Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

14La transformada de Fourier

Las series de Fourier descomponen las señales periódicas en armónicos discretos; la transformada de Fourier hace lo mismo con las señales sobre toda la recta, con un continuo de frecuencias. Convierte la derivación en multiplicación, la convolución en productos y las gaussianas en gaussianas — las razones por las que resuelve ecuaciones diferenciales, mueve el procesamiento de señales y demostrará el teorema central del límite en el Capítulo 23. Este capítulo desarrolla la teoría en $L^1$ (Riemann–Lebesgue, inversión, inyectividad), la clase de Schwartz donde la transformada es una biyección perfecta, y la teoría en $L^2$ (Plancherel: la transformada es, salvo una constante, un operador unitario), con dos aplicaciones estelares: la ecuación del calor, resuelta de principio a fin en el problema de fin de semana, y la fórmula de sumación de Poisson. Convenio:

\hat f(\xi) = \int_\R f(x)\,\eu^{-\iu\xi x}\,\dd x .

14.1 La transformada en $L^1$

Proposición 14.1

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f$ está bien definida, es acotada ( $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ) y continua, y:

$\widehat{\tau_af}(\xi) = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ y $\widehat{\eu^{\iu ax}f}(\xi) = \hat f(\xi - a)$ ;
$\widehat{f(\cdot/\lambda)}(\xi) = \lambda\hat f(\lambda\xi)$ para $\lambda > 0$ ;
si $xf \in L^1$ , entonces $\hat f$ es $\mathcal C^1$ con $(\hat f)'(\xi) = \widehat{(-\iu x)f}(\xi)$ ;
si $f \in \mathcal C^1$ con $f' \in L^1$ (y $f \to 0$ en $\pm\infty$ , automático aquí), entonces $\widehat{f'}(\xi) = \iu\xi\hat f(\xi)$ ;
$\widehat{f * g} = \hat f\,\hat g$ para $f, g \in L^1$ .

Demostración. Acotación: $\abs{\hat f} \leq \int\abs f$ . Continuidad: convergencia dominada con dominador $\abs f$ (el Teorema 10.14). (1) y (2): sustituciones (el Teorema 11.10). (3): derivación bajo el signo integral, con dominador $\abs{xf}$ (el Teorema 10.15). (4): primero, $f(x) = f(0) + \int_0^xf'$ tiene límite en $\pm\infty$ ( $f' \in L^1$ ), que ha de ser $0$ ( $f \in L^1$ ); después intégrese por partes en $[-A, A]$ y hágase $A \to \infty$ . (5): Fubini, lícito porque $(x,y)\mapsto f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi x}$ es absolutamente integrable (el Teorema 11.9):

\widehat{f*g}(\xi) = \iint f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi(x - y)} \eu^{-\iu\xi y}\dd x\,\dd y = \hat f(\xi)\,\hat g(\xi).

∎

Ejemplo 14.2

La gaussiana: para $a > 0$ ,

\widehat{\eu^{-ax^2}}(\xi) = \sqrt{\frac\pi a}\;\eu^{-\xi^2/4a} :

por el Ejercicio 10.7 (el truco de la ecuación diferencial $F' = -\frac\xi{2}F$ , reescalado), o por (3): $g = \widehat{\eu^{-ax^2}}$ cumple $g'(\xi) = -\frac{\xi}{2a}g(\xi)$ (intégrese por partes) y $g(0) = \sqrt{\pi/a}$ . Las gaussianas son puntos fijos de la transformada salvo cambios de escala — la razón profunda de que gobiernen el teorema central del límite.

Teorema 14.3 (Riemann–Lebesgue)

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f(\xi) \to 0$ cuando $\abs\xi \to \infty$ . Así pues, $\widehat{\phantom f} \colon L^1 \to \mathcal C_0(\R)$ (funciones continuas que se anulan en el infinito).

Demostración. Para el indicador de un intervalo, $\widehat{\mathbf 1_{\intcc ab}}(\xi) = \frac{\eu^{-\iu a\xi} - \eu^{-\iu b\xi}}{\iu\xi} \to 0$ ; y de ahí para las funciones escalonadas. Las funciones escalonadas son densas en $L^1$ (el Teorema 12.6(1) más la aproximación de conjuntos de medida finita por uniones finitas de intervalos, el Ejercicio 9.7), y la transformada es continua de $\norm\cdot_\infty$ a $\norm\cdot_1$ : para $\norm{f - s}_1 < \varepsilon$ , $\limsup_{\abs\xi\to\infty}\abs{\hat f(\xi)} \leq \varepsilon$ . ∎

14.2 Inversión e inyectividad

Lema 14.4 (Fórmula de multiplicación)

Para $f, g \in L^1(\R)$ : $\displaystyle\int \hat f\,g = \int f\,\hat g$ .

Demostración. Ambos miembros valen $\iint f(x)g(\xi)\eu^{-\iu x\xi}\dd x\,\dd\xi$ (Tonelli–Fubini: la integral doble del valor absoluto es $\norm f_1\norm g_1$ ). ∎

Teorema 14.5 (Inversión)

Sea $f \in L^1(\R)$ .

(Sumabilidad gaussiana) Para todo $x$ ,

$(f * g_\varepsilon)(x) = \frac1{2\pi}\int_\R \hat f(\xi)\, \eu^{-\varepsilon\xi^2}\,\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi, \qquad\text{donde } g_\varepsilon(y) = \frac{1}{2\sqrt{\pi\varepsilon}}\, \eu^{-y^2/4\varepsilon},$

y $f * g_\varepsilon \to f$ en $L^1$ cuando $\varepsilon \to 0$ .
Si además $\hat f \in L^1$ , entonces para casi todo $x$

$f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_\R \hat f(\xi)\,\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi ,$

y $f$ tiene un representante continuo.
(Inyectividad) Si $\hat f = 0$ , entonces $f = 0$ en casi todo punto.

Demostración. (1) Fíjese $x$ y aplíquese el Lema 14.4 a $f$ y a $g(\xi) = \frac1{2\pi}\eu^{-\varepsilon\xi^2}\eu^{\iu x\xi}$ : por el Ejemplo 14.2 (con la regla de modulación),

\hat g(y) = \frac1{2\pi}\sqrt{\frac\pi\varepsilon}\, \eu^{-(y - x)^2/4\varepsilon} = g_\varepsilon(x - y),

luego $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{-\varepsilon\xi^2} \eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \int f(y)g_\varepsilon(x - y)\dd y = (f*g_\varepsilon)(x)$ . Las $g_\varepsilon$ forman una aproximación de la identidad: $g_\varepsilon \geq 0$ , $\int g_\varepsilon = 1$ (integral gaussiana), concentrándose en $0$ ; la demostración del Teorema 12.9(2) se aplica literalmente (solo se usaron $\int g_\varepsilon = 1$ y la concentración: para la cola, $\int_{\abs y > \delta}g_\varepsilon \to 0$ ): $\norm{f * g_\varepsilon - f}_1 \to 0$ .

(2) Si $\hat f \in L^1$ : el miembro derecho de (1) converge, por convergencia dominada (dominador $\abs{\hat f}$ ), a $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ para todo $x$ , y esa función límite es continua (de nuevo, convergencia dominada). Por otra parte, $f * g_\varepsilon \to f$ en $L^1$ , de modo que, a lo largo de una subsucesión, en casi todo punto (el Teorema 12.4): los dos límites coinciden en casi todo punto.

(3) $\hat f = 0$ anula el miembro derecho de (1): $f * g_\varepsilon = 0$ para todo $\varepsilon$ , y $f * g_\varepsilon \to f$ en $L^1$ : $f = 0$ en casi todo punto. ∎

14.3 La clase de Schwartz

Definición 14.6

La clase de Schwartz $\mathcal S(\R)$ está formada por las funciones $\mathcal C^\infty$ $f$ con $\sup_x\abs{x^m f^{(n)}(x)} < \infty$ para todos $m, n \geq 0$ (todas las derivadas decaen más deprisa que cualquier potencia). Ejemplos: $\eu^{-ax^2}$ , $\mathcal C_c^\infty$ . Claramente $\mathcal S \subseteq L^p$ para todo $p$ (acótese por $C(1 + x^2)^{-1}$ ), y $\mathcal S$ es estable por derivación, por multiplicación por polinomios y por productos.

Teorema 14.7

La transformada de Fourier aplica $\mathcal S(\R)$ biyectivamente sobre sí mismo, con inversa $\check g(x) = \frac1{2\pi}\int g(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ .

