Cajas de Carleson y operador maximal de Hörmander

En esta sección introduciremos la noción de caja de Carleson asociada a un arco de𝕋o a un punto del disco unidad𝔻. Posteriormente, hablaremos sobre el operador maximal de Hörmander, el cual nos será útil en la sección4.

Definición 4. Sea𝐼 ⊂𝕋un intervalo. Lacaja de Carlesonasociada al intervalo𝐼es el conjunto 𝑆(𝐼) = {𝑟e^i𝑡∶1− 𝑟 ≤ |𝐼|,e^i𝑡∈ 𝐼},

donde|𝐼|denota la medida de Lebesgue normalizada del intervalo𝐼. De forma similar, se puede definir la caja de Carleson para cualquier punto𝑎 = |𝑎|e^i𝜃∈𝔻⧵ {0}como

𝑆(𝑎) = {𝑟e^i𝑡∶1− 𝑟 ≤1− |𝑎|,|arg(𝑎𝑧)| = |𝑡 − 𝜃| ≤ 1− |𝑎|

2 } . Además, si definimos el arco𝐼𝑎⊂𝕋como

𝐼𝑎= {e^i𝑡∶ |𝑡 − 𝜃| ≤ 1− |𝑎|

2 },

tenemos que|𝐼𝑎| =1− |𝑎|y el arco asociado a la caja de Carleson𝑆(𝑎)es𝐼𝑎(ver figura1). Vemos entonces que existe una biyección entre los conjuntos𝐼𝑎y𝑆(𝑎),𝑎 ∈𝔻⧵ {0}. En particular,𝑆(𝑎) = 𝑆(𝐼𝑎). ◀

Figura 1:Caja de Carleson.

Una propiedad interesante de las cajas de Carleson es el siguiente resultado técnico, el cual nos permite obtener una condición necesaria para describir las𝑞-medidas de Carleson en los espacios mencionados.

Lema 5. Sean𝑎 ∈𝔻⧵ {0}y 𝑧∈ 𝑆(𝑎). Entonces, 1− |𝑎|²

2 ≤ |1− 𝑎𝑧| ≤ (1− |𝑎|²)√5 2 .

Demostración. Nótese que(1+ |𝑎|)/2≤1, por lo que la primera desigualdad se obtiene de

|1− 𝑎𝑧| ≥1− |𝑎𝑧| ≥1− |𝑎| ≥ (1− |𝑎|) (1+ |𝑎|

2 ) =1− |𝑎|²

2 .

Veamos la segunda desigualdad. Sea𝜃 =arg(𝑎𝑧). Tenemos que

|1− 𝑎𝑧|²= (1− |𝑎𝑧|)²+4|𝑎||𝑧|(sen(𝜃/2))²≤ (1− |𝑎𝑧|)²+ |𝜃|², donde estamos usando que|sen(𝑡)| ≤ |𝑡|para todo𝑡 ∈ℝ. Finalmente, como𝑧∈ 𝑆(𝑎),

(1− |𝑎𝑧|)²+ |𝜃|²≤ (1− |𝑎𝑧|)²+(1− |𝑎|)²

4 ≤ (1− |𝑎|²)²+ (1− |𝑎|)²

4 ≤ 5

4(1− |𝑎|²)². ▪ La siguiente clase de medidas quedarán caracterizadas cuando𝛼 = 𝑞/𝑝como las𝑞-medidas de Carleson para𝐻^𝑝.

Definición 6. Sea𝛼 >0. Si𝜇es una medida de Borel positiva, definimos

‖𝜇‖_𝛼=sup

𝑎∈𝔻

𝜇(𝑆(𝑎))

(1− |𝑎|²)^𝛼. ◀

Proposición 7. Sean 0 < 𝑝,𝑞 < ∞. Si 𝜇es una 𝑞-medida de Carleson para𝐻^𝑝, existe una constante 𝑐 = 𝑐(𝑝,𝑞) >0tal que

‖𝜇‖_𝑞/𝑝≤ 𝑐 ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))< ∞.

