Una transformada de Fourier de una función de $L^1$ continua

Question

Sé que para cada función $f\in L^1(R)$ su transformada de Fourier tiene las siguientes propiedades: es continua, limita, y tenemos el % de límite $$ \lim_{\omega\to\pm\infty} \hat f (\omega) = 0 $$ que es el lema de Riemann-Lebesgue. Ahora Supongamos que la función $f$ también tiene estas propiedades (y es en $L_1$). ¿Su transformada de Fourier será también en L1? ¿Es decir, si $$ f\in L^1(R), \mbox{ f is continuous and } \lim_{x\to\pm\infty} f (x) = 0$ $ no significa que el $$ \hat f(\omega)\in L^1(R)$ $ o no? Mi primera intuición es no, pero no tengo un ejemplo contrario.

¿Alguna idea?

Answer 1

Deje $f(x)=\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}$ $x\in(0,1)$ $0$ $x\not\in(0,1)$

El contorno de la integración de los rendimientos $$ \begin{align} \int_0^1\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}e^{-2\pi ix\xi}\;\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is)+\log(1+is)}e^{-2\pi s\xi}(-i)\mathrm{d}s\\ &-\int_0^\infty\frac{-1}{\log(1-is)+\log(is)}e^{-2\pi i\xi-2\pi s\xi}(-i)\mathrm{d}s\\ &=\frac{1}{\xi}\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}e^{-2\pi s}(-i)\mathrm{d}s\\ &-\frac{e^{-2\pi i\xi}}{\xi}\int_0^\infty\frac{-1}{\log(1-is/\xi)+\log(is/\xi)}e^{-2\pi s}(-i)\mathrm{d}s\\ &\sim \frac{1-e^{-2\pi i\xi}}{2\pi i\xi\log|\xi|}\\ &=e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|} \end{align} $$ como $|\xi|\to\infty$. $f$ es continuo y se apoyó en $[0,1]$, por lo que $f\in L^1$. $|\hat{f}(\xi)|\sim\left|\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|}\right|$, por lo $\hat{f}\not\in L^1$.

Además: Si reemplazamos $f$$f^\alpha$, la misma prueba en los rendimientos de $\widehat{f^\alpha}(\xi)\sim e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi(\log|\xi|)^\alpha}$$\alpha\ge0$. Cuando $\alpha=0$, $f^\alpha$ no es continua. De lo contrario, $f^\alpha$ es un contraejemplo para $\alpha\in(0,1]$.

Asymptotics: Primero un par de estimaciones. Tenga en cuenta que $$ \log (-)+\log(1+it)=\frac{1}{2}\log(t^2+t^4)+i(\bronceado^{-1}(t)-\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(t)) $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} |\log(-it)+\log(1+it)| &\ge\left\{\begin{array}{} \left|\tan^{-1}(t)-\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(t)\right|\ge\frac{\pi}{4}&\text{when }|t|<1\\ \left|\frac{1}{2}\log(t^2+t^4)\right|\ge\frac{1}{2}\log(2)&\text{when }|t|\ge1 \end{array}\right.\\ &\ge\frac{1}{2}\log(2)\etiqueta{1} \end{align} $$ para todos los $t$. El mínimo real es mayor que $\frac{53}{62}$, pero $\frac{1}{2}\log(2)$ es suficiente.

Además, para $|t|<1$, tenemos $$ \begin{align} |\log(-it)+\log(1+it)| &\ge|\log(|t|)|-\frac{1}{2}\log(1+t^2)\\ &\ge\log(1/|t|)-\frac{1}{2}\log(2)\\ &\ge\frac{1}{2}\log(1/|t|)\tag{2} \end{align} $$ para $|t|<\frac{1}{2}$.

Desde $f(x)$ es la traducción de una función par, $\hat{f}(\xi)$ es una función par de veces $e^{i\alpha\xi}$ algunos $\alpha$. Por lo tanto, una estimación de $\xi>0$ también funciona para $\xi<0$. Para hacer la notación más limpio, supondremos $\xi>0$.

Nuestro objetivo es estimar $$ \int_0^\infty\frac{-1}{\log(-es/\xi)+\log(1+/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}\etiqueta{3} $$ asintóticamente como $\xi\to\infty$. Para ello, supondremos $\xi>1$ y dividir el dominio de integración en $(3)$ en tres partes: $I_1=[0,\xi^{-\epsilon})$, $I_2=[\xi^{-\epsilon},\xi^{\epsilon})$, y $I_3=[\xi^{\epsilon},\infty)$ donde $\epsilon$ es elegido de manera que $\xi^{-\epsilon}=\epsilon$; es decir,$\epsilon=\operatorname{W}(\log(\xi))/\log(\xi)\to0$$\xi\to\infty$. De hecho, $\epsilon<\log(\log(\xi))/\log(\xi)$$\xi>e^e$.

