La positividad de una integral de convolución

Question

Deje $f\in\mathcal{S}(\mathbb{R}^3)$ una función real. Considere la siguiente integral $$I_f:=\int_{\mathbb{R}^3}\int_{\mathbb{R}^3}\frac{f(x)f(y)}{|x-y|^2}dydx$$ Observar que, si $f$ es positivo o negativo, la integral se convierte en positivo.

Es cierto que $I_f\geq 0$ para un genérico $f$?

Answer 1

En la siguiente, vamos a construir un adecuado valor real Schwartz la función $f\in\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$ satisfactorio $$ A_{f}:=\int_{\mathbb{R}^{3}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{f\left(x\right)\cdot f\left y\right)}{\left|x-y\right|^{2}}dy\,dx<0. $$ La idea, tenga en cuenta que (como veremos a continuación) $A_{f}$ está dado por un cierto convolución, es decir, $A_{f}=\left\langle \phi\ast f,\,f\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}$. El uso de la transformada de Fourier, podemos ver que $A_{f}=\left\langle \widehat{f}\cdot\widehat{\phi},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}$. Vamos a mostrar a continuación que $\widehat{\phi}$ está dado por la integración en contra de una localmente integrable función; de hecho, gracias a la integración en contra de $\widehat{\phi}\left(\xi\right)=\frac{\pi}{\left|\xi\right|}$.

Ahora, tenga en cuenta para $U:=B_{1}\left(\left(\begin{smallmatrix}10\\ 0\\0 \end{smallmatrix}\right)\right)$ (the open ball with radius $1$ around $(10,0,0)$) that $U\cap\left(-U\right)=\emptyset$. Indeed, for $\xi\en U\cap\left(-U\right)$ tendríamos $$ 18=2\left[\left|\left(\begin{matrix}10\\ 0\\0 \end{matrix}\right)\right|-1\right]\leq2\left|\xi\right|=\left|\xi-\left(-\xi\right)\right|\leq\left|\xi-\left(\begin{matrix}10\\ 0\\0 \end{matrix}\right)\right|+\left|-\left(\begin{matrix}10\\ 0\\0 \end{matrix}\right)-\left(-\xi\right)\right|<2, $$ una contradicción. Ahora, elija una arbitraria no negativo de la función $h\in C_{c}^{\infty}\left(U\right)$ y definir $$ g\left(\xi\right):=i\cdot h\left(\xi\right)-i\cdot h\left(-\xi\right)\qquad\forall x\in\mathbb{R}^{3}. $$ Nota:$\overline{g\left(-\xi\right)}=-i\cdot h\left(-\xi\right)+i\cdot h\left(\xi\right)=g\left(\xi\right)$, de modo que $f:=\mathcal{F}^{-1}g\in\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$ es un valor real.

Pero (asumiendo $\widehat{\phi}\left(\xi\right)=\frac{\pi}{\left|\xi\right|}$, que vamos a mostrar a continuación), \begin{align*} A_{f} & =\left\langle \widehat{f}\cdot\widehat{\phi},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}\\ & =\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\pi}{\left|\xi\right|}\cdot\left[\widehat{f}\left(\xi\right)\right]^{2}\,d\xi\\ & =\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\pi}{\left|\xi\right|}\cdot\left[i\cdot h\left(\xi\right)-i\cdot h\left(-\xi\right)\right]^{2}\,d\xi\\ \left({\scriptstyle \text{support of }h\text{ and }h\left(-\bullet\right)\text{ is disjoint}}\right) & =-2\cdot\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\pi}{\left|\xi\right|}\cdot\left[h\left(\xi\right)\right]^{2}\,d\xi\\ \left({\scriptstyle \text{integrand }\geq0\text{ and does not vanish a.e.}}\right) & <0. \end{align*}

