$\widehat{f\ast g}= \hat{f} \cdot \hat{g}$ para $f, \hat{f} \in L^{p}(\mathbb R)\cap C(\mathbb R) (1<p<\infty, p\neq 2), g\in \mathcal{S}(\mathbb R)$ ?

Question

Es bien sabido que, para $f,g \in L^{1}(\mathbb R).$ Entonces, por el teorema de Fubini, se puede derivar, $\widehat{f\ast g} = \hat{f} \cdot \hat{g},$ (es decir, la transformada de Fourier lleva, la convolución a la multiplicación puntual).

Además, observamos que el hecho de que, para $f, g\in L^{2}(\mathbb R)$ uno tiene, $\widehat{f\ast g} =\hat{f} \cdot \hat{g}.$

Supongamos que $f, \hat{f} \in L^{p}(\mathbb R)\cap C(\mathbb R) (1<p<\infty, p\neq 2),$ y $g\in \mathcal{S}(\mathbb R),$ (Espacio Schwartz)

Mi pregunta es : Podemos esperar, $\widehat{f\ast g}= \hat{f} \cdot \hat{g}$ ? En caso afirmativo, ¿cómo demostrarlo?

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Editado :(con la esperanza de que esto sea útil).

Para $f\in L^{1}(\mathbb R), $ definimos $f^{\vee}(x):=\hat{f}(-x)=\int_{\mathbb R} f(\xi) e^{2\pi i \xi\cdot x} d\xi, (x\in \mathbb R).$

Dejemos que $f, g\in L^{2}(\mathbb R).$ Entonces $\hat{f}\hat{g}\in L^{1},$ por el teorema de Plancherel y la desigualdad de H\"olders, por lo que $(\hat{f}\hat{g})^{\vee}$ tiene sentido. Dado $x\in \mathbb R,$ dejar $h(y)=\overline{g(x-y)}.$ Es fácil comprobarlo, $\hat{h}(\xi)=\overline{\hat{g}(\xi)}e^{-2\pi i\xi \cdot x},$ por lo que desde $\mathcal{F}$ es unitaria en $L^{2},$ $$f\ast g (x)= \int f\bar{h}= \int \hat{f}\bar{\hat{h}}=\int \hat{f}(\xi)\hat{g}(\xi)e^{2\pi i \xi \cdot x} d\xi =(\hat{f}\hat{g})^{\vee}(x).$$

Gracias,

Answer 1

Si $1<p<2$ se mantiene.

Tenga en cuenta que $f \in C(R)$ implica $f \in L^{\infty}$ . Desde $f$ está en $L^p \cap L^\infty$ obtenemos $f \in L^2$ . Así obtenemos el resultado deseado.

Para $f \in L^p$ con $ 2<p<\infty$ , transformada de Fourier de $f$ no se define a menos que $f \in L^q$ para algunos $1 \leq q \leq 2$ .