El teorema de Wiener en $\mathbb{R}^n$

Question

Leyendo "Integrales singulares y propiedades de diferenciabilidad de las funciones" de Stein me encontré con la siguiente afirmación (está en la demostración del Lemma 3.2, páginas 133-134):

Ahora invocamos el $n$ -versión dimensional del teorema de Wiener, a saber: Si $\Phi_1 \in L^1(\mathbb{R}^n)$ y $\widehat{\Phi_1} + 1$ no está en ninguna parte $0$ entonces existe un $\Phi_2 \in L^1(\mathbb{R}^n)$ para que $(\widehat{\Phi_1}(x)+1)^{-1} = \widehat{\Phi_2}(x) + 1.$

Sin embargo, Stein no da ninguna referencia más allá de afirmar que se trata del teorema de Wiener. ¿Hay alguna referencia donde pueda aprender la demostración de este teorema? He buscado y sé que hay una similar Teorema de Wiener pero esto sólo funciona en el toro. Supongo que la dificultad de extender el teorema de Wiener para el toro a todo el $\mathbb{R}^n$ es la falta de una identidad con respecto a la convolución, y tal vez por eso tenemos que añadir el $+1$ s, pero no estoy seguro de cómo precisar esto.

Además, puedo probar esto si asumo que $\|\Phi_1\|_{L^1(\mathbb{R}^n)} < 1$ al ampliar $(1+ \widehat{\Phi_1})^{-1}$ en una serie, pero no veo cómo esto podría ser bootstrapped a sólo el requisito de $1 + \widehat{\Phi_1} \neq 0$ (nótese que esto se verifica inmediatamente si $\|\Phi_1\|_{L^1(\mathbb{R}^n)} < 1$ ).

Answer 1

La prueba que sigue es una adaptación de la prueba de un `lema de división' en este documento de Coquand y Stolzenberg:

1. Consideremos el álgebra de Banach $\mathcal B$ que consiste en todos los Fourier de las funciones en $L^1(\mathbb R^n)$ donde la norma de $f=\hat F$ es $$ \| f\|_{\mathcal B} = \|F\|_{L^1}. $$ El espacio $\mathcal B$ contiene todas las funciones $g$ que son suficientemente suaves y con un decaimiento suficientemente rápido, lo que garantiza la transformada inversa de Fourier $\check g$ está en $L^1$ . Tenga en cuenta también que el $\mathcal B$ domina la norma supremum norma: $\|f\|_{\mathcal B} \ge \|f\|_{\infty}$ .

Dado $f=\hat\Phi_1\in \mathcal B$ tal que $f+1$ no desaparece, queremos demostrar que con $$ g = \frac{1}{1+f}-1 = \frac{-f}{1+f}. $$ entonces $g\in\mathcal B$ , lo que significa $g=\hat\Phi_2$ para algunos $\Phi_2\in L^1$ .

La idea es aproximar $f$ en el denominador por una bonita función $h$ , complejizar y construir una integral de Cauchy de la forma $$ G = \frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma} \frac{-f}{1+z+h} \, \frac{1}{z+h-f} \,dz $$ que converge en el espacio $\mathcal B$ , donde el contorno $\Gamma$ hace un bucle alrededor de un pequeño círculo $|z|=r$ .
Dado que la convergencia en $\mathcal B$ implica una convergencia uniforme, la evaluación en cualquier punto $x\in\mathbb R^n$ dará como resultado (por la fórmula de la integral de Cauchy) el valor de $f(x)/(1+z+h(x))$ en el punto $z$ donde $z+h(x)=f(x)$ , lo que significa $G(x)=g(x)$ .

1. Se nos da $f=\hat F$ para $F$ en $L^1$ y $r=\inf |1+f|/4>0$ . Podemos encontrar una función suave $H$ de soporte compacto digamos, tal que $\|F-H\|_{L^1}< r/4$ . Con $h=\hat H$ tenemos $\|f-h\|_{\mathcal B}<r/4$ Así que $$ \inf_{x\in R^n} |1+z+h(x)| \ge \inf |1+f| - |z| - \|h-f\|_{\infty} \ge r $$ siempre que $z$ es un número complejo con $|z|\le 2r$ . Teniendo en cuenta el mapa $$ z\mapsto \frac{h}{1+z+h}, $$ por el hecho de ser fijo $z$ se obtiene una función que es suave y decae rápidamente, y por lo tanto en $\mathcal B$ y de hecho el mapa es continuo en $z$ para $|z|\le r$ con valores en $\mathcal B$ . Por lo tanto, lo mismo ocurre con el mapa $$ z\mapsto \frac{f}{1+z+h} = \frac1{1+z}\left( f - \frac{fh}{1+z+h}\right). $$

2. La función $$ z\mapsto \frac1{z+h-f} = \frac1z \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{f-h}z\right)^k $$ está representada por una serie que converge en $\mathcal B$ para $|z|>r/2$ desde $\|f-h\|_{\mathcal B}<r/4$ .

3. Desde $\mathcal B$ es un álgebra de Banach, el integrando de $G$ anterior es continua en $z$ con valores en $\mathcal B$ , por lo que el integral $G$ converge en $\mathcal B$ . Evaluación de $G$ en cualquier $x$ en $R^n$ la integral de $G(x)$ converge, y el factor $$ \frac{-f(x)}{1+z+h(x)} $$ es analítico en $z$ para $|z|\le r$ . Por la fórmula de la integral de Cauchy, se deduce $G(x)=g(x)$ como se ha reclamado. Por lo tanto, $g$ está en $\mathcal B$ .