Demostración. Por hipótesis, tenemos queId∶ 𝐻^𝑝→ 𝐿^𝑞(𝜇)es acotado. Tomamos𝑎 ∈𝔻y consideramos la familia de funciones𝑓𝑎(𝑧) = 𝑘_𝑎(𝑧)^2/𝑝, donde𝑘𝑎consiste en el núcleo reproductor normalizado

𝑘_𝑎(𝑧) = (1− |𝑎|²)^1/2

1− 𝑎𝑧 , 𝑧∈𝔻.

Entonces, como‖𝑘_𝑎‖_𝐻2=1,

(1) ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))= ‖𝑘𝑎‖²_𝐻^𝑞/𝑝₂ ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))= ‖𝑓𝑎‖^𝑞_𝐻𝑝‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))≥ ‖Id(𝑓_𝑎)‖^𝑞_𝐿𝑞(𝜇)= ‖𝑓𝑎‖^𝑞_𝐿𝑞(𝜇).

Ahora bien,𝑓_𝑎∈ 𝐻^𝑝y

‖𝑓_𝑎‖^𝑞_𝐿𝑞(𝜇)= ∫

𝔻

|𝑓_𝑎(𝑧)|^𝑞d𝜇(𝑧) ≥ ∫

𝑆(𝑎)

|𝑓_𝑎(𝑧)|^𝑞d𝜇(𝑧) = ∫

𝑆(𝑎)

|𝑘_𝑎(𝑧)|^2𝑞/𝑝d𝜇(𝑧)

= ∫

𝑆(𝑎)

||

|

(1− |𝑎|²)^1/2 1− 𝑎𝑧

||

|

2𝑞/𝑝

d𝜇(𝑧) ≥ ( 2

√5(1− |𝑎|²)^1/2)

2𝑞/𝑝

𝜇(𝑆(𝑎)) = (4/5)^𝑞/𝑝 𝜇(𝑆(𝑎)) (1− |𝑎|²)^𝑞/𝑝, (2)

donde en la última desigualdad hemos usado que|1− 𝑎𝑧| ≤ ^√₂⁵(1− |𝑎|²)para𝑧∈ 𝑆(𝑎)(ver lema5). Como esto es cierto para toda𝑎 ∈𝔻, de (1) y (2), y tomando𝑐 = (4/5)^−𝑞/𝑝, deducimos que

𝑐 ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))≥sup

𝑎∈𝔻

( 𝜇(𝑆(𝑎))

(1− |𝑎|²)^𝑞/𝑝) = ‖𝜇‖_𝑞/𝑝. ▪

Más adelante veremos que, si𝑞 ≥ 𝑝, entonces la inclusión𝐻^𝑝⊂ 𝐿^𝑞(𝜇)es acotada y existe𝐶 >0tal que

‖𝜇‖_𝑞/𝑝≥ 𝐶 ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇)). Por lo tanto, en este caso,‖𝜇‖_𝑞/𝑝≍ ‖Id‖^𝑞_(𝐻𝑝,𝐿^𝑞(𝜇))(véase el teorema13). Para eso, necesitaremos el siguiente lema de recubrimiento.

Lema 8(Lema de recubrimiento 1). Sea𝐴 ⊂𝔻,𝐴 ≠ ∅. Supongamos que no existe una sucesión infinita de puntos(𝑧_𝑛)𝑛∈ℕ ⊂ 𝐴tales que los intervalos asociados(𝐼𝑧_𝑛)𝑛∈ℕsean disjuntos dos a dos. Entonces, existe una sucesión finita de puntos𝑧₁,…,𝑧_𝑚∈ 𝐴tales que los arcos𝐼₁,…,𝐼_𝑚son disjuntos y

𝐴 ⊂

𝑚 𝑛=⋃1

{𝑧∈𝔻∶ 𝐼𝑧⊂5𝐼𝑧_𝑛},

donde5𝐼𝑧_𝑛= {e^i𝑡∶ |𝑡 − 𝜃𝑛| ≤ ^5(1−|𝑧₂ ^𝑛|)}.

