Si $f \in L^1(\mathbb{R})$ $\hat f \geq 0$ $f$ continua?

Question

Supongamos $f \in L^1(\mathbb{R})$. Me pregunto qué condiciones en $\hat f = \left[ s \mapsto \int e^{its} f(t) \ dt \right] \in C_0(\mathbb{R})$ suficiente para hacer $f$ continuo (o, más exactamente, igual en casi todas partes a algunas única función continua).

Ejemplo: Si $\hat f \in L^1(\mathbb{R})$, $f$ es, en casi todas partes, igual a la inversa de la transformación de $\hat f$ (de Fourier de la inversión) lo $f$ es continua.

Sin embargo, es posible que $f$ a ser continua, incluso a tener $f \in C_c(\mathbb{R})$, y todavía no ha $\hat f$ integrable.

Ejemplos: En su respuesta aquí, robjohn dice que la función $$f(t) = \begin{cases} \frac{-1}{\log(t) + \log(1-t)} & \text{ if } 0 < t < 1 \\ 0 & \text{ otherwise } \\ \end{casos}$$ (see this plot) has $\hat f \noen L^1(\mathbb{R})$. The problem of finding an $f \en C_c(\mathbb{R})$ such that $\hat f \noen L^1(\mathbb{R})$ es también discutido aquí.

Así que, me pregunto acerca de otras formas en que $\hat f$ puede "ver" la continuidad de $f$. Específicamente:

Pregunta: Si $\hat f \geq 0$ $f$ continua?

Si esto es falso, o incluso si es cierto, yo también estoy interesado en la cuestión más general:

Pregunta: ¿De qué manera puede la continuidad de $f$ se manifiesta como una propiedad de la transformada de Fourier $\hat f$?

Gracias.

Answer 1

Creo que su afirmación es probablemente falso. El "triángulo" $f(x) = \max(1-|x|,0)$ ha positiva de la transformada de Fourier. Si usted toma alguna combinación lineal de estos: $$ g(x) = \sum a_n f(x/b_n) $$ donde $a_n,b_n>0$, usted terminará para arriba con una función de satisfacer $f(x) = f(-x)$, y la función es convexa y la disminución en el $[0,\infty)$ (y probablemente cualquier función puede ser escrito como un límite de estos). Creo que de esta manera usted debe ser capaz de construir una función en $L^1$ cuya transformada de Fourier es positivo, pero la función es discontinua (es decir, sin límites) a $x=0$.

---

Detalles: Vamos a $f$ estar por encima de la onda triangular. Aviso de $\| f\|_1 = 1$$\hat f \geq 0$. Para cada entero no negativo $n$, definir $f_n(x) = 2^n f(2^n x)$. Aviso $$ \|f_n \|_1 = \int |f(2^n x)| d(2^n x) = \|f\|_1 = 1$$ y $\hat f_n(x) = f(x/2^n) \geq 0$. La serie $\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} f_n$ converge $\| \cdot \|_1$-totalmente de una función de $g \in L^1(\mathbb{R})$. Puesto que la transformada de Fourier es una contractura lineal de asignación de $L^1(\mathbb{R}) \to C_0(\mathbb{R})$ tenemos que $\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} \hat f_n$ converge absolutamente en el uniforme de la norma a $\hat g$. Desde $\hat f_n \geq 0$, se deduce que el $\hat g \geq 0$.

Por último, debemos argumentar que $g$ no es igual en casi todas partes es una función continua. Por la monotonía, la suma definición de $g$ converge pointwise. Por otro lado, desde que la serie converge en $L^1$, una larga de las sumas parciales deben converger en casi todas partes. Por lo tanto $g$ es igual, en casi todas partes, la pointwise límite de su serie. Para cualquier $N > 0$, hay un $\epsilon > 0$ tal que $f_n(y) > 2^{n-1}$ siempre $|y| < \epsilon$$n<N$. De ello se desprende que $g$ es, sin límites en un barrio de $0$, lo $g$ no puede ser igual, casi everwhere, para una función continua.

Answer 2

Un tipo muy clara la respuesta a este tipo de pregunta es en términos de espacios de Sobolev y la Sobolev involucración teorema: en $\mathbb R^n$ si $\hat{f}(\xi)\cdot(1+|\xi|^2)^{k+{n\over 2}+\epsilon}$ $L^2$ algunos $\epsilon>0$, $f$ es continuamente $k$ veces diferenciable.