¿Es la función rectangular una convolución de $L^1$ ¿funciones?

Question

¿Existen funciones $f,g$ en $L^1(\mathbf{R})$ tal que la convolución $f \star g$ es (en casi todas partes) igual a la función indicadora del intervalo $[0,1]$ ?

Answer 1

Sí, esto funciona. Cambiemos el intervalo a $I=[-1,1]$ para mayor comodidad. Entonces queremos encontrar $f,g\in L^1$ tal que $$ \widehat{f}(t)\widehat{g}(t) = \widehat{\chi_I}=\frac{\sin t}{t} . $$ Tomemos $\widehat{f}(t) = |t|^{-1/2}$ para $|t|\ge 1$ y luego, por supuesto $\widehat{g}$ tal que $\widehat{f}\widehat{g}=\widehat{\chi_I}$ (así en particular, $\widehat{g}(t)=\textrm{sgn}(t)\,|t|^{-1/2}\sin t$ para $|t|\ge 1$ ), y por último, también voy a insistir en que $\widehat{f}, \widehat{g}\in C^{\infty}$ .

Para demostrar que $f,g\in L^1$ En primer lugar, hablemos del comportamiento local. Esto sólo depende del gran $|t|$ comportamiento de la transformada de Fourier, y $|t|^{-1/2}$ tiene FT $c|x|^{-1/2}$ que es localmente integrable (pero no localmente $L^2$ lo cual está bien, ya que es fácil ver que al menos uno de los $f,g$ no estará en $L^2$ si $f*g=\chi_I$ ).

El gran $x$ asintótica de $f(x)$ por otro lado, dependen de la suavidad de $\widehat{f}$ y aquí estamos claramente en buena forma ya que $\widehat{f}''\simeq t^{-5/2}\in L^1$ Así que $x^2f(x)\in C_0$ .

La otra función es del mismo tipo, el factor extra $\sin t$ para grandes $t$ produce esencialmente un cambio en $g$ y $\textrm{sgn}(t)$ equivale a una transformación de Hilbert extra, que no afectará a las singularidades locales aquí, por lo que $g\in L^1$ también.

Answer 2

Siguiendo la idea de Christian Remling, tengo dos funciones explícitas que tienen la propiedad de que $f*g = \mathbf{1}_{[-1,1]}$ : \begin{eqnarray} f(x) &=& \frac{K_\frac{1}{4}\left(|x|\right)}{2^{1/4}\pi\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)|x|^{1/4}}\\\\ g(x) &=& \frac{\mathrm{sgn}(1-x)}{\sqrt{|1-x|}}\,_1F_2\left(\begin{matrix}-\frac{1}{4} \\ \frac{1}{4}, \frac{3}{4}\end{matrix} ; \frac{(1-x)^2}{4}\right) +\frac{\mathrm{sgn}(1+x)}{\sqrt{|1+x|}}\,_1F_2\left( \begin{matrix}-\frac{1}{4} \\ \frac{1}{4}, \frac{3}{4}\end{matrix} ; \frac{(1+x)^2}{4}\right)\\ &\,&+ \frac{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)(1-x)}{\sqrt{2}\Gamma\left(\frac{7}{4}\right)}\,_1F_2\left( \begin{matrix}\frac{1}{2} \\ \frac{3}{2}, \frac{7}{4}\end{matrix} ; \frac{(1-x)^2}{4}\right)+ \frac{\Gamma\left(\frac{5}{4}\right)(1+x)}{\sqrt{2}\Gamma\left(\frac{7}{4}\right)}\,_1F_2\left( \begin{matrix}\frac{1}{2} \\ \frac{3}{2}, \frac{7}{4}\end{matrix} \frac{(1+x)^2}{4}\frac) \N - fin{eqnarray} Donde $K_\frac{1}{4}$ es una función de Bessel modificada y $\,_1F_2$ es una función hipergeométrica. Aunque no son las funciones más sencillas, y $g$ es una especie de pesadilla, tienen la bonita propiedad que \begin{eqnarray} \mathcal{F}[f](k) &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}(1+k^2)^{1/4}} \\ \mathcal{F}[g](k) &=& 2\sqrt{2\pi}(1+k^2)^{1/4}\frac{\sin(k)}{k}, \end{eqnarray} para que $f*g = \mathcal{F}^{-1}[\mathcal{F}[f]\cdot\mathcal{F}[g]] = \mathcal{F}^{-1}\left[2\sin(k)/k\right] = \mathbf{1}_{[-1,1]}$ .

La integral de convolución no se puede hacer analíticamente, pero se puede evaluar numéricamente. Haciendo esto en Mathematica se obtiene

donde el azul es $f$ El amarillo es $g$ y el verde es $f*g$ . A pesar de sus divergencias, ambos $f$ y $g$ están en $L^1$ ya que las divergencias escalan como $|x|^{-1/2}$ .

Answer 3

Por el teorema de factorización de Cohen-Hewitt, cada $f\in L^1(\mathbb R)$ puede escribirse como $g\star h$ para algunos $g,h\in L^1(\mathbb R).$