Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).
Преобразование Фурье на \(L^{1}(\mathbb {R})\)
В данном разделе \(\mathbb {F} = \mathbb {C}\).
Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R})\). Преобразование Фурье \(f\) – это новая функция из \(\mathbb {R}\) в \(\mathbb {C}\), определяемая двумя похожими методами:
|
\[
(\mathcal{F}_1f)(\omega ) = \widehat{f}^{1}(\omega ) := \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int _{\mathbb {R}} f(x) \cdot e^{-i\omega x} \; dx
\]
Этот способ чаще встречается в русскоязычной литературе.
|
\[
(\mathcal{F}_2f)(t) = \widehat{f}^{2}(t) := \int _{\mathbb {R}} f(x) \cdot e^{-2\pi i tx} \; dx
\]
Этот способ чаще встречается в англоязычной литературе.
|
Обратное преобразование Фурье для функции \(h \in L^1(\mathbb {R})\) задается как:
|
\[
(\mathcal{F}^{-1}_1 h)(x) := \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int _{\mathbb {R}} h(\omega ) \cdot e^{i\omega x} \; d\omega
\]
|
\[
(\mathcal{F}^{-1}_2 h)(x) := \int _{\mathbb {R}} h(t) \cdot e^{2 \pi i t x} \; dt
\]
|
Мы пока задаем обратное преобразование Фурье лишь формально. Мы не утверждаем, что на \(L^1(\mathbb {R})\) преобразование Фурье обратимо. Вообще говоря, это не так: как мы увидим далее, образ преобразования Фурье на \(L^1(\mathbb {R})\) выпадает из \(L^1(\mathbb {R})\). Т.е. найдется функция из \(L^1(\mathbb {R})\), для которой преобразование Фурье окажется неинтегрируемым. Однако на некоторых подпространствах \(L^1(\mathbb {R})\), например, на пространстве пробных функций Шварца \(\mathcal{S}\), преобразование Фурье \(\mathcal{F}_{1,2}\) будет обратимо (в частности, образ не будет выпадать из самого пространства) и обратным будет служить \(\mathcal{F}^{-1}_{1,2}\), заданное выше.
Сразу обсудим связь между этими способами задания преобразования Фурье:
\[
\widehat{f}^{1}(\omega ) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \cdot \widehat{f}^{2}\left(\frac{\omega }{2\pi }\right), \qquad \widehat{f}^{2}(t) = \sqrt{2\pi } \cdot \widehat{f}^{1}(2\pi t)
\]
На языке операторов: если определить оператор \(\operatorname {DIL}_{b}\) как \((\operatorname {DIL}_b f)(x) = f(bx)\), то
\[
\begin{align} \mathcal{F}_1 & = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \cdot \mathcal{F}_2 \cdot \operatorname {DIL}_{1/2\pi } \\ \mathcal{F}_2 & = \sqrt{2\pi } \cdot \mathcal{F}_1 \cdot \operatorname {DIL}_{2\pi } \end{align}
\]
В дальнейшем, если у обозначений не стоит индексов, то это означает, что выкладка актуальна для обоих способов задания ПФ.
