|$

untuk setiap $y\in\Bbb R$. Maka $\int_F\hat Af\le C_{10}\|f\|_2\sqrt{\mu F}$ setiap kali $\mu F<\infty$.

Bukti

(a) Seperti biasa, langkah pertama adalah memastikan bahwa $\hat Af$ adalah terukur. Bukti. Untuk $a\le b$, $y\mapsto|\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_a^be^{-ixy}f(x)dx|$ adalah kontinu (dengan 283Cf, karena $f\times\chi[a,b]$ adalah terintegralkan), sehingga $\hat Af$ semikontinu bawah, dan karena itu terukur Borel (sekali lagi 256Ma sekali lagi). ∎

(b) Misalkan $h$ fungsi uji yang menurun cepat. Maka

$(\hat Ah)(y) \le\Bover1{\pi\tilde\theta_1(0)}(\tilde A\varcheck h)(-y)$

untuk setiap $y\in\Bbb R$. Bukti. Jika $a\in\Bbb R$ maka

\[\begin{aligned}\Bover1{\sqrt{2\pi}}|\int_{-\infty}^ae^{-ixy}h(x)dx| &=\Bover1{\tilde\theta_1(0)\sqrt{2\pi}}|\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ixy}\tilde\theta_a(x)h(x)dx|\\ &\text{(286R)}\\ &=\Bover1{\tilde\theta_1(0)}|(h\times\tilde\theta_a)\varspcheck(-y)| =\Bover1{\tilde\theta_1(0)} |(\varcheck h\varhat{\phantom{h}} \times\tilde\theta_a)\varspcheck(-y)|\\ &\text{(sekali lagi menurut 284C)}\\ &\le\Bover1{2\pi\tilde\theta_1(0)}(\tilde A\varcheck{h})(-y)\\\end{aligned}\]

(286Sc). Jadi jika $a\le b$ di dalam $\Bbb R$,

$\Bover1{\sqrt{2\pi}}|\int_{a}^{b}e^{-ixy}h(x)dx| \le\Bover1{\pi\tilde\theta_1(0)}(\tilde A\varcheck{h})(-y)$;

dengan mengambil supremum atas $a$ dan $b$, diperoleh hasilnya. ∎

Ini berarti bahwa

\[\begin{aligned}\int_F\hat Ah &\le\Bover1{\pi\tilde\theta_1(0)}\int_{-F}\tilde A\varcheck h \le\Bover3{\pi\tilde\theta_1(0)}C_9\|h\|_2\sqrt{\mu(-F)}\\ &\text{(286Sb, 284Oa)}\\ &=C_{10}\|h\|_2\sqrt{\mu F}.\\\end{aligned}\]

(c) Untuk $f$ terintegralkan-kuadrat sembarang, ambil $\epsilon>0$ dan $n\in\Bbb N$ sembarang. Tetapkan

$(\hat A_nf)(y) =\sup_{-n\le a\le b\le n}\Bover1{\sqrt{2\pi}}|\int_a^be^{-ixy}f(x)dx|$

untuk setiap $y\in\Bbb R$. Misalkan $h$ fungsi uji yang menurun cepat sedemikian sehingga $\|f-h\|_2\le\epsilon$ (284N). Maka

$\hat Ah \ge\hat A_nh \ge\hat A_nf-\Bover{\sqrt{2n}}{\sqrt{2\pi}}\epsilon$

(menggunakan ketidaksetaraan Cauchy), jadi

$\int_F\hat A_nf \le\int_F\hat Ah+\sqrt{\bover{n}{\pi}}\epsilon\mu F \le C_{10}(\|f\|_2+\epsilon)\sqrt{\mu F} +\sqrt{\bover{n}{\pi}}\epsilon\mu F$.

Karena $\epsilon$ sembarang, $\int_F\hat A_nf\le C_{10}\|f\|_2\sqrt{\mu F}$; dengan membiarkan $n\to\infty$, kita memperoleh $\int_F\hat Af\le C_{10}\|f\|_2\sqrt{\mu F}$.

286U Teorema

Jika $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}$ maka

$g(y) =\lim_{a\to-\infty,b\to\infty} \Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_a^be^{-ixy}f(x)dx$

terdefinisi dalam $\Bbb C$ untuk hampir setiap $y\in\Bbb R$, dan $g$ mewakili transformasi Fourier dari $f$.

