La respuesta de la mina de que el vínculo no es una prueba real de la Inversión Teorema - sólo funciona para los "adecuados" $f$, donde "adecuado" se deja sin definir. He aquí una verdadera prueba.
Sólo para establecer dónde estamos poniendo la $\pi$'s, definimos $$\hat f(\xi)=\int f(t)e^{-it\xi}\,dt.$$
$L^1$ Inversión Teorema. Si $f\in L^1(\Bbb R)$ $\hat f\in L^1(\Bbb R)$ $f(t)=\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)e^{i\xi t}\,d\xi$ en casi todas partes.
Usamos esa periodización argumento para establecer el teorema de bajo hipótesis más fuerte:
Parcial De La Inversión Teorema. Si $f,f',f''\in L^1(\Bbb R)$$\hat f\in L^1$$f(t)=\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)e^{it\xi}\,d\xi$.
Para ser explícitos, estamos asumiendo que el $f$ es diferenciable, $f'$ es absolutamente continua, y $f',f''\in L^1$.
Nota primero que $(1+\xi^2)\hat f(\xi)$ es la transformada de Fourier de $f-f''$ (ver Detalles más abajo), por lo que es limitada: $$|\hat f(\xi)|\le\frac c{1+\xi^2}.\tag{*}$$
Para $L>0$ definir $$f_L(t)=\sum_{k\in\Bbb Z}f(t+kL).$$Then $f_L$ is a function with period $L$, and as such it has Fourier coefficients $$c_{L,n}=\frac1L\int_0^Lf_L(t)e^{-2\pi i n t/L}\,dt.$$
La inserción de la definición de $f_L$ y el uso de la periodicidad de la exponencial muestra que, de hecho,$$c_{L,n}=\frac1L\hat f\left(\frac{2\pi n}L\right).$$So ($*$) above shows that $\ sum_n|c_{L,n}|<\infty$; hence $f_L$ is equal to its Fourier series: $$f_L(t)=\frac1L\sum_n\hat f\left(\frac{2\pi n}L\right)e^{2\pi i nt/L}.$$That's a Riemann sum for a certain integral; we establish convergence by noting that $$\frac1L\sum_n\hat f\left(\frac{2\pi n}L\right)e^{2\pi i nt/L}=\frac1{2\pi}\int g_L(\xi)\,d\xi,$$where $$g_L(\xi)=\hat f\left(\frac{2\pi n}L\right)e^{2\pi i nt/L}\quad(\xi\in[2\pi n/L,2\pi(n+1)/L)).$$Since $\sombrero de f$ is continuous, DCT (using ($*$) for the D) shows that $$\lim_{L\to\infty}\int g_L=\int\hat f(\xi)e^{i\xi t}\,d\xi.$$
Así que hemos terminado si podemos demostrar que $f_L\to f$ en casi todas partes como $L\to\infty$. En el hecho de que no tiene que preocuparse acerca de si/cómo esto se deduce de la hipótesis: Es claro que $f_L\to f$ $L^1_{loc}$ por cada $f\in L^1$, por lo tanto algunas larga tiende a $f$ en casi todas partes.
SE deriva del POZO es muy simple. Decir $(\phi_n)$ es un aproximado de identidad; en particular,$\phi_n\in C^\infty_c$, el apoyo de $\phi_n$ se reduce a la de origen, $||\phi_n||_1=1$ $\hat\phi_n\to1$ pointwise. Deje $f_n=f*\phi_n$. A continuación,$f_n'=f*\phi_n'$, lo $f'\in L^1$. Asimismo, para $f_n''$, por lo que POZO se aplica a $f_n$. Pero $f_n\to f$ en casi todas partes y DCT muestra que $||\hat f_n-\hat f||_1\to0$.
Los detalles, en respuesta a un comentario. Tenga en cuenta que cuando digo $f,f'\in L^1$ me refiero a que $f$ es absolutamente continua y $f'\in L^1$.
La proposición. Si $f,f'\in L^1(\Bbb R)$$\widehat{f'}(\xi)=-i\xi\hat f(\xi)$.
(A menos que se $i\xi\hat f(\xi)$; nunca me acuerdo - aquí no importa ya que los $(-1)^2=1$.)
Por supuesto, la proposición es sólo una integración por partes. Entonces tenemos que justificar la integración por partes en este contexto, la preocupación por el límite de los términos. Parece más instructivo para mostrar que
Dado $f\in L^1$, los siguientes son equivalentes: (i) $f'\in L^1$, (ii) $f$ es "diferenciable en a $L^1$".
Con respecto a lo que (ii), véase el Lema 2 a continuación. Me gusta ir de esta manera, porque primero, es lindo: "$f'\in L^1$ si y sólo si $f$ es diferenciable en a $L^1$", y en segundo lugar me parece que decir algo acerca de lo que la continuidad absoluta "significa en realidad". De todos modos:
Ejercicio. Si $f\in L^1$$\lim_{t\to0}\int|f(x)-f(x+t)|\,dx=0$.
(Sugerencia: Wlog $f\in C_c(\Bbb R)$.)
Lema 1. Si $f\in L^1$$\lim_{h\to0}\int\left|f(x)-\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt\right|\,dx=0$.
Prueba: $$\begin{align}\int\left|f(x)-\frac1h\int_x^{x+h}f(t)\,dt\right|\,dx
&=\int\left|\frac1h\int_0^h(f(x)-f(x+t))\,dt\right|\,dx
\\&\le\frac1h\int_0^h\int|f(x)-f(x+t)|\,dxdt.\end{align}$$
Aplicar el ejercicio anterior y tenga en cuenta que $\frac1h\int_0^h\epsilon=\epsilon$.
Lema 2. Si $f,f'\in L^1$$\lim_{h\to0}\int\left|f'(x)-\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right|\,dx=0$.
Es decir, si $f,f'\in L^1$ $f$ es "diferenciable en a $L^1$". (No vamos a usar la otra implicación...)
Prueba: Escribir $\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac1h\int_x^{x+h}f'(t)\,dt$ y aplicar el Lema 1.
Otra interesante/instructivo versión de "diferenciable en a $L^1$" que no vamos a utilizar a continuación:
Ejercicio. Supongamos $f\in L^1$, y definir $F:\Bbb R\to L^1(\Bbb R)$$F(t)(x)=f(x+t)$. Entonces (i) $f'\in L^1$ si y sólo si (ii) $F$ es diferenciable.
La prueba de la proposición: el Trabajo fuera de la transformada de Fourier de la función de $x\mapsto\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$. Deje $h\to0$ (aplicar el Lema 2).