Найдите преобразование Фурье для функции
\(f = \; \mathbb {1}_{[b,c]}\), \(b \leq c\);
\(f(x) = e^{-\left|x\right|}\)
|
\[
\widehat{f}^{1}(\omega ) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _b^c e^{-ix\omega } dx = \begin{cases} i\frac{e^{-ict} - e^{-ibt}}{t\sqrt{2\pi }}, & \omega \neq 0 \\ \frac{c-b}{\sqrt{2 \pi }}, & \omega = 0 \end{cases}
\]
|
\[
\widehat{f}^{2}(t) = \ldots = \begin{cases} i\frac{e^{-2\pi i ct} - e^{-2\pi i b t}}{2 \pi t}, & t \neq 0 \\ c - b, & t = 0 \end{cases}
\]
|
В частности, если отрезок симметричный (\(f = \; \mathbb {1}_{[-r,r]}\), \(r > 0\)), то
|
\[
\begin{align} \widehat{\; \mathbb {1}_{[-r, r]}}^{1}(\omega ) & = \frac{i}{\omega \sqrt{2\pi }} \left(e^{-ri\omega } - e^{ri\omega }\right) = \\ & = \frac{2i^2}{\omega \sqrt{2\pi }} \cdot \frac{-\left(e^{-ri\omega } - e^{ri\omega }\right)}{2i} = \\ & = \frac{2}{\omega \sqrt{2\pi }} \cdot \sin (r\omega ) = \\ & = \frac{r}{\sqrt{\pi /2}} \cdot \frac{\sin (r \omega )}{r \omega } \end{align}
\] при \(\omega \neq 0\), а при \(\omega = 0\) имеем \(\frac{2}{\sqrt{\pi /2}}\). Иначе говоря, \[
\widehat{\; \mathbb {1}_{[-r, r]}}^{1}(\omega ) = \frac{r}{\sqrt{\pi /2}} \cdot \operatorname {sinc}(r\omega )
\]
|
\[
\begin{align} \widehat{\; \mathbb {1}_{[-r, r]}}^{2}(t) & = \sqrt{2\pi }\frac{r}{\sqrt{\pi /2}} \cdot \frac{\sin (2\pi r t)}{2\pi rt} = \\ & = 2r \cdot \frac{\sin (2 \pi r t)}{2\pi r t} \end{align}
\] при \(t \neq 0\), а при \(t = 0\) имеем \(2r\). Иначе говоря, \[
\widehat{\; \mathbb {1}_{[-r, r]}}^{2}(\omega ) = 2r \cdot \operatorname {sinc}(2\pi rt)
\]
|
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: : F_1{1_[-1,1]}(w) = sqrt(2/pi)*sin(w)/w посчитано в numpy (шаг 0.15 по w, детерминировано, seed не нужен) – точная формула из примера в тексте главы (r=1). Иллюстрирует классическую пару “прямоугольник <-> sinc”. Интерактив: ползунок r (полуширина прямоугольника), обе панели synхронно перерисовываются – уже rect -> шире sinc и наоборот (эффект неопределённости), с отображением текущего значения r рядом.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/FA/contents/specials/090/010_rect_sinc_fig.tex
|
\[
\begin{align} \widehat{f}^{1}(\omega ) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{0}^{+\infty }e^{-x - i\omega x}dx + \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int _{-\infty }^{0}e^{x - i\omega x}dx =\\ & = +\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{1 + i\omega } + \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{1 - i\omega } = \frac{\sqrt{2/\pi }}{1 + \omega ^2} \end{align}
\]
|
Для правого столбца естественно взять \(f(x) = e^{-2\pi \left|x\right|}\) (аналог \(e^{-\left|x\right|}\), согласованный с множителем \(2\pi\) в \(\mathcal F_2\)): \[
\begin{align} \widehat{f}^{2}(t) & = \int _{0}^{+\infty }e^{-2\pi x - 2\pi i tx}dx + \int _{-\infty }^{0}e^{2\pi x - 2\pi i tx}dx = \\ & = \frac{1}{2\pi }\frac{1}{1 + it} + \frac{1}{2\pi }\frac{1}{1 - it} = \frac{1}{\pi (1+t^2)} \end{align}
\] (используется в примере Пример 3 ниже; проверено также численно.)
|
Лемма 1 Преобразование Фурье – это линейное отображение на \(L^1(\mathbb {R})\).
