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Une inégalité de grand crible simplifié

Envoyé par xvi 
xvi
Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Bonsoir.
Je suis en train de faire un exercice guidé dont le but est de prouver l'inégalité suivante.

$\displaystyle \sum_{1 \leq m \leq Q } \sum_{\substack{a \pmod m\\ \mathrm{pgcd}(a,m)=1}} \bigg|\sum_{M < n \leq M+N} a_n e\big(\frac{an}{m}\big)\bigg| \leq \Delta \sum_{M< n \leq M+N} |a_n|^2$
où $Q$, $M$ et $N$ sont des entiers naturels fixés avec $N \geq 1$, $\Delta=2\pi N+Q^2$ et où $\forall z \in \C,\ e(z)=\exp(2i\pi z)$

Je dispose par ailleurs de la relation $\displaystyle f(x) \leq \frac{1}{\delta} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} |f(t)| dt+\frac{1}{2} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} |f'(t)|dt$ et ce pour tout $x$ réel et tout $\delta>0$ ainsi que $f$ lisse sur $[x+\delta/2,x+\delta/2]$

Puis en l'appliquant avec $x=a/m,\ m \leq Q,\ \mathrm{pgcd}(a,m)=1,\ \delta=Q^{-2}$ et $f(t)=\displaystyle \Big(\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\Big)^2$
et en remaniant un peu, j'obtiens
$\displaystyle\bigg|\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e\big(n\frac{a}{m}\big)\bigg| \leq \Delta \int_{\frac{a}{m}-Q^{-2}/2}^{\frac{a}{m}+Q^{-2}/2} \bigg|\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\bigg|^2dt$

C'est la suite qui me pose problème, surtout que comme l'énoncé est en anglais et que la question 5 me semble avoir mal été tapée (il doit manquer un mot, à moins que cette impression ne me vienne que de mes lacunes en anglais).

La question qui suit me perturbe dans sa formulation et donc je préfère recopier intégralement les deux questions qui restent.

5. Observe that the intervals $(\frac{a}{m}-Q^{-2}/2, \frac{a}{m}+Q^{-2}/2)$ are pairwise disjoint for $m \leq Q$ and $a$ and $m$ coprime and

sum what was obtained in question 4 over $a$ and $m$

(la question 4 était celle qui disait d'appliquer la relation $\displaystyle f(x) \leq \frac{1}{\delta} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} |f(t)| dt+\frac{1}{2} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} |f'(t)|dt$ avec $x=a/m,\ m \leq Q,\ \mathrm{pgcd}(a,m)=1,\ \delta=Q^{-2}$ et $f(t)=\displaystyle \Big(\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\Big)^2$)

6. Conclude, using the Parseval identity and the Cauchy-Schwarz inequality.

Merci de bien vouloir m'éclairer.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
En sommant pour $1 \le m \le Q$ et $a \wedge Q=1$ à gauche on obtient ce qu'on veut et à droite on majore (en utilisant que les intervalles sont disjoints) par $\Delta \int_0^1 \left| \sum_n a_n e(nt) \right| ^2dt$. Puis on utilise que $\left| \sum_n a_n e(nt) \right| ^2=\sum_{m,n} a_n \overline{a_m} e(nt) \overline{e(mt)}$ et le fait que les $(e(n.))_{n \ge 0}$ forment une famille orthogonale dans $L^2([0,1])$.

--
Objectivement, je suis subjectif.
Subjectivement, je suis objectif.
Donc objectivement, je suis objectif.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Shah d'Ock.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Pour montrer que les intervalles sont deux à deux disjoints si a et m sont premiers entre eux, le problème n'est pas là,

c'est surtout que je ne vois pas comment utiliser ce résultat ...
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
Ben la somme des intégrales de $f(t)$ prises sur des intervalles disjoints c'est l'intégrale prise sur l'union des intervales, n'est-ce pas?

