Probar la siguiente identidad integral de beta

Question

Estoy mirando el siguiente ejercicio de análisis de fourier clásico de Grafakos. $0 < \alpha_1, \alpha_2 < n, \alpha_1 + \alpha_2 > n$, quiero demostrar que %#% $ #%

Has sido capaz de hacer la mayor parte de los ejercicios en Grafakos, pero no saben dónde empezar en este caso.

Answer 1

Con la convención $$\widehat f(p)=\int f(x)\exp(-ix\cdot p)dx$$ Supongo que usted sabe $$\widehat{|x|^{-\alpha}}(p)=c_{n-\alpha,n}|p|^{\alpha-n}\text{ donde } c_{\alpha,n}=\pi^{n/2}2^\alpha\frac{\Gamma(\tfrac \alpha 2)}{\Gamma(\tfrac{n-\alpha}2)}$$ para $0<\alpha<n$, y que esto debe ser entendido en un sentido distributivo, porque $|x|^{-\alpha}$ es sólo localmente integrable.

Formal de computación - ignorando la convergencia completamente

$$ \begin{align*} &\int \frac{1}{\left| x-t \right|^{\alpha_1} \left| y -t \right|^{\alpha_2}} dt\\ &= (2\pi)^{-n}\int c_{n-\alpha_1,n}|p|^{\alpha_1-n}c_{n-\alpha_2,n}|p|^{\alpha_2-n}\exp(-i(x-y)\cdot p) dp\\ &= (2\pi)^{-n}c_{n-\alpha_1,n}c_{n-\alpha_2,n}\int |p|^{\alpha_1+\alpha_2-2n}\exp(-i(x-y)\cdot p) dp\\ &= (2\pi)^{-n}c_{n-\alpha_1,n}c_{n-\alpha_2,n}c_{\alpha_1+\alpha_2-n,n}|x-y|^{n-\alpha_1+\alpha_2}\\ &=\pi^{n/2} \frac{\Gamma \left( \frac{n-\alpha_1}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n- \alpha_2}{2} \right) \Gamma \left( \frac{\alpha_1 + \alpha_2 -n}{2} \right)}{\Gamma \left( \frac{\alpha_1}{2} \right) \Gamma \left( \frac{\alpha_2}{2} \right) \Gamma \left( n - \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} \right)} |x-y|^{n-\alpha_1-\alpha_2} \end{align*} $$ como se requiere.

Haciendo de este riguroso parece sorprendentemente difícil. Creo que el enfoque más sencillo es aplicar dos Schwarz funciones - sólo para el estado de un útil de identidad y otro para probarlo.

Lema

Deje $\phi$ ser un Schwarz función (pensado como una primera aproximación al delta de Dirac). Entonces $$\int \frac{1}{\left| x-t \right|^{\alpha_1}} \int \frac{\phi(t-s)}{\left| y-s \right|^{\alpha_2}} ds dt = (2\pi)^{-n}c_{n-\alpha_1,n}c_{n-\alpha_2,n}\int \frac{\exp(-i(x-y)\cdot p)\widehat{\phi}(p)}{\left|p\right|^{2n-\alpha_1-\alpha_2}} dp $$ Prueba.

Multiplicando el $\int \frac{\phi(t-s)}{\left| y -s \right|^{\alpha_2}} ds$ por un Schwarz función de $\psi(t)$ lo convierte en un Schwarz función - ya hemos convoluciona para eliminar la singularidad en $t=0$. Esto nos permite utilizar la transformada de Fourier de la distribución de $\frac{1}{\left| x-t \right|^{\alpha_1}}$, después de lo cual se puede utilizar la transformada de Fourier de $\frac{1}{\left| y -s \right|^{\alpha_2}}$, convirtiendo a la multiplicación en la convolución y viceversa, para obtener: $$\int \frac{1}{\left| x-t \right|^{\alpha_1}} \int \psi(t)\frac{\phi(t-s)}{\left| y-s \right|^{\alpha_2}} ds dt\\ = (2\pi)^{-n}c_{n-\alpha_1,n}c_{n-\alpha_2,n}\int \frac{\exp(-ix\cdot p)}{\left|p\right|^{n-\alpha_1}} \int \hat \psi(p-q) \frac{\exp(-iy\cdot p)\hat \phi(q)}{\left|p\right|^{n-\alpha_2}} dq dp $$

Ahora tome $\psi$ a un ancho de Gauss para $\psi\to 1$$\hat\psi\to\delta_0$. Las integrales deben converger a los valores correctos. Creo que la única sutileza es la convolución de $\hat\phi$ cerca de la $p=q$ singularidad, donde podemos utilizar Joven de la desigualdad en una pequeña bola de $p=0$ a mostrar que el $\int dq$ plazo es limitada en $L_r$ donde $r$ es elegido con $n/\alpha_1<r<n/(n-\alpha_2)$. A continuación, $\frac{1}{\left|p\right|^{n-\alpha_1}}$ está delimitado en el espacio dual $L_{r'}$$1/r+1/r'=1$, por lo que la integral sobre una pequeña pelota está delimitado por Hölder de la desigualdad por un término de error que se va a cero a medida que el radio de la bola llega a cero.