Demostración. Sea $f \in \mathcal S$ . Iterando la Proposición 14.1(3), $(\hat f)^{(n)} = \widehat{(-\iu x)^nf}$ (cada $x^kf \in L^1$ ); iterando (4) con $h = (-\iu x)^nf \in \mathcal S$ (todas cuyas derivadas son integrables), $(\iu\xi)^m\hat h = \widehat{h^{(m)}}$ . Combinando,

\abs{\xi^m\,(\hat f)^{(n)}(\xi)} = \bigl|\widehat{\,h^{(m)}}(\xi)\bigr| \leq \bigl\|\bigl((-\iu x)^nf\bigr)^{(m)}\bigr\|_1 < \infty

uniformemente en $\xi$ : $\hat f \in \mathcal S$ . Como $\hat f \in L^1$ , la inversión (el Teorema 14.5(2)) vale en todo punto (ambos miembros son continuos): $\check{\hat f} = f$ , y simétricamente $\widehat{\check g} = g$ (la transformada con acento es $g \mapsto \frac1{2\pi}\hat g(-\cdot)$ , que también conserva $\mathcal S$ ): biyección. ∎

14.4 Plancherel y $L^2$

Teorema 14.8 (Plancherel)

Para $f \in L^1 \cap L^2(\R)$ :

\norm{\hat f}_2^2 = 2\pi\,\norm f_2^2 .

En consecuencia, $\widehat{\phantom f}$ se extiende de manera única a una aplicación lineal continua $\mathcal F \colon L^2(\R) \to L^2(\R)$ con $\norm{\mathcal Ff}_2 = \sqrt{2\pi}\norm f_2$ ; $\mathcal F$ es biyectiva, con $\mathcal F^{-1} = \frac1{2\pi}\,\mathcal F\circ\sigma$ donde $\sigma f = f(-\cdot)$ , y conserva los productos escalares salvo el factor $2\pi$ .

Demostración. Sean $f \in L^1\cap L^2$ y $h = f * \tilde f$ con $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ . Entonces $h \in L^1$ (el Teorema 11.9), $h$ es continua y acotada (el Ejercicio 12.6: $f, \tilde f \in L^2$ ), $h(0) = \int f\bar f = \norm f_2^2$ y $\hat h = \hat f\,\widehat{\tilde f} = \hat f\,\overline{\hat f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ (calcúlese $\widehat{\tilde f} = \overline{\hat f}$ ). Aplíquese el Teorema 14.5(1) a $h$ en $x = 0$ :

(h * g_\varepsilon)(0) = \frac1{2\pi}\int \hat h(\xi)\,\eu^{-\varepsilon\xi^2}\dd\xi .

Cuando $\varepsilon \to 0$ : el miembro izquierdo tiende a $h(0)$ ( $h$ es continua y acotada: $(h*g_\varepsilon)(0) - h(0) = \int(h(-y) - h(0))g_\varepsilon(y)\dd y \to 0$ , separando $y$ pequeños y grandes); y el derecho crece hacia $\frac1{2\pi}\int\hat h$ por convergencia monótona ( $\hat h \geq 0$ ). Por tanto, $\frac1{2\pi}\int\abs{\hat f}^2 = \norm f_2^2$ , finito o no a priori — y finito, lo que demuestra a la vez la pertenencia y la identidad.

Extensión: $L^1\cap L^2 \supseteq \mathcal C_c$ es denso en $L^2$ (el Teorema 12.6); la transformada es allí $\sqrt{2\pi}$ -isométrica, de modo que se extiende de manera única a una isometría salvo constante $\mathcal F$ sobre $L^2$ (el Teorema 7.2). La inversión para $\mathcal S$ (el Teorema 14.7) se traslada por la misma densidad (ambos miembros son $L^2$ -continuos): $\mathcal F\bigl(\frac1{2\pi}\mathcal F(\sigma f)\bigr) = f$ sobre $\mathcal S$ y, por tanto, sobre $L^2$ : biyectividad. Productos escalares: polarización a partir de la identidad de normas. ∎

Teorema 14.9 (Sumación de Poisson)

Sea $f \in \mathcal S(\R)$ (basta con $f$ continua con $\abs{f} + \abs{\hat f} \leq C(1 + \abs\cdot)^{-2}$ ). Entonces

\sum_{n\in\Z} f(n) \;=\; \sum_{k\in\Z}\hat f(2\pi k) .

Demostración. Sea $F(x) = \sum_{n\in\Z}f(x + n)$ : la serie converge normalmente sobre los compactos (decaimiento de $f$ ), de modo que $F$ es continua y $1$ -periódica. Sus coeficientes de Fourier (período $1$ : $c_k(F) = \int_0^1F(t)\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t$ ):

c_k(F) = \sum_n\int_0^1 f(t + n)\,\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t = \int_\R f(t)\,\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t = \hat f(2\pi k)

(la convergencia normal justifica el intercambio; la fase es $1$ -periódica). La serie $\sum_k\abs{c_k(F)}$ converge (decaimiento de $\hat f$ ), luego la serie de Fourier de $F$ converge normalmente; su suma es una función continua con los mismos coeficientes de Fourier que $F$ y, por tanto, es igual a $F$ (inyectividad en el círculo: la diferencia tiene coeficientes nulos, y el Teorema 13.9 da cero en $L^2$ y, por continuidad, en todas partes). Evalúese en $x = 0$ . ∎

Ejemplo 14.10 (La identidad theta)

Aplicando Poisson a $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ ( $t > 0$ ), cuya transformada es $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ (el Ejemplo 14.2 con $a = \pi t$ ):

\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2t} = \frac1{\sqrt t}\sum_{k\in\Z}\eu^{-\pi k^2/t} :

la ecuación funcional de la función theta de Jacobi, clave para la ecuación funcional de la $\zeta$ de Riemann — y un acelerador numérico espectacular: para $t$ pequeño, el miembro izquierdo converge con lentitud y el derecho a toda velocidad.

Método 14.11

Rangos de trabajo: $L^1$ — transformada definida puntualmente, la inversión necesita $\hat f \in L^1$ ; $\mathcal S$ — todo es lícito, demuéstrese aquí primero; $L^2$ — transformada definida por densidad (¡no por la integral!), simetría perfecta, contabilidad de Parseval. Para calcular una transformada: redúzcase a la tabla (indicador, exponencial, gaussiana) mediante las reglas de la Proposición 14.1; para demostrar una identidad: establézcase en $\mathcal S$ (o en $\mathcal C_c^\infty$ ) y extiéndase por densidad y continuidad (el Método 12.13); para resolver una ecuación diferencial lineal, ordinaria o en derivadas parciales, con coeficientes constantes: transfórmese, divídase, inviértase.

El núcleo del calor g_t(x) = 12√π t\, -x2/4t en tres instantes: masa total 1 para siempre, altura t-1/2, anchura √ t. Convolucionar el dato inicial con esta gaussiana que se ensancha es todo el contenido del problema de fin de semana; en frecuencia, la misma imagen se lee g_t( ) = -t 2 — las frecuencias altas mueren primero, y esa asimetría es la flecha del tiempo. — El núcleo del calor $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\,\eu^{-x^2/4t}$ en tres instantes: masa total $1$ para siempre, altura $\sim t^{-1/2}$ , anchura $\sim \sqrt t$ . Convolucionar el dato inicial con esta gaussiana que se ensancha es todo el contenido del problema de fin de semana; en frecuencia, la misma imagen se lee $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ — las frecuencias altas mueren primero, y esa asimetría es la flecha del tiempo.

14.5 Ejercicios

Ejercicio 14.1 ★

Calcular las transformadas de Fourier de: $\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ ; $\eu^{-a\abs x}$ ( $a > 0$ ); la función triangular $\max(0, 1 - \abs x)$ ; $\frac1{x^2 + a^2}$ (úsese la inversión en la segunda). Regístrese la tabla que va surgiendo.

Solución

Solución de Ejercicio 14.1.

$\widehat{\mathbf 1_{\intcc{-a}a}}(\xi) = \int_{-a}^a\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \frac{2\sin(a\xi)}{\xi}$ (valor $2a$ en $0$ ). $\widehat{\eu^{-a\abs x}}(\xi) = \int_0^\infty\eu^{-(a + \iu\xi)x} + \eu^{-(a - \iu\xi)x}\,\dd x = \frac1{a + \iu\xi} + \frac1{a - \iu\xi} = \frac{2a}{a^2 + \xi^2}$ . Triangular: $\max(0, 1 - \abs x) = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}} * \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ , de modo que su transformada es $\bigl(\frac{2\sin(\xi/2)}\xi\bigr)^2 = \bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\bigr)^2$ . Última: $\frac{2a}{a^2+\xi^2} \in L^1$ , luego la inversión (el Teorema 14.5(2)) aplicada a $\eu^{-a\abs x}$ da, tras renombrar variables,

\widehat{\Bigl(\frac1{x^2 + a^2}\Bigr)}(\xi) = \frac{\pi}{a}\,\eu^{-a\abs\xi} .

Ejercicio 14.2 ★

Sea $f \in L^1$ . Exprésense en términos de $\hat f$ las transformadas de: $f(x - a)$ , $f(x)\cos(bx)$ , $f(ax + b)$ , $\overline{f(-x)}$ , $(f * f)(x)$ . Verifíquese cada regla sobre la gaussiana.

Solución

Solución de Ejercicio 14.2.

