Sur la formule d'inversion de Fourier

Nov 20 2020

Pour une fonction donnée $f\in L^1(\mathbb{R})$, supposons que le
$$\check{f}(x)=\int_\mathbb{R} \hat{f}(\zeta)e^{2\pi i\zeta x}d\zeta$$ presque partout où converge $\mathbb{R}$. Alors, pouvons-nous dire que$f=\check{f}$presque partout? Si la réponse est NON, est-il possible que la mesure de Lebesgue de$\{x: f(x)\neq\check{f}(x)\}$ être infini?

Réponses

9 MateuszKwaśnicki Nov 20 2020 at 08:24

Remarque: je ne suis pas sûr d'avoir bien compris le mot «converge».

Ceci est tout à fait analogue à la question similaire concernant la convergence des séries de Fourier, qui est classique.

Laisser $$g(x,r) = \int_{-r}^r \hat f(\zeta) e^{2\pi i \zeta x} d\zeta$$ par "sommes partielles" de la transformée de Fourier inverse, et notons $$h(x, r) = \int_0^1 g(x, r t) dt = \int_{-r}^r \hat f(\zeta) e^{2\pi i \zeta x} (1 - \tfrac{|\zeta|}{r}) d\zeta $$ les moyennes Cesàro de $g$.

Par le théorème de Plancherel, $g(\cdot, r)$ est la convolution de $f$ avec la fonction $\phi_r(x) = 2 r \operatorname{sinc}(\pi r x)$(qui joue le même rôle que le noyau de Dirichlet dans la théorie des séries de Fourier). D'une manière similaire,$h(\cdot, r)$ est la convolution de $f$ avec un $\psi_r(x) = r (\operatorname{sinc}(\pi r x))^2$ (qui sert d'équivalent continu du noyau Fejér).

Depuis $\psi_r(x)$ est une identité approximative comme $r \to \infty$ (C'est: $\psi_r(x) = r \psi_1(r x)$, $\psi_r(x) \ge 0$ et $\int_{-\infty}^\infty \psi_r(x) dx = 1$), et en plus $\psi_1$ est délimitée par une fonction "décroissante radialement" et intégrable: $\psi_1(x) \leqslant \min\{1, 1 / (\pi x)^2\}$. Cela implique que les fonctions$f * \psi_r$ convergent vers $f$ comme $r \to \infty$ presque partout (et aussi dans $L^1$); voir, par exemple, le corollaire 2.43 dans Advanced Real Analysis de David McCormick et José Luis Rodrigo, disponible ici . Par conséquent,$h(x, r) \to f(x)$ presque partout comme $r \to \infty$ (ceci est indiqué juste en dessous de la preuve du corollaire 2.43 dans le livre lié ci-dessus).

Pour un fixe $x$, si $g(x, r)$ a une limite car $r \to \infty$, alors la limite est nécessairement égale à la limite de Cesàro signifie $h(x, r)$. Ainsi, si$g(x, r)$ converge pour presque tous $x$ comme $r \to \infty$, alors la limite est égale à $f(x)$ presque partout.

3 PieroD'Ancona Nov 20 2020 at 12:06

Je me trompe peut-être, mais la reformulation suivante de votre question semble la plus large possible.

Question: laisser $u\in L^1$, pour que $\hat u\in L^\infty$ est une distribution tempérée et donc $v=F^{-1}\hat u$est une distribution tempérée bien définie. Supposer$v$ est une fonction, ce qui signifie qu'elle coïncide avec une fonction localement intégrable $w$au sens de la distribution. Est-ce vrai alors que$w=u$ ae?

L'hypothèse est donc que pour toute fonction de test $\phi$ nous avons $v(\phi)=\int w \phi$, ce qui implique, par définition de la transformée de Fourier d'une distribution, $\int\hat u\cdot F^{-1}\phi=\int w\phi$ c'est à dire $\int u FF^{-1}\phi=\int w\phi$ pour toutes les fonctions de test $\phi$. Il suit évidemment$u=w$ ae