Dado este lema podemos utilizar la transformada de Fourier de la propiedad de $\frac{1}{|x|^{n-\alpha_1-\alpha_2}}$ para obtener

$$\int \frac{1}{\left| x-t \right|^{\alpha_1}} \int \frac{\phi(t-s)}{\left| y-s \right|^{\alpha_2}} ds dt\\ = (2\pi)^{-n}c_{n-\alpha_1,n}c_{n-\alpha_2,n}c_{\alpha_1+\alpha_2-n,n}\int \phi(t)|x-y-t|^{n-\alpha_1+\alpha_2}dt$$

Tomando $\phi\to\delta_0$ el límite de convergencia de los valores que cabría esperar, darle la segunda a la última línea formal de la computación.

Answer 2

@Dap respuesta proporciona una comprensión fundamental de la identidad. Así que permítanme ignorar el problema de la intuición y sólo suministro de una brutal fuerza de la computación.

Antes de comenzar con nuestro cálculo, hacemos la observación de algunas identidades para ser utilizado:

1. Variante de la función gamma integral. Para $\alpha > 0$ $s > 0$ hemos

$$ \frac{1}{s^{\alpha}} = \frac{2}{\Gamma(\frac{\alpha}{2})} \int_{0}^{\infty} \lambda^{\alpha-1}e^{-s^2\lambda^2} \, d\lambda. \tag{1}$$

2. Beta de la función integral. Para $\alpha, \beta > 0$ hemos

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{\alpha-1}\theta \cos^{\beta-1}\theta \, d\theta = \frac{\Gamma(\frac{\alpha}{2})\Gamma(\frac{\beta}{2})}{\Gamma(\frac{\alpha+\beta}{2})}. \tag{2}$$

Ahora vamos a comenzar nuestro cálculo. Deje $I$ denotar la integral en cuestión. El uso de $\text{(1)}$, podemos escribir

$$ I = \frac{4}{\Gamma(\frac{\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{\alpha_2}{2})} \int_{0}^{\infty} d\lambda_1 \int_{0}^{\infty} d\lambda_2 \int_{\mathbb{R}^n} \lambda_1^{\alpha_1-1}\lambda_2^{\alpha_2-1} e^{-\lambda_1^2 |x-t|^2 - \lambda_2^2|y-t|^2}. \tag{*} $$

(Intercambiando el orden de integración se justifica ya que el integrando es positivo; puede invocar Tonelli del teorema.) Ahora completando el cuadrado de la exponente

$$ -\lambda_1^2 |x-t|^2 - \lambda_2^2|s-t|^2 = -(\lambda_1^2 + \lambda_2^2)\left|t - \frac{\lambda_1^2 x+ \lambda_2^2 y}{\lambda_1^2+\lambda_2^2} \right|^2 - \frac{\lambda_1^2 \lambda_2^2}{\lambda_1^2+\lambda_2^2} |x - y|^2 $$

y la aplicación de la integral de gauss, $\text{(*)}$ se simplifica a

$$ I = \frac{4\pi^{n/2}}{\Gamma(\frac{\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{\alpha_2}{2})} \int_{0}^{\infty} d\lambda_1 \int_{0}^{\infty} d\lambda_2 \frac{\lambda_1^{\alpha_1-1}\lambda_2^{\alpha_2-1}}{(\lambda_1^2 + \lambda_2^2)^{n/2}} \exp\left\{ - \frac{\lambda_1^2 \lambda_2^2}{\lambda_1^2+\lambda_2^2} |x - y|^2\right\}. $$

La aplicación de las coordenadas polares de cambio $(\lambda_1, \lambda_2) = r(\cos\theta, \sin\theta)$, esto simplifica aún más a

\begin{align*} I &= \frac{4\pi^{n/2}}{\Gamma(\frac{\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{\alpha_2}{2})} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \left( \int_{0}^{\infty} dr \, r^{\alpha_1+\alpha_2-n-1} e^{- r^2|x-y|^2 \sin^2\theta \cos^2\theta} \right) \cos^{\alpha_1 -1}\theta \sin^{\alpha_2-1}\theta \\ &\stackrel{(1)}{=} \frac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(\frac{\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{\alpha_2}{2})} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \left( \frac{\Gamma(\frac{\alpha_1+\alpha_2-n}{2})}{|x-y|^{\alpha_1+\alpha_2-n}\sin^{\alpha_1+\alpha_2-n}\theta \cos^{\alpha_1+\alpha_2-n}\theta} \right) \cos^{\alpha_1 -1}\theta \sin^{\alpha_2-1}\theta\\ &\stackrel{(2)}{=} \pi^{n/2} \frac{\Gamma(\frac{\alpha_1+\alpha_2-n}{2}) \Gamma(\frac{n-\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{n-\alpha_2}{2})}{\Gamma(\frac{\alpha_1}{2})\Gamma(\frac{\alpha_2}{2})\Gamma(n-\frac{\alpha_1+\alpha_2}{2})} |x-y|^{n-\alpha_1-\alpha_2}. \end{align*}