Complex analysis 6: Harnack’s inequality

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Aug 152013
 

Harnack’s inequality 是关于调和函数的一个不等式, 被 A. Harnack 在 1887 年引进. 随后又被其他人重新发现, 比如 J. Serrin 和 J. Moser. 有不少重要的数学家对 Harnack’s inequality 做出各种推广. 通过Nash-Moser迭代, 人们发现在较为一般的散度型椭圆方程和抛物方程正解都具有这种性质. 从此, Harnack 不等式在偏微分方程解性质研究中发挥了巨大作用. 上世纪八十年代, P.Li 和丘成桐给出了Harnack不等式的另一种认识途径, 即所谓微分Harnack 估计. Li-Yau 对 Harnack不等式的新认识对 Ricci 流发展有重要影响. 经典椭圆型偏微分方程和抛物方程中的Harnack不等式在几何流中, 有很多应用. Perelman 证明 Poincaré conjecture, 就使用了 R. Hamilton 的一个 Harnack’s inequality 的推广形式. Harnack’s inequality 在偏微分方程有很多重要应用.

Harnack’s inequality  Let  \(D=\{z:|z|<1\}\). suppose \(f(z)\) is analytic on \(D\), \(\mathrm{Re}f(z)\geqslant0,\forall z\in D, f(0)>0\), then

  • \(|\mathrm{Im}f(z)|\leqslant f(0)\dfrac{2|z|}{1-{|z|^2}};\)
  • \(f(0)\dfrac{1-|z|}{1+|z|}\leqslant \mathrm{Re}f(z)\leqslant |f(z)| \leqslant f(0)\dfrac{1+|z|}{1-|z|},\)

and that equality holds if and only if  \(f(z)=w_0\dfrac{1+e^{i\alpha}z}{1-e^{i\alpha}z}\)(\(w_0,\alpha\in\Bbb R\), and \(w_0>0\)).

Proof   Without loss of generality, we assume \(f(0)=1\). Let

\[ h(z) =\frac{1+z}{1-z} \]

be the standard linear fractional map of \(D\) onto the right half plane. \(\forall r, 0\leqslant r<1\),  \(h(z)\) maps \(\{z: |z|\leqslant r\}\)  to the disc

\[E_r=\{w:|w-\frac{1+r^2}{1-r^2}|\leqslant\frac{2r}{1-r^2}\}.\]

According to Schwartz  lemma , it follows that

\[\left |\frac{f(z)-1}{f(z)+1}\right| \leqslant |z|,\]

Thus we are led to the conclusion that

\[ |h^{-1}(f(z))|\leqslant |z|.\]

this implies \(f(z)\in E_{|z|}\).        \(\Box\)

Improvements of Euler’s inequality

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Aug 142013
 

匡继昌的不等式著作”常用不等式(Applied Inequalities)”名头很大. 我拥有的第一本是第二版, 由湖南教育出版社出版, 是 \(32\) 开, 不是后来第三版, 第四版的 \(16\) 开. 第二版的页码好像比第三部, 第四版要少那么一点.

当年我阅读这书, 几何不等式这一章, 有这么一个不等式(也就是第四版 \(244\) 页的 \(76\)), 是 Bandila. V. 在 1985 年提出:

\begin{equation}\frac Rr\geqslant\frac bc+\frac cb,\end{equation}

这里 \(R,r\) 分别表示三角形 \(ABC\) 的外接圆半径, 内切圆半径; \(a,b,c\) 为边长.

我当初没有想出证明,  但留下的印象是如此的深刻. 几年过去了, 一些关于三角形的公式对于我, 已然陌生.

设 \(S\) 为 \(\triangle ABC\) 的面积; \(p=\dfrac{a+b+c}2\) 是半周长; \(A,B,C\) 为内角; \(t_a,t_b,t_c\) 为内角平分线长; \(h_a,h_b,h_c\) 为高.

先做一点准备工作.

Lemma 1  \(\dfrac Rr=\dfrac{abc}{4(p-a)(p-b)(p-c)}\).

这结论容易建立. \(S=\dfrac{abc}{4R},S=pr\), 以及 Heron’s formula \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\) 是熟知的. 经过一点很简单的计算, 可得引理 1.

