Pregunta adicional sobre el ejercicio 9.10 de Rudin de Análisis Real y Complejo sobre convoluciones

Question

El otro día pedí y recibí una gran ayuda en mi pregunta Rudin Ejercicio 9.10 de Análisis Real y Complejo sobre convoluciones . El ejercicio de Rudin Análisis Real y Complejo continúa pidiéndote que demuestres que $(f * h_\lambda)(x)\to f(x)$ por ejemplo, si $f\in L^1$ , como $\lambda\to 0$ . El apartado 9.7 recoge la definición de $h_\lambda$ : \begin{equation} \begin{split} H(t)&=e^{-|t|}\\ h_\lambda(x)&=\int_{-\infty}^\infty H(\lambda t)e^{itx}\,dm(t) \quad(\lambda>0)\\ &=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{\lambda} {\lambda^2+x^2}. \end{split} \end{equation} donde $dm(t)$ representa $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}dt$ . La sección 9.7 también da la propiedad \begin{equation}\label{1}\tag{1} \int_{-\infty}^\infty h_\lambda(x)\,dm(x)=1, \end{equation} La sección 9.8 demuestra que si $f\in L^1$ entonces \begin{equation}\tag{2}\label{2} (f * h_\lambda)(x) =\int_{-\infty}^\infty H(\lambda t)\hat{f}(t)e^{ixt}\,dm(t), \end{equation} donde $\hat{f}$ es la transformada de Fourier de $f$ y donde la convolución (para capítulo 9) se define para $f,g\in L^1$ como $$(f * g)(x)=\int_{-\infty}^\infty f(x-y)g(y)\,dm(y).$$ La sección 9.9 demuestra que si $g\in L^\infty$ y $g$ es continua en un punto $x$ entonces \begin{equation}\tag{3}\label{3} \lim_{\lambda\to 0}\,(g * h_\lambda)(x)=g(x). \end{equation} La sección 9.10 demuestra que si $1\leq p<\infty$ y $f\in L^p$ entonces \begin{equation}\tag{4}\label{4} \lim_{\lambda\to 0}\,||f * h_\lambda-f||_p=0. \end{equation} Por último, la sección 9.11 demuestra que si $f\in L^1$ y $\hat{f}\in L^1$ y si $$g(x)=\int_{-\infty}^\infty\hat{f}(t)e^{ixt}\,dm(t)\quad(x\in R),$$ entonces $g\in C_0$ y $f(x)=g(x)$ a.e. (donde $C_0$ es el espacio de los continuos continuas $f$ en $R$ que "desaparecen en el infinito"; es decir, a cada $\epsilon>0$ existe un conjunto compacto $K$ tal que $|f(x)|<\epsilon$ para todos $x$ no en $K$ .)

Si supiera que $\hat{f}\in L^1$ entonces sería fácil: ya que $H(\lambda t)\to 1$ como $\lambda\to 0$ , \eqref {2}, la convergencia dominada y 9.11 constituirían una prueba. Sin embargo, no hay ninguna razón para suponer que $\hat{f}\in L^1$ .

De la ecuación \eqref {4} con $p=1$ Sé que dada cualquier secuencia $\{\lambda_n\}$ tal que $\lim_{n\to\infty}\lambda_n=0$ hay un subsecuencia $\{\lambda_{n_k}\}$ tal que $\lim_{k\to\infty}\,((f * h_{\lambda_{n_k}})(x)-f(x))=0$ para casi todos los $x\in R$ pero eso no es suficiente para conseguir $\lim_{n\to\infty}\,((f * h_{\lambda_n})(x)-f(x))=0$ para casi todos los $x$ .

Así que probé un par de enfoques diferentes, ninguno de los cuales funcionó. En un enfoque, asumo que $x$ es un punto de Lebesgue de $f$ (como casi todos los $x\in R$ ) y escribió (con \eqref {1}) \begin{equation} \begin{split} |(f * h_\lambda)&(x)-f(x)|\\ &=\Biggl|\int_{-\infty}^\infty (f(x-y)-f(x))h_\lambda(y)\,dm(y)\Biggr|\\ &\leq\int_{-\infty}^\infty |f(x-y)-f(x)| \frac{1}{\lambda}h_1\Bigl(\frac{y}{\lambda}\Bigr)\,dm(y)\\ &=\int_{-\lambda}^\lambda\frac{|f(x-y)-f(x)|}{\lambda} h_1\Bigl(\frac{y}{\lambda}\Bigr)\,dm(y) +\int_{|y|\geq\lambda}|f(x-y)-f(x)|h_\lambda(y)\,dm(y). \end{split} \end{equation} El primer plazo es para $0$ como $\lambda\to 0$ desde $x$ es un punto de Lebesgue de $f$ y como $||h_1||_\infty=\sqrt{2/\pi}$ . Sin embargo, no tuve suerte en demostrar que el segundo término no explotó.