|
\[
f(x) = x
\]
|
\[
f(x) = x^2
\]
|
Лемма 2 (Риман-Лебег) Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R})\). Тогда \(\mathcal{F}_{1,2}f \in C_0(\mathbb {R})\), причем
|
\[
\left\| \widehat{f}^{1}\right\| _{\infty } \leq \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \left\| f\right\| _{1}
\]
|
\[
\left\| \widehat{f}^{2}\right\| _{\infty } \leq \left\| f\right\| _{1}
\]
|
Кратко: \(\mathcal{F}: L^1(\mathbb {R}) \to C_0(\mathbb {R})\) – ограниченное линейное отображение, причем
|
\[
\left\| \mathcal{F}_1\right\| \leq \frac{1}{\sqrt{2\pi }}
\]
|
\[
\left\| \mathcal{F}_2\right\| \leq 1
\]
|
Напомним, что \(C_0(\mathbb {R})\) – это пространство непрерывных на \(\mathbb {R}\) функций, стремящихся к нулю на бесконечности: \(f(x) \xrightarrow [x \to \infty ]{} 0\). Вместе с нормой \(\left\| f\right\|_{\infty } = \sup_{x \in \mathbb {R}} \left|f\right|\) оно образует банахово пространство, а точнее банахово подпространство в \(L^\infty (\mathbb {R})\). Кроме того, если \(f\in C_0(\mathbb {R})\), то \(f\) равномерно непрерывна. Т.е. преобразование Фурье на \(L^1(\mathbb {R})\) – это обязательно равномерно непрерывная функция.
Доказать лемму Римана-Лебега: \(\mathcal{F}\) является непрерывным линейным отображением из \(L^1(\mathbb {R})\) в \(C_0(\mathbb {R})\), при этом \(\left\| \mathcal{F}\right\| = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\).
[@BSSH, Задача 17.3]
Привести пример функции \(f \in L^{1}(\mathbb {R})\), для которой \(\widehat{f} \notin L^{1}(\mathbb {R})\).
[@BSSH, Задача 17.4]
Лемма 3 (Производная преобразования Фурье) Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R})\). Предположим, что \(xf(x) =: g(x)\) – это тоже интегрируемая функция: \(g \in L^1(\mathbb {R})\). Тогда преобразование Фурье непрерывно дифференцируемо на всем \(\mathbb {R}\), причем
|
\[
\left(\widehat{f}^{1}\right)' = -i \cdot \widehat{g}^{1}
\]
|
\[
\left(\widehat{f}^{2}\right)' = - 2\pi i \cdot \widehat{g}^{2}
\]
|
На языке отображений: обозначим буквой \(M\) умножение на тождественную функцию, \((Mf)(x) = x\cdot f(x)\). Тогда если \(f, Mf \in L^1(\mathbb {R})\), то \(\mathcal{F}_{1,2}f \in C^1(\mathbb {R})\) и для функции \(f\) выполнено
|
\[
D\mathcal{F}_1 = -i \cdot \mathcal{F}_1M
\]
|
\[
D\mathcal{F}_2 = -2\pi i \cdot \mathcal{F}_2M
\]
|
где \(Df := f'\) – оператор дифференцирования.
Лемма 4 (Преобразование Фурье производной) Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R})\) – это непрерывно дифференцируемая функция, причем производная также интегрируема: \(f' \in L^1(\mathbb {R})\). Тогда
|
\[
\widehat{f'}^{1} = i t \cdot \widehat{f}^{1}
\]
|
\[
\widehat{f'}^{2} = 2\pi i t \cdot \widehat{f}^{2}
\]
|
Среди прочего, это означает, что \(\widehat{f}^{1,2}(y) = o(1/y)\) при \(y \to \infty\).
На языке отображений: если \(f \in C^1(\mathbb {R})\), \(Df \in L^1(\mathbb {R})\), то для функции \(f\) выполнено
|
\[
\mathcal{F}_1D =i \cdot M\mathcal{F}_1
\]
|
\[
\mathcal{F}_2D = 2\pi i \cdot M\mathcal{F}_2
\]
|
Пусть
|
\[
f(x) = e^{-x^2/2}
\]
|
\[
f(x) = e^{-\pi x^2}
\]
|
Найдите преобразование Фурье для \(f\).
