Es $\int_0^\infty \left (\int_0^\infty f(k) k \sin kr \, \mathrm dk \right) \mathrm dr = \int_0^\infty f(k) \, \mathrm dk$ correcto?

Question

Yo soy un físico, y como físico, me han demostrado la siguiente igualdad: $$\int_0^\infty \left (\int_0^\infty f(k) k \pecado kr \,dk \right) dr = \int_0^\infty f(k) dk,$$ donde $f$ es una rápida descomposición de la función o incluso un Schwartz función. El método es el siguiente: intercambiando el orden de integración se obtiene: $$\begin{align*} &\int_0^\infty \left (\int_0^\infty f(k) k \sin kr \,dk \right) dr = -\int_0^\infty f(k)\left (\int_0^\infty \partial_r\cos kr\, dr \right) dk = \\ & -\int_0^\infty f(k)\Big |\cos kr \Big |_{r=0}^{r=\infty} dk = \int_0^\infty f(k)\, dk - \lim_{r\to \infty} \int_0^\infty f(k)\cos kr \,dk. \end{align*}$$ El límite es nulo debido a una simple generalización de la de Riemann-Lebesgue lema. Sin embargo no estoy seguro de que las condiciones para el teorema de Fubini están satisfechos y que intercambiando el orden de integración es permitido.

Puede alguien me sugieren cómo el resultado anterior puede ser rigurosamente probado o refutado?

*EDITAR Después de una interacción con Patrick Da Silva tenía esta idea: conjunto de

$$\int_0^\infty \left (\int_0^\infty f(k) k \pecado kr \,dk \right) dr =\lim_{R \to \infty} \int_0^R \left (\int_0^\infty f(k) k \pecado kr \,dk \right) dr.$$ Ahora la integral con $R$ satisface las condiciones de Fubini, y se realiza el cálculo como en el anterior. Es correcto?

Answer 1

La transformada de Fourier de una Schwartz funciones es un Schwartz función.

La clave es que el interior de la integral en el lado izquierdo se encuentra la derivada de la transformada de Fourier de $f$ evaluado en $r$, hasta un signo menos. Por tanto, el lado izquierdo es $-(\lim_{r\to \infty}\widehat f(r)-\widehat f(0))$, y el rápido deterioro de la transformada de Fourier da que esto es igual a $\widehat f(0)$.

Observe que hemos supuesto WLOG que el apoyo de $f$ está contenido en $[0,+\infty)$.