设 \(x=p-a,y=p-b,z=p-c\), 于是

\[\frac Rr=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4xyz}.\]

我们想证明 \((1)\), 只要证明, 当 \(x,y,z\gt0\) 时, 有

\[\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4xyz}\geqslant\frac{x+z}{x+y}+\dfrac{x+y}{x+z}.\]

也就是说, 指出

\begin{equation}(x+y)^2(y+z)(z+x)^2\geqslant 4xyz[(x+z)^2+(x+y)^2]\end{equation}

即可.

\((x+y)^2z\geqslant4xyz\) 导出
\[z(x+y)^2(z+x)^2\geqslant 4xyz(z+x)^2.\]
同样, 由 \(y(z+x)^2\geqslant4xyz\) 可得
\[y(x+y)^2(z+x)^2\geqslant 4xyz(x+y)^2.\]

我们的目标 \((2)\), 立马呈现在眼前.    \(\Box\)

这个证明是传统的. 有更巧妙的途径建立 \((1)\).

为此, 我们需要一个关于内角平分线的不等式.

Lemma 2   \(t_a\leqslant\sqrt{p(p-a)}.\)       (“常用不等式”第四版 \(270\) 页)

注意 \(t_a=\dfrac2{b+c}\sqrt{bcp(p-a)}\) 即可.

显然

\[h_b^2+h_c^2\leqslant t_b^2+t_c^2\leqslant p(p-b)+p(p-c)=pa.\]

另一方面,

\[h_b^2+h_c^2=4S^2(\frac1{b^2}+\frac1{c^2})=\frac{abc}R\cdot pr\cdot(\frac1{b^2}+\frac1{c^2})=\frac rR\cdot pa\cdot bc(\frac1{b^2}+\frac1{c^2}).\]

综合两方面, 就得到了 \((1)\).     \(\Box\)

需要指出的是, \((1)\) 可以进一步推广成非常普遍的形式.

\(r\leqslant2R\sin\frac A2 (1-\sin\frac A2)\)

顺便, 我们解决掉如下不等式:

\begin{equation}r\leqslant2R\sin\frac A2(1-\sin\frac A2),\end{equation}

仅当 \(b=c\) 时, 等号成立. (“常用不等式”第四版 \(245\) 页)

先把引理 1 改头换面成一个等价形式:

Lemma 1′   \(\dfrac r{4R}=\sin\dfrac A2\sin\dfrac B2\sin\dfrac C2\).

这引理的正确, 由下述事实立马保证:

Lemma 3   \(\sin\dfrac A2=\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{bc}}\).

利用余弦定理和半角公式即可. 事实上, 因为 \(\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\), 所以

\[\sin\frac A2=\sqrt{\frac{1-\cos A}2}=\sqrt{\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}}=\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{bc}}.\]

于是, 要说明 \((3)\), 只要验证 \(2\sin\dfrac B2\sin\dfrac C2\leqslant1-\sin\dfrac A2\).

这真是再容易不过了: 积化和差. 事实上,

\[2\sin\frac B2\sin\frac C2=\cos\frac{B-C}2-\cos\frac{B+C}2\leqslant1-\sin\frac A2.          \Box\]

比外接圆更大的圆

现在考虑 Euler’s inequality 另一种形式的推广.  下面的 \((4)\) 和 \((5)\) 是 Federico Ardila 的工作.

把三角形 \(ABC\) 放进一个更大的圆 \(\omega\): \(A,B,C\) 三点在这圆内或圆周上. 设圆 \(\omega\) 的半径是 \(R^\prime\). 那么

\begin{equation}R^\prime\geqslant2r. \end{equation}

这结果显然可以导出 Euler’s inequality, 而不是相反: \(\triangle ABC\) 是钝角三角形的时候, \(R^\prime\lt R\) 是可能的.

设 \(\omega\) 的中心是 \(O\). 显然, \(3R^\prime\geqslant OA+OB+OC\). 因此, 只要证明 \(OA+OB+OC\geqslant 6r\).

设 \(O\) 关于 \(BC,CA,AB\) 的对称点分别是 \(D,E,F\).

如果 \(O\) 在 \(\triangle ABC\) 内或边上, 那么, 六边形 \(AFBDCE\) 的周长是 \(2(OA+OB+OC)\), 面积是 \(2S\). 根据等周不等式, 周长相等的六边形, 以正六边形的面积最大. 于是 \(\dfrac{\sqrt3\left(OA+OB+OC\right)^2}6\geqslant2S\).

同样的道理, 周长相等的三角形中以正三角形的面积为最大, 因此, \(S\leqslant\dfrac{\sqrt3p^2}9\). 结合 \(S=pr\), 给出 \(p\geqslant3\sqrt3r\). 故 \(S=pr\geqslant3\sqrt3r^2\).

