$f \in L^1(R)$ , transformada de Fourier $\hat{f} \in L^2(R)$ implica $f \in L^2(R)$

Question

Si tengo $f \in L^1(\mathbb{R})$ y que la transformada de Fourier $\hat{f} \in L^2(\mathbb{R})$ ¿Cómo puedo demostrar que $f \in L^2(R)$ ? Estuve pensando en formas de aplicar la inversión de Fourier, pero no se me ocurrió nada. ¿Cuál es un buen enfoque para tomar aquí?

Answer 1

Dejemos que $\mathcal{F}^{-1}(\hat{f})=g\in L^2(\mathbb{R})$ . Mostraremos $f=g$ a.e. Ahora demostraremos que $$ \int u\hat{v}=\int\hat{u}v$$ para todos $u\in L^1(\mathbb{R})$ et $v\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ . Esto es claramente cierto tanto para $u,v\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ por lo que desde $\mathcal{S}(\mathbb{R})$ es denso en $L^1(\mathbb{R})$ podemos tomar una secuencia $u_n\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ tal que $u_n\to u$ et $u_n(x)\le u(x)$ a.e. Sabemos que $$ \int u_n\hat{v}=\int\hat{u_n}v.$$ Desde $v$ es Schwartz, es continua y acotada por lo que $u\hat{v}\in L^1(\mathbb{R})$ desde $\hat{v}$ es Schwartz y $u$ es $L^1(\mathbb{R})$ . También tenemos $\hat{u}v\in L^1(\mathbb{R})$ desde $\hat{u}$ está acotado y es continuo mientras que $v$ está en $L^1(\mathbb{R})$ . Por lo tanto, podemos utilizar la convergencia dominada para ver que $$ \int u_n\hat{v}\to\int u\hat{v}$$ y $$ \int\hat{u_n}v\to\int\hat{u}v$$ por lo que debemos tener $$ \int u\hat{v}=\int\hat{u}v.$$ A continuación, demostraremos que $$ \int f\hat{\varphi}=\int g\hat{\varphi}$$ para todos $\varphi\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ . Esto se debe a que $$ \int f\hat{\varphi}=\int\hat{f}\varphi=\int\hat{g}\varphi=\int g\hat{\varphi}.$$ Definir $L^1_{loc}(\mathbb{R})$ para ser el espacio de las funciones localmente integrables. Demostraremos que si $f\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$ y $$ \int f\varphi=0$$ para todos $\varphi\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ entonces $f=0$ a.e. En primer lugar, mostraremos esto para $f\in L^1(\mathbb{R})$ . Desde $\mathcal{S}(\mathbb{R})$ es denso en $L^1(\mathbb{R})$ podemos tomar una secuencia $\psi_n\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ tal que $\psi_n\to \frac{f}{|f|+1}$ y por eso $|f\psi_n|\le|f|$ . También tenemos $f\psi_n\to\frac{f^2}{|f|+1}$ por lo que por Convergencia Dominada tenemos $$ \int \frac{f^2}{|f|+1}=0$$ desde $$ \int f\psi_n=0$$ para todos $n$ . Sin embargo, esto implica que tenemos $f=0$ a.e. Para extender esto a todos $f\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$ Considera que $f'=fg$ donde $g=1$ en $[-n,n]$ y es continua con un soporte compacto. Nótese que $f'$ está en $L^1(\mathbb{R})$ y satisface la hipótesis de $[-n,n]$ por lo que debemos tener $f=0$ en $[-n,n]$ . Dado que esto es válido para cualquier $n$ podemos ver que $f=0$ a.e. Por último, hay que tener en cuenta que como $f\in L^1(\mathbb{R})\subset L^1_{loc}(\mathbb{R})$ et $g\in L^2(\mathbb{R})\subset L^1_{loc}(\mathbb{R})$ tenemos $f-g\in L^1_{loc}(\mathbb{R})$ . También, $$ \int f\hat{\varphi}=\int g\hat{\varphi}\Rightarrow \int (f-g)\hat{\varphi}=0$$ para todos $\varphi\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$ . Por lo tanto, por nuestro resultado anterior, debemos tener $f-g=0$ a.e. Por lo tanto, debemos tener $f\in L^2(\mathbb{R})$ .