$\underline{I_1=[0,\xi^{-\epsilon})}$: Desde $|I_1|=\epsilon$$s<1$, calcular el $(2)$ asegura que para $\xi\ge2$, $$ \int_{I_1}\left|\frac{-1}{\log(-es/\xi)+\log(1+/\xi)}\right|\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}\le\frac{2\epsilon}{\log(\xi)}\etiqueta{4} $$

$\underline{I_2=[\xi^{-\epsilon},\xi^\epsilon)}$: Vamos a romper la integral sobre la $I_2$ en un par de piezas. $$ \begin{align} &\int_{I_2}\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s\\ &=\int_{I_2}\frac{1}{\log(\xi)\left(1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s\\ &=\int_{I_2}\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s+\int_{I_2}\left(\frac{1}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}-1\right)\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s\\ &=\frac{1}{2\pi\log(\xi)} - \int_{I_1+I_3}\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s + \int_{I_2}\left(\frac{\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}\right)\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s\tag{5} \end{align} $$ Debido a $|I_1|=\epsilon$, obtenemos $$ \int_{I_1}\left|\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\right|\mathrm{d}\le\frac{\epsilon}{\log(\xi)}\etiqueta{6} $$ Debido a $I_3=[\xi^\epsilon,\infty)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_{I_3}\left|\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\right|\mathrm{d}s &=\frac{e^{-2\pi\xi^\epsilon}}{2\pi\log(\xi)}\\ &=\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+\log(1/\epsilon)}}{2\pi\log(\xi)}\\ &\le\frac{\epsilon}{2\pi\log(\xi)}\tag{7} \end{align} $$ Para $s\in I_2$, $\left|\frac{\log(s)}{\log(\xi)}\right|\le\epsilon$ y $s/\xi\le1$. Además, si $\xi>27$,$\epsilon<\frac{1}{3}$; por lo tanto, $\log(\xi)=\log(1/\epsilon)/\epsilon\ge\log(3)/\epsilon$. $$ \begin{align} \left|\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right| &\le\left|\frac{\log(s)}{\log(\xi)}\right|+\left|\frac{\log(-i)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}\right|\\ &\le\epsilon+\left(\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\log(2)\right)\frac{\epsilon}{\log(3)}\\ &\le\frac{11}{4}\epsilon\tag{8} \end{align} $$ La aplicación de $(8)$ integral$I_2$$(5)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_{I_2}\left|\frac{\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}{1-\frac{\log(-is)+\log(1+is/\xi)}{\log(\xi)}}\right|\;\frac{e^{-2\pi s}}{\log(\xi)}\;\mathrm{d}s &\le\frac{\frac{11}{4}\epsilon}{1-\frac{11}{4}\epsilon}\frac{1}{2\pi\log(\xi)}\\ &\le\frac{33\epsilon}{2\pi\log(\xi)}\tag{9} \end{align} $$ $\underline{I_3=[\xi^\epsilon,\infty)}$: El uso de la estimación de $(1)$, obtenemos $$ \begin{align} \int_{I_3}\left|\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\right|\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s &\le\frac{2}{\log(2)}\frac{e^{-2\pi\xi^\epsilon}}{2\pi}\\ &=\frac{2}{\log(2)}\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+\log(1/\epsilon)+\log(\log(\xi))}}{2\pi\log(\xi)}\\ &=\frac{2}{\log(2)}\frac{\epsilon e^{-2\pi/\epsilon+2\log(1/\epsilon)+\log(\log(1/\epsilon))}}{2\pi\log(\xi)}\\ &\le\frac{\epsilon}{\pi\log(2)\log(\xi)}\tag{10} \end{align} $$ Por lo tanto, la combinación de la ecuación de $(5)$ con las estimaciones de $(4)$, $(6)$, $(7)$, $(9)$, $(10)$, obtenemos que para $\xi>27$, $$ \begin{align} &\left|\int_0^\infty\frac{-1}{\log(-is/\xi)+\log(1+is/\xi)}\;e^{-2\pi s}\;\mathrm{d}s - \frac{1}{2\pi\log(\xi)}\right|\\ &\le(2+1+\frac{1}{2\pi}+\frac{33}{2\pi}+\frac{1}{\pi\log(2)})\frac{\epsilon}{\log(\xi)}\\ &\le\frac{6\epsilon}{\log(\xi)}\tag{11} \end{align} $$ Mediante la estimación de $(11)$ con su homólogo de $-\xi$, obtenemos que $$ \left|\int_0^1\frac{-1}{\log(x)+\log(1-x)}e^{-2\pi ix\xi}\;\mathrm{d}x-e^{-\pi i\xi}\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi\log|\xi|}\right|\le\frac{12\epsilon}{|\xi|\log|\xi|} $$

Answer 2

Deje $a\in(0,1)$. La función $$ f(x)=(1-\log(1-x^2))^{-a}\text{ si }|x|<1, 0\text{ en caso contrario} $$ se continua con tamaño compacto y $\ \hat f\ $ decae en el infinito como $|\xi|^{-1}(\log|\xi|)^{-a}$; en particular, no es integrable. Usted puede ver un esquema de la prueba T. Tao de la respuesta a mi pregunta en MO. No he comprobado los datos. La razón por la que este ejemplo funciona es el de la singularidad de $f'$$x=\pm1$.

Para las funciones sin compacto apoyo que me gustaría probar algo así $$ \frac{1/\log|x|}{1+x^2}\quad\text{o}\quad \frac{\sin x^3}{1+x^2}. $$