综合两方面, 得到我们的目标 \(OA+OB+OC\geqslant 6r\).

如果 \(O\) 在 \(\triangle ABC\) 外, 且 \(O,A\) 在 \(BC\) 异侧. 这时, 六边形  \(AFBOCE\) 的周长是 \(2(OA+OB+OC)\), 面积 \(\gt2S\). 同上面一样的道理, 可以完成证明. 如果 \(O\) 在射线 \(BA\) 与 \(CA\) 所形成的区域(即 \(A\) 在 \(\triangle OBC\) 内), 那么, 四边形 \(OBDC\) 的周长 \(\lt2(OA+OB+OC)\), 面积 \(\gt2S\). 把这四边形视为退化的六边形, 同上一样可以完成证明.    \(\Box\)

外接椭圆

我们继续往前走. 考虑经过 \(\triangle ABC\) 三顶点的椭圆. 假设这椭圆的两个焦点是 \(F_1,F_2\), 椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和是常数 \(l\). 我们希望建立

\begin{equation}l\geqslant4r.\end{equation}

记 \(\omega_1\) 是以 \(A\) 为心, \(F_1A\) 为半径的圆. 类似地, 也有圆 \(\omega_2,\omega_3\). 延长 \(F_1A\) 交 \(\omega_1\) 于 \(A_1\). 同样定义 \(B_1,C_1\). 把以 \(F_2\) 为心, \(l\) 为半径的圆记为 \(\omega\). 于是, \(\triangle A_1B_1C_1\) 与 \(\triangle ABC\) 是位似图形, 位似中心是点 \(F_1\), 位似比为 \(2\), 所以 \(\triangle A_1B_1C_1\) 的内切圆半径是 \(2r\).

注意

\[F_2A_1\leqslant F_2A+AA_1=F_2A+F_1A=l,\]

故 \(A_1\) 在 \(\omega\) 内或圆周上. 对于 \(B_1,C_1\) 而言, 同样也是如此. (实际上, \(\omega_1,\omega_2\) 和 \(\omega_3\) 都与 \(\omega\) 内切.) 根据 \((4)\), 得 \(l\geqslant4r\).       \(\Box\)

References

  1. Federico Ardila, A generalization of Euler’s \(R\geqslant2r\).

Complex analysis 5: Abel’s theorem

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Aug 112013
 

这里指的是复分析中关于幂级数的 Abel’s theorem, 目的是讨论幂级数在收敛圆周的性态.

\( D=\{z\in\Bbb C:|z|<1\} \). Let \(f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n(a_n,z\in\Bbb C)\)be a power series, and the radius of convergence of \(f(z)\) is \(1\), \(\sum\limits_{n=0}^\infty a_n =s\). we cannot conclude that

\[\lim_{D\ni z\to1 }f(z)= s.\]

这个事情说来话长.

In 1916, Sierpiński constructed a power series with radius of convergence equal to \(1\), also converging on every point of the unit circle, but with the property that \(f\) is unbounded near \(z=1\).

Sierpiński 的例子很复杂, 在一本法文书上可以找到.

For odd \(n\) let  \(p_n = 1\cdot 3\cdot 5\cdots n\), For even \(n\) set \(p_n=2p_{n-1}\). Define

\[ f(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}nz^{p_n}. \]

International Mathematics Competition for University Students(IMC) 2013

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Aug 092013
 

Day 1

Problem 1. Let  \(\rm A\) and \(\rm B\) be real symmetric matrixes with all eigenvalues strictly greater than \(1\). Let \(\lambda\) be a real eigenvalue of matrix \(\rm {AB}\). Prove that \(\left| \lambda  \right|\gt1\).

Problem 2.  Let \(f:\Bbb R \to \Bbb R\) be a twice differentiable function. Suppose  \(f(0) = 0\). Prove that there exists \(\xi \in\left({-\frac\pi2,\frac\pi2}\right)\) such that

\[f^{\prime\prime}\left( \xi  \right) = f\left( \xi  \right)\left(1 + 2\tan^2\xi \right).\]

Problem 3. There are \(2n\) students in a school \(\left( {n \in {\Bbb N},n \geqslant 2} \right)\). Each week \(n\) students go on a trip. After several trips the following condition was fulfiled: every two students were together on at least one trip. What is the minimum number of trips needed for this to happen?