Answer 2

Esta solución va a parecer un poco abstrusa, pero no hay muchas formas elementales de llegar a esto. El uso de la solución de calor de Fourier es una de esas maneras.

Si $f,g\in L^1$ entonces $$ \int_{\mathbb{R}}\hat{f}(u)g(u)du = \int_{\mathbb{R}}f(u)\hat{g}(u)du. $$ Es un hecho elemental que a menudo se pasa por alto, y uno de los pocos teoremas de la transformada de Fourier que no requiere casi ninguna condición. Por ejemplo, \begin{align} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}\hat{f}(u)e^{iux}e^{-tu^2}du & = \int_{\mathbb{R}}f(u)\frac{e^{-(u-x)^2/4t}}{\sqrt{4\pi t}}du \end{align} (Esta es la solución de Fourier a la ecuación del calor $u_t = u_{xx}$ con $u(0,x)=f(x)$ .) El lado izquierdo converge a $(\hat{f})^{\vee}$ en $L^2$ como $t\downarrow 0$ porque $\hat{f}\in L^2$ se asume (lo que obliga a $\hat{f}(u)e^{-tu^2}\rightarrow \hat{f}$ en $L^2$ et $t\downarrow 0$ ) y porque el $L^2$ La transformada de Fourier es unitaria por el Teorema de Plancherel. El lado derecho converge a $f$ en $L^1$ como $t\downarrow 0$ porque $f\in L^1$ y por las propiedades del núcleo de calor. Por lo tanto, hay una subsecuencia $\{ t_n \}$ tendiendo hacia abajo a $0$ a lo largo de la cual el lado izquierdo converge puntualmente a.e. a $(\hat{f})^{\vee}$ y a lo largo de la cual el lado derecho converge puntualmente a.e. a $f\in L^1$ . Por lo tanto, $(\hat{f})^{\vee}=f$ a.e., lo que demuestra que $f\in L^2$ porque $\hat{f}\in L^2$ fuerzas $(\hat{f})^{\vee} \in L^2$ por el Teorema de Plancherel.

Answer 3

Creo que la respuesta debería ser que si $f,g \in L^1$ $$\langle \hat{f},g \rangle = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(x) e^{-2i \pi y x}dx \overline{g(y)} dy =\int_{-\infty}^\infty f(x)\int_{-\infty}^\infty \overline{e^{2i \pi y x} g(y)} dy dx = \langle f,\overset{\vee}{g} \rangle$$ (es decir, el adjunto de la transformada de Fourier es su conjugado complejo)

y $\langle \hat{f},g \rangle = \langle f,\overset{\vee}{g} \rangle$ se mantiene para $\hat{f},g\in L^2$ porque $L^1 \cap L^2$ es denso en $L^2$ .

Así, $$\|\hat{f}\|_{L^2}^2 =\langle \hat{f}, \hat{f}\rangle= \langle f, \overset{\vee}{\hat{f}}\rangle= \langle f, f\rangle= \|f\|_{L^2}^2$$ Donde utilizamos el Teorema de inversión de Fourier $f = \overset{\vee}{\hat{f}}$ (la igualdad está en $L^2$ ).

Qed. $\hat{f} \in L^2 \implies f \in L^2$ .

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La única alternativa que veo (evitando el teorema de inversión de Fourier) es demostrar que $f \not \in L^2 \implies \hat{f} \not \in L^2$ pero me temo que tendremos que decir que la (combinación lineal de) gaussianas (o algo equivalente con una transformada de Fourier e inversa conocida) son densas en $L^2$ que es similar al demostración del teorema de inversión de Fourier .