Mostrar continuidad

Question

Sea $|f(x)|\le \dfrac{A}{1+x^2}$ para todos $x$ y algunos $A$ (para garantizar que $\int_{-\infty}^\infty f(x)\rm{d}x$ tiene sentido). Me gustaría demostrar que $$g(z) = \int_{-\infty}^t f(x) e^{-2 \pi i z (x-t)}\rm{d}x$$ est continuo para todos $z \in \mathbb{C}$ tal que $\operatorname{Im}(z) \ge 0$ .

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He probado lo siguiente: Me gustaría mostrar que $|g(z+h)-g(z)| \rightarrow 0$ como $h \rightarrow 0$ (donde $h \in \mathbb{C}$ ). Así que tengo \begin{align*}|g(z+h)-g(z)| &= \left|\int_{-\infty}^t f(x) e^{2 \pi i z (x-t)} (e^{-2\pi i h (x-t)}-1)\right|\rm{dx} \\ &\le\int_{-\infty}^t |f(x)| \cdot e^{2 \pi (\operatorname{Im}(z)) (x-t)} \cdot |e^{-2\pi i h (x-t)}-1|\rm{dx}\end{align*}

Pero no sé muy bien qué hacer... ¿alguna sugerencia? También me preocupa si necesito algún tipo de argumento de convergencia uniforme en alguna parte...

Answer 1

Si el teorema de convergencia dominada está fuera de los límites, creo que dividir la integral es la forma más fácil.

Para $\operatorname{Im} w \geqslant 0$ tenemos

$$\left\lvert e^{-2\pi iw(x-t)}\right\rvert = e^{2\pi(x-t) \operatorname{Im}w}\leqslant 1,$$

de ahí

$$\int_{-\infty}^T \left\lvert f(x)\right\rvert \cdot \left\lvert e^{-2\pi i (z+h)(x-t)}- e^{-2\pi i z(x-t)} \right\rvert\,dx \leqslant 2\int_{-\infty}^T \lvert f(x)\rvert\,dx.\tag{1}$$

Para un $z$ con $\operatorname{Im}z \geqslant 0$ y un $\varepsilon > 0$ elige $T < t$ tan pequeño que el lado derecho de $(1)$ es menor que $\varepsilon/2$ .

Entonces, para $z+h$ en el semiplano superior, tenemos

$$\begin{align} \lvert g(z+h) - g(z)\rvert &= \left\lvert\int_{-\infty}^t f(x) e^{-2\pi i z(x-t)}\left(e^{-2\pi i h(x-t)}-1 \right)\,dx\right\rvert\\ &\leqslant \int_{-\infty}^T \lvert f(x)\rvert \cdot \lvert e^{-2\pi i z(x-t)}\rvert\cdot \lvert e^{-2\pi i h(x-t)}-1\rvert\,dx\\ &\qquad + \int_T^t \lvert f(x)\rvert \cdot \lvert e^{-2\pi i z(x-t)}\rvert\cdot \lvert e^{-2\pi i h(x-t)}-1\rvert\,dx\\ &\leqslant 2\int_{-\infty}^T \lvert f(x)\rvert\,dx + A\cdot\int_T^t \lvert e^{-2\pi i h(x-t)}-1\rvert\,dx\\ &\leqslant \varepsilon/2 + A(t-T)\cdot \max_{T\leqslant x \leqslant t} \left\lvert e^{-2\pi i h(x-t)}-1\right\rvert\\ &\leqslant \varepsilon/2 + A(t-T)\cdot \left(e^{2\pi \lvert h\rvert(t-T)}-1\right). \end{align}$$

Por la continuidad de la función exponencial, el último término puede hacerse arbitrariamente pequeño eligiendo un límite adecuado para $\lvert h\rvert$ . Para $0 \leqslant r \leqslant 1$ tenemos $e^r - 1 \leqslant 2r$ por lo que para

$$\lvert h\rvert \leqslant \frac{\varepsilon}{1 + \varepsilon + 2A(2\pi(t-T)^2)}$$

tenemos

$$A(t-T)\left(e^{2\pi\lvert h\rvert(t-T)}-1\right) \leqslant 2A\lvert h\rvert < \varepsilon/2.$$

Así $g$ es continua en $z$ . Desde $z$ era arbitraria, $g$ es continua en el semiplano superior cerrado.