La transformada de Fourier de una función de $L^2$ Lisa decae rápidamente en el infinito

Question

Para $L^1$ funciones, existe una correspondencia a través de la transformada de Fourier entre las funciones que son lisas y las funciones que se desintegran rápidamente en el infinito. Más precisamente, si $f$ es un buen $L^1$ función, $\hat{f}$ $L^\infty$ función que decae más rápido que cualquier polinomio en el infinito, y por el contrario, si $g$ $L^\infty$ función que decae más rápido que cualquier polinomio en el infinito, entonces la inversa de la transformada de fourier de $g$ $L^1$ y liso.

Para $L^2$ funciones, hay una dificultad. La transformada de Fourier de la fórmula no es válida en funciones individuales. Sólo se define en el $L^2$ clases de funciones.

Tengo dos preguntas:

1. Hay una manera estándar para ampliar la "decae rápidamente al infinito" a $L^2$ clases de funciones?

2. Suponiendo (1), hay una correspondencia 1-1 entre clases de $L^2$ funciones, con un buen representante y clases de $L^2$ funciones que se desintegran rápidamente en el infinito?

Answer 1

si $f$ es un buen $L^1$ función, $\hat{f}$ $L^\infty$ función que decae más rápido que cualquier polinomio en el infinito

Esto no es cierto como se dice. No tersura no conduce a conclusiones cuantitativas. De hecho, las propiedades de $\hat f$ que usted afirma que implican $\hat f\in L^2$, por lo tanto $f\in L^2$. Pero una suave $L^1$ función no necesita estar en $L^2$. Otra línea de contraejemplos viene de funciones como $f(x) = \sin(e^x)/(1+x^4)$. Esta es una función suave en $L^1\cap L^2$, pero desde $f'\notin L^2$, se deduce que el $\xi \hat f(\xi)\notin L^2$, por lo tanto $\hat f$ no decae todos los que de forma rápida.

Lo cierto es que una suave $L^1$ función tal que todos sus derivados son también en $L^1$ ha decayendo rápidamente transformada de Fourier.

Consideremos ahora una suave $L^2$ función de $f$ cuyos derivados son en $L^2$. A continuación, $$(1+|\xi|)^k \hat f(\xi)\in L^2\quad \text{ for all } k\ge 0\tag{1} $ $ y el converso tiene demasiado. En efecto, por la de Cauchy-Schwarz desigualdad, $$ \int |g(\xi)|\le \sqrt{\int (1+|\xi|)^{-2}\,d \xi}\sqrt{\int (1+|\xi|)^2 |g(\xi)|^2\,d\xi} $$ Por lo tanto $(1)$ implica $(1+|\xi|)^k \hat f(\xi)\in L^1 $ todos los $k\in L^1$, y la última propiedad de los rendimientos de la suavidad de $f$.

Pero uno puede construir $\hat f$ que satisface $(1)$ y no es aún limitada: por ejemplo, $$ \hat f(\xi) = \sum_{n=1}^\infty n \chi_{[n,n+e^{-n}]} $$ (y consigue $f$ por la inversa de la transformación). Por tanto, la respuesta a la pregunta es negativa.