Demostración. Para la prueba vamos a construir una sucesión de puntos𝑧₁,…,𝑧_𝑚∈ 𝐴que va a satisfacer la hipótesis que queremos.

Sean𝐴₁= 𝐴y𝜌₁=ínf{|𝑧| ∶𝑧∈ 𝐴₁}. Si0∈ 𝐴₁, elegimos𝑧₁ =0; en caso contrario, elegimos𝑧₁∈ 𝐴₁tal que|𝑧₁| ≤ (𝜌₁+1)/2, lo cual es posible ya que, si|𝑧| > (𝜌₁+1)/2para todo𝑧∈ 𝐴₁, entonces tendríamos

que 𝜌₁+1

2 ≤ínf{|𝑧| ∶𝑧∈ 𝐴₁} = 𝜌₁<1,

y llegaríamos a una contradicción. Sea ahora𝐴₂= {𝑧∈ 𝐴₁∶ 𝐼_𝑧∩ 𝐼_𝑧1 = ∅}. Si𝐴₂= ∅, escogemos𝑚 =1y ya tenemos la sucesión buscada. Si𝐴₂ ≠ ∅, definimos𝜌₂ =ínf{|𝑧| ∶𝑧∈ 𝐴₂}y elegimos𝑧₂∈ 𝐴₂tal que

|𝑧₂| ≤ (𝜌₂+1)/2.

De esta manera, se puede crear una sucesión de puntos𝑧₁,𝑧₂,𝑧₃,… tales que𝑧_𝑛∈ 𝐴𝑛y|𝑧_𝑛| ≤ (𝜌𝑛+1)/2, donde𝐴𝑛= {𝑧∈ 𝐴𝑛−1∶ 𝐼𝑧∩ 𝐼𝑧_𝑛−1= ∅} ≠ ∅y𝜌𝑛=ínf{|𝑧| ∶𝑧∈ 𝐴𝑛}para𝑛 ≥2. Por hipótesis, el proceso de escoger las𝑧_𝑛debe parar (es decir, existe un𝑛 ∈ℕtal que𝐴𝑛= ∅, por lo que ya tendríamos la sucesión buscada), ya que no existe ninguna colección infinita de puntos(𝑧_𝑛)𝑛∈ℕ ⊂ 𝐴tales que los intervalos asociados(𝐼_𝑧𝑛)_𝑛∈ℕsean disjuntos dos a dos.

Por lo tanto, existe un entero𝑚 ≥1tal que𝐴𝑛≠ ∅para todo1≤ 𝑛 ≤ 𝑚pero𝐴𝑚+1= ∅. Entonces, dado 𝑧∈ 𝐴, existe algún𝑛₀∈ {1,…,𝑚}tal que𝐼𝑧∩ 𝐼𝑧_𝑛0 ≠ ∅. Fijemos el subíndice𝑛₀(si hubiera más de uno, escogemos𝑛₀como el mínimo entre estos subíndices). Obsérvese que, si𝑛₀ >1, entonces𝐼_𝑧∩ 𝐼_𝑧𝑗 = ∅ para todo𝑗 ∈ {1,…,𝑛₀−1}. Por tanto,

|𝑧| ≥ 𝜌_𝑛0 =ínf{|𝑧| ∶𝑧∈ 𝐴,𝐼𝑧∩ 𝐼𝑧_𝑗= ∅, 1≤ 𝑗 ≤ 𝑛₀−1}.

Así pues, como2|𝑧_𝑛0| ≤ 𝜌𝑛₀+1,

|𝐼𝑧| =1− |𝑧| ≤1− 𝜌𝑛₀≤1+1−2|𝑧_𝑛0| =2(1− |𝑧_𝑛0|) =2|𝐼𝑧_𝑛0|.