Bukti

(a) Untuk $n\in\Bbb N$, $y\in\Bbb R$, tetapkan

$\gamma_n(y)=\sup_{a\le -n,b\ge n}\Bover1{\sqrt{2\pi}} \bigl|\int_a^be^{-ixy}f(x)dx-\int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)dx\bigr|$.

Maka $g(y)$ terdefinisi setiap kali $\inf_{n\in\Bbb N}\gamma_n(y)=0$. Bukti. Jika $\inf_{n\in\Bbb N}\gamma_n(y)=0$ dan $\epsilon>0$, pilih $m\in\Bbb N$ sehingga $\gamma_m(y)\le\bover12\epsilon$; maka $\Bover1{\sqrt{2\pi}} |\int_a^be^{-ixy}f(x)dx-\int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)dx|\le\epsilon$ setiap kali $n\ge m$, $a\le-n$, dan $b\ge n$. Ini berarti, pertama, bahwa $\sequencen{\int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)dx}$ merupakan barisan Cauchy, sehingga memiliki limit, katakanlah $\zeta$, dan, kedua, bahwa $\zeta=\lim_{a\to-\infty,b\to\infty}\int_a^be^{-ixy}f(x)dx$, sehingga $g(y)=\Bover{\zeta}{\sqrt{2\pi}}$ didefinisikan. ∎

Setiap $\gamma_n$ juga semikontinu bawah (bdk. bagian (a) dari bukti dari 286T).

(b) ? Misalkan, jika mungkin, bahwa $\{y:\inf_{n\in\Bbb N}\gamma_n(y)>0\}$ tidak dapat diabaikan.

$\lim_{m\to\infty}\mu\{y:|y|\le m,\, \inf_{n\in\Bbb N}\gamma_n(y)\ge\Bover1m\} >0$,

jadi ada $\epsilon>0$ sedemikian sehingga

$F=\{y:|y|\le\Bover1{\epsilon},\, \inf_{n\in\Bbb N}\gamma_n(y)\ge\epsilon\}$

berukuran lebih besar dari $\epsilon$. Pilih $n\in\Bbb N$ sedemikian sehingga

$4C^2_{10} (\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2dx-\int_{-n}^n|f(x)|^2dx) \le\epsilon^3$,

dan tetapkan $f_1=f-f\times\chi[-n,n]$; maka $2C_{10}\|f_1\|_2\le\epsilon^{3/2}$.

Kita mempunyai

\[\begin{aligned}\gamma_n(y) &=\sup_{a\le -n,b\ge n}\Bover1{\sqrt{2\pi}} \bigl|\int_a^be^{-ixy}f_1(x)dx-\int_{-n}^ne^{-ixy}f_1(x)dx\bigr|\\ &\le 2\sup_{a\le b}\Bover1{\sqrt{2\pi}} |\int_a^be^{-ixy}f_1(x)dx| \le 2(\hat Af_1)(y),\\\end{aligned}\]

sehingga

\[\begin{aligned}\epsilon\mu F &\le\int_F\gamma_n \le 2\int_F\hat Af_1 \le 2C_{10}\|f_1\|_2\sqrt{\mu F}\\ &\text{(286T)}\\ &\le\epsilon^{3/2}\sqrt{\mu F}\\\end{aligned}\]

dan $\mu F\le\epsilon$; tetapi kita memilih $\epsilon$ sehingga $\mu F$ lebih besar dari $\epsilon$. !

(c) Jadi $g(y)$ terdefinisi untuk hampir setiap $y\in\Bbb R$. Sekarang $g$ mewakili transformasi Fourier dari $f$. Bukti. Misalkan $h$ fungsi uji yang menurun cepat. Pembatasan $\hat Af$ pada himpunan tempat nilainya berhingga merupakan fungsi bertemper, menurut 286D. Jadi $\int_{-\infty}^{\infty}(\hat Af)\times|h|$ adalah hingga, oleh 284F. Sekarang

\[\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}g\times h &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \bigl(\lim_{n\to\infty}\int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)dx\bigr)h(y)dy\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)h(y)dxdy\\ &\text{(karena }\Bover1{\sqrt{2\pi}}|\int_{-n}^ne^{-ixy}f(x)dx|\le\hat Af(y)\text{ untuk setiap }n\text{ dan }y\text{, sehingga Teorema Konvergensi Terdominasi Lebesgue dapat digunakan)}\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\lim_{n\to\infty} \int_{-n}^n\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ixy}f(x)h(y)dydx\\ &\text{(karena }\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-n}^n|f(x)h(y)|dxdy\text{ berhingga untuk setiap }n\text{)}\\ &=\lim_{n\to\infty} \int_{-n}^nf\times\varhat{h} =\int_{-\infty}^{\infty}f\times\varhat{h}\\\end{aligned}\]

karena $f\times\varhat{h}$ terintegralkan. Karena $h$ sembarang, $g$ mewakili transformasi Fourier dari $f$. ∎

286V Teorema

Untuk setiap fungsi bernilai kompleks yang terintegralkan-kuadrat pada $\ocint{-\pi,\pi}$, barisan jumlah parsial Fouriernya konvergen kepadanya hampir di mana-mana.

