Prueba de que una medida es una suma contable de medidas de dirac

Question

Dejemos que $\mu$ sea una medida sobre $\mathcal{B}_\mathbb{R}$ con $\mu(\mathbb{R})=1$ . Supongamos que existe $t\neq 0$ tal que $|\int e^{itx}d\mu (x)|=1.$ Prueba $\mu$ es una suma contable de medidas de dirac con coeficientes.

Esto es lo que intento hacer.

Dejemos que $f(x)=e^{itx}$ . Sea $\alpha=\overline{\int f}$ es decir, el conjugado de $\int f$ . Desde $|\int f|=1$ , $|\int f|=\alpha \int f=\int \alpha f$ .

Desde $\int \alpha f$ es real, tenemos $|\int f|=Re\int \alpha f=\int Re(\alpha f)\leq\int|Re(\alpha f)|\leq \int|\alpha f|=\int|f|$ ,

pero sabemos que, en este caso, $|\int f|=\int|f|$ por lo que todas las desigualdades son en realidad igualdades.

$\int|Re(\alpha f)|= \int|\alpha f|$ implica que $Im(\alpha f)=0$ a.e., es decir, $\cos^2(tx)=\sin^2(tx)$ a.e.

Estoy tratando de derivar de ello alguna implicación útil para resolver este problema, pero sin ningún progreso.

¿Alguien podría orientarme? Agradecería cualquier comentario. Gracias.

Answer 1

$X:(\mathbb{R},\mathcal{B}(\mathbb{R}),\mu)\to(\mathbb{R},\mathcal{B}(\mathbb{R}))$ sea la función de identidad. Así que la distribución de $X$ es $\mu$ y $\int e^{itx}d\mu=E(e^{itX})$ . Ahora $$ E(e^{itX})=E(\cos(tX))+iE(\sin(tX)). $$ Así que $$|E(e^{itx})|^2=E(\cos(tX))^2+E(\sin(tX))^2. $$ Por lo tanto, $$ 1=E(\cos(tX))^2+E(\sin(tX))^2. $$ Pero por Cauchy-Schwarz $$ E(\cos(tX))^2\leq E(\cos^2(tX)), \quad E(\sin(tX))^2\leq E(\sin^2(tX)) $$ y $E(\cos^2(tX))+E(\sin^2(tX))=1$ . Así que $$ E(\cos(tX))^2 = E(\cos^2(tX)), \quad E(\sin(tX))^2 = E(\sin^2(tX)). $$ Así que $\cos(tX)$ es degenerado. Por lo tanto, $X$ es discreto. Por lo tanto, $\mu$ es una suma ponderada de medidas de dirac.