1 способ: в лоб. Знаем интеграл Гаусса: \(\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi }\). Тогда
|
\[
\begin{align} \widehat{f}^{1}(\omega ) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int _{-\infty }^{+\infty } e^{- x^2/2} \cdot e^{-i \omega x} \; dx = \\ & = \frac{e^{-\frac{1}{2}\omega ^2}}{\sqrt{2\pi }} \; \cdot \; \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\frac{1}{2}\left(x + i\omega \right)^2} \; dx = \\ & = \frac{e^{-\frac{1}{2}\omega ^2}\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2\pi }} \cdot \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\frac{1}{2} \left(x + it\right)^2} \; d\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x + it\right)\right) = \\ & = e^{-\frac{1}{2}\omega ^2} \end{align}
\]
|
\[
\begin{align} \widehat{f}^{2}(t) & = \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\pi x^2} \cdot e^{-2\pi i t x} \; dx = \\ & = e^{-\pi t^2} \; \cdot \; \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\pi \left(x + it\right)^2} \; dx = \\ & = e^{-\pi t^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\pi }} \cdot \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\pi \left(x + it\right)^2} \; d\left(\sqrt{\pi }\left(x + it\right)\right) = \\ & = e^{-\pi t^2} \end{align}
\]
|
2 способ: через производные. Знаем, что \(g(x) = xe^{-\pi x^2}\) интегрируема на всем \(\mathbb {R}\). Значит
\[
\begin{align} \left(\widehat{f}^{2}\right)'(t) & = - 2\pi i \widehat{g}^{2}(t) = -2\pi i \cdot \int _{-\infty }^{+\infty }xe^{-\pi x^2} \cdot e^{-2\pi i t x} \; dx = \\ & = \underbrace{\left(ie^{-\pi x^2} \cdot e^{-2\pi i t x}\right)\bigg\rvert _{x=-\infty }^{x=+\infty }}_{=0} \quad - \quad 2\pi t \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\pi x^2} \cdot e^{-2\pi i t x} \; dx = \\ & = -2\pi t \widehat{f}^{2}(t) \end{align}
\]
для любого \(t \in \mathbb {R}\). Кроме того, \(f'(t) = -2\pi i e^{\pi t^2} = -2\pi t f(t)\). Значит,
\[
\left(\frac{\widehat{f}^{2}}{f}\right)'(t) = \frac{f(t) \cdot \left(\widehat{f}^{2}\right)'(t) - f'(t) \cdot \widehat{f}^{2}(t)}{f^2(t)} = -2\pi t \frac{f(t) \widehat{f}^{2}(t) - f(t) \widehat{f}^{2}(t)}{f^2(t)} = 0
\]
для всех \(t \in \mathbb {R}\). Значит, \(\frac{\widehat{f}^{2}}{f}\) – это константа: существует \(c\in \mathbb {C}\), что \(\frac{\widehat{f}^{2}(t)}{f(t)} = c\) для всех \(t \in \mathbb {R}\). Т.е. \(\widehat{f}^{2}(t) = cf(t)\).
Найдем \(c\):
\[
\widehat{f}^{2}(0) = \int _{-\infty }^{+\infty } e^{-\pi x^2} \; dx = f(0)
\]
Значит \(c = 1\).
Лемма 5 (Преобразование Фурье VS параллельный перенос, поворот, растяжение) Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R})\), \(b \in \mathbb {R}\), \(t \in \mathbb {R}\). Тогда
Если \(g(x) := f(x - b)\), то
|
\[
\widehat{g}^{1}(t) = e^{-i b t} \cdot \widehat{f}^{1}(t)
\]
|
\[
\widehat{g}^{2}(t) = e^{-2\pi i b t} \cdot \widehat{f}^{2}(t)
\]
|
|
Если \(g(x) := e^{i b x} \cdot f(x)\), то \[
\widehat{g}^{1}(t) =\widehat{f}^{1}(t - b)
\]
|
Если \(g(x) := e^{2\pi i b x} \cdot f(x)\), то \[
\widehat{g}^{2}(t) =\widehat{f}^{2}(t - b)
\]
|
Если \(b \neq 0\) и \(g(x) := f(bx)\), то
|
\[
\widehat{g}^{1}(\omega ) =\frac{1}{\left|b\right|}\widehat{f}^{1}\left(\frac{\omega }{b}\right)
