La transformada de Fourier de una función compactamente soportada, absolutamente integrable es analítica real

Question

Sea $f:\mathbb{R}^d\to\mathbb{C}$ una función de soporte compacto y absolutamente integrable. Muestra que la función $\widehat{f}$ es real-analítica.

Dado que $f$ tiene soporte compacto y es absolutamente integrable, entonces tenemos la estimación: $$\int_{\mathbb{R}^d} |x_j f(x)|\,dx\leq C\int_{\mathbb{R}^d} |f(x)|\,dx=C\|f\|_{L^1(\mathbb{R}^d)},$$ donde $x_j$ es la función de coordenada $j$, por lo tanto $x_jf$ está en $L^1(\mathbb{R}^d)$. Observa que $$\frac{\partial }{\partial \xi_j}\widehat{f}(\xi)=-2\pi i\widehat{x_jf}(\xi),$$ se sigue que $f$ es diferenciable. Utilizando inducción, podemos mostrar que $f$ es $n$-diferenciable para todo $n$, por lo tanto, suave, ¿pero cómo demostrar que $f$ es real-analítica?

Answer 1

Dado que $f$ tiene soporte compacto, también lo tiene $x\mapsto f(x)\exp(ix\xi)$ (con $\xi$ fijo), por lo tanto, salvo una constante, la transformada de Fourier de $f$ es igual a $$ \begin{eqnarray} \int_{\mathbb{R}^n } f(x)\exp(ix\xi)\, dx & = & \int_{\mathbb{R}^n } f(x)\sum_{k=0}^\infty \frac{(ix\xi)^k}{k!} \, dx \\ & = & \sum_{k=0}^\infty \int_{\mathbb{R}^n } f(x) \frac{(ix\xi)^k}{k!} \, dx \\ & = & \sum_{k=0}^\infty \left(\int_{\mathbb{R}^n } f(x) \frac{(ix)^k}{k!} \, dx \,\right)\xi^k = \sum_{k=0}^\infty a_k \xi^k \end{eqnarray} $$

La segunda igualdad se justifica por la continuidad de $f$ con soporte compacto, ver por ejemplo las respuestas a esta pregunta .

Si tienes dudas sobre la convergencia de la última suma, ten en cuenta que $$ \begin{eqnarray} \left|\int_{\mathbb{R}^n } f(x) \frac{(ix)^k}{k!} \, dx\right| &\le& \int_{\mathbb{R}^n }\left| f(x) \frac{(ix)^k}{k!}\right| \,dx \\ &\le& C \frac{R^{nk}}{k!} \end{eqnarray} $$ donde $R$ es el radio de alguna bola que contiene el soporte de $f$, entonces el radio de convergencia de la serie en la última línea del cálculo anterior es, de hecho, $\infty$.