Bukti

Misalkan $f\in\eusm L^2_{\Bbb C}(\mu_{\ocint{-\pi,\pi}})$. Tetapkan $f_1(x)=f(x)$ untuk $x\in\dom f$, $0$ untuk $x\in\Bbb R\setminus\ocint{-\pi,\pi}$; maka $f_1\in\eusm L^2_{\Bbb C}(\mu)$. Misalkan $g\in\eusm L^2_{\Bbb C}(\mu)$ mewakili transformasi Fourier invers dari $f_1$ (284O). Menurut 286U, $f_2(x)=\lim_{a\to\infty}\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-a}^ae^{-ixy}g(y)dy$ terdefinisi untuk hampir setiap $x$, dan $f_2$ mewakili transformasi Fourier dari $g$, sehingga sama dengan $f_1$ hampir di mana-mana (284Ib).

Sekarang, untuk setiap $a\ge 0$, $x\in\Bbb R$,

\[\begin{aligned}\int_{-a}^ae^{-ixy}g(y)dy &=\innerprod{g}{h_{ax}}\\ &\text{(dengan }h_{ax}(y)=e^{ixy}\text{ jika }|y|\le a\text{, dan }0\text{ selainnya)}\\ &=\innerprod{f_2}{\varhat{h}_{ax}}\\ &\text{(284Ob)}\\ &=\Bover1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}f_2(t) \overline{\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ity}h_{ax}(y)dy}\,dt\\ &=\Bover2{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \Bover{\sin(x-t)a}{x-t}f_2(t)dt =\Bover2{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi} \Bover{\sin(x-t)a}{x-t}f(t)dt.\\\end{aligned}\]

Jadi

$f(x)=f_2(x) =\lim_{a\to\infty}\Bover1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \Bover{\sin(x-t)a}{x-t}f(t)dt$

untuk hampir setiap $x\in\ocint{-\pi,\pi}$.

Di sisi lain, dengan menuliskan $\sequencen{s_n}$ untuk barisan jumlah parsial Fourier dari $f$, untuk setiap $x\in\ooint{-\pi,\pi}$ kita mempunyai

$s_n(x) =\Bover1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t) \Bover{\sin(n+{1\over 2}\pushbottom{3.5pt})(x-t)} {\sin{1\over 2}(x-t)}dt$

untuk setiap $n$, dengan 282Da. Sekarang

\[\begin{aligned}\Bover1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t) &\Bover{\sin(n+{1\over 2}\pushbottom{3.5pt})(x-t)} {\sin{1\over 2}(x-t)}dt -\Bover1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t) \Bover{\sin(n+{1\over 2}\pushbottom{3.5pt})(x-t)} {x-t}dt\\ &=\Bover1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t) \bigl(\Bover{\sin(n+{1\over 2}\pushbottom{3.5pt})(x-t)} {2\sin{1\over 2}(x-t)} -\Bover{\sin(n+\bover12\pushbottom{3.5pt})(x-t)}{x-t}\bigr)dt\\ &=\Bover1{\pi}\int_{x-\pi}^{x+\pi}\bigl (\Bover1{2\sin{1\over 2}t}-\Bover1{t}\bigr) f(x-t)\sin(n+\hbox{$\bover12$})t\,dt.\\\end{aligned}\]

Tetapi jika kita meninjau fungsi

\[\begin{aligned}p_x(t) &=\bigl(\Bover1{2\sin\bover12t}-\Bover1t\bigr)f(x-t) \text{ jika }x-\pi<t<x+\pi\text{ dan }t\ne 0,\\ &=0\text{ selainnya},\\\end{aligned}\]