\]
|
\[
\widehat{g}^{2}(t) =\frac{1}{\left|b\right|}\widehat{f}^{2}\left(\frac{t}{b}\right)
\]
|
Свертка на \(L^1(\mathbb {R})\)
Наша цель — доказать формулу обращения Фурье: если \(f \in L^1(\mathbb {R})\) и \(\mathcal{F}_{1,2}{f} \in L^1(\mathbb {R})\), то
|
\[
f = \mathcal{F}_{1}^{-1} \mathcal{F}_{1} f
\]
|
\[
f = \mathcal{F}_{2}^{-1} \mathcal{F}_{2} f
\tag{3}\]
|
почти для всех \(x \in \mathbb {R}\). Иначе говоря,
|
\[
f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{+\infty } \widehat{f}^{1}(\omega ) \cdot e^{i x \omega } d\omega
\]
|
\[
f(x) = \int _{-\infty }^{+\infty } \widehat{f}^{2}(t) \cdot e^{2\pi i x t} dt
\]
|
Чтобы понять это равенство, фиксируем \(x\) и хотим выразить правую часть через \(f\). Прямое применение формулы Уравнение 2 невозможно, так как функция
|
\[
\omega \mapsto e^{ix\omega }
\]
|
\[
t \mapsto e^{2\pi ixt}
\]
|
не лежит в \(L^1(\mathbb {R})\). Поэтому вводим сглаживающий множитель: при фиксированном \(y>0\) рассматриваем
|
\[
\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\widehat{f}^{1}(\omega ) \cdot \underbrace{e^{-y|\omega |} \cdot e^{ix\omega }}_{=: h(t)}\; d\omega \enclose {circle}{=}
\]
|
\[
\int _{-\infty }^{\infty }\widehat{f}^{2}(t) \cdot \underbrace{e^{-2\pi y|t|} \cdot e^{2\pi ixt}}_{=: h(t)}\; dt \enclose {circle}{=}
\tag{4}\]
|
Здесь \(t \mapsto e^{-y|t|}\) (соотв. \(t \mapsto e^{-2\pi y|t|}\)) и сама \(h\) лежат в \(L^1(\mathbb {R})\), причем при \(y \downarrow 0\) имеем
|
\[
e^{-y|\omega |} \xrightarrow []{} 1 \quad \text{ и } \quad h(\omega ) \xrightarrow []{} e^{i x \omega }
\]
|
\[
e^{-2\pi y|t|} \xrightarrow []{} 1 \quad \text{ и } \quad h(t) \xrightarrow []{} e^{2\pi i x t}
\]
|
Т.е. формула Уравнение 4 – это хорошая аппроксимация правой части в Уравнение 3. Распишем:
|
\[
\begin{align} & \enclose {circle}{=} \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty } \widehat{f}^{1}(\omega ) \cdot h(\omega ) \; d\omega = \\ & \text{ (пользуемся формулой \ref{FourierTransform:DualityFormula})}\\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }f(\omega ) \cdot \widehat{h}^{1}(\omega ) = \\ & \text{ (пользуемся примером \ref{FourierTransform:ExpRotatedFourierTr})}\\ & = \int _{-\infty }^{\infty }f(\omega ) \cdot \underbrace{\frac{1}{\pi }\frac{y}{(x-\omega )^2 + y^2}}_{=:P_y(x-\omega )} \; d\omega \\ & = \int _{-\infty }^{\infty }f(\omega ) \cdot P_y(x-\omega ) \; d\omega \end{align}
\]
|
\[
\begin{align} & \enclose {circle}{=} \int _{-\infty }^{\infty } \widehat{f}^{2}(t) \cdot h(t) \; dt = \\ & \text{ (пользуемся формулой \ref{FourierTransform:DualityFormula})}\\ & = \int _{-\infty }^{\infty }f(t) \cdot \widehat{h}^{2}(t) = \\ & \text{ (пользуемся примером \ref{FourierTransform:ExpRotatedFourierTr})}\\ & = \int _{-\infty }^{\infty }f(t) \cdot \underbrace{\frac{1}{\pi }\frac{y}{(x-t)^2 + y^2}}_{=:P_y(x-t)} \; dt \\ & = \int _{-\infty }^{\infty }f(t) \cdot P_y(x-t) \; dt \end{align}
\]
|
Функция \(P_y: \mathbb {R} \to (0,+\infty )\), определяемая \(P_y(x) = \frac{1}{\pi }\frac{y}{x^2 + y^2}\), называется ядром Пуассона. Полученная формула приводит к изучению интегралов вида
\[
\int _{-\infty }^{\infty } f(t) \cdot g(x-t)\; dt,
\]
то есть свёрток.
