Muestran que

Question

Dado: Vamos a $a_1 \lt b_1 \le a_2 \lt b_2 \le ... \le a_{n-1} \lt b_{n-1} \le a_n \lt b_n$ y deje $$f(x) = \sum_{j=1}^nc_jf_{a_jb_j}(x).$$

Muestran que, $$(*)\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^2dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}|\hat{f}(\mu)|^2d\mu$$

Mi intuición es utilizando en primer lugar el hecho de que (he demostrado que):

$$(1)\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-costx}{x^2}dx = |t|\pi \quad,\forall t\in \mathbb R$$

Con el fin de mostrar que:

$$(2)\int_{-\infty}^{\infty}\hat{f}_{a_jb_j}(\mu)\overline{\hat{f}_{a_jb_j}(\mu)}d\mu = 0 \quad for\;i \neq j$$

y, a continuación, utilizar $(2)$ a mostrar lo que se requiere. Todavía no estoy seguro de cómo llegar de $(1)$ a $(2)$ e de $(2)$ a mostrar $(*)$

Mi intuición para mostrar $(2)$ es el uso de:

$$g(\mu) = \hat{f}_{cd}(\mu)\overline{\hat{f}_{ab}(\mu)} = \{\frac{e^{i\mu d}-e^{i\mu c}}{i\mu}\}\{\frac{\overline{e^{i\mu b}-e^{i\mu a}}}{i\mu}\} = \frac{e^{i\mu (d-b)}-e^{i\mu (c-b)}-e^{i\mu (d-a)} + e^{i\mu(c-a)}}{\mu^2}$$

Y de alguna manera y explotar el hecho de que $g(\lambda)$ es holomorphic en $\mathbb C$ y los coeficientes de $i\mu$ en la exponencial términos en $g(\mu)$ son todos no negativos.

Asimismo, otra de las de la intuición está mostrando (todavía no sé cómo - sería muy agradezco si alguien puede resolver este también) que:

$$(*)(*)\lim\limits_{R \uparrow \infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{R}e^{-i\mu x}\hat{f}_{ab}(\mu)d\mu = f_{ab}(x)$$ and from that to show $(*)$.

donde $f_{ab}(x)$ e $\hat{f}_{ab}(\mu)$son:

Deje que la transformada de Fourier $\hat{f}(\mu)$ de una función de $f(x)$ especificado en $\mathbb R$ se define (a menudo) por la fórmula:

$\hat{f}(\mu) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{i\mu x}f(x)dx$ para $\mu \in \mathbb C$ siempre que el integral tiene sentido.

Deje $f_{ab}(x) = 1$ para $a \le x \le b$ e $f_{ab}(x) = 0$ para $x \neq [a,b]$.

los puntos de $x$ se $\in \mathbb R$ , excepto para $a, b$.

Answer 1

En la notación de conjunto anterior, es fácil demostrar que, dado que los pulsos rectangulares nunca se superponen debido a que el orden prescrito:

$$\int_{-\infty}^{\infty}f_{a_j b_j}(x)f_{a_k b_k}(x)dx=(b_j-a_j)\delta_{jk}$$

y la base de funciones elegido es ortogonal. Ahora, tenemos que sustituir en la integral anterior la inversa de la transformada de Fourier de expresión y podemos intercambiar el orden de integración de la siguiente manera:

$$\int_{-\infty}^{\infty}f_{a_j b_j}(x)f_{a_k b_k}(x)dx=\int \frac{d\mu d{\mu'}}{(2\pi)^2}\hat{f}_{a_j b_j}(\mu)\hat{f}_{a_k b_k}(\mu')\int_{-\infty}^{\infty}e^{i(\mu+\mu')}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}d\mu\hat{f}_{a_j b_j}(\mu)\hat{f}^*_{a_k b_k}(\mu)$$

donde hemos utilizado $\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\mu x}dx=2\pi\delta(\mu)$ y también el hecho de que $f_{a_jb_j}(x)$ es real, lo que implica que $\hat{f}_{a_jb_j}(-\mu)=\hat{f}^*_{a_jb_j}(\mu)$. Ahora debe ser fácil de demostrar el teorema de Parseval desde:

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\hat{f}(\mu)|^2d\mu=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^{n}c_jc^*_k\int d\mu \hat{f}_{a_j b_j}(\mu)\hat{f}^*_{a_k b_k}(\mu)=2\pi\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^{n}c_jc^*_k\int dx f_{a_j b_j}(x)f_{a_k b_k}(x)\\=2\pi\int dx (\sum_{j=1}^n c_j f_{a_j b_j}(x))(\sum_{j=1}^n c_j f_{a_j b_j}(x))^*=2\pi \int_{-\infty}^{\infty}dx|f(x)|^2$$

y la propuesta es probada.(Tenga en cuenta que el intercambio de suma y de la integración se justifica ya que la suma es finita)