Todo lo que queda por demostrar es que, efectivamente, $A_{f}=\left\langle \phi\ast f,\,f\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}$ con $\widehat{\phi}\left(\xi\right)=\frac{\pi}{\left|\xi\right|}$. Para este fin, definir $$ \phi:\mathbb{R}^{3}\\izquierdo[0,\infty\right),x\mapsto\begin{cases} \left|x\right|^{-2}, & \text{if }x\neq0,\\ 0, & \text{if }x=0 \end{casos} $$ y nota:$\phi\in L_{{\rm loc}}^{1}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$; de hecho, tenemos (usando coordenadas polares): \begin{align*} \int_{\left|x\right|<1}\left|\phi\left(x\right)\right|\,dx & =\int_{0}^{1}r^{3-1}\int_{S^{2}}\left|\phi\left(r\xi\right)\right|\,d\mathcal{H}^{2}\left(\xi\right)\,dr\\ & =\mathcal{H}^{2}\left(S^{2}\right)\cdot\int_{0}^{1}\,dr<\infty, \end{align*} donde $\mathcal{H}^{2}$ indica el $2$-dimensional medida de Hausdorff y $S^{2}\subset\mathbb{R}^{3}$ es la unidad de la esfera. Del mismo modo, un similares cálculo de la muestra \begin{align*} \int_{\left|x\right|>1}\left|\phi\left(x\right)\right|^{2}\,dx & =\mathcal{H}^{2}\left(S^{2}\right)\cdot\int_{1}^{\infty}r^{3-1}\cdot r^{-4}\,dr\\ & =\mathcal{H}^{2}\left(S^{2}\right)\cdot\int_{1}^{\infty}r^{-2}\,dr\\ & =\mathcal{H}^{2}\left(S^{2}\right)\cdot\left(-r^{-1}\right)\bigg|_{1}^{\infty}=\mathcal{H}^{2}\left(S^{2}\right)<\infty. \end{align*} Por lo tanto, hemos demostrado $\phi\in L^{1}\left(\mathbb{R}^{3}\right)+L^{2}\left(\mathbb{R}^{3}\right)\subset\mathcal{S}'\left(\mathbb{R}^{3}\right)$. Ahora, con esta notación, no es difícil ver \begin{align*} \left\langle \phi\ast\overline{f},\,f\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}} & =\int_{\mathbb{R}^{3}}\left(\phi\ast\overline{f}\right)\left(x\right)\cdot f\left(x\right)\,dx\\ & =\int_{\mathbb{R}^{3}}\int_{\mathbb{R}^{3}}\frac{\overline{f\left(x\right)}}{\left|x-y\right|^{2}}\,dy\,f\left(x\right)\,dx=A_{f}. \end{align*} Aquí, tomamos el emparejamiento $\left\langle \cdot,\cdot\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}$ para ser bilineal (no sesquilinear). Además, yo uso la normalización $\widehat{f}\left(\xi\right)=\int f\left(x\right)\cdot e^{-2\pi i\left\langle x,\xi\right\rangle }\,dx$ de la transformada de Fourier. Ahora, el lado izquierdo de la ecuación anterior puede escribirse como $$ A_{f}=\left\langle \phi\ast\overline{f},\,f\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}=\left\langle \widehat{\phi\ast\overline{f}},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}=\left\langle \widehat{\overline{f}}\cdot\widehat{\phi},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}=\left\langle \widehat{\overline{f}}\cdot\widehat{\phi},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}=\left\langle \widehat{f}\cdot\widehat{\phi},\,\widehat{f}\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}, $$ donde el último paso sólo es válida si $f$ es \emph{valor real}. Este identidad demuestra que la transformada de Fourier $$ \psi:=\widehat{\phi}\in\mathcal{F}\left(L^{1}+L^{2}\right)\subconjunto C_{0}\left(\mathbb{R}^{3}\right)+L^{2}\left(\mathbb{R}^{3}\right) $$ es importante. De hecho, si podemos demostrar que $\psi\geq0$ en casi todas partes, estamos en el negocio.