Определение 1 Пусть \(f,g : \mathbb {R} \to \mathbb {C}\) – это измеримые функции. Свертка функций \(f,g\) – это функция \[
\left(f \ast g\right)(x) := \int _{-\infty }^{+\infty } f(t) \cdot g(x-t) \; dt
\]
Если \(p \in (1, \infty ]\), то ни \(L^1(\mathbb {R})\), ни \(L^p(\mathbb {R})\) не являются подмножествами друг друга. Таким образом, мы пока не знаем, имеет ли смысл выражение \(f * g\) для \(f \in L^1(\mathbb {R})\) и \(g \in L^p(\mathbb {R})\). Однако следующий результат, являющийся усилением предыдущей леммы, показывает, что всё в порядке.
Лемма 8 (\(L^p\)-норма свертки) Пусть \(1\leq p \leq \infty\), \(f \in L^1(\mathbb {R})\), \(g \in L^p(\mathbb {R})\). Тогда \((f \ast g)(x)\) определена почти (по мере Лебега) для всех \(x \in \mathbb {R}\), причем
\[
\left\| f \ast g\right\| _{p} \leq \left\| f\right\| _{1} \cdot \left\| g\right\| _{p}
\]
Пусть \(f, g \in L^{1}(\mathbb {R})\).
Докажите лемму Лемма 7: \(f * g \in L^{1}(\mathbb {R})\) и \(\left\| f \ast g\right\|_{1} \leq \left\| f\right\|_{1} \cdot \left\| g\right\|_{1}\);
Докажите лемму Лемма 9: \(f * g = g * f\).
[@BSSH, Задача 18.2]
Докажите лемму Лемма 10: если \(f, g \in L^{1}(\mathbb {R})\), то \[
\widehat{f * g}^{1} = \sqrt{2 \pi } \cdot \widehat{f}^{1} \cdot \widehat{g}^{1}
\]
[@BSSH, Задача 18.8]
Обратное преобразование Фурье
Теорема 1 Если \(f, \widehat{f} \in L^1(\mathbb {R})\), то \[
f = \mathcal{F}^{-1}f
\] Иначе: \[
f(x) = \widehat{\widehat{f}}(-x)
\]
Найдите \(\widehat{P_y}^{2}\), где \(P_y(t) = \frac{1}{\pi } \frac{y}{t^2 + y^2}\), \(y > 0\) – произвольное фиксированное.
Из примера Пример 3 известно, что ядро Пуассона является преобразованием Фурье для функции \(h_y(t) = e^{-2\pi y \left|t\right|}\). При этом \(h_y, P_y \in L^1(\mathbb {R})\). Значит \[
\widehat{P_y}(t) = \widehat{\widehat{h}}(t) = h(-t) = e^{-2 \pi y \left|t\right|}
\]
Лемма 11 Функция из \(L^1\) может быть однозначно восстановлена по своему преобразованию Фурье. Иначе говоря, \(\mathcal{F}: L^1(\mathbb {R}) \to C_{0}(\mathbb {R})\) – это инъективное отображение.
Докажите инъективность \(\mathcal{F}\).
Поскольку \(\mathcal{F}\) – это линейное отображение, достаточно доказать, что никто, кроме нуля, в ноль не переходит. Предположим, что \(f \in L^1(\mathbb {R})\) и \(\widehat{f} \equiv 0\). Но тогда \(\widehat{f} \in L^1\) и применимо обратное преобразование: \(f = \mathcal{F}^{-1}f = 0\).
Докажите, что свертка ассоциативна: \[
\left(f \ast g\right) \ast h = f \ast \left(g \ast h\right)
\] для любых \(f,g,h \in L^1(\mathbb {R})\).
Этот результат можно было бы доказать непосредственно, используя определение свертки и теоремы Тонелли/Фубини. Однако следующее изящное доказательство заслуживает внимания.