De la Proposición 14.1: $\widehat{f(\cdot - a)} = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ ; $\widehat{f\cos(b\cdot)} = \frac12\bigl(\hat f(\xi - b) + \hat f(\xi + b)\bigr)$ ; $\widehat{f(a\cdot + b)}(\xi) = \frac1a\,\eu^{\iu b\xi/a}\,\hat f(\xi/a)$ ( $a > 0$ ); $\widehat{\overline{f(-\cdot)}} = \overline{\hat f}$ ; $\widehat{f * f} = \hat f^2$ . Sobre la gaussiana ( $\widehat{\eu^{-x^2}} = \sqrt\pi\eu^{-\xi^2/4}$ ), cada regla es una comprobación de una línea — por ejemplo, $\eu^{-(x-a)^2}$ tiene transformada $\sqrt\pi\,\eu^{-\iu a\xi}\eu^{-\xi^2/4}$ , lo que el cálculo directo (complétese el cuadrado) confirma.

Ejercicio 14.3 ★★

(a) Demostrar que $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ tiene transformada $\bigl(\frac{2\sin\xi}\xi \bigr)^2$ y dedúzcase $\int_\R\bigl(\frac{\sin\xi}\xi\bigr)^2\dd\xi = \pi$ por Plancherel — o por inversión en $0$ . Compárese Problema 10.1. (b) Calcular $\int_\R\frac{\dd x}{(x^2+1)^2}$ mediante Plancherel aplicado a $\eu^{-\abs x}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 14.3.

(a) $h = \mathbf 1_{\intcc{-1}1}*\mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ cumple $\hat h = \bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\bigr)^2 \in L^1$ ; la inversión en $x = 0$ , donde $h(0) = \lambda(\intcc{-1}1\cap\intcc{-1}1) = 2$ :

2 = \frac1{2\pi}\int_\R\Bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\Bigr)^2 \dd\xi \ \Longrightarrow\ \int_\R\Bigl(\frac{\sin\xi}\xi\Bigr)^2\dd\xi = \pi ,

coherente con $\int_0^\infty\frac{\sin^2}{\xi^2} = \frac\pi2$ (el Problema 10.1).

(b) Plancherel para $f = \eu^{-\abs x}$ : $\int\abs{\hat f}^2 = 2\pi\int\abs f^2$ se lee $\int\frac{4\,\dd\xi}{(1 + \xi^2)^2} = 2\pi\int\eu^{-2\abs x}\dd x = 2\pi$ : $\int_\R\frac{\dd\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac\pi2$ .

Ejercicio 14.4 ★★

(Álgebra del núcleo del calor) Con $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : (a) compruébese $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ ; (b) dedúzcase la ley de semigrupo $g_t * g_s = g_{t+s}$ sin ningún cálculo de integrales; (c) demuéstrese $\norm{g_t}_1 = 1$ y $\norm{g_t}_2^2 = (8\pi t)^{-1/2}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 14.4.

(a) $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : por el Ejemplo 14.2 con $a = \frac1{4t}$ , $\hat g_t(\xi) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\sqrt{4\pi t}\,\eu^{-t\xi^2} = \eu^{-t\xi^2}$ . (b) $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ , y la transformada es inyectiva en $L^1$ (Teorema 14.5(3)): $g_t * g_s = g_{t+s}$ . (c) $\norm{g_t}_1 = 1$ (integral gaussiana); $\norm{g_t}_2^2 = \frac1{4\pi t}\int\eu^{-x^2/2t}\dd x = \frac{\sqrt{2\pi t}}{4\pi t} = \frac1{\sqrt{8\pi t}}$ .

Ejercicio 14.5 ★★

Demostrar que si $f \in L^1$ es par y real, $\hat f$ es par y real; y que si $f$ es impar y real, $\hat f$ es impar y puramente imaginaria. ¿Qué calcula $\hat f(0)$ ? Dedúzcase que $f \geq 0$ obliga a $\norm{\hat f}_\infty = \hat f(0) = \int f$ , e interprétese para densidades de probabilidad (el Capítulo 23: una función característica tiene módulo $\leq 1$ , alcanzado en $0$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 14.5.

Para $f$ real y par: $\hat f(\xi) = \int f\cos(\xi x)\dd x$ (la parte del seno se cancela): real y par. Impar: $\hat f(\xi) = -\iu\int f\sin(\xi x)$ : impar y puramente imaginaria. $\hat f(0) = \int f$ : la masa total. Si $f \geq 0$ : $\abs{\hat f(\xi)} \leq \int\abs f = \int f = \hat f(0)$ , de modo que el supremo se alcanza en $0$ . Para una densidad de probabilidad, $\hat f(-\xi)$ es la función característica del Capítulo 23: módulo $\leq 1$ en todas partes y $= 1$ en el origen.

Ejercicio 14.6 ★★★

(No sobreyectividad) Demostrar que $\widehat{\phantom f}\colon L^1 \to \mathcal C_0$ es inyectiva y continua pero no sobreyectiva, en tres pasos. (i) Inyectividad (el Teorema 14.5) y continuidad ( $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ), y $\mathcal C_0$ es un espacio de Banach (cerrado en $\norm\cdot_\infty$ ). (ii) Si la aplicación fuera sobreyectiva, sería biyectiva, y el teorema de la aplicación abierta (el Teorema 8.12) daría una constante $C$ con $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ para toda $f \in L^1$ . (iii) Contradígase esto con $f_n(x) = \frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : su transformada es (salvo constantes) el trapecio de tipo convolución $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}$ — demuéstrese que $\norm{\hat f_n}_\infty \leq \pi$ uniformemente, mientras que $\norm{f_n}_1 \geq c\ln n$ contando los arcos de $\frac{\abs{\sin x}}x$ en $[1, n]$ (donde el segundo factor está acotado inferiormente), como en el Teorema 8.11.

Solución

Solución de Ejercicio 14.6.

(i) La inyectividad es el Teorema 14.5(3); la continuidad es $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ (con valores en $\mathcal C_0$ por Riemann–Lebesgue); y $\mathcal C_0$ es cerrado para la norma del supremo (los límites uniformes de funciones que se anulan en el infinito se anulan en el infinito): de Banach.

(ii) Una biyección continua entre espacios de Banach tiene inversa continua (el Teorema 8.12): existiría $C$ con $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ .

(iii) Sea $f_n(x) = \frac{\sin x}x\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : producto de dos funciones $L^2$ , y $O(x^{-2})$ en el infinito, luego $f_n \in L^1\cap L^2$ . Como $\bigl(\frac{\sin(ax)}{ax}\bigr)$ tiene transformada $L^2$ igual a $\frac\pi a\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ , la fórmula del producto $\widehat{gh} = \frac1{2\pi}\hat g * \hat h$ (válida para $g, h \in L^2$ con $gh \in L^1$ ; compruébese sobre funciones de Schwartz por Fubini y extiéndase por la $L^2$ -continuidad de ambos miembros vía Plancherel) da

\hat f_n = \frac1{2\pi}\,\bigl(\pi\mathbf 1_{\intcc{-1}1}\bigr) * \bigl(\pi n\,\mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}\bigr):

un trapecio de altura $\frac{\pi n}2\cdot\frac2n = \pi$ : $\norm{\hat f_n}_\infty = \pi$ para todo $n$ . Pero en $[1, n]$ , $\frac{\sin(x/n)}{x/n} \geq \sin 1 > 0$ , de modo que

\norm{f_n}_1 \geq \sin 1\int_1^n\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq c\ln n

(recuento de arcos, como en el Teorema 8.11). La cota $\norm{f_n}_1 \leq C\pi$ falla para $n$ grande: no es sobreyectiva. (La imagen es un subespacio denso — por argumentos de tipo Stone–Weierstrass — pero propio de $\mathcal C_0$ .)

Ejercicio 14.7 ★★

(Diccionario regularidad $\leftrightarrow$ decaimiento) Demostrar: $f \in L^1$ con $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ para cierto $\delta > 0$ implica que $f$ tiene un representante $\mathcal C^k$ . Recíprocamente, $f \in \mathcal C^k_c$ implica $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k})$ . Ilústrense ambos sentidos sobre la función triangular.

Solución

Solución de Ejercicio 14.7.

Si $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ : entonces $\xi^j\hat f \in L^1$ para $0 \leq j \leq k$ (integrable en el infinito por el decaimiento, y localmente por la continuidad de $\hat f$ ). La inversión (el Teorema 14.5(2)) representa $f$ en casi todo punto mediante $x \mapsto \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , y la derivación bajo el signo integral (dominadores $\abs{\xi^j\hat f}$ ) hace ese representante $\mathcal C^k$ . Recíprocamente, para $f \in \mathcal C_c^k$ : iterando la Proposición 14.1(4), $(\iu\xi)^k\hat f = \widehat{f^{(k)}}$ , luego $\abs{\hat f} \leq \norm{f^{(k)}}_1\abs\xi^{-k}$ . Función triangular: continua de soporte compacto ( $k = 0$ : transformada acotada), y su transformada $\sim \xi^{-2} = O(\abs\xi^{-0-1-1})$ devuelve, por el primer sentido, un representante $\mathcal C^0$ — ambos resultados son óptimos: la triangular no es $\mathcal C^1$ , y su transformada no decae más deprisa que $\xi^{-2}$ .

