Sobre la fórmula de inversión de Fourier

Question

Para una función dada $f\in L^1(\mathbb{R})$, supongamos que el
$$\check{f}(x)=\int_\mathbb{R} \hat{f}(\zeta)e^{2\pi i\zeta x}d\zeta$$ casi en todas partes converge en $\mathbb{R}$. Entonces, podemos decir que$f=\check{f}$¿Casi en cualquier parte? Si la respuesta es NO, ¿es posible que la medida de Lebesgue de$\{x: f(x)\neq\check{f}(x)\}$ ser infinito?

Answer 1

Nota: No estoy seguro de haber entendido correctamente la palabra "converge".

Esto es completamente análogo a la pregunta similar con respecto a la convergencia de las series de Fourier, que es clásica.

Dejar $$g(x,r) = \int_{-r}^r \hat f(\zeta) e^{2\pi i \zeta x} d\zeta$$ por "sumas parciales" de la transformada de Fourier inversa, y denotar por $$h(x, r) = \int_0^1 g(x, r t) dt = \int_{-r}^r \hat f(\zeta) e^{2\pi i \zeta x} (1 - \tfrac{|\zeta|}{r}) d\zeta $$ los promedios de Cesàro de $g$.

Según el teorema de Plancherel, $g(\cdot, r)$ es la convolución de $f$ con la función $\phi_r(x) = 2 r \operatorname{sinc}(\pi r x)$(que juega el mismo papel que el kernel de Dirichlet en la teoría de las series de Fourier). En una forma similar,$h(\cdot, r)$ es la convolución de $f$ con un $\psi_r(x) = r (\operatorname{sinc}(\pi r x))^2$ (que sirve como contraparte continua del núcleo de Fejér).

Ya que $\psi_r(x)$ es una identidad aproximada como $r \to \infty$ (es decir: $\psi_r(x) = r \psi_1(r x)$, $\psi_r(x) \ge 0$ y $\int_{-\infty}^\infty \psi_r(x) dx = 1$), y además $\psi_1$ está limitada por una función integrable y "radialmente decreciente": $\psi_1(x) \leqslant \min\{1, 1 / (\pi x)^2\}$. Esto implica que las funciones$f * \psi_r$ converger a $f$ como $r \to \infty$ casi en todas partes (y también en $L^1$); ver, por ejemplo, el Corolario 2.43 en Advanced Real Analysis de David McCormick y José Luis Rodrigo, disponible aquí . Por lo tanto,$h(x, r) \to f(x)$ casi en todas partes como $r \to \infty$ (esto se indica justo debajo de la prueba del Corolario 2.43 en el libro vinculado arriba).

Por un fijo $x$, Si $g(x, r)$ tiene un límite como $r \to \infty$, entonces el límite es necesariamente igual al límite de Cesàro significa $h(x, r)$. Por lo tanto, si$g(x, r)$ converge para casi todos $x$ como $r \to \infty$, entonces el límite es igual a $f(x)$ Casi en cualquier parte.

Answer 2

Puede que me equivoque, pero la siguiente reformulación de su pregunta parece la más amplia posible.

Pregunta: deja $u\in L^1$, así que eso $\hat u\in L^\infty$ es una distribución templada y por lo tanto $v=F^{-1}\hat u$es una distribución templada bien definida. Suponer$v$ es una función, lo que significa que coincide con una función integrable localmente $w$en sentido de distribución. ¿Es cierto entonces que$w=u$ ae?

Por tanto, la suposición es que para cualquier función de prueba $\phi$ tenemos $v(\phi)=\int w \phi$, lo que implica, por definición de la transformada de Fourier de una distribución, $\int\hat u\cdot F^{-1}\phi=\int w\phi$ es decir $\int u FF^{-1}\phi=\int w\phi$ para todas las funciones de prueba $\phi$. Obviamente sigue$u=w$ ae