Преобразование Фурье превращает левую и правую части в
|
\[
2\pi \cdot \widehat{f}^{1} \cdot \widehat{g}^{1} \cdot \widehat{h}^{1}
\]
|
\[
\widehat{f}^{2} \cdot \widehat{g}^{2} \cdot \widehat{h}^{2}
\]
|
(скобки уже не ставим, поскольку обычное умножение ассоциативно). Далее, преобразование Фурье – это инъективное отображение. Значит и исходные элементы равны.
Преобразование Фурье на \(L^2(\mathbb {R})\)
Напомним, что ни \(L^1(\mathbb {R})\) не вкладывается в \(L^2(\mathbb {R})\), ни наоборот.
Теорема 2 (Планшерель, ПФ сохраняет 2-норму) Пусть \(f \in L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\). Тогда \[
\left\| f\right\| _{2} = \left\| \mathcal{F}f\right\| _{2}
\]
Заметим, что \(L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\) всюду плотно в \(L^2(\mathbb {R})\). Действительно, пусть \(f \in L^2(\mathbb {R})\) – произвольный элемент из \(L^2(\mathbb {R})\), и пусть \(f_n := f \cdot \; \mathbb {1}_{[-n,n]}\). Тогда ограничение \(f_n\) на \([-n,n]\) лежит в \(L^2[-n,n]\), а значит и в \(L^1[-n,n]\), значит \(f_n \in L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\). При этом
\[
f_n \xrightarrow [n \to \infty ]{L^2(\mathbb {R})} f
\]
Действительно, пусть \(g_n = \left|f - f_n\right|^2 = \left|f\right|^2 \cdot \; \mathbb {1}_{[-n,n]^{\complement }}\). Тогда \(g_n \geq 0\) для всех \(n\), \(g_n\) поточечно монотонно убывает к нулю и \(\left|g_n\right| \leq \left|f\right|^2\) для всех \(n\), причем \(\left|f\right|^2\) интегрируема. Тогда, по теореме о мажорируемой сходимости, \(g_n \xrightarrow [n \to \infty ]{L^1(\mathbb {R})} 0\).
Определение 2 Преобразование Фурье \(\mathcal{F}\) на \(L^2(\mathbb {R})\) – это непрерывное продолжение ПФ с \(L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\) на \(L^2(\mathbb {R})\).
Обратное преобразование Фурье \(\mathcal{F}^{-1}\) определяется аналогично.
Предположим, что \(f \in L^2(\mathbb {R})\) и \(f \not\in L^1(\mathbb {R})\). Не следует ошибочно полагать, что
|
\[
\widehat{f}^{1}(\omega ) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty } f(x) e^{-i\omega x} d x
\]
|
\[
\widehat{f}^{2}(t) = \int _{-\infty }^{\infty } f(x) e^{-2 \pi i t x} d x
\]
|
Действительно, приведенный выше интеграл не имеет смысла, поскольку модуль функции под интегралом совпадает с \(\left|f\right|\) и \(f \notin L^1(\mathbb {R})\). Вместо определения \(\mathcal{F} f\) с помощью приведенного выше уравнения, \(\mathcal{F} f\) необходимо определить как предел в \(L^2(\mathbb {R})\) последовательности \(\mathcal{F}f_1, \mathcal{F}f_2, \ldots\), где \(f_1, f_2, \ldots\) — последовательность в \(L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\) такая, что
\[
\left\| f - f_n\right\| _{2} \xrightarrow [n \to \infty ]{} 0
\]
Например, можно взять \(f_n=f \cdot \; \mathbb {1}_{[-n,n]}\). Т.е. ПФ для \(f \in L^2(\mathbb {R})\) можно определить как
|
\[
\widehat{f}^{1}(\omega ) = \lim _{n \to +\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int _{-n}^{n} f(x) \cdot e^{-i\omega x} \; dx
\]
|
\[
\widehat{f}^{2}(t) = \lim _{n \to +\infty } \int _{-n}^{n} f(x) \cdot e^{-2\pi it x} \; dx
\]
|
Поскольку \(\mathcal{F}\) получается путем непрерывного расширения [в норме \(L^2(\mathbb {R})\)] преобразования Фурье из \(L^1(\mathbb {R}) \cap L^2(\mathbb {R})\) до \(L^2(\mathbb {R})\), мы знаем, что \(\| \mathcal{F} f\|_2=\| f\|_2\) для всех \(f \in L^2(\mathbb {R})\). Другими словами, \(\mathcal{F}\) является изометрией на \(L^2(\mathbb {R})\). Следующий результат показывает, что верно гораздо более сильное утверждение: \(\mathcal{F}\) – это унитарный оператор.