También intenté aproximar $f$ con una secuencia en $C_c$ convergente a $f$ en el $L^1$ -norma. Entonces una subsecuencia $\{g_n\}$ converge a $f$ en puntos para casi todos los $x\in R$ . Entonces, si tengo una secuencia $\{\lambda_k\}$ convergiendo a $0$ , escribí para tal $x$ \begin{equation} \begin{split} |(f * h_{\lambda_k})&(x)-f(x)|\\ &\leq|((f-g_n)* h_{\lambda_k})(x)|+|(g_n * h_{\lambda_k})(x)-g_n(x)| +|g_n(x)-f(x)|. \end{split} \end{equation} Entonces, suponiendo que pueda cambiar el orden de los límites (que no me he molestado en justificar ya que resultó que el resultado no era útil), el tercer término de la derecha desaparece por la elección de $\{g_n\}$ y $x$ , mientras que para los fijos $g_n$ el segundo término de la derecha desaparece por \eqref {3}. Sin embargo, soy no puedo demostrar que el límite iterado del primer término de la derecha va a $0$ . Esto, a pesar del hecho de que sé $||f-g_n||_1\to 0$ como $n\to\infty$ .

En otro intento, traté de usar \eqref {2}, pero me llevó de vuelta a mi primer enfoque anterior.

En este punto, espero que alguien por ahí pueda ayudarme a señalar el camino correcto dirección correcta.

EDITAR

Después de pensar un poco más en esto, parece que el segundo enfoque consigue me acerca más de lo que originalmente pensé. En lugar de mi última ecuación mostrada anterior, escribamos \begin{equation} \begin{split} \lim_{k\to\infty}\,(f * h_{\lambda_k})(x) &=\lim_{k\to\infty}\lim_{n\to\infty}\,(f * h_{\lambda_k})(x)\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(5)\\ &=\lim_{k\to\infty}\lim_{n\to\infty}\, (((f-g_n) * h_{\lambda_k})(x)+(g_n * h_{\lambda_k})(x))\\ &=\lim_{k\to\infty}\lim_{n\to\infty}\, \int_{-\infty}^\infty(f-g_n)(x-y)h_{\lambda_k}(y)\,dm(y) +\lim_{k\to\infty}\lim_{n\to\infty}\,(g_n * h_{\lambda_k})(x). \end{split} \end{equation} Tenemos que $\lim_{n\to\infty}\,(f-g_n)(x-y)h_{\lambda_k}(y)=0$ para casi todos los $y\in R$ y \begin{equation} |(f-g_n)(x-y)h_{\lambda_k}(y)| \leq\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{\lambda_k}|(f-g_n)(x-y)|\in L^1 \end{equation} para todos $n$ por lo que por el Teorema de Convergencia Dominada $$\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^\infty(f-g_n)(x-y)h_{\lambda_k}(y)\,dm(y)=0.$$ Ahora, si sólo pudiera demostrar la uniformidad necesaria, podría cambiar el orden de los límites en el segundo término de la última línea de (5) y obtener \begin{equation} \begin{split} \lim_{k\to\infty}\,(f * h_{\lambda_k})(x) &=\lim_{k\to\infty}\lim_{n\to\infty}\,(g_n * h_{\lambda_k})(x)\\ &=\lim_{n\to\infty}\lim_{k\to\infty}\,(g_n * h_{\lambda_k})(x)\\ &=\lim_{n\to\infty}\,g_n(x)\qquad\text{(by \eqref{3})}\\ &=f(x) \end{split} \end{equation} para casi todos los $x\in R$ .

Así que todo se reduce a la necesidad de demostrar que puedo cambiar los límites en cualquiera de los dos el primer o segundo término de la última línea de (5). En este momento, no veo cómo conseguir la uniformidad necesaria para hacerlo.

Answer 1

Finalmente, tras una búsqueda más exhaustiva, encontré este post Pregunta sobre el punto de Lebesgue en la Transformada de Fourier (Big Rudin capítulo 9) que hace la misma pregunta que yo y luego proporciona una respuesta. La respuesta depende del material del capítulo 11 de Rudin Real and Complex Analysis (que es dos capítulos después del que aparece el ejercicio original). Así que decidí destilar la parte de la prueba relevante en Rudin (Teorema 11.20) y el trabajo del post citado arriba en una respuesta autocontenida que, en principio, podría haber resuelto cualquiera que hubiera estudiado hasta el punto en el que aparece el ejercicio. [Los números de las ecuaciones se refieren tanto a este post como a mi post original].