Ahora, recordemos que tomar el Laplaciano en el dominio de Fourier corresponde (constante) de la multiplicación con $\left|x\right|^{2}$ en espacio de dominio, lo cual es bueno para nosotros ya que de esta manera se cancelarán $\phi$. Más precisamente, hemos $$ \mathcal{F}^{-1}\left(\Delta\psi\right)=\sum_{j=1}^{3}\mathcal{F}^{-1}\left(\partial_{j}^{2}\psi\right)=\sum_{j}\left(-2\pi i\cdot x_{j}\right)^{2}\cdot\mathcal{F}^{-1}\psi=-4\pi^{2}\cdot\left|x\right|^{2}\cdot\mathcal{F}^{-1}\psi=-4\pi^{2}. $$ Tomando la transformada de Fourier de esta identidad rendimientos $$ \Delta\left(\frac{-\psi}{4\pi^{2}}\right)=\delta_{0}, $$ con $\left\langle \delta_{0},g\right\rangle _{\mathcal{S}',\mathcal{S}}=g\left(0\right)$ para $g\in\mathcal{S}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$. Pero otra solución a esta ecuación está dada por la solución fundamental (cf. https://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_solution#Laplace_equation y también https://en.wikipedia.org/wiki/Green\%27s_function_for_the_three-variable_Laplace_equation) de la ecuación de Laplace, $$ \Gamma:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R},x\mapsto\begin{cases} \frac{-1}{4\pi\cdot\left|x\right|}, & \text{if }x\neq0,\\ 0, & \text{if }x=0. \end{casos} $$ Por lo tanto, $\Delta\left(\Gamma-\frac{\psi}{4\pi^{2}}\right)=0$. Tomando de nuevo la transformada de Fourier de esta identidad, llegamos a $$ -4\pi^{2}\cdot\left|\xi\right|^{2}\cdot\left[\widehat{\Gamma}+\frac{\widehat{\psi}}{4\pi^{2}}\right]=0. $$ Desde $\left|\xi\right|^{2}$ sólo se desvanece en $0$, no es demasiado difícil ver que esto implica $$ \mathrm{supp}\left[\widehat{\Gamma}+\frac{\widehat{\psi}}{4\pi^{2}}\right]\subconjunto\left\{ 0\right\} , $$ que ha de entenderse en el sentido de templado de distribuciones. Pero la única distribuciones con esta condición de apoyo son finito ((!)) combinaciones lineales de $\partial^{\alpha}\delta_{0}$$\alpha\in\mathbb{N}_{0}^{3}$. Por lo tanto, $\mathcal{F}\left[\Gamma+\frac{\psi}{4\pi^{2}}\right]\in\left\langle \partial^{\alpha}\delta_{0}\,:\,\alpha\in\mathbb{N}_{0}^{3}\right\rangle $. Por de nuevo, tomando la inversa de la transformada de Fourier, llegamos a la conclusión de $$ \Gamma+\frac{\psi}{4\pi^{2}}\in\left\langle X^{\alpha}\,:\,\alpha\in\mathbb{N}_{0}^{3}\right\rangle \qquad\text{ es decir, }\qquad\Gamma+\frac{\psi}{4\pi^{2}}=p $$ para algunos polinomio $p$. Queremos mostrar a $p\equiv0$. Para este fin, recuerdan $\psi\in C_{0}\left(\mathbb{R}^{3}\right)+L^{2}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$. Además, $\Gamma\left(x\right)\to0$$\left|x\right|\to\infty$. Pero para $g\in L^{2}\left(\mathbb{R}^{3}\right)$, es bien sabido que $g\left(nx\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ para casi todos los $x\in\mathbb{R}^{3}$. Por lo tanto, obtenemos $p\left(nx\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ para casi todos los $x\in\mathbb{R}^{3}$. Esto implica que $p\equiv0$ (Estoy bastante seguro de que esto es cierto, pero por el momento me falta una prueba convincente. Voy a publicar uno, si me encuentro con uno). Por lo tanto, tenemos muestra (hasta este último problema leve) que $$ \psi=-4\pi^{2}\Gamma=\left(x\mapsto\frac{\pi}{\left|x\right|}\right). $$

Comentario: probablemente Hay alguna manera más fácil de calcular el La transformada de Fourier de $\psi=\mathcal{F}\phi$.