Теорема 3 (Свойства ПФ на \(L^2(\mathbb {R})\)) Пусть \(\mathcal{F}\) – это ПФ на \(L^2(\mathbb {R})\).
\(\mathcal{F}\) – это унитарный оператор на \(L^2(\mathbb {R})\). Чуть подробнее:
Образ \(\mathcal{F}\) на \(L^2(\mathbb {R})\) полностью лежит в \(L^2(\mathbb {R})\), т.е. \(\mathcal{F}: L^2(\mathbb {R}) \to L^2(\mathbb {R})\);
\(\mathcal{F}\) – это линейный ограниченный оператор на \(L^2(\mathbb {R})\);
\(\mathcal{F}\) обратим, обратным оператором служит обратное преобразование Фурье \(\mathcal{F}^{-1}\);
\(\mathcal{F}^{-1} = \mathcal{F}^{*}\), т.е. \(\mathcal{F}^{*}\mathcal{F} = \mathcal{F}\mathcal{F}^{*} = I\).
\(\mathcal{F}^2 = \mathcal{R}\), где \((\mathcal{R}f)(x) := f(-x)\) – это оператор отражения функции относительно оси ординат. Как следствие получаем, что \(\mathcal{F}^{4} = I\).
\(\sigma (\mathcal{F}) = \left\{ 1,i, -1, -i\right\}\).
Является ли преобразование Фурье \(\mathcal{F}\) компактным оператором в случае
\(\mathcal{F}: L^{2}(\mathbb {R}) \rightarrow L^{2}(\mathbb {R})\),
\(\mathcal{F}: L^{1}(\mathbb {R}) \rightarrow C_b(\mathbb {R})\).
[@VKK, Задача 12.10]
Преобразование Фурье на \(\mathcal{S}\) и на \(\mathcal{S}'\)
По определению \(f \in \mathcal{S}\), если \(f\) бесконечно непрерывно дифференцируема, причем \(f\) и любая ее производная убывает на бесконечности к нулю быстрее любого полинома. Это эквивалентно тому, что \(f\) бесконечно дифференцируема и для нее конечны все полунормы
\[
p_{n,k}(f) := \sup _{t \in \mathbb {R}} \left|t^n \cdot f^{(k)}(t)\right|, \qquad n,k \in \mathbb {Z}_+ = \left\{ 0,1,2,\ldots \right\}
\]
На языке операторов:
\[
p_{n,k}(f) = \left\| M^n D^k f\right\| _{\infty }
\]
где \((Mf)(t) = t \cdot f(t)\), \(Df = f'\).
Легко показать, что \(\mathcal{S}\) входит и в \(L^1(\mathbb {R})\), и в \(L^2(\mathbb {R})\).
Доказать, что \(\mathcal{F}\) является изоморфизмом пространства \(\mathcal{S}\) на себя, причём \(\mathcal{F}^{-1} \mathcal{F}= I\).
[@BSSH, Задача 17.12*]
Доказать, что для любых функций \(f, g \in \mathcal{S}\) справедливо равенство Парсеваля: \[
\left\langle f, g \right\rangle = \left\langle \widehat{f}, \widehat{g} \right\rangle
\] (скалярное произведение берется в \(L^2(\mathbb {R})\))
[@BSSH, Задача 17.20]
Доказать, что в пространствах \(\mathcal{S}\) и \(L^{2}(\mathbb {R})\) справедливы тождества:
\(\left(\mathcal{F}^{2} f\right)(x) = f(-x)\);
\(\mathcal{F}^{4} = I\).
[@BSSH, Задача 17.23]