$p_x$ terintegralkan, karena $f$ terintegralkan pada $\ocint{-\pi,\pi}$ dan $\lim_{t\to 0}\Bover1{2\sin\bover12t}-\Bover1t=0$, jadi $\sup_{t\ne 0,x-\pi\le t\le x+\pi}|\Bover1{2\sin\bover12t}-\Bover1t|$ adalah berhingga. (Di sini kita menggunakan $|x|<\pi$.) Jadi

\[\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}s_n(x)-\Bover1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t) \Bover{\sin(n+{1\over 2}\pushbottom{3.5pt})(x-t)} {x-t}dt =\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty} p_x(t)\sin(n+\hbox{$\bover12$})t\,dt =0\\\end{aligned}\]

menurut lema Riemann–Lebesgue (282Fb). Ini berarti bahwa $\lim_{n\to\infty}s_n(x)=f(x)$ untuk setiap $x\in\ooint{-\pi,\pi}$ sedemikian sehingga $f(x)=\lim_{a\to\infty}\Bover1{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \Bover{\sin(x-t)a}{x-t}f(t)dt$, yang hampir setiap $x\in\ocint{-\pi,\pi}$.

286W Glosarium

Notasi khusus berikut digunakan dalam lebih dari satu paragraf dari bagian ini:

$\mu$ untuk ukuran Lebesgue pada $\Bbb R$.

286G: $C_1$, $C_2$, $C_3$, $C_4$.

286O: $\theta_z$, $\Cal F$.

286A: $f^*$.

286H: $\mass$, $\Delta_f$, $\energy$.

286P: $Ah$.

286C: $S_{\alpha}f$, $M_{\alpha}f$, $D_{\alpha}f$.

286J: $C_5$.

286Q: $\theta'_{z\alpha\beta}$.

286Ea: $\Cal I$, $Q$, $I_{\sigma}$, $J_{\sigma}$, $k_{\sigma}$, $x_{\sigma}$, $y_{\sigma}$, $J^l_{\sigma}$, $J^r_{\sigma}$, $y^l_{\sigma}$.

286K: $C_6$.

286R: $\tilde\theta_z$.

286Eb: $\phi$, $\phi_{\sigma}$, $\innerprod{f}{g}$.

286L: $C_7$.

286S: $\tilde Ah$.

286Ec: $w$, $w_{\sigma}$.

286M: $C_8$.

286T: $C_{10}$, $\hat Af$.

286F: $\le$, $R^+$, $T_{\tau}$.

286N: $C_9$.

Latihan

286X Latihan dasar (a)

Gunakan 284Oa dan 284Xg untuk mempersingkat bagian (c) dari bukti 286U.

286Xb (b)

Tunjukkan bahwa jika $\sequence{k}{c_k}$ adalah barisan bilangan kompleks sedemikian sehingga $\sum_{k=0}^{\infty}|c_k|^2$ berhingga, maka $\sum_{k=0}^{\infty}c_ke^{ikx}$ terdefinisi dalam $\Bbb C$ untuk hampir setiap $x\in\Bbb R$.

286Y Latihan lanjutan (a)

Tunjukkan bahwa jika $f$ adalah fungsi terintegralkan-kuadrat pada $\BbbR^r$, dengan $r\ge 2$, maka

$g(y) =\Bover1{(\sqrt{2\pi})^r} \lim_{\alpha_1,\ldots,\alpha_r\to-\infty, \beta_1,\ldots,\beta_r\to\infty} \int_{a}^{b}e^{-iy\dotproduct x}f(x)dx$

terdefinisi dalam $\Bbb C$ untuk hampir setiap $y\in\BbbR^r$, dan bahwa $g$ merepresentasikan transformasi Fourier dari $f$.

Catatan dan komentar

286 Catatan penutup untuk Bagian 286

Ini bukanlah bagian terpanjang dalam keseluruhan risalah ini, tetapi bagian ini jauh lebih panjang daripada bagian lain mana pun dalam jilid ini, dan tiga puluh halaman yang dipenuhi subskrip dan superskrip tentu menguji daya tahan pembaca yang paling bersemangat sekalipun. Anda akan mudah memahami mengapa Teorema Carleson biasanya tidak disajikan pada tingkat ini. Namun dalam buku ini saya berusaha menyajikan bukti-bukti lengkap untuk teorema-teorema utama; dalam jilid-jilid selanjutnya sebagaimana direncanakan saat ini, tidak ada tempat alami bagi Teorema Carleson; dan teorema itu masih (meski nyaris) dapat dijangkau pada tahap ini. Karena itu, saya menyediakan ruang untuk membuktikannya di sini.