Ejercicio 14.8 ★★★

(Desigualdad de Heisenberg) Para $f \in \mathcal S(\R)$ real con $\norm f_2 = 1$ , demostrar

\Bigl(\int x^2f(x)^2\dd x\Bigr)\cdot \Bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi\Bigr) \;\geq\; \frac14 ,

con igualdad para las gaussianas. (Escríbase $1 = \int f^2 = -\int x\,(f^2)'$ por partes, acótese por Cauchy–Schwarz y conviértase $\norm{f'}_2$ mediante Plancherel.) Interpretación: una señal y su espectro no pueden estar ambos concentrados.

Solución

Solución de Ejercicio 14.8.

Integración por partes ( $f \in \mathcal S$ ; los términos de frontera se anulan):

1 = \int f^2 = \bigl[xf^2\bigr]_{-\infty}^{\infty} - \int x\,(f^2)' = -2\int xff' \leq 2\,\norm{xf}_2\,\norm{f'}_2 .

Plancherel y $\widehat{f'} = \iu\xi\hat f$ : $\norm{f'}_2^2 = \frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2$ . Elevando al cuadrado la expresión:

\frac14 \leq \norm{xf}_2^2\cdot\frac1{2\pi} \int\xi^2\abs{\hat f}^2\dd\xi .

La igualdad exige igualdad en Cauchy–Schwarz: $f' = \lambda xf$ con $\lambda < 0$ (integrabilidad), es decir, $f(x) = c\,\eu^{\lambda x^2/2}$ : gaussianas. Una señal concentrada en $x$ ( $\norm{xf}_2$ pequeño) ha de tener espectro extendido, y recíprocamente: el principio de incertidumbre.

Ejercicio 14.9 ★★

Justifíquese en detalle el Ejemplo 14.10 (hipótesis de Poisson para la gaussiana) y úsese la identidad para evaluar $\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2}$ con seis decimales usando tres términos. ¿Cuántos términos de la serie definitoria exigiría la misma precisión en $t = 10^{-2}$ , frente a la serie transformada?

Solución

Solución de Ejercicio 14.9.

La gaussiana $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ es de Schwartz, de modo que el Teorema 14.9 se aplica, y $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ ; en $\xi = 2\pi k$ el miembro derecho se convierte en $t^{-1/2}\eu^{-\pi k^2/t}$ : la identidad theta. En $t = 1$ :

\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2} = 1 + 2\eu^{-\pi} + 2\eu^{-4\pi} + \cdots \approx 1 + 0.0864278 + 0.0000070 = 1.0864348,

con precisión de $6$ decimales usando tres términos ( $\eu^{-9\pi} \approx 5\cdot10^{-13}$ ). En $t = 10^{-2}$ : la serie definitoria necesita $\eu^{-\pi n^2/100} < 10^{-7}$ , es decir, $n \gtrsim 23$ — unos $47$ términos —, mientras que la serie transformada es $10\sum_k\eu^{-100\pi k^2}$ , donde ya el término $k = 1$ es $\sim 10^{-136}$ : basta un término.

Ejercicio 14.10 ★★

(Funciones de banda limitada) Sea $f \in L^2(\R)$ con $\mathcal Ff$ de soporte en $\intcc{-\pi}\pi$ . Demostrar que $f$ tiene un representante cada uno de cuyos valores puede recuperarse de las muestras: demuéstrese la interpolación de Shannon en los enteros,

f(x) = \sum_{n\in\Z} f(n)\, \frac{\sin\bigl(\pi(x - n)\bigr)}{\pi(x - n)} \quad\text{en } L^2,

desarrollando $\mathcal Ff$ en la base de Fourier de $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ (el Teorema 13.9) y transformando de vuelta término a término.

Solución

Solución de Ejercicio 14.10.

$\mathcal Ff \in L^2(\intcc{-\pi}\pi) \subseteq L^1(\intcc{-\pi}\pi)$ (medida finita), de modo que la inversión da el representante continuo $f(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\mathcal Ff(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , con

f(n) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathcal Ff(\xi)\,\eu^{\iu n\xi}\dd\xi = \langle e_{-n}, \mathcal Ff\rangle

con la notación del Teorema 13.9. Desarrollando en esa base hilbertiana: $\mathcal Ff = \sum_nf(n)\,\eu^{-\iu n\xi}$ en $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ . Aplíquese la $\mathcal F^{-1}$ , que es $L^2$ -continua, término a término:

\mathcal F^{-1}\bigl(\mathbf 1_{\intcc{-\pi}\pi}\eu^{-\iu n\xi}\bigr)(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\eu^{\iu\xi(x - n)}\dd\xi = \frac{\sin\bigl(\pi(x-n)\bigr)}{\pi(x - n)} ,

lo que da $f = \sum_nf(n)\operatorname{sinc}(\cdot - n)$ en $L^2$ : una señal de banda limitada queda determinada por sus muestras enteras — el teorema del muestreo de Shannon.

Ejercicio 14.11 ★★

(La transformada como operador de orden cuatro) Sobre $\mathcal S(\R)$ , sea $\mathcal F f = \hat f$ . (a) Usando la fórmula de inversión, demuéstrese $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi\,f(-x)$ y dedúzcase $\mathcal F^4 = (2\pi)^2\, \mathrm{id}$ . (b) Dedúzcase que todo valor propio de $\mathcal F$ sobre $\mathcal S$ pertenece a $\{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ , y exhíbase una función propia para $+\sqrt{2\pi}$ (¿qué función de este capítulo es proporcional a su propia transformada?). (c) Demostrar que las funciones pares cumplen $\mathcal F^2f = 2\pi f$ y las impares $\mathcal F^2f = -2\pi f$ ; prodúzcase una función propia para el valor propio $-\iu\sqrt{2\pi}$ a partir de $x\eu^{-x^2/2}$ calculando su transformada (derívese la transformada de la gaussiana).

Solución

Solución de Ejercicio 14.11.

(a) Inversión en $\mathcal S$ : $f(x) = \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \frac1{2\pi}(\mathcal F\hat f)(-x)$ , es decir, $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi f(-x)$ . Aplicando dos veces: $\mathcal F^4f = 2\pi\,\mathcal F^2f(-\cdot) = (2\pi)^2f$ .

(b) Si $\mathcal Ff = \lambda f$ con $f \neq 0$ : $(2\pi)^2f = \mathcal F^4f = \lambda^4f$ , luego $\lambda^4 = (2\pi)^2$ : $\lambda \in \{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ . La gaussiana $g(x) = \eu^{-x^2/2}$ cumple $\hat g = \sqrt{2\pi}\,g$ (el Ejemplo 14.2 en $a = \frac12$ ): función propia para $+\sqrt{2\pi}$ .

(c) $\mathcal F^2f = 2\pi f(-\cdot)$ vale $\pm2\pi f$ según la paridad. Para $h(x) = x\eu^{-x^2/2}$ : derivando $\hat g(\xi) = \sqrt{2\pi}\eu^{-\xi^2/2}$ con la regla $\widehat{xf} = \iu\frac{\dd}{\dd\xi}\hat f$ :

\hat h(\xi) = \iu\,\frac{\dd}{\dd\xi}\bigl(\sqrt{2\pi} \eu^{-\xi^2/2}\bigr) = -\iu\sqrt{2\pi}\,\xi\eu^{-\xi^2/2} = -\iu\sqrt{2\pi}\,h(\xi) :

una función propia para $-\iu\sqrt{2\pi}$ . (Las funciones de Hermite continúan el patrón, recorriendo cíclicamente los cuatro valores propios — el reloj discreto de Fourier.)

Ejercicio 14.12 ★★

(Autocorrelación y lema de Wiener) Para $f \in L^2(\R)$ defínanse $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ y la autocorrelación $A_f = f * \tilde f$ . (a) Demostrar que $A_f$ es una función acotada y continua con $A_f(0) = \norm f_2^2 \geq \abs{A_f(x)}$ para todo $x$ (el Ejercicio 12.6 y Cauchy–Schwarz). (b) Demostrar, primero para $f \in L^1\cap L^2$ , que $\widehat{A_f} = \abs{\hat f\,}^2 \geq 0$ : la autocorrelación tiene transformada no negativa — los espectros de las autocorrelaciones son espectros de potencia. (c) Dedúzcase la identidad $\int_\R\abs{\hat f(\xi)}^2\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi = 2\pi A_f(x)$ (inversión; justifíquese su aplicabilidad cuando $\hat f \in L^2$ tiene $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ ) y evalúese para $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ en $x = 0$ : recupérese $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ .

Solución

Solución de Ejercicio 14.12.

