傅立叶分析导论-5 傅里叶变换

1

1.6 The Plancherel formula
第一次看Proposition1.11的证明很奇怪为什么分情况|x|≥|2y||x|\ge|2y|，因为这样可以保证|x−y|≥y|x-y|\ge y
如果f∈S(R)f\in S(R)，为什么∫f有界\int f有界，可以考虑∫x2f(x)/x2\int x^2f(x)/x^2,分别考虑x∈[0,1]和[1,∞)x\in[0,1]和[1,\infty)

5 Exercise

2
because f and g is defined on and bounded interval[-1,1], the integral is well defined. the conclusion can be obtained by integral。

3
(a)
|f(x+h)−f(x)|=∫f^(ξ)e2πixξ(e2πihξ−1)dξ|f(x+h)-f(x)|=\int \hat f(\xi)e^{2\pi ix\xi}(e^{2\pi ih\xi}-1)d\xi，分2部分积分，对于|ξ|≤1/|h||\xi|\le 1/|h|，根据f^\hat f的有界性证明其足够小，对于|ξ|≥1/|h||\xi|\ge 1/|h|，∫≤A(1/ξ)α≤Ahα\int \le A(1/\xi)^\alpha\le Ah^\alpha
两部分加起来，证明完成
(b)

4
(a)
只需要证明a、b点无限次可微即可，只考虑a，b类似
a点的右导数为f(a+δ)−f(a)δ=e−1b−ae−1/δδ=0\frac {f(a+\delta)-f(a)}{\delta}=e^{-\frac{1}{b-a} }\frac{e^{-1/\delta}}{\delta}=0(1δ=c\frac 1\delta=c并用罗比塔法则)
(b)
根据提示即可
(c)
根据(b)，对于[a,a+δ][a,a+\delta]，用b代替a+δa+\delta，对于[b−δ,b][b-\delta, b]，取负值并加固定常数

5
(a)
continuity
|f^(ξ+δ)−f^(ξ)|=∫f(x)e−2πixy(e−2πixδ−1)dx=O(δ)|\hat f(\xi+\delta)-\hat f(\xi)|=\int f(x)e^{-2\pi ixy}(e^{-2\pi ix\delta -1})dx = O(\delta)
f^(ξ)→0\hat f(\xi)\to 0
based on hint and Proposition 1.1(iv)
(b)
提示中等式的证明与Proposition1.8完全一样，所以对于任意g，∫fg^=0\int f\hat g=0，所以f=0

6
ie−πx2ie^{-\pi x^2}

7
对于|y|≤|x|/2|y|\le |x|/2，∫g(y)\int g(y)有界，因为积分区间有界，f(x−y)=O(1/(1+x2))f(x-y)=O(1/(1+x^2))
对于|y|≥|x|/2|y|\ge |x|/2，∫f(x−y)\int f(x-y)有界，由于y足够大，所以g(y)=O(1/(1+x2))g(y)=O(1/(1+x^2))

8
f∗e−x2=∫f(y)e−y2e2xye−x2dy=0f*e^{-x^2}=\int f(y)e^{-y^2}e^{2xy}e^{-x^2}dy=0（根据题中前提），对于任意x，那么他们的傅里叶变化为0，由于e−x2e^{-x^2}的傅里叶变换不恒等于0，所以f^=0\hat f=0，所以f=0f=0

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