Dejemos que $f\in L^1$ y que $x$ sea un punto de Lebesgue de $f$ . Como en el capítulo 9 de Rudin, dejemos que $m$ sea la medida de Lebesgue en $R$ dividido por $\sqrt{2\pi}$ . Definir $$k_x(y)=\chi_{[x-1,x+1]}(y)f(x)\qquad(y\in R).$$ Entonces $k_x\in L^1$ y por (1) \begin{equation} \begin{split} (k_x*h_\lambda)(x) &=\int_{-\infty}^\infty k_x(x-y)h_\lambda(y)\,dm(y) =\int_{-\infty}^\infty\chi_{[x-1,x+1]}(x-y)f(x)h_\lambda(y)\,dm(y)\\ &=\int_{-1}^1 f(x)h_\lambda(y)\,dm(y) =f(x)\int_{-1}^1\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{\lambda}{\lambda^2+y^2}\,dm(y)\\ &=-f(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{\cot^{-1}(-\lambda^{-1})}^{\cot^{-1}(\lambda^{-1})}dt \qquad\text{(having substituted $t=\cot^{-1}(y/\lambda)$)}\\ &=-\frac{f(x)}{\pi}[\cot^{-1}(\lambda^{-1})-\cot^{-1}(-\lambda^{-1})] =-\frac{f(x)}{\pi}[\cot^{-1}(\lambda^{-1})-(\pi-\cot^{-1}(\lambda^{-1}))]\\ &=f(x)[1-\frac{2}{\pi}\cot^{-1}(\lambda^{-1})] \end{split} \end{equation} así que \begin{equation} \lim_{\lambda\to 0}\,(k_x*h_\lambda)(x) =f(x)-\frac{2f(x)}{\pi}\lim_{\lambda\to 0}\cot^{-1}(\lambda^{-1})=f(x). \end{equation} Dejemos que $f_x=f-k_x\in L^1$ . Entonces \begin{equation} \begin{split} \lim_{\lambda\to 0}\,(f*h_\lambda)(x) &=\lim_{\lambda\to 0}\,((f_x+k_x)*h_\lambda)(x) =\lim_{\lambda\to 0}\,(f_x*h_\lambda)(x) +\lim_{\lambda\to 0}\,(k_x*h_\lambda)(x)\\ &=\lim_{\lambda\to 0}\,(f_x*h_\lambda)(x)+f(x). \end{split} \end{equation} Para completar la prueba, demostraremos que $\lim_{\lambda\to 0}\,(f_x*h_\lambda)(x)=0$ .

Dejemos que $\epsilon>0$ se dé. Dado que $x$ es un punto de Lebesgue de $f$ , \begin{equation} \begin{split} \lim_{\lambda\to 0}\frac{1}{2\lambda} \int_{x-\lambda}^{x+\lambda}|f_x(y)|\,dm(y) &=\lim_{\lambda\to 0}\frac{1}{2\lambda} \int_{x-\lambda}^{x+\lambda}|f(y)-k_x(y)|\,dm(y)\\ &=\lim_{\substack{\lambda\to 0\\\lambda\in(0,1)}} \frac{1}{2\lambda}\int_{x-\lambda}^{x+\lambda}|f(y)-f(x)|\,dm(y)=0, \end{split} \end{equation} ya que, en la última integral, restringiendo $\lambda$ a $(0,1)$ restringe $y$ a $[x-1,x+1]$ donde $k_x(y)=f(x)$ . Por lo tanto, existe $\delta>0$ tal que para cada $\lambda\in(0,\delta]$ \begin{equation}\tag{6}\label{6} \frac{1}{2\lambda}\int_{x-\lambda}^{x+\lambda}|f_x(y)|\,dm(y) <\frac{\epsilon}{\sqrt{2\pi}}. \end{equation} Dejemos que $\{\lambda_n\}\subseteq(0,1)$ sea tal que $\lim_{n\to\infty}\,\lambda_n=0$ y considerar la secuencia $\{s_n\}$ donde $$s_n(y)=h_{\lambda_n}(x-y)\chi_{[x-\delta,x+\delta]^c}(y)|f_x(y)|\qquad(y\in R).$$ Desde $\lambda_n\in(0,1)$ tenemos que $\lambda_n^2+(x-y)^2(1-\lambda_n)>0$ para que $\lambda_n^2+(x-y)^2>\lambda_n(x-y)^2$ de donde $s_n(y)\leq|f_x(y)|/\delta^2\in L^1$ . Ahora $\lim_{n\to\infty}s_n(y)=0$ para todos $y\in R$ , por lo que por el Teorema de Convergencia Dominada, $$\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^\infty s_n(y)\,dm(y)=0.$$ Por lo tanto, \begin{equation}\tag{7}\label{7} \lim_{\lambda\to 0}\int_{[x-\delta,x+\delta]^c}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y)=0. \end{equation}

