$\lim_{|x|\rightarrow\infty}(f\cdot g)(x)=0$

Question

supongamos $f,g\in L^1(\mathbb{R}^d)$ $g$ acotada. a continuación,$\lim_\limits{{|x|\to\infty}}(f\cdot g)(x)=0$?

desde $|(f\cdot g)(x)|=|\int_{\mathbb{R}^d}f(x-y)\,g(y)\,dy|\leq ||g||_\infty\int_{\mathbb{R}^d}|f(x-y)|\,dy=||g||_\infty||f||_1<\infty$,

al menos, el límite está acotada. Supongo que necesito saber si $\int_{\mathbb{R}^d}|f(x-y)|\,dy$$0$$|x|\rightarrow \infty$, pero no tengo nada hasta ahora.

si $x$ mueve finito de distancia, entonces la integral no va a cambiar. sería diferente cerca de $\infty$?

Answer 1

La convolución es tanto uniformally continua y $L^1$.

Para ver esto, observe la otra respuesta y, para cada $x,h\in \mathbb{R}$ hemos

$$|(f*g)(x)-(f*g)(x-h)| = |(f*g)(x)- (f*g)_h(x)| = |(f*g)(x)-(f_h*g)(x)|$$ Siguiente, por lineary tenemos $(f*g)(x)-(f_h*g)(x) = ((f-f_h)*g )(x)$ y, finalmente,

$$|(f*g)(x)-(f*g)(x-h)| \leq \|f-f_h\|_{L^1} \|g\|_{L^\infty}$$ which tends to $0$ as $h\rightarrow 0$. since $x$ era arbitraria, hemos convergencia uniforme y por lo que la cola debe caries.

Answer 2

Tenemos $$\begin{align} (f\ast g)(x) &= (g\ast f)(x) \\ &= \int_{\mathbb{R}^n}g(x-y)f(y)dy \\ &= \int_{B_R(x)}g(x-y)f(y)dy + \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}g(x-y)f(y)dy \\ &= \int_{B_R(x)}g(x-y)f(y)dy + \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}g(x-y)f(y)1_{\{ f\leq k\}}dy +\int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}g(x-y)f(y)1_{\{ f > k\}}dy, \end{align}$$ donde $B_R(x)$ denota la bola cerrada con radio de $R>0$ y el centro de la $x\in\mathbb{R}^n$ $k>0$ es también arbitraria.

Podemos estimar que el tercer términocomo $$\lvert \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}g(x-y)f(y)1_{\{ f > k\}}dy\rvert\leq \lVert g \rVert_\infty \int_{\mathbb{R}^n}|f(y)|1_{\{ f > k\}}dy$$ $f\in L^1$ rendimientos $$1_{\{ f > k\}}\rightarrow 0,\; k\rightarrow \infty ,$$ y convergencia dominada por lo tanto implica $$\int_{\mathbb{R}^n}|f(y)|1_{\{ f > k\}}dy \rightarrow 0,\; k\rightarrow \infty.$$ Tenga en cuenta que esta convergencia es independiente de $x$$R$.

El segundo término es mucho más fácil calcular: escribimos $$\begin{align} \lvert \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}g(x-y)f(y)1_{\{ f\leq k\}}dy \rvert &\leq k \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(x)}|g(x-y)|dy \\ &= k \int_{\mathbb{R}^n \setminus B_R(0)}|g(y)|dy \end{align}$$ Dejando $R\rightarrow \infty$ los rendimientos de la convergencia hacia la $0$ desde $g\in L^1$. Tenga en cuenta que esta convergencia es independiente de $x$.

Para el primer término tenemos, al igual, $$\begin{align} \lvert \int_{B_R(x)}g(x-y)f(y)dy \rvert &\leq \lVert g \rVert_\infty \int_{B_R(x)}|f(y)|dy. \end{align}$$ Si $R$ es fijo, el RHS converge a $0$ $|x|\rightarrow \infty$ desde $f\in L^1$.

Ahora vamos a $\varepsilon >0$. Primero nos eligió $k>0$ de manera tal que el tercer término es menor que $\frac \varepsilon 3$. Recuerde que esta opción es independiente de$R$$x$, por lo que ahora podemos eligió $R$ lo suficientemente grande para que el segundo término sea más pequeño de lo $\frac \varepsilon 3$. Desde esta opción también fue independiente de las $x$, podemos finalmente optaron $x_\varepsilon\in\mathbb{R}$ tales que el primer término es menor que $\frac \varepsilon 3$ todos los $x\in\mathbb{R}^n$$\Vert x \Vert \geq x_\varepsilon$.

Answer 3

aquí está mi idea: tenga en cuenta que para summable $f,g$ las siguientes ecuaciones se tiene: $$\int_{\mathbb R^d}|f*g| espacio \dx = \bigg(\int_{\mathbb R^d}|f| dx\bigg)\bigg(\int_{\mathbb R^d}|g| dx\bigg) < \infty$$ esto se deduce fácilmente con Fubini. Ahora suponga $lim_{|x| \rightarrow \infty}f*g \space(x) \neq 0$ y su mano izquierda sería una desenfrenada integral.