Integral con convolución y homomorfismo

Question

Sea $\gamma \colon (\mathbb{R}_+,+) \to (\mathbb{C}^\times,\cdot) $ un Homomorfismo continuo tal que $\|\gamma\|_\infty \le 1$ . Quiero demostrar que para $ f,g \in L^1(\mathbb{R}_+) $ : $$ \int_{\mathbb{R}_+} (f \ast g ) (x) \gamma(x) \mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} f(x) \gamma(x) \mathrm{d}y $$ .

Mi intento:

\begin{align} \int_{\mathbb{R}_+} ( f \ast g ) (x) \gamma(x) \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\infty} \gamma(x) \int_{0}^{x} f(x-y)g(y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \gamma(y) \int_{0}^{x} f(x-y)g(y) \gamma(x-y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) 1_{ [ 0,x ] } (y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) 1_{ [ 0,x ] } (y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \int_{0}^{\infty } f(x-y) \gamma(x-y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \left[ \int_{0}^{\infty} f(x-y) \gamma(x-y) \mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \left[ \int_{0}^{\infty} f(x) \gamma(x) \mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} f(x) \gamma(x) \mathrm{d}y \end{align}

Explicación cuando sea necesario:

Línea 2: $\gamma(x-y)\gamma(y) = \gamma(x)$ si $x-y \ge 0$

Línea 3: Transformar límites integrales en función característica

Línea 4: Fubini

Línea 5: La integral sobre esta función da como resultado $1_{[0,\infty)}(x)$ . Este es un paso en el que no conozco ninguna forma rigurosa de demostrarlo.

Línea 8: Ampliación de $f $ y $\gamma$ por cero en $(-\infty,0)$ y debido a la invariancia de traslación de la medida de Lebesgue esto se mantiene.

Answer 1

Ahora sé cómo demostrar mejor el paso de la línea 5:

Es $1_{[0,x]}(y)$ con $0 \le y \le \infty$ y $x \ge 0$ . Esto equivale a $1_{[0,\infty)}(x-y)$ y $0 \le y < \infty$ . Así que el paso 5 debe ser como en el siguiente cálculo:

\begin{align} \int_{\mathbb{R}_+} ( f \ast g ) (x) \gamma(x) \mathrm{d}x &= \int_{0}^{\infty} \gamma(x) \int_{0}^{x} f(x-y)g(y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \gamma(y) \int_{0}^{x} f(x-y)g(y) \gamma(x-y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) 1_{ [ 0,x ] } (y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) 1_{ [ 0,x ] } (y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty } f(x-y) g(y) \gamma(x-y) \gamma(y) 1_{[0,\infty)}(x-y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \int_{0}^{\infty } f(x-y) \gamma(x-y) 1_{[0,\infty)}(x-y) \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \left[ \int_{0}^{\infty} f(x-y) \gamma(x-y) \mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \left[ \int_{0}^{\infty} f(x) \gamma(x) \mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y \\ &= \int_{0}^{\infty} g(y) \gamma(y) \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} f(x) \gamma(x) \mathrm{d}y \end{align}

Donde en la línea 7 puedo eliminar $1_{[0,\infty)}(x-y)$ debido a que ya posee $f(x-y) = 0 $ para $x-y<0$ .