Concluimos que𝐼𝑧∩ 𝐼𝑧_𝑛0 ≠ ∅y|𝐼𝑧| ≤2|𝐼𝑧_𝑛0|. Por lo tanto,𝐼𝑧⊂5𝐼𝑧_𝑛0.

Si𝑛₀=1, hacemos el mismo argumento pero ahora con𝜌₁y𝑧₁en lugar de𝜌_𝑛0y𝑧_𝑛0. ▪ Para acabar esta sección, vamos a introducir el operador maximal de Hörmander y daremos algunos resultados interestantes sobre este operador.

Definición 9. Sean𝜑 ∈ 𝐿¹(𝕋)y𝑧∈𝔻. Eloperador maximal de Hörmanderse define como

̃ℳ(𝜑)(𝑧) =sup

𝐼⊃𝐼𝑧

1

|𝐼|∫

𝐼

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡. ◀

El siguiente resultado nos da una manera equivalente de escribir el operador de Hörmander.

Lema 10. Si𝑧= 𝑟e^i𝜃∈𝔻, definimos

ℳ𝑟(𝜑)(e^i𝜃) = sup

𝐼∋e^i𝜃,|𝐼|≥|𝐼_𝑧|

1

|𝐼|∫

𝐼

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡.

Entonces,ℳ𝑟(𝜑)(e^i𝜃) ≍ℳ(𝜑)(𝑧)̃ para todo𝑧= 𝑟e^i𝜃∈𝔻.

Demostración. Observamos que para todo arco𝐼 ⊃ 𝐼𝑧tenemos que|𝐼| ≥ |𝐼𝑧|. Además,e^i𝜃∈ 𝐼𝑧⊂ 𝐼, de lo que se obtiene la primera desigualdad

̃ℳ(𝜑)(𝑧) ≤ ℳ_𝑟(𝜑)(e^i𝜃).

Para ver la segunda desigualdad, sea𝐼un intervalo tal quee^i𝜃∈ 𝐼y|𝐼| ≥ |𝐼𝑧|. Entonces,e^i𝜃∈ 𝐼𝑧∩ 𝐼 ≠ ∅. Así pues, existe un arco ̃𝐼 ⊃ 𝐼tal que| ̃𝐼| =2|𝐼|y𝐼𝑧⊂ ̃𝐼. Por lo tanto,

1

|𝐼|∫

𝐼

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 ≤2 12|𝐼|∫

̃𝐼

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 =2 1

| ̃𝐼|∫

̃𝐼

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 ≤2ℳ(𝜑)(𝑧)̃ ,

y la desigualdad que queremos ver se sigue tomando supremo sobre los arcos𝐼tales quee^i𝜃 ∈ 𝐼y

|𝐼| ≥ |𝐼𝑧|. ▪

La ventaja de esta equivalencia es que podemos probar una desigualdad puntual para este operador cuando actúa sobre espacios de Hardy.

Lema 11. Sea𝑝 >0. Existe una constante𝐶 = 𝐶(𝑝)tal que

|𝑓(𝑧)|^𝑝≤ 𝐶 ̃ℳ(|𝑓|^𝑝)(𝑧), para todo𝑧∈𝔻y para toda𝑓 ∈ 𝐻^𝑝.

Demostración. En virtud del lema10, basta probar la desigualdad

|𝑓(𝑧)|^𝑝≤ 𝐶^′ℳ_𝑟(|𝑓|^𝑝)(e^i𝜃), 𝑧∈𝔻,𝑓 ∈ 𝐻^𝑝,

donde𝐶^′ = 𝐶^′(𝑝). Dada𝑓 ∈ 𝐻^𝑝, observemos que, al ser𝑓 holomorfa, puede probarse que|𝑓|^𝑝 es subarmónica en el disco unidad. Por otro lado, recordemos que, si denotamos por

