傅立叶分析导论-5 傅里叶变换

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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|，因为这样可以保证|x−y|≥y
如果f∈S(R)，为什么∫f有界，可以考虑∫x2f(x)/x2,分别考虑x∈[0,1]和[1,∞)

5 Exercise

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(a)把傅里叶级数中周期2π改为L即可
(b)
根据广义积分的定义对于任意ε，存在某个分割P，使得在这个分割下|∫F−∑δF|≤ε，只要N足够大，就可以保证nN是P的细分，可以保证|∫F−∑1NF(nN)|≤ε，由于ε可以任意小，证明完成。
(c)
根据题中f^moderate decrease，再加上第2章 Corollary 2.3，再加上(a)和(b)的结果，可以得出结论

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。

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(a)
|f(x+h)−f(x)|=∫f^(ξ)e2πixξ(e2πihξ−1)dξ，分2部分积分，对于|ξ|≤1/|h|，根据f^的有界性证明其足够小，对于|ξ|≥1/|h|，∫≤A(1/ξ)α≤Ahα
两部分加起来，证明完成
(b)

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(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(1δ=c并用罗比塔法则)
(b)
根据提示即可
(c)
根据(b)，对于[a,a+δ]，用b代替a+δ，对于[b−δ,b]，取负值并加固定常数

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(a)
continuity
|f^(ξ+δ)−f^(ξ)|=∫f(x)e−2πixy(e−2πixδ−1)dx=O(δ)
f^(ξ)→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，所以f=0

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ie−πx2

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

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f∗e−x2=∫f(y)e−y2e2xye−x2dy=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−x2的傅里叶变换不恒等于0，所以f^=0，所以f=0