Problem 4. Let \(n\geqslant 3\) and let \(x_1,x_2,\dotsc,x_n\) be nonnegative real numbers. Define \(A = \sum\limits_{i = 1}^n x_i,B = \sum\limits_{i = 1}^n x_i^2,C=\sum\limits_{i = 1}^n x_i^3\). Prove that:

\[ \left(n+1\right)A^2B+\left(n-2\right)B^2\geqslant A^4+\left(2n-2\right)AC.\]

Problem 5. Does there exist a sequence \((a_n)\) of complex numbers such that for every positive integer \(p\) we have that \(\sum\limits_{n=1}^\infty a_n^p\) converges if and only if \(p\) is not a prime?

Day 2

Problem 1. Let \(z\) be a complex number with \(\left|z+1\right|>2\). Prove that \(\left|z^3+1\right| > 1\).

Problem 2. Let \(p\) and \(q\) be relatively prime positive integers. Prove that

\[\sum_{k=0}^{pq-1}(-1)^{\left[\frac kp\right]+\left[\frac kq\right]}=\begin{cases}0 &\text{if}   pq   \text{is even},\\1 &\text{if } pq \text{ is odd}.\end{cases}\]

(Here \([x]\) denotes the integer part of \(x\).)

Problem 3. Suppose that \(\mathbf v_1,\mathbf v_2,\dotsc,\mathbf v_d\) are unit vectors in \(\Bbb R^d\). Prove that there exists a unit vector \(\mathbf u\) such that

\[\left| \mathbf u\cdot\mathbf v_i \right| \leqslant \frac1{\sqrt d}\]

for \(i = 1,2,\dotsc,d\).
( Here \(\cdot \) denotes the usual scalar product on \(\Bbb R^d\)).

Problem 4.  Does there exist an infinite set \(M\) consisting of positive integers such that for any \(a,b \in M\), with \(a\lt b\), the sum \(a+b\) is square-free?
( A positive integer is called square-free if no perfect square greater than \(1\) divides it ).

Problem 5.  Consider a circular necklace with \(2013\) beads. Each bead can be painted either white or green. A painting of the necklace is called good if among any \(21\) successive beads there is at least one green bead. Prove that the number of good paintings of the necklace is odd.
(Two paintings that differ on some beads, but can be obtained from each other by rotating or flipping the necklace, are counted as different paintings. )

 Posted by at 6:09 pm

The prime tuples conjecture and \(\pi(m+n)\leqslant \pi(m)+\pi(n)\)

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Aug 062013
 

质数 \(k\)-tuples 猜想和 \(\pi(m+n)\leqslant \pi(m)+\pi(n)\) 是 Hardy 和 Littlewood 提出的两个关于质数分布的猜测. 习惯上, 人们也把前一个猜想称为第一 Hardy-Littlewood 猜想(Prime \(k\)-tuple), 后一个称为第二 Hardy-Littlewood 猜想(Second Hardy–Littlewood conjecture). 这两个猜想都还没有解决, 但数学家们倾向于认为质数 \(k\)-tuples 猜想是正确的, 并且存在无穷多组正整数 \(m,n\), 使得 \(\pi(m+n)\gt\pi(m)+\pi(n)\).

质数 \(k\)-tuples 猜想

整数 \(k_0\geqslant1\), \(k_0\)-tuples

\[\mathcal H=(h_1,h_2,\dotsc,h_{k_0}),\]

这里 \(h_1,h_2,\dotsc,h_{k_0}\) 是 \(k_0\) 个互不相同的整数, 并且 \(h_1\lt h_2\lt \dotsb\lt h_{k_0}\). 那么, 是否存在无穷多个 \(n\), 使得 \(n+\mathcal H=(n+h_1,n+h_2,\dotsc,n+h_{k_0})\) 全部由质数组成? \(k_0=1\) 就是质数的无限性. 至于 \(k_0=2\), 就很困难了, \(\mathcal H=(0,2)\) 即为当前搅翻数学界的孪生质数猜想.

显然的, 不能指望对于任意的 \(\mathcal H\), 都有这么好的结果. 就拿 \(\mathcal H=(0,1)\) 来说, 每个 \(n+\mathcal H=(n,n+1)\) 由两个相邻的整数组成, 只有 \((2,3)\) 包含两个质数. 一般来说, 如果存在质数 \(p\), 使得可以从 \(\mathcal H\) 中选出 \(p\) 个数作为 \(\bmod  p\) 的完系, 那么对于任意的正整数 \(n\), \(n+\mathcal H\) 至少包含一个 \(p\) 的倍数. 于是, 只可能有有限个 \(n\), 使得 \(n+\mathcal H\) 全部由质数组成.