Bukti di sini terbagi secara alami menjadi dua bagian: bagian ‘kombinatorik’ dalam 286E-286M, sampai dengan Lema Lacey–Thiele, disusul bagian ‘analitik’ dalam 286N-286V, yang menggunakan proses perataan

$\int_1^2\Bover1{\alpha}\lim_{b\to\infty} \Bover1b\int_0^b\ldots d\beta d\alpha$

untuk mengubah fungsi-fungsi $\theta_z$ yang koheren secara geometris, tetapi tidak reguler secara analitis, menjadi fungsi-fungsi karakteristik $\Bover1{\tilde\theta_1(0)}\tilde\theta_z$. Dari sudut pandang analisis Fourier biasa, bagian kedua ini pada dasarnya rutin; ada banyak jalur yang dapat kita tempuh, dan kita hanya perlu mengambil langkah pencegahan biasa terhadap operasi yang tidak sah. Catatan: Pada titik ini saya patut mengakui bahwa saya melakukan kekeliruan besar dalam edisi 2001 jilid ini dan tidak menyadari kesalahan tersebut sampai A.Derighetti menunjukkannya kepada saya pada akhir 2013. Saya berharap versi yang disajikan di sini pada pokoknya benar.

Carleson (Carleson 66) menyatakan teoremanya dalam bentuk deret Fourier seperti pada 286V; tetapi telah lama dipahami bahwa bentuk ini ekuivalen dari segi nilai kebenaran dengan versi transformasi Fourier dalam 286U. Tentu ada banyak cara untuk memperluas teorema tersebut. Secara khusus, terdapat hasil-hasil yang bersesuaian untuk fungsi dalam $\eusm L^p$ bagi setiap $p>1$, bahkan untuk fungsi $f$ sedemikian sehingga $f\times\ln(1+|f|)\times\ln\ln\ln(16+|f|)$ terintegralkan (Antonov 96). Metode-metode di sini tampaknya tidak menjangkau sejauh itu. Perlu saya tambahkan bahwa jika kita mendefinisikan $\hat Af$ seperti dalam 286T, maka untuk setiap $p>1$ terdapat konstanta $C$ sedemikian sehingga $\|\hat Af\|_p\le C\|f\|_p$ untuk setiap $f\in\eusm L^p_{\Bbb C}$ (Hunt 67, Mozzochi 71, Jørsboe & Mejlbro 82, Arias de Reyna 02, Lacey 05).

Perhatikan bahwa pokok Teorema Carleson, dalam kedua bentuknya, adalah bahwa kita mengambil limit-limit khusus. Dalam kedua rumus berikut,

$\varhatf(y) =\Bover1{\sqrt{2\pi}}\lim_{a\to-\infty,b\to\infty} \int_a^be^{-ixy}f(x)dx$,

$f(x)=\lim_{n\to\infty}\sum_{-n}^nc_ke^{ikx}$,

yang berlaku hampir di mana-mana untuk fungsi terintegralkan-kuadrat $f$, kita tidak mengambil integral biasa $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ixy}f(x)dx$ ataupun jumlah tak bersyarat $\sum_{k\in\Bbb Z}c_ke^{ikx}$. Jika $f$ tidak terintegralkan, atau jika $\sum_{k=-\infty}^{\infty}|c_k|$ tak hingga, bentuk-bentuk ini tidak akan terdefinisi bahkan pada satu titik pun.

Teorema Carleson bermakna hanya karena kita mempunyai preferensi alami terhadap jenis-jenis tertentu dari integral tak wajar dan jumlah bersyarat. Jadi, ketika pada Bab 44 Jilid 4 kita kembali ke analisis Fourier pada grup topologis umum, sama sekali tidak akan ada bahasa untuk menyatakan teorema tersebut. Walaupun versi-versinya telah dibuktikan untuk grup lain (misalnya, Schipp 78), versi-versi itu pasti bergantung pada struktur di luar gagasan sederhana ‘grup topologis abelian Hausdorff kompak lokal’. Bahkan dalam $\BbbR^2$, sejauh yang saya pahami, masih belum diketahui apakah

$\lim_{a\to\infty}\Bover1{2\pi}\int_{B(\tbf{0},a)} e^{-iy\dotproduct x}f(x)dx$

akan terdefinisi h.d.m. untuk setiap fungsi terintegralkan-kuadrat $f$, jika kita menggunakan bola Euklides biasa $B(\tbf{0},a)$ sebagai pengganti persegi panjang dalam 286Ya.