--
Objectivement, je suis subjectif.
Subjectivement, je suis objectif.
Donc objectivement, je suis objectif.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Pour la majoration par l’intégrale entre 0 et 1, j'y avais aussi pensé mais si je calcule le maximum des $\frac{a}{m}+Q^{-2}/2$ avec $a$ et $m$ premiers entre eux et $m$ majoré par $Q$, je trouve $Q-1+Q^{-2}/2$ qui n'a aucune raison d'être majoré par 1

(mais c'est là que je dois me tromper, de toute évidence et d'une façon tout à fait triviale et pourtant ça fait un bon moment que je bloque là-dessus)
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
On dirait bien que je suis en train de patauger dans une erreur ridicule qui m’échappe.
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
Vu que tu n'as pas précisé les bornes pour $a$ j'ai juste supposé que tout marchait bien.

Edit: ah pardon je n'avais pas vu $a$ mod $m$.

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Objectivement, je suis subjectif.
Subjectivement, je suis objectif.
Donc objectivement, je suis objectif.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Shah d'Ock.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Oui, je ne les ai pas précisé dans la formule en tête de mon premier message car c'est ainsi sur ma feuille.
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
On a $\frac1m \le \frac{a}m \le 1-\frac1m$. Et $m \le Q$ donc c'est bon non?

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Subjectivement, je suis objectif.
Donc objectivement, je suis objectif.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Mais je suppose que le deuxième symbole de sommation porte sur les toutes les classes d'équivalence modulo m avec a et m premiers entre eux.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par xvi.
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
Oui, tu peux remplacer la condition $a$ mod $m$ par $0 \le a \le m-1$ si tu préfères.

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Donc objectivement, je suis objectif.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Shah d'Ock.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Ah ça y est, j'ai enfin compris ma c*n*erie !!

J'ai perdu de vue que a restait toujours majoré par m, parce que, moi, ce que je faisait toujours bêtement,

c'était d'écrire a/m avec a=Q-1 et m=1 afin de rendre a/m le plus grand possible

(consterné ...)
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
avatar
Oui, c'est le genre d'erreur bête que l'on commet quand on essaye de faire des maths à trois heure du matin. Sur ces bonnes paroles, je vais me coucher, bonne nuit.

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xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Merci !!
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Cette forme de grand crible est due à Gallagher [1] (avec le facteur $2$ en moins, que l'on peut enlever au prix d'un effort un peu plus grand), et son intérêt réside dans la démonstration, bien plus simple que celle avec la meilleure constante $\Delta$ possible obtenue par Selberg quelques années plus tôt, et qui demande des mathématiques très pointues.

À noter : il manque les modules sur $f(x)$ dans l'inégalité (due aussi à Gallagher) de la troisième ligne.

Références.

[1] P. X. Gallagher, The large sieve, Mathematika 14 (1967), 14--20.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par noix de totos.
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Merci noix de totos !
xvi
Re: Une inégalité de grand crible simplifié
il y a quatre semaines
Zut, je rencontre une autre difficulté.

Afin d’obtenir la majoration de $f(\frac{a}{m})$ par $\Delta \displaystyle \int_{\frac{a}{m}-Q^{-2}/2}^{\frac{a}{m}+Q^{-2}/2} \Big|\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\Big|^2dt$

j'avais cru que ça marchais en faisant la majoration suivante :

$\displaystyle \frac{1}{2} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} |f'(t)|dt=\displaystyle \frac{1}{2} \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} 2\displaystyle \Big(\Big|2i \pi\sum_{1 \leq n \leq N} n a_n e(nt)\Big|\Big) \Big(\Big|\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\Big|\Big)dt \leq 2 \pi \int_{x-\delta/2}^{x+\delta/2} \displaystyle \Big(\Big|\sum_{1 \leq n \leq N} Na_n e(nt)\Big|\Big) \Big(\Big|\sum_{1 \leq n \leq N} a_n e(nt)\Big|\Big)dt$

avant de me rendre compte que je ne peux pas majorer les $n$ par $N$ comme ça ...

Et pourtant, ça semblait marcher si bien, même si à la fin, je n'avais besoin pour conclure que de Parseval et plus du tout de Cauchy-Schwarz,

ce qui me donnait quelques soupçons ...
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