于此, 我们必须对 \(\mathcal H\) 添加一些限制条件, 来避免这种情况. \(k_0\)-tuples \(\mathcal H\) 称为允许的(admissible), 如果对于任意质数 \(p\), 总存在 \(\bmod  p\) 的至少一个剩余类, 使得 \(\mathcal H\) 不包括这剩余类的任何数. 作为例子, \((0,2), (0,2,6)\) 都是允许的, 但 \(0,2,4\) 不被允许, 因为 \(0,2,4\) 是 \(\bmod  3\) 的完系.

现在, 我们可以正式的把 Hardy-Littlewood 质数 tuples 猜想陈述如下:

Hardy-Littlewood prime tuples conjecture  如果 \(k_0\)-tuples \(\mathcal H\) 是允许的, 那么, 存在无穷多个正整数 \(n\), 使得 \(n+\mathcal H\) 全部由质数组成.

这个猜想太困难了. 实际上, 数学家还没有找到任何一个允许的 \(k_0\)-tuples \(\mathcal H\)\((k_0\geqslant2)\), 来证明这猜想是成立的. 仅仅是前不久, 张益唐的工作的横空出世, 我们才得知, 存在一个正整数 \(h\), 满足 \(0\lt h\lt 70,000,000\), 使得这猜想对于 \((0,h)\) 是成立的. 虽然, Tao(陶哲轩), Ben Green 等人接下来的工作, 已经把 \(70,000,000\) 大大降低, 目前是 \(5414\), 但我们仍然不清楚 \(h\) 到底是多少.

Second Hardy–Littlewood conjecture

1923 年, Hardy 和 Littlewood 发表了一篇论文[1]. 这篇长达 \(70\) 页, 已经是数论史上的经典, 的论文提出, 对任意整数 \(m,n\geqslant2\),

\[\pi(m+n)\leqslant\pi(m)+\pi(n).\]

这猜想, 如今被冠名为第二 Hardy–Littlewood 猜想.

质数 tuples 猜想与第二 Hardy–Littlewood 猜想不能同时成立

1974 年, Ian Richards 和他的博士研究生 Douglas Hensley 指出[2], Hardy-Littlewood 的两个猜想, 是不相容的. 也就是说, 这两个猜想, 至少有一个是不成立的.

张益唐的工作与此有关. Engelsma 指出, 如果质数 tuples 猜想为真, 那么, 存在无穷多个正整数 \(n\), 使得

\[\pi(n+3159)-\pi(n)=447\gt\pi(3159)=446.\]

Annotations

  1. 第一部分, 对于质数 tuples 猜想的介绍, 参考了 Tao 的一篇 blog.

References

  1. G. H. Hardy and J. E. Littlewood, On some problems of “partitio numerorum III: On the expression of a number as a sum of primes. Acta Math, 1923, 44: 1–70.
  2. D. Hensley and I. Richards, Primes in intervals. Acta Arith. 25 (1974), pp. 375-391.
  3. conjectures concerning primes; a discussion of the use of computers in attacking a theoretical problem. Bulletin of the American Mathematical Society 80:3 (1974), pp. 419-438.

Generalisations of Lagrange’s four-square theorem

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Aug 052013
 

For which positive integers \(a, b, c, d\), any natural number \(n\) can be represented as

\[n=ax^2+by^2+cz^2+dw^2,\]

where \(x, y,z,w\) are integers?

Lagrange’s four-square theorem states that \((a,b,c,d)=(1,1,1,1)\) works. Ramanujan proved that there are exactly \(54\) possible choices for \(a, b, c, d\).

For which positive integers \(a, b, c, d\),

\[n=ax^2+by^2+cz^2+dw^2,\]

is solvable in integers \(x, y,z,w\) for all positive integers \(n\) except one number? For example, \(n=x^2+y^2+2z^2+29w^2\) is solvable for all natural number \(n\) except \(14\), \(n=x^2+2y^2+7z^2+11w^2\) and \(n=x^2+2y^2+7z^2+13w^2\) except \(5\).

P.R.Halmos proved that there are exactly \(88\) possible choices for \(a, b, c, d\).

What integers are not in the range of \(a^2+b^2+c^2-x^2\)? Ramanujan also thought about that.

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