(a) $\tilde f \in L^2$ con $\norm{\tilde f}_2 = \norm f_2$ ; el Ejercicio 12.6 (exponentes conjugados $p = q = 2$ ) hace $A_f = f * \tilde f$ acotada y uniformemente continua, con

A_f(x) = \int f(y)\,\overline{f(y - x)}\,\dd y, \qquad A_f(0) = \norm f_2^2, \qquad \abs{A_f(x)} \leq \norm f_2\,\norm{f(\cdot - x)}_2 = A_f(0)

por Cauchy–Schwarz.

(b) Para $f \in L^1\cap L^2$ : también $\tilde f \in L^1$ , y el teorema de la convolución da $\widehat{A_f} = \hat f\, \widehat{\tilde f}$ ; calculando, $\widehat{\tilde f}(\xi) = \int\overline{f(-x)}\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \overline{\int f(u)\eu^{-\iu\xi u}\dd u} = \overline{\hat f(\xi)}$ : $\widehat{A_f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ .

(c) Cuando $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ , la inversión se aplica a la continua $A_f$ (su transformada es integrable; Teorema 14.5):

A_f(x) = \frac1{2\pi}\int\abs{\hat f(\xi)}^2 \eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi .

Para $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ : $\hat f(\xi) = \frac{2\sin(\xi/2)}\xi = \frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}$ , y en $x = 0$ :

1 = \norm f_2^2 = \frac1{2\pi}\int_\R \Bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\Bigr)^2\dd\xi = \frac1{2\pi}\cdot2\int_\R\Bigl(\frac{\sin u}u\Bigr)^2\dd u

( $\xi = 2u$ ), es decir, $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ — la integral favorita de Plancherel, recuperada por autocorrelación.

14.6 Problema: la ecuación del calor en la recta

Problema 14.1

Problema de fin de semana — $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ , resuelta de principio a fin

El calor se propaga; la ecuación $\partial_tu = \partial_{xx}^2u$ dice que su densidad difunde a un ritmo dado por la curvatura local del perfil de temperatura. Resolveremos el problema de Cauchy en $\R$ — dada $f$ , hállese $u(t, x)$ para $t > 0$ con $u(0, \cdot) = f$ —, demostraremos las notables propiedades de la solución y veremos por qué el tiempo no puede invertirse. En todo el problema, $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ es el núcleo del calor y $u(t, \cdot) = g_t * f$ .

Parte I — Deducción del núcleo. Trabájese primero de manera formal: supóngase que $u(t, \cdot) \in \mathcal S$ resuelve la ecuación y sea $\hat u(t, \xi)$ la transformada en $x$ .

Demostrar (formalmente) que $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ , de donde $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , y reconózcase $u(t) = g_t * f$ (el Ejercicio 14.4). Esto motiva la definición de $u$ ; todo lo demás se demuestra ya directamente, para $f \in \mathcal C_b(\R)$ (continua acotada) o $f \in L^p$ .

Parte II — Verificación.

Demostrar que, para $t > 0$ , $u(t, x) = \int g_t(x-y)f(y)\dd y$ está bien definida para $f \in \mathcal C_b$ y que $u$ es $\mathcal C^\infty$ en $(t, x)$ sobre $\intoo0\infty\times\R$ (derívese bajo el signo integral; domínense las derivadas gaussianas localmente uniformemente en $(t,x)$ ).
Verificar $\partial_tg_t = \partial^2_{xx}g_t$ por cálculo directo y dedúzcase $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ para $t > 0$ .
(Condición inicial) Demostrar que, para $f \in \mathcal C_b$ , $u(t, x) \to f(x)$ cuando $t \to 0^+$ , uniformemente sobre los compactos (aproximación de la identidad: sepárese $\abs y \leq \delta$ , $\abs y > \delta$ ); y para $f \in L^p$ ( $p < \infty$ ), demuéstrese $\norm{u(t) - f}_p \to 0$ .
(Suavizado instantáneo) Concluir: incluso para $f$ meramente continua y acotada, la solución es $\mathcal C^\infty$ para todo $t > 0$ — el calor borra al instante la aspereza. Calcúlese $u(t, \cdot)$ explícitamente para $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ (una función error) y esbócese su perfil para tres valores de $t$ .

Parte III — Propiedades estructurales.

(Positividad y comparación) Si $f \geq 0$ , entonces $u > 0$ para todo $t > 0$ (estrictamente, salvo que $f = 0$ en casi todo punto); si $f_1 \leq f_2$ , entonces $u_1 \leq u_2$ . Un punto frío se calienta al instante: coméntese.
(Conservación) Para $f \in L^1$ : $\int u(t, x)\dd x = \int f$ para todo $t$ (Tonelli) — el calor total se conserva.
(Disipación) Para $f \in L^1\cap L^2$ , demuéstrese mediante Plancherel que $t \mapsto \norm{u(t)}_2$ es no creciente, estrictamente salvo que $f = 0$ , y calcúlese su límite cuando $t \to \infty$ . Demuéstrese además $\norm{u(t)}_\infty \leq \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ : el calor se esparce y muere.
(Unicidad, clase $L^2$ ) Sea $u$ una solución con $u(t) \in L^2$ para todo $t$ , $u \in \mathcal C^1(\intoo0\infty, L^2)$ en el sentido natural y $u(t) \to f$ en $L^2$ cuando $t\to0$ ; admitiendo que la transformada la convierte en $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ puntualmente en casi todo punto de $\xi$ para casi todo $t$ (justificado evaluando contra $\mathcal C_c^\infty$ en $\xi$ — esbócese), demuéstrese $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ y, por tanto, la unicidad en esta clase.

Parte IV — La flecha del tiempo.

Demostrar que el problema retrógrado está mal planteado: para que la solución exista en el instante $-s$ ( $s > 0$ ) con dato $f$ en el instante $0$ — es decir, para que $f = g_s * h$ tenga solución $h \in L^2$ — es necesario que $\eu^{s\xi^2}\hat f(\xi) \in L^2$ : una condición de decaimiento extrema sobre $\hat f$ . Exhíbase una $f \in L^2$ regular explícita para la que no exista solución retrógrada en ningún intervalo de tiempo: tómese la función con $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ — identifíquese $f$ (el Ejercicio 14.1) y demuéstrese $\eu^{s\xi^2}\eu^{-\abs\xi} \notin L^2$ para todo $s > 0$ .
(Suavizado frente a información) Explíquese en un párrafo breve, usando las preguntas 5, 9 y 10, por qué el semigrupo del calor $(f \mapsto g_t * f)_{t\geq0}$ es inyectivo pero no sobreyectivo sobre $L^2$ , y por qué esto expresa la irreversibilidad de la difusión.

Parte V — El teorema del muestreo de Shannon. Una función $f \in L^2(\R)$ es de banda limitada a $\Omega$ si $\hat f = 0$ en casi todo punto fuera de $\intcc{-\Omega}\Omega$ ; escribimos $PW_\Omega$ (espacio de Paley–Wiener) para tales funciones.

Demostrar que toda $f \in PW_\Omega$ coincide en casi todo punto con la función $\mathcal C^\infty$ $\frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi$ (justifíquense la regularidad y la identificación), con todas las derivadas acotadas: la limitación de banda es una forma extrema de regularidad. A partir de ahora, $f$ denota ese representante.
Desarróllese $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ en la base de Fourier de ese intervalo e identifíquense los coeficientes como muestras de $f$ :

$\hat f(\xi) = \frac\pi\Omega\sum_{n\in\Z} f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\, \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega} \quad\text{en } L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) .$
Dedúzcase el teorema del muestreo: para $f \in PW_\Omega$ ,

$f(x) = \sum_{n\in\Z}f\Bigl(\frac{n\pi} \Omega\Bigr)\,\operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi), \qquad \operatorname{sinc}t = \frac{\sin t}t,$

con convergencia en $L^2(\R)$ y uniforme en $\R$ (insértese la serie de la pregunta 13 en la fórmula de inversión y calcúlese la integral elemental): una señal de banda limitada queda enteramente determinada por sus valores sobre una malla de paso $\pi/\Omega$ — la frecuencia de Nyquist.
Demostrar que las funciones $x \mapsto \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi)$ , $n \in \Z$ , forman una familia ortogonal en $L^2(\R)$ de norma constante $\sqrt{\pi/\Omega}$ , y dedúzcase la identidad de energía $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .
(Solapamiento) Exhíbase una $g \in PW_{2\Omega}$ no nula que se anule en todos los puntos de muestreo $\frac{n\pi}\Omega$ (considérese $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ y compruébese su banda): muestrear por debajo de la frecuencia de Nyquist pierde información — dos señales distintas pueden compartir todas sus muestras: el efecto estroboscópico de la rueda de carro, matematizado.
(Grados de libertad) Usando las preguntas 14–15, justifíquese la regla de ingeniería: una señal de banda limitada a $\Omega$ cuya energía está esencialmente concentrada en una ventana temporal de longitud $T$ queda descrita por aproximadamente $\frac{\Omega T}\pi$ muestras reales — precísese «esencialmente» mediante la identidad de energía y la cola $\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2}$ .
(Comprobaciones de coherencia) Verifíquese el teorema del muestreo a mano sobre dos elementos de $PW_\Omega$ : (a) $f = \operatorname{sinc}(\Omega\,\cdot)$ , cuyas muestras son $\delta_{n0}$ ; (b) señales de banda estrecha de tipo $f(x) = \cos(\omega x) \operatorname{sinc}(\varepsilon x)$ — con más precisión, demuéstrese que para $f \in PW_{\Omega'}$ con $\Omega' < \Omega$ la serie de frecuencia $\Omega$ también reconstruye $f$ (sobremuestrear es inocuo), sumergiendo $PW_ {\Omega'} \subseteq PW_\Omega$ .

