Ceros de la transformada de Fourier de una función en $C[-1,1]$

Question

Estoy intentando demostrar lo siguiente:

Sea $g \in C[-1,1]$. Entonces la función $$G(z) = \int_{-1}^1 e^{itz}g(t)dt$$ tiene infinitas raíces.

Sé que $G(z)$ es entera y $\lim_{x \to \pm \infty} G(x) = 0$. He intentado lo siguiente. Supongamos lo contrario, es decir, que $G(z)$ tiene solo $n \in \mathbb{N}$ raíces. Entonces podemos escribirlo como $$G(z) = e^{h(z)}P(z)$$ donde $P(z)$ es un polinomio de grado $n$ y $h(z)$ es entera. El límite anterior implica que $h(x) + \log |P(x)| \to -\infty$, es decir, que $h(x) \to -\infty$ (en el eje real) más rápido que alguna función logarítmica positiva asintóticamente.

Desafortunadamente, lo anterior no parece resolver el problema, o al menos no sé cómo continuar.

Pidiendo su guía.

EDITAR: Otros pensamientos fueron:

• Aproximar $g(t)$ con una función escalonada $h_n(t)$ con $2^n$ pasos. Definir $H_n(z)$ como la transformada de $h_n(t)$, mostrar que $|G(z) - H_n(z)| < |H_n(z)|$ y aplicar el teorema de Rouche. Un problema es que $H_n(z)$ también es pequeño en el límite, y incluso si pudiera probar la desigualdad, aún no está claro cómo sigue la infinitud de ceros para $G(z)$.

• Mostrar que $G(z)$ es de orden fraccionario y aplicar el teorema de Hadamard. Esto es claramente falso ya que puedo demostrar que el orden de $G(z)$ está acotado por $1$ desde arriba, y, al menos para algunos $g(t)$, se alcanza el límite.

Answer 1

OK, lo que me faltó es que dado que el orden de $G(z)$ está acotado por $1$, sabemos que $h(z) = \alpha z$. El resto es directo. Aquí completo los detalles usando el hecho anterior.

Prueba. Sea $M = \max_{t \in [-1,1]} |g(t)|$. Entonces para $y = \Im z$, para $z$ suficientemente grande, tenemos $$|G(z)| \leq M \int_{-1}^{1} e^{-ty}dt = M \frac{e^{|y|} - e^{-|y|}}{|y|} \leq Me^{|y|} \leq Me^{|z|}$$ Por lo tanto, el orden $\rho_G \leq 1$ y en consecuencia el género es $0$ o $1$.

Ahora, supongamos que $G(z)$ tiene un número finito de raíces y denotemos las raíces no nulas por $a_k$. Dado que el género de $G$ está acotado por $1$, podemos escribir ya sea $$G(z) = Cz^m e^{\alpha z} \prod_k \left(1 - \frac{z}{a_k}\right)$$ o $$G(z) = Cz^m e^{\alpha z} \prod_k \left(1 - \frac{z}{a_k}\right) e^{\frac{z}{a_k}}.$$ Dado que los productos son finitos, podemos absorber los exponentes en el producto posterior en el exponente externo y reescribir $G(z)$, en ambos casos, como $$G(z) = e^{\alpha z} P(z)$$ para algún $\alpha \in \mathbb{C}$, donde $P(z)$ es un polinomio no nulo.

Desde el análisis real sabemos que $\int_{-1}^1 g(t) \sin xt dt$ y $\int_{-1}^1 g(t) \cos xt dt$ tienden a cero a medida que $x$ tiende a $\pm \infty$. Esto implica que $\lim_{x\to\pm\infty}G(x) = 0$, o $$\lim_{x\to\pm\infty} e^{\Re\alpha x} |P(x)| = 0.$$ Considerando $x \to +\infty$ debemos tener $\Re\alpha < 0$. Considerando $x \to -\infty$, $\Re\alpha > 0$. Contradicción. $\blacksquare$

Answer 2

Debido a que $G$ es la transformada de Fourier de una función con soporte compacto, probablemente debas usar de alguna manera la desigualdad del teorema de Paley-Wiener. En nuestro caso, la desigualdad es $|G(z)| \leq C e^{|\operatorname{Im} z|}$ con $C=2\max_{[-1,1]}|g(t)|$.

_A continuación, intento usar esta desigualdad junto con tu suposición $G(z)=e^{h(z)}P(z)$ para derivar una contradicción. Dado que esto es tarea, probablemente haya una solución mucho más simple. Ni siquiera estaba al tanto del teorema de Borel–Carathéodory, que se usa para demostrar la parte faltante en la respuesta a la pregunta de seguimiento._

Con $G(z)=e^{h(z)}P(z)$, obtenemos $\operatorname{Re} h(z) + \log|P(z)/C| \leq |\operatorname{Im} z|$. El término $\log|P(z)/C|$ está acotado por debajo para $|z| \geq R$, si todos los ceros de $P(z)$ están contenidos dentro de $|z| < R$. Por lo tanto, tenemos $$\operatorname{Re} h(z) \leq |\operatorname{Im} z|+c \qquad \forall|z|\geq R$$

Ahora se necesita algún teorema fuerte (como el Gran Teorema de Picard) para demostrar que esto implica que $h(z)$ no puede tener una singularidad esencial en el infinito. La respuesta a esta pregunta de seguimiento muestra que podríamos concluir esto a partir de $$\operatorname{Re}(f(z))\leq |z|^n\quad \forall z\in \mathbb{C}$$ Con $c':=\max_{|z|\leq R}|h(z)|$, la función $f(z):=h(z)-c-c'$ satisface esta desigualdad, por lo que ni $f(z)$ ni $h(z)$ pueden tener una singularidad esencial en el infinito. Dado que $h(z)$ no puede tener una singularidad esencial en el infinito, debe ser de la forma $h(z)=i\alpha z + b$ con $\alpha \in [-1,1]$. Pero entonces $G(z)$ no satisface $\lim_{x \to \pm \infty} G(x) = 0$, por lo que tenemos una contradicción.