Probando el commutativity de convolución $(f \ast g)(x) = (g \ast f)(x)$

Question

De cualquier libro de texto sobre análisis de fourier:

"Fácilmente se demuestra que $f$ y $g$, ambos $2 \pi$-funciones periódicas en $[-\pi,\pi]$, tenemos $$(f \ast g)(x) = \int_{-\pi}^{\pi}f(x-y)g(y)\;dy = \int_{-\pi}^{\pi}f(z)g(x-z)\;dz = (g \ast f)(x),$$ by using the substitution $z # = x-y. $"

No dudo que esto es cierto, pero no puedo averiguar lo que pasó con el signo negativo de $dy = -dz\;$ después del cambio de la variable $z = x - y$. En particular, después del cambio de la variable $z = x-y,\;$ vengo con $ -\int_{-\pi}^{\pi}f(z)g(x-z)\;dz$. ¿Qué me falta aquí?

Answer 1

Usted necesita para comprobar los límites de su integral. desde $y$ rangos de$-\pi$$\pi$, tendrás $z = x-y$ desde $x+\pi$$x-\pi$. Por lo tanto: $$ \int_{-\pi}^{\pi}f(x-y)g(y)dy = -\int_{x+\pi}^{x-\pi}f(z)g(x-z)dz = \int_{x-\pi}^{x+\pi}f(z)g(x-z)dz = \int_{-\pi}^{\pi}f(z)g(x-z)dz $$ en el penúltimo paso, cambié los dos límites de la integral (esto cambia el signo). En el paso final, he cambiado tanto de los límites de la integral por $-x$, que no cambia el valor debido a que estamos integrando en un intervalo de longitud de $2\pi$, y la función es $2\pi$-periódico.

Answer 2

\begin{align*} \\&\int_0^tf(t-u)g(u)\cdot\text du\\ \\\text{let } v=t-u\\ \text dv=-\text du\\ \\ u=0\rightarrow v=t\\u=t\rightarrow v=0\\ &=\int_t^0f(v)g(t-v)\cdot -\text dv\\ &=\int_0^tf(v)g(t-v)\cdot \text dv\\ \\&\\ \\&\\ \\&\\ \\&\\ \end{align*}\begin{align*}\mathcal L\left\{\int\limits_0^tf(t-u)g(u)\cdot\text du\right\} &=\int\limits_0^\infty\int\limits_0^t f(t-u)g(u)\cdot\text du\cdot e^{-pt}\cdot\text dt\\ &=\int\limits_0^\infty e^{-pt}\int\limits_0^t f(t-u)g(u)\cdot\text du\cdot\text dt\\ u=0\rightarrow t=u\\ u=t \rightarrow t=\infty\\ &=\int\limits_0^\infty g(u)\int\limits_u^\infty e^{-pt}f(t-u)\cdot\text dt\cdot\text du\\ \text{let }v=t-u\\ \text dv =\text dt\\ t=u\rightarrow v=0\\ t=\infty \rightarrow v=\infty\\ &=\int\limits_0^\infty g(u)\int\limits_{0}^\infty e^{-p(v+u)}f(v)\cdot\text dv\cdot\text du\\ &=\int\limits_0^\infty g(u)e^{-up}\cdot\text du\times\int\limits_{0}^\infty f(v)e^{-pv}\cdot\text dv\\ \\&=G(p)F(p) \end{align*}

Answer 3

Aquí es algo que a veces he preguntado. Si $f,g$ ambos son no negativos demostrando conmutatividad de la convolución se puede hacer sin un tedioso cambio de variable.

De hecho, vamos a $X$ ser una variable aleatoria con densidad de $f$ y deje $Y$ ser una variable aleatoria con densidad de $g$. Es fácil ver que $f$ convoluciona con $g$ es la densidad de $X+Y$ (o en su caso $X+Y ~{\rm mod} ~2 \pi$). Por la conmutatividad de la suma, la densidad de $X+Y$ es la misma que la densidad de $Y+X$ y hemos terminado!

Me pregunto si un argumento de este tipo puede funcionar en el caso general.