Parte VI — Incertidumbre, dos veces más. La desigualdad de Heisenberg (el Ejercicio 14.8) acota cuánto pueden concentrarse conjuntamente $f$ y $\hat f$ ; aquí van su hermana de todo o nada y su saturación exacta.

Sea $f \in L^1$ con $\operatorname{supp}f \subseteq \intcc{-A}A$ . Demostrar que $\hat f$ es la suma de una serie de potencias convergente en todo punto:

$\hat f(\xi) = \sum_{k\geq0}\frac{(-\iu\xi)^k}{k!} \,m_k, \qquad m_k = \int_{-A}^{A}x^kf(x)\,\dd x, \quad \abs{m_k} \leq A^k\norm f_1$

(desarróllese $\eu^{-\iu\xi x}$ y justifíquese el intercambio por convergencia normal): la transformada es analítica real, con radio de convergencia infinito en todo punto.
Dedúzcase la dicotomía de soportes: una función analítica real que se anula en un intervalo abierto no vacío se anula idénticamente (el conjunto donde se anulan todas las derivadas es abierto y cerrado — desarróllese el argumento de Taylor); concluir que ninguna $f$ no nula tiene a la vez $f$ y $\hat f$ de soporte compacto, y que $PW_\Omega$ no contiene ninguna función no nula de soporte compacto — las señales de banda limitada duran para siempre, y las de duración limitada se filtran a todas las frecuencias.
(Saturación de Heisenberg) Sobre la familia gaussiana $f = \eu^{-ax^2}$ , calcúlense ambos factores de concentración y compruébese que el producto normalizado $\bigl(\int x^2\abs f^2\bigr)\bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f}^2\bigr)\big/\norm f_2^4$ vale $\frac14$ para todo $a$ — la familia de igualdad del Ejercicio 14.8 en carne y hueso; explíquese mediante un argumento de escala por qué el producto ha de ser constante a lo largo de la familia.
Explíquese la lectura física (densidades de posición y momento de un estado cuántico; $\hbar$ en la normalización da $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ ) y conéctese todo el capítulo: el suavizado instantáneo (Parte II), la irreversibilidad (Parte IV), el muestreo (Parte V), Heisenberg y la dicotomía de soportes son cinco expresiones de una misma ley — el comportamiento de $\hat f$ en el infinito legisla lo que $f$ puede hacer en cualquier sitio.

Parte VII — El álgebra del núcleo y un ejemplo resoluble.

(Semigrupo) Demostrar la identidad de Chapman–Kolmogorov $g_t * g_s = g_{t+s}$ para $t, s > 0$ (mediante el teorema de la convolución y la inyectividad de la transformada en $L^1$ ) y dedúzcase $u(t + s) = g_s * u(t)$ : evolucionar durante un tiempo $t + s$ es evolucionar durante $t$ y después durante $s$ . Afínese la disipación de la pregunta 8: escribiendo $\norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , demuéstrese por Cauchy–Schwarz que

$t \longmapsto \ln\,\norm{u(t)}_2 \quad\text{es convexa en } \intoo0{+\infty} :$

la energía $L^2$ no solo decrece: decrece de manera logarítmicamente convexa.
(A dónde va el calor) Sean $f \geq 0$ , $f \in L^1$ , con $\int x^2f(x)\dd x < \infty$ . Demostrar que, para todo $t > 0$

$\int_\R x\,u(t, x)\,\dd x = \int_\R x f(x)\,\dd x, \qquad \int_\R x^2u(t, x)\,\dd x = \int_\R x^2f(x)\,\dd x + 2t\int_\R f :$

el centro de calor nunca se mueve y la varianza crece linealmente con el tiempo — el escalado difusivo $x \sim \sqrt{2t}$ , que habrá que releer cuando aparezca el movimiento browniano en el Capítulo 22. (Calcúlense los dos primeros momentos de $g_t$ y úsese Tonelli sobre la convolución.)
(La gaussiana, resuelta de principio a fin) Para $f(x) = \eu^{-x^2}$ , establézcase la forma cerrada

$u(t, x) = \frac1{\sqrt{1 + 4t}}\, \exp\Bigl(-\frac{x^2}{1 + 4t}\Bigr),$

y verifíquense sobre ella, a mano: la ecuación $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ ; la conservación $\int u(t) = \sqrt\pi$ ; la ley de disipación $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1 + 4t)^{-1/4}$ (compárese su decaimiento $t^{-1/4}$ con el decaimiento $t^{-1/2}$ de la norma del supremo de la pregunta 8); y el crecimiento exacto de la varianza de la pregunta 24. En $t = 6$ : el pico ha caído al $\frac15$ de su altura inicial mientras el perfil es cinco veces más ancho — el mismo calor, esparcido.

Solución

Solución de Problema 14.1.

1. Transformando la ecuación en $x$ (formalmente): $\partial_t\hat u(t,\xi) = \widehat{\partial^2_{xx}u} = (\iu\xi)^2\hat u = -\xi^2\hat u$ , una ecuación diferencial ordinaria en $t$ para cada frecuencia: $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ . Y como $\eu^{-t\xi^2} = \hat g_t$ (el Ejercicio 14.4), el producto es la transformada de $g_t * f$ .

2. $\abs{u(t,x)} \leq \norm f_\infty\int g_t = \norm f_\infty$ : bien definida. En $[t_0, T]\times[-A, A]$ : cada derivada mixta $\partial^m_t\partial^n_xg_t(x - y)$ es un polinomio en $(x - y)$ y $t^{-1}$ multiplicado por $\eu^{-(x-y)^2/4t}$ , acotado para $\abs y \geq 2A$ por $C\,(1 + y^2)^N\eu^{-(\abs y - A)^2/4T}$ , un dominador integrable independiente de $(t, x)$ en la ventana (y acotado para $\abs y \leq 2A$ ): la derivación reiterada bajo el signo integral (el Teorema 10.15) se aplica: $u \in \mathcal C^\infty(\intoo0\infty\times\R)$ .

3. Con $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ :

\partial_tg_t = g_t\Bigl(\frac{x^2}{4t^2} - \frac1{2t}\Bigr) = \partial^2_{xx}g_t

(derívese dos veces en $x$ : $\partial_xg_t = -\frac x{2t}g_t$ , $\partial^2_{xx}g_t = \bigl(\frac{x^2}{4t^2} - \frac1{2t}\bigr)g_t$ ). Por la pregunta 2, las derivadas pasan bajo la integral: $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ .

4. $u(t,x) - f(x) = \int g_t(y)\bigl(f(x - y) - f(x)\bigr)\dd y$ . Dados un compacto $K$ y $\varepsilon$ : la continuidad uniforme de $f$ en un entorno de $K$ da $\delta$ con $\abs{f(x-y) - f(x)} < \varepsilon$ para $x \in K$ , $\abs y \leq \delta$ ; y la cola aporta una masa $\leq 2\norm f_\infty\int_{\abs y > \delta}g_t(y)\dd y = 2\norm f_\infty\,\P$ más allá de $\delta$ , que es $\frac2{\sqrt\pi}\int_{\delta/2\sqrt t}^\infty\eu^{-z^2}\dd z \to 0$ cuando $t \to 0$ . Para $f \in L^p$ : $\norm{u(t) - f}_p \leq \int g_t(y)\norm{\tau_yf - f}_p\dd y$ (Minkowski o Jensen, como en el Teorema 12.9); sepárese del mismo modo usando Teorema 12.6(3).

5. El suavizado instantáneo es la pregunta 2 ( $u(t)$ es $\mathcal C^\infty$ para $t > 0$ sin usar ninguna regularidad de $f$ ). Para $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ :

u(t, x) = \int_0^\infty g_t(x - y)\dd y = \frac1{\sqrt\pi}\int_{-x/2\sqrt t}^{\infty}\eu^{-z^2}\dd z = \frac12\Bigl(1 + \operatorname{erf}\Bigl(\frac{x}{2\sqrt t}\Bigr)\Bigr), \qquad \operatorname{erf}(s) = \frac2{\sqrt\pi}\int_0^s\eu^{-z^2}\dd z :

un escalón suavizado cuya zona de transición se ensancha como $\sqrt t$ (perfiles en $t_1 < t_2 < t_3$ : rampas cada vez más planas a través de $(0, \frac12)$ ).