𝑃𝑟(𝑡) = 1− 𝑟²

1−2𝑟cos𝑡 + 𝑟², 𝑡 ∈ [−π,π], elnúcleo de Poissoncon𝑟 ∈ (0, 1)y tomamos𝑔∈ 𝐿¹(𝕋), la función

𝑢_𝑔(𝑟e^i𝜃) = 1 2π∫

π

−π

𝑃_𝑟(𝜃 − 𝑡)𝑔(e^i𝑡)d𝑡, 𝜃 ∈ [−π,π],

es una función armónica en𝔻cuyo límite radial en𝕋existe y coincide con𝑔(𝑧)para casi todo𝑧∈𝕋[17, Teorema 11.16]. Como𝑓 ∈ 𝐻^𝑝, puede probarse que|𝑓|^𝑝restringida a𝕋es una función de𝐿¹(𝕋). Así,

𝑢_|𝑓|^𝑝(𝑟e^i𝜃) = 1 2π∫

π

−π

𝑃_𝑟(𝜃 − 𝑡)|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡

es una función armónica que coincide con|𝑓|^𝑝para casi todo punto en𝕋. Pero, como|𝑓|^𝑝es subarmónica, concluimos por definición que

|𝑓(𝑟e^i𝜃)|^𝑝≤ 1 2π∫

π

−π

𝑃_𝑟(𝜃 − 𝑡)|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡.

Supongamos que𝑟 ≤1/2. Se sigue que𝑃𝑟(𝑡) ≤3para todo𝑡 ∈ [−π,π]. De esta manera, sea𝑧= 𝑟e^i𝜃∈𝔻.

Entonces,

|𝑓(𝑧)|^𝑝≤3 12π∫

π

−π

|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡 ≤3 sup

e^i𝜃∈𝐼,|𝐼|≥|𝐼_𝑧|

1

|𝐼|∫

𝐼

|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡 =3ℳ_𝑟(|𝑓|^𝑝)(e^i𝜃).

Por otro lado, si tomamos1> 𝑟 >1/2, observamos que no se puede acotar el núcleo de Poisson unifor- memente en𝑡y en𝑟, debido a que, para𝑡 = 0, tenemos que𝑃𝑟(0) → ∞cuando𝑟 → 1⁻. En este caso procedemos de la siguiente manera. Para todo𝑛 =1, 2, 3,…, definimos𝑡_𝑛=2^𝑛−1π(1− 𝑟).

Notemos que(𝑡𝑛)𝑛∈ℕes una sucesión creciente en la que𝑡𝑛+1 = 2𝑡𝑛y𝑡₁ = π(1− 𝑟). Así, al tener que 1− 𝑟 <1/2, existe un único natural𝑁tal que𝑡𝑁< π/2y𝑡𝑁+1≥ π/2. De esta forma (ver figura2), definimos

𝐽𝑛= [−𝑡𝑛,𝑡𝑛], 𝑛 =1, 2,…,𝑁 +1, y

𝐺_𝑛=⎧

⎨

⎩

𝐽₁ si𝑛 =1,

𝐽𝑛⧵ 𝐽𝑛−1 si𝑛 =2, 3,…,𝑁, [−𝜋,𝜋] ⧵ 𝐽_𝑁+1 si𝑛 = 𝑁 +1,

y vamos a encontrar una cota conveniente para cada𝐺𝑛. Nótese que, para cada𝑛 =1, 2,…,𝑁 +1, 𝑃_𝑟(𝑡) ≤ 1

4^𝑛−2(1− 𝑟), 𝑡 ∈ 𝐺_𝑛.

Figura 2:Conjunto𝐺_𝑛y núcleo de Poisson.