Nuestro siguiente objetivo es demostrar que \begin{equation}\tag{8}\label{8} \sup_{\lambda>0}\int_{x-\delta}^{x+\delta}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y) \leq\sup_{\lambda\in(0,\delta]}\frac{\sqrt{2\pi}}{2\lambda} \int_{x-\lambda}^{x+\lambda}|f_x(y)|\,dm(y)\equiv M. \end{equation} (Esto será una adaptación de la segunda mitad de la prueba de Rudin del Teorema 11.20.) Sea $\lambda>0$ . Dado $n\geq 0$ , dejemos que $h_{2^n+1}^{(n)}=0$ y para cada $j=1,2,\dots,2^n$ dejar $I_j^{(n)}=[x-j\delta/2^n,x+j\delta/2^n]$ , $h_j^{(n)}=h_\lambda(j\delta/2^n)$ y definir $$s_n=\sum_{j=1}^{2^n}(h_j^{(n)}-h_{j+1}^{(n)})\chi_{I_j^{(n)}}.$$ Entonces cada $s_j$ es una función medible simple, y para todo $y\in R$ \begin{equation} 0\leq s_1(y)\leq s_2(y)\leq\cdots\leq\chi_{[x-\delta,x+\delta]}(y)h_\lambda(x-y) \text{ and}\\ \lim_{n\to\infty}\,s_n(y)=\chi_{[x-\delta,x+\delta]}(y)h_\lambda(x-y). \end{equation} En palabras, estamos construyendo una secuencia creciente de aproximaciones de pasos desde abajo hasta $\chi_{[x-\delta,x+\delta]}(y)h_\lambda(x-y)$ . Nos basamos en el hecho de que $h_\lambda(t)$ es uniforme y disminuye estrictamente desde un máximo en $t=0$ como $|t|$ aumenta.

Tenemos entonces que para todos los $y\in R$ \begin{equation} 0\leq|f_x(y)|s_1(y)\leq|f_x(y)|s_2(y)\leq\cdots\text{ and}\\ \lim_{n\to\infty}|f_x(y)|s_n(y) =|f_x(y)|\chi_{[x-\delta,x+\delta]}(y)h_\lambda(x-y). \end{equation} Por el Teorema de Convergencia Monótona aplicado dos veces, \begin{equation} \begin{split} \int_{x-\delta}^{x+\delta}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y) &=\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^\infty|f_x(y)|s_n(y)\,dm(y)\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{2^n}(h_j^{(n)}-h_{j+1}^{(n)}) \int_{x-j\delta/2^n}^{x+j\delta/2^n}|f_x(y)|\,dm(y)\\ &\leq\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^{2^n}(h_j^{(n)}-h_{j+1}^{(n)}) \frac{2j\delta}{2^n\sqrt{2\pi}}M\\ &=M\lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^\infty s_n(y)\,dm(y) =M\int_{x-\delta}^{x+\delta}h_\lambda(x-y)\,dm(y)\\ &\leq M\int_{-\infty}^\infty h_\lambda(x-y)\,dm(y)=M, \end{split} \end{equation} de la cual \eqref {8} sigue. Por \eqref {6}, $M\leq\epsilon$ Así que \begin{equation} \limsup_{\lambda\to 0}\int_{x-\delta}^{x+\delta}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y) \leq\epsilon. \end{equation} Desde $\epsilon>0$ era arbitraria, $$\limsup_{\lambda\to 0}\int_{x-\delta}^{x+\delta}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y)=0,$$ de donde \begin{equation}\tag{9}\label{9} \lim_{\lambda\to 0}\int_{x-\delta}^{x+\delta}|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y)=0. \end{equation} Desde \eqref {7} y \eqref {9}, vemos que \begin{equation} \lim_{\lambda\to 0}\,(|f_x|*h_\lambda)(x)= \lim_{\lambda\to 0}\int_{-\infty}^\infty|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y)=0. \end{equation} Finalmente, \begin{equation} \begin{split} |(f_x*h_\lambda)(x)| &=\Biggl|\int_{-\infty}^\infty f_x(y)h_\lambda(x-y)\,dm(y)\Biggr|\\ &\leq\int_{-\infty}^\infty|f_x(y)|h_\lambda(x-y)\,dm(y) =(|f_x|*h_\lambda)(x), \end{split} \end{equation} así que $\lim_{\lambda\to 0}\,(f_x*h_\lambda)(x)=0$ como se requería para probar.