6. El integrando $g_t(x-y)f(y)$ es $\geq 0$ y el núcleo es estrictamente positivo: $u(t,x) = 0$ obligaría a $f = 0$ en casi todo punto. La monotonía en $f$ es la monotonía de la integral. Un punto donde $f = 0$ en un intervalo sigue teniendo $u(t, \cdot) > 0$ allí para todo $t > 0$ : el calor se propaga a velocidad infinita (cualquier positividad en cualquier sitio se siente en todas partes al instante).

7. Tonelli ( $g_t(x-y)\abs{f(y)}$ es integrable en $\R^2$ ): $\int u(t,x)\dd x = \int f(y)\bigl(\int g_t(x - y)\dd x\bigr)\dd y = \int f$ .

8. Plancherel: $2\pi\norm{u(t)}_2^2 = \int\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , no creciente en $t$ (puntualmente), estrictamente salvo que $\hat f = 0$ en casi todo punto ( $= f = 0$ ), con límite $0$ cuando $t\to\infty$ por convergencia dominada. Y $\norm{u(t)}_\infty \leq \norm{g_t}_\infty\norm f_1 = \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ .

9. Para $\varphi \in \mathcal C_c^\infty$ , $t \mapsto \langle\varphi, \hat u(t)\rangle$ es $\mathcal C^1$ con derivada $\langle\varphi, \partial_t\hat u\rangle = \langle\varphi, \widehat{\partial_{xx}u}\rangle = \langle\xi^2\varphi\dots\rangle$ — con precisión, $\widehat{\partial^2_{xx}u} = -\xi^2\hat u$ traslada la ecuación. Entonces, para casi todo $\xi$ , la función absolutamente continua $t \mapsto \eu^{t\xi^2}\hat u(t,\xi)$ tiene derivada $\eu^{t\xi^2}(\xi^2\hat u + \partial_t\hat u) = 0$ en sentido integrado: es constante y, haciendo $t \to 0$ ( $\hat u(t) \to \hat f$ en $L^2$ , y en casi todo punto a lo largo de una subsucesión): $\hat u(t, \xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ en casi todo punto. Dos soluciones de la clase tienen la misma transformada: son iguales.

10. $f = g_s * h$ con $h \in L^2$ obliga a $\hat f = \eu^{-s\xi^2}\hat h$ , es decir, a $\hat h = \eu^{s\xi^2}\hat f \in L^2$ . Tómese $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ : entonces $f(x) = \frac1\pi\cdot\frac1{1 + x^2}$ (el Ejercicio 14.1, inversión), una función $L^2$ perfectamente regular; pero $\eu^{2s\xi^2 - 2\abs\xi} \to \infty$ : $\eu^{s\xi^2}\hat f \notin L^2$ para todo $s > 0$ . El perfil de Cauchy nunca es el resultado de una difusión previa.

11. El semigrupo del calor multiplica las transformadas por $\eu^{-t\xi^2}$ , que no se anula en ningún punto: es inyectivo — formalmente, no se destruye información. Pero su imagen consta de funciones cuya transformada decae como $\eu^{-t\xi^2}$ : un subespacio minúsculo, denso pero propio, de $L^2$ (la pregunta 10 muestra que incluso funciones excelentes quedan fuera). Invertir amplificaría la frecuencia $\xi$ por $\eu^{t\xi^2}$ : no acotado y, por tanto, inestable frente a cualquier perturbación. La difusión es irreversible no porque la aplicación olvide, sino porque su inversa no puede ser continua — una flecha del tiempo hecha de análisis funcional.

12. $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) \subseteq L^1$ (Cauchy–Schwarz sobre un intervalo acotado), de modo que $F(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ está definida en todo punto, y la derivación bajo el signo integral (dominada por $\Omega^k\abs{\hat f} \in L^1$ sobre la banda) la hace $\mathcal C^\infty$ con $\abs{F^{(k)}} \leq \frac{\Omega^k}{2\pi}\norm{\hat f}_{L^1}$ en todo punto. Y $F = f$ en casi todo punto: ambos miembros tienen la misma transformada, y la transformada es inyectiva en $L^2$ (el Teorema 14.8 y su extensión a $L^2$ ).

13. Las exponenciales $\xi \mapsto \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}$ , $n \in \Z$ , forman una base hilbertiana de $L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ (el Teorema 13.9, reescalado). El coeficiente de $\hat f$ a lo largo de la $n$ -ésima es

\frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\, \eu^{\iu n\pi\xi/\Omega}\dd\xi = \frac{2\pi}{2\Omega}\cdot \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\, \eu^{\iu(n\pi/\Omega)\xi}\dd\xi = \frac\pi\Omega\,f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr),

por la fórmula de la pregunta 12 en $x = \frac{n\pi}\Omega$ : el desarrollo enunciado vale en $L^2$ de la banda.

14. Insértese el desarrollo en la fórmula de inversión de la pregunta 12; el intercambio de suma e integral es la continuidad del emparejamiento $L^2$ contra $\frac1{2\pi} \eu^{\iu x\xi}\mathbf 1_{\abs\xi\leq\Omega}$ (de norma $L^2$ igual a $\frac{\sqrt{2\Omega}}{2\pi}$ , independiente de $x$ — de ahí la uniformidad):

f(x) = \sum_nf\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\cdot \frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega \eu^{\iu(x - n\pi/\Omega)\xi}\dd\xi = \sum_nf\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr) \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi),

puesto que $\frac1{2\Omega}\int_{-\Omega}^\Omega\eu^{\iu u\xi}\dd\xi = \frac{\sin(\Omega u)}{\Omega u}$ .

15. Leyendo al revés el cálculo de la pregunta 14, la transformada de $s_n = \operatorname{sinc}(\Omega\cdot - n\pi)$ es $\hat s_n = \frac\pi\Omega\,\eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}\,\mathbf 1_{\intcc{-\Omega}\Omega}$ . Plancherel:

\langle s_n, s_m\rangle = \frac1{2\pi} \Bigl(\frac\pi\Omega\Bigr)^2\int_{-\Omega}^\Omega \eu^{\iu(n-m)\pi\xi/\Omega}\dd\xi = \frac\pi\Omega\,\delta_{nm} :

una familia ortogonal de norma constante $\sqrt{\pi/\Omega}$ . Tomando normas en el desarrollo de la pregunta 14: $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .

16. $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc} (\Omega x) = \frac{\sin^2(\Omega x)}{\Omega x}$ se anula en todo punto de la malla $\frac{n\pi}\Omega$ (incluido $0$ , por el límite) y no es idénticamente nula. Su banda: escríbase $g = \frac1{2\iu}\bigl(\eu^{\iu\Omega x} - \eu^{-\iu\Omega x}\bigr)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ ; la modulación por $\eu^{\pm\iu\Omega x}$ desplaza la transformada en $\mp\Omega$ , de modo que $\hat g$ tiene soporte en $\intcc{-2\Omega}{2\Omega}$ (de hecho, en la unión de dos bandas desplazadas): $g \in PW_{2\Omega}$ , invisible para el muestreo a frecuencia $\Omega$ — el solapamiento en persona.

17. Por la pregunta 15, las muestras reparten la energía democráticamente: $\norm f^2 = \frac\pi\Omega\sum \abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ . Si la energía de la señal fuera de la ventana temporal $\intcc{-T/2}{T/2}$ es $\leq \varepsilon^2\norm f^2$ , las muestras fuera de la ventana cumplen (salvo términos de borde controlados por la cota uniforme de la pregunta 12) $\frac\pi\Omega\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2} \abs{f(n\pi/\Omega)}^2 \approx \norm{f\,\mathbf 1_{\abs x > T/2}}^2 \leq \varepsilon^2\norm f^2$ : truncar la serie de muestreo a los $\approx \frac{\Omega T}\pi$ índices de la ventana reconstruye $f$ con error relativo $\approx\varepsilon$ . Así, el producto tiempo–ancho de banda $\frac{\Omega T}{\pi}$ cuenta los grados de libertad reales efectivos de la señal — la regla que hay detrás de todo formato de audio.

18. (a) $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ tiene muestras $f(n\pi/\Omega) = \operatorname{sinc}(n\pi) = \delta_{n0}$ : la serie se reduce a su término $n = 0$ , $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ — el teorema reproduce su propio núcleo. (b) Si $\hat f$ tiene soporte en $\intcc{-\Omega'}{\Omega'} \subseteq \intcc{-\Omega}\Omega$ , cada paso de las preguntas 13–14 funciona literalmente con la banda mayor $\Omega$ (el desarrollo de $\hat f$ sobre el intervalo mayor sigue siendo lícito): muestrear más deprisa que la propia frecuencia de Nyquist no cambia nada en la reconstrucción — sobremuestrear es inocuo y, en la práctica, beneficioso (permite usar núcleos de reconstrucción de decaimiento más rápido).