En efecto, fijado𝑟, el núcleo de Poisson es una función par en𝑡y decreciente para𝑡 ∈ [0,π]. Así, 𝑃_𝑟(𝑡) ≤ 𝑃_𝑟(0), 𝑡 ∈ 𝐺₁, y

𝑃𝑟(𝑡) ≤ 𝑃𝑟(𝑡𝑛−1), 𝑡 ∈ 𝐺𝑛∀ 𝑛 ≥2. Además, comocos𝑡 ≤1−2𝑡²/π², se sigue que

𝑃_𝑟(𝑡_𝑛−1) = 1− 𝑟²

(1− 𝑟)²+2𝑟(1−cos𝑡_𝑛−1) ≤ 1− 𝑟²

4𝑟𝑡²_𝑛−1 π2

≤ 1− 𝑟²

2𝑡²_𝑛−1 π2

= 8(1+ 𝑟)

4^𝑛(1− 𝑟) ≤ 1 4^𝑛−2(1− 𝑟). Obtenemos que

|𝑓(𝑟e^i𝜃)|^𝑝≤ 1 2π∫

π

−π

𝑃𝑟(𝜃 − 𝑡)|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡 = 1 2π∫

π

−π

𝑃𝑟(𝑡 − 𝜃)|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡

= 1 2π∫

π

−π

𝑃𝑟(𝑡)|𝑓(e^i(𝑡+𝜃))|^𝑝d𝑡 = 1 2π

𝑁+1

∑

𝑛=1

∫

𝐺_𝑛

𝑃𝑟(𝑡)|𝑓(e^i(𝑡+𝜃))|^𝑝d𝑡

≤ 1 2π

𝑁+1

∑

𝑛=1

4^𝑛−2(11− 𝑟)∫

𝐺_𝑛

|𝑓(e^i(𝑡+𝜃))|^𝑝d𝑡 ≤8

𝑁+1

∑

𝑛=1

21^𝑛 1

|𝐽_𝑛|∫

𝐽_𝑛

|𝑓(e^i(𝑡+𝜃))|^𝑝d𝑡

≤8( sup

e^i𝜃∈𝐼,|𝐼|≥|𝐼_𝑧|

1

|𝐼|∫

𝐼

|𝑓(e^i𝑡)|^𝑝d𝑡) (

∞

∑

𝑛=1

21^𝑛) =16ℳ𝑟(|𝑓|^𝑝)(e^i𝜃). ▪

Para el operador de Hörmander se tiene la siguiente desigualdad débil.

Lema 12(Desigualdad débil). Sean𝑞 ≥ 𝑝 >0y sea𝜇una medida de Borel positiva que satisface que

‖𝜇‖_𝑝/𝑞< ∞. Entonces, existe una constante𝑐 = 𝑐(𝑝,𝑞) >0tal que, para cada función𝜑 ∈ 𝐿¹(𝕋), 𝜇({𝑧∈𝔻∶ℳ(𝜑)(𝑧) > 𝜆}) ≤ 𝑐̃ ‖𝜇‖_𝑞/𝑝

𝜆^𝑞/𝑝 ‖𝜑‖^𝑞/𝑝_𝐿1(𝕋), 𝜆 >0.

Demostración. Tomamos𝜆 >0y definimos𝐸_𝜆= {𝑧∈𝔻∶ℳ(𝜑)(𝑧) > 𝜆}. Sĩ 𝐸_𝜆= ∅, el resultado es trivial.

Supongamos, pues, que𝐸𝜆≠ ∅. Para cualquier𝜀 >0, definimos los conjuntos

𝐴^𝜀_𝜆= {𝑧∈𝔻 ∶ ∫

𝐼𝑧

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 > 𝜆(|𝐼_𝑧| + 𝜀)} y 𝐵_𝜆^𝜀= {𝑧∈𝔻∶ 𝐼𝑧⊂ 𝐼𝑤,para algún𝑤 ∈ 𝐴^𝜀_𝜆} .