La relación (2) no necesita ser probado por el cálculo explícito para probar (*), debido a las buenas propiedades de la transformada de Fourier. Sin embargo, si uno quiere ir por el camino más largo, no es difícil demostrar mediante manipulaciones algebraicas en la ecuación (1) que:

$$\int_{-\infty}^{\infty} d\mu \frac{1-\cos\mu t}{\mu^2}e^{-i\mu x}=\pi (|t|-|x|)\mathbb{1}_{|t|\geq|x|}$$

y entonces uno puede explícitamente evaluar la integral $$\int_{-\infty}^{\infty}d\mu \hat{f}_{a_jb_j}(\mu) \hat{f}^*_{a_kb_k}(\mu)=\\2\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\mu \Delta_{jk}/2}}{\mu^2}(\cos(\frac{\mu\Delta_{jk}}{2})-\cos(\frac{\mu S_{jk}}{2}))=\\\pi(|S_{jk}|-|\Delta_{jk}|)\mathbf{1}_{|S_{jk}|-|\Delta_{jk}|\geq 0}=2\pi(b_j-a_j)\delta_{jk}$$

donde$$S_{jk}=a_j+a_k-b_j-b_k~~~,~~~ \Delta_{jk}=b_j+a_j-b_k-a_k$$

y la delta de Kronecker surge después de algunos ligeramente tedioso trabajo de caso de la clasificación de la partición del intervalo $[a,b]$.

Answer 2

Un pointwise resultado suele ser necesarios para tal prueba. Por ejemplo, $$ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-R}^{R}e^{isx}\widehat{\chi_{[a,b]}}(s)ds = \frac{1}{2}(\chi_{[a,b]}(x)+\chi_{(a,b)}(x)) \;\;(*) $$ El formulario de la derecha es una manera conveniente de expresar una función que es igual a la media de la izquierda y a la derecha de los límites de $\chi_{[a,b]}$ en cada punto. Este es un caso especial de la pointwise de la inversión de la transformada de Fourier teorema aplicado a $\chi_{[a,b]}$.

La ecuación (*) puede ser escrito como $$ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{R}e^{isx}\int_{a}^{b}e^{-ist}dtd = \frac{1}{2}(\chi_{[a,b]}(x)+\chi_{(a,b)}(x)) \\ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{\pi}\int_{a}^{b}\frac{e^{iR(x-t)}-e^{-iR(x-t)}}{2i(x-t)}dx= \frac{1}{2}(\chi_{[a,b]}(x)+\chi_{(a,b)}(x)) \\ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{\pi}\int_{a}^{b}\frac{\sin(R(x-t))}{x t}dx = \frac{1}{2}(\chi_{[a,b]}(x)+\chi_{(a,b)}(x)) $$ Mediante esta inversión, \begin{eqnarray*} & &\int_{-\infty}^{\infty}\widehat{\chi_{[a,b]}}(s)\overline{\widehat{\chi_{[c,d]}}(s)}ds \\ & &= \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{R} \int_{a}^{b}\int_{c}^{d}e^{-isx}e^{isy}dxdyds \\ & &= \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{a}^{b}\int_{c}^{d} \frac{e^{iR(y-x)}-e^{-iR(y-x)}}{i(y-x)}dxdy \\ & &= \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{a}^{b}\frac{1}{\pi}\int_{c}^{d}\frac{\sin(R(y-x))}{y-x}dxdy \\ & &= \int_{a}^{b} \chi_{[c,d]}(y)dy %% = \int_{-\infty}^{\infty}\chi_{[a,b]}(x)\chi_{[c,d]}(x) dx \\ = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[a,b]}(x)\overline{\chi_{[c,d]}(x)}dx. \end{eqnarray*} En particular, el de arriba es $0$ si $[a,b]\cap [c,d]$ está vacío o tiene longitud cero. Todo lo que usted desea de la siguiente manera a partir de la última identidad, que ya es un caso especial de lo que quieres demostrar.

DETALLE: desea mostrar que la siguiente converge a $\chi_{[a,b](x)}$ como $R\rightarrow\infty$ para $x\ne a$ e $x\ne b$: $$ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-R}^{R}e^{isx}\widehat{\chi_{[a,b]}}(s)ds \\ = \frac{1}{2\pi}\int_{-R}^{R} e^{isx}\int_a^b e^{-isu}trapos \\ = \frac{1}{2\pi}\int_{a}^{b}\int_{-R}^{R}e^{(x-u)}ds du \\ = \frac{1}{\pi}\int_a^b\frac{\sin(R(u-x))}{u-x} du \\ = \frac{1}{\pi}\int_ {- x}^{b-x}\frac{\sin(Rv)}{v}dv \\ = \frac{1}{\pi}\int_{R(a-x)}^{R(b-x)}\frac{\sin(w)}{w}dw $$ Si $x < a < b$ o si $a < b < x$, luego el de arriba claramente tiende a $0$ como $R\rightarrow\infty$ debido a los límites superior e inferior de ambos tienden a $\infty$ o ambos tienden a $-\infty$. Si $a < x < b$, entonces lo anterior tiende a la integral impropia $$ \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(w)}{w}dw = 1. $$ (Puede consultar esta integral impropia en cualquier número de fuentes.)

Answer 3

Vea la breve prueba en las notas de la conferencia de Piotr Hajlasz en

http://www.pitt.edu/~hajlasz/Notatki/Harmonic%20Analysis2.pdf

Teorema 2.31