¿Es la Transformada de Fourier en $L^1$

Question

Dejemos que $f$ definirse $$f = \begin{cases} \frac{1}{(t+1)^3}, & t > 0 \\ 0, & t \leq 0 \end{cases}$$

Es la transformada de Fourier de $f$ en $L^1(\mathbb{R})$ ?

Sé que el decaimiento de la transformada de Fourier puede ser inducido a partir de la suavidad de la función original, pero no veo cómo se utiliza esto aquí, ya que $f$ no es continua en $0$ .

Creo que esto puede tener algo que ver con la transformada inversa de Fourier: si la transformada de Fourier está en $L^1$ entonces ella misma tiene una transformada de Fourier que tiene que ser continua en todas partes.

Answer 1

Sabemos que $f \in L^1(\mathbb R)$ entonces $\hat{f}$ está acotada y es continua. Si $\hat{f} \in L^1(\mathbb{R})$ entonces casi en todas partes $$f(x)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{\mathbb R}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)\ \mathrm{d}\xi$$ Esto significa que $f$ es igual en casi todas partes a una función continua $g$ . Encontramos una contradicción en torno a $x=0$ porque sabemos que existe $\delta > 0$ tal que para $x \in [-\delta, \delta], \ g(x) \in [g(0)-0.1, g(0)+0.1]$ . Por lo tanto, para casi todos los $x \in [-\delta, \delta], \ f(x) \in [g(0)-0.1, g(0)+0.1]$ lo que no es el caso.

Answer 2

Dejemos que

$$\hat{f}(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1+t)^3}e^{-i\omega t} \, dt. $$

Hacemos la siguiente manipulación, que es más adecuada para analizar el comportamiento asintótico.

\begin{align*} \hat{f}(\omega) &= \int_{0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-(t+1)x} \, dx \right)e^{-i\omega t} \, dt \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-(x+i\omega)t} \, dt \right) \, dx \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{x^2 e^{-x}}{x+i\omega} \, dx \\ &= \frac{\omega^2}{2}\int_{0}^{\infty} \frac{u^2 e^{-|\omega|u}}{u+i\operatorname{sign}(\omega)} \, du, \end{align*}

donde en la última línea asumimos además que $\omega \neq 0$ y aplicó la sustitución $x = |\omega|u$ . Ahora afirmamos que

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{u^2 e^{-|\omega|u}}{u+i\operatorname{sign}(\omega)} \, du = \frac{2}{i\omega^3} + \mathcal{O}(\omega^{-4}) \qquad\text{as} \quad |\omega|\to\infty. $$

De hecho, observe que $\frac{2}{i\omega^3} = \int_{0}^{\infty} \frac{u^2 e^{-|\omega|u}}{i\operatorname{sign}(\omega)} \, du$ y por lo tanto

$$ \left| \int_{0}^{\infty} \frac{u^2 e^{-|\omega|u}}{u+i\operatorname{sign}(\omega)} \, du - \frac{2}{i\omega^3} \right| \leq \int_{0}^{\infty} u^3 e^{-|\omega|u} \, du = \frac{6}{\omega^4}, $$

probar la reclamación. Por lo tanto, tenemos

$$ \hat{f}(\omega) = \frac{1}{i\omega} + \mathcal{O}(\omega^{-2}) \qquad \text{as} \quad |\omega|\to\infty. $$