Nótese que los conjuntos𝐴^𝜀_𝜆y𝐵_𝜆^𝜀crecen si𝜀decrece. Además, tenemos que 𝐸𝜆⊆⋃

𝜀>0

𝐵_𝜆^𝜀,

ya que para𝑧∈ 𝐸𝜆, por la definición de supremo, existen𝜀 >0y𝑤 ∈𝔻tales que𝑤 ∈ 𝐴^𝜀_𝜆y𝐼𝑧 ⊂ 𝐼𝑤; en consecuencia,𝑧∈ 𝐵_𝜆^𝜀. Por lo tanto,

𝜇(𝐸𝜆) ≤ lím

𝜀→0⁺𝜇(𝐵_𝜆^𝜀).

Ahora observemos que, para cada𝜀 >0, no hay infinitos puntos(𝑧_𝑛)_𝑛∈ℕen𝐴^𝜀_𝜆tales que los intervalos (𝐼𝑧_𝑛)_𝑛∈ℕsean disjuntos. En caso contrario, si(𝑧_𝑛)_𝑛∈ℕ⊂ 𝐴^𝜀_𝜆, entonces

𝜆(|𝐼𝑧_𝑛| + 𝜀) < ∫

𝐼_𝑧𝑛

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡, ∀ 𝑛 ∈ℕ,

y obtenemos que

(3) 𝜆

∞

∑

𝑛=1

(|𝐼𝑧_𝑛| + 𝜀) <

∞

∑

𝑛=1

∫

𝐼𝑧𝑛

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 = ∫

⋃^∞_𝑛=1𝐼𝑧𝑛

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 ≤ ∫

𝕋

|𝜑(e^i𝑡)|d𝑡 = ‖𝜑‖_𝐿1(𝕋)< +∞,

lo cual no es posible. Como𝐸_𝜆≠ ∅, tenemos que𝐴^𝜀_𝜆≠ ∅para𝜀suficientemente pequeño. Así pues, el lema de recubrimiento 1 (lema8) nos asegura que existen puntos𝑧₁,…,𝑧_𝑚∈ 𝐴^𝜀_𝜆tales que

𝐴^𝜀_𝜆⊂

𝑚 𝑛=⋃1

{𝑧∈𝔻∶ 𝐼𝑧⊂5𝐼𝑧_𝑛}.

De aquí se sigue que

𝐵_𝜆^𝜀⊂

𝑚 𝑛=⋃1

{𝑧∈𝔻∶ 𝐼𝑧⊂5𝐼𝑧_𝑛},

ya que si𝑧∈ 𝐵_𝜆^𝜀, entonces𝐼_𝑧⊂ 𝐼_𝑤para algún𝑤 ∈ 𝐴^𝜀_𝜆, y𝐼_𝑤⊂5𝐼_𝑧𝑛para algún𝑛 ∈ {1,…,𝑚}. Además, dado que𝐼𝑧₁⊂ 𝐼𝑧₂implica que𝑆(𝐼𝑧₁) ⊂ 𝑆(𝐼𝑧₂)para𝑧₁,𝑧₂∈𝔻, y tenemos que𝑞 ≥ 𝑝y la medida de Lebesgue es doblante, deducimos que

𝜇(𝐵_𝜆^𝜀) ≤

𝑚

∑

𝑛=1

𝜇({𝑧∈𝔻∶ 𝐼𝑧⊂5𝐼𝑧_𝑛}) ≤

𝑚

∑

𝑛=1

𝜇(𝑆(5𝐼𝑧_𝑛)) ≤ 𝑐 ‖𝜇‖_𝑞/𝑝

𝑚

∑

𝑛=1

|5𝐼𝑧_𝑛|^𝑞/𝑝

≤ 𝑐 ‖𝜇‖_𝑞/𝑝(

𝑚

∑

𝑛=1

|𝐼𝑧_𝑛|)

𝑞/𝑝

≤ 𝑐 ‖𝜇‖_𝑞/𝑝‖𝜑‖^𝑞/𝑝_𝐿1(𝕋)𝜆^−𝑞/𝑝,

donde en la última desigualdad hemos usado (3). Finalmente, haciendo tender𝜀a 0, obtenemos el

resultado. ▪

In document divulgación de trabajos de estudiantes de matemáticas - TEMat (página 80-86)