19. Desarróllese $\eu^{-\iu\xi x} = \sum_k\frac{(-\iu\xi x)^k}{k!}$ dentro de la integral; en $\intcc{-A}A$ la serie converge normalmente ( $\sum_k\frac{\abs{\xi}^kA^k}{k!}\abs f \in L^1$ ), de modo que integrar término a término es lícito:

\hat f(\xi) = \sum_{k\geq0}\frac{(-\iu\xi)^k}{k!}m_k, \qquad \abs{m_k} \leq A^k\norm f_1 .

La cota hace converger la serie para todo $\xi$ complejo; y alrededor de cualquier punto $\xi_0$ , reagrupando (convergencia absoluta) se obtiene una serie de potencias en $\xi - \xi_0$ : $\hat f$ es analítica real con radio infinito en todo punto.

20. Sea $g$ analítica real en $\R$ (con serie de Taylor convergente a $g$ cerca de cada punto) y sea $Z = \{\xi : g^{(k)}(\xi) = 0\ \forall k\}$ . $Z$ es cerrado (intersección de cerrados); y es abierto, pues en $\xi_0 \in Z$ el desarrollo local de Taylor de $g$ es la serie nula, de modo que $g$ se anula idénticamente cerca de $\xi_0$ , junto con todas sus derivadas. Si $g$ se anula en un intervalo, $Z \neq \varnothing$ ; por la conexión de $\R$ , $Z = \R$ : $g \equiv 0$ . Ahora bien, si $f \neq 0$ tuviera soporte compacto junto con $\hat f$ : la pregunta 19 hace $\hat f$ analítica real, anulándose fuera de un compacto y, por tanto, en intervalos: $\hat f \equiv 0$ , luego $f = 0$ en casi todo punto por inyectividad — contradicción. Análogamente, una $f \in PW_\Omega$ no nula no puede tener soporte compacto (intercámbiense los papeles de $f$ y $\hat f$ mediante la inversión): las señales de banda limitada nunca mueren, y las de duración limitada ocupan un espectro no acotado.

21. Para $f = \eu^{-ax^2}$ : $\norm f_2^2 = \sqrt{\frac\pi{2a}}$ y $\int x^2\abs f^2 = \frac1{4a}\sqrt{\frac{\pi}{2a}}$ (segundo momento gaussiano); $\hat f = \sqrt{\frac\pi a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ (el Ejemplo 14.2) y

\frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2\dd\xi = \frac1{2\pi}\cdot\frac\pi a\int\xi^2 \eu^{-\xi^2/2a}\dd\xi = \frac1{2a}\cdot a\sqrt{2\pi a} = \frac{\sqrt{2\pi a}}2 .

Producto normalizado: $\frac1{4a}\sqrt{\frac\pi{2a}}\cdot \frac{\sqrt{2\pi a}}2\big/\frac{\pi}{2a} = \frac14$ , independiente de $a$ . El escalado explica la constancia: sustituir $f$ por $f(\lambda\cdot)$ multiplica $\int x^2\abs f^2/\norm f^2$ por $\lambda^{-2}$ y $\frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2/\norm f^2$ por $\lambda^{2}$ : el producto es un invariante de las homotecias, y las gaussianas forman una sola órbita de homotecias.

22. Con $\abs f^2$ la densidad de posición y $\frac1{2\pi}\abs{\hat f}^2$ la densidad de momento de un estado cuántico (las unidades físicas insertan $\hbar$ ), el Ejercicio 14.8 se lee $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ : ningún estado es nítido en ambos observables. A lo largo del capítulo, una misma ley se pone cinco trajes: el calor suaviza al instante porque $\eu^{-t\xi^2}$ aniquila las frecuencias altas (Parte II); el flujo no puede recorrerse hacia atrás porque restaurarlas no está acotado (Parte IV); una señal de banda limitada es lo bastante rígida como para vivir en una malla numerable (Parte V); ninguna función baja del suelo de Heisenberg; y ninguna función tiene soporte compacto a ambos lados de la transformada (preguntas 19–20). Lo que $\hat f$ hace en el infinito gobierna lo que $f$ puede hacer en cualquier sitio.

23. Tanto $g_t$ como $g_s$ están en $L^1$ con $\widehat{g_t}(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ (el cálculo de la pregunta 1), de modo que el teorema de la convolución da $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \eu^{-(t+s)\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ ; y dos funciones de $L^1$ con la misma transformada coinciden en casi todo punto (inyectividad, vía el teorema de inversión — aquí ambos miembros son continuos, luego coinciden en todo punto): $g_t * g_s = g_{t+s}$ . En consecuencia, $u(t + s) = g_{t+s} * f = g_s * (g_t * f) = g_s * u(t)$ (asociatividad de la convolución, Tonelli). Convexidad logarítmica: sea $N(t) = \norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2\dd\xi$ (Plancherel, pregunta 8). Para $t = \frac{t_1 + t_2}2$ , escríbase

\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2 = \Bigl(\eu^{-2t_1\xi^2}\abs{\hat f}^2\Bigr)^{1/2} \Bigl(\eu^{-2t_2\xi^2}\abs{\hat f}^2\Bigr)^{1/2},

y Cauchy–Schwarz da $N\bigl(\frac{t_1+t_2}2\bigr) \leq \sqrt{N(t_1)\,N(t_2)}$ : $\ln N$ es convexa en el punto medio y, siendo continua (convergencia dominada en $t$ ), convexa; y otro tanto $\ln\norm{u(t)}_2 = \frac12\ln N(t)$ . Decaimiento con logaritmo convexo: el flujo del calor no puede perder energía de golpe y después detenerse.

24. Momentos del núcleo: $\int g_t = 1$ (pregunta 7 con $f = g_s$ , o directamente la integral gaussiana), $\int x\,g_t(x)\dd x = 0$ (integrando impar) y, sustituyendo $x = 2\sqrt t\,v$ ,

\int_\R x^2g_t(x)\,\dd x = \frac{4t}{\sqrt\pi}\int_\R v^2\eu^{-v^2}\dd v = 2t .

Sustituyendo $x = z + y$ en la convolución y observando que $\iint(\abs z + \abs y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y < \infty$ (cada uno de $\int\abs z^kg_t$ , $\int\abs y^kf$ es finito para $k \leq 2$ , usando $\abs y \leq \frac{1 + y^2}2$ ), Fubini y Tonelli se aplican a las integrales de momentos siguientes:

\int x\,u(t,x)\dd x = \iint (z + y)\,g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y = 0\cdot\!\int\! f + 1\cdot\!\int\! yf(y)\dd y,

que es la primera afirmación; y

\iint (z+y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y = 2t\int f + 2\cdot0\cdot\!\int\! yf + \int y^2f(y)\dd y ,

la segunda. Las medias se suman, las varianzas se suman, y el núcleo aporta media $0$ y varianza $2t$ : tras un tiempo $t$ , el calor se ha esparcido sobre una anchura del orden de $\sqrt{2t}$ — la distancia crece como la raíz cuadrada del tiempo, la firma de la difusión (y de los caminos brownianos del Capítulo 22).

25. Lado de la transformada: $\hat f(\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-\xi^2/4}$ , luego $\hat u(t,\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-(t + \frac14)\xi^2}$ , que es la transformada de $(1 + 4t)^{-1/2}\exp\bigl(-x^2/(1+4t)\bigr)$ (el diccionario gaussiano $\eu^{-ax^2} \mapsto \sqrt{\pi/a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ con $a = \frac1{1+4t}$ ): la forma cerrada. Comprobación directa, con $\sigma = 1 + 4t$ :

\partial_tu = \sigma^{-1/2}\eu^{-x^2/\sigma} \Bigl(-\frac2\sigma + \frac{4x^2}{\sigma^2}\Bigr) = \partial^2_{xx}u ,

ambos miembros calculados a partir de $\partial_xu = -\frac{2x}\sigma\,u$ . Conservación: $\int u(t) = \sigma^{-1/2}\sqrt{\pi\sigma} = \sqrt\pi$ para todo $t$ . Disipación:

\norm{u(t)}_2^2 = \frac1\sigma\int\eu^{-2x^2/\sigma}\dd x = \frac1\sigma\sqrt{\frac{\pi\sigma}2} = \sqrt{\frac\pi2}\,(1+4t)^{-1/2},

luego $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1+4t)^{-1/4}$ , no creciente y con logaritmo convexo (pregunta 23); la norma $L^2$ decae como $t^{-1/4}$ , exactamente la mitad del exponente $t^{-1/2}$ de $\norm{u(t)}_\infty$ — coherente con $\norm u_2^2 \leq \norm u_\infty\norm u_1$ y con la conservación de $\norm u_1$ . Varianza: $\int x^2u(t) = \frac1\sigma\cdot\frac{\sigma^{3/2}\sqrt\pi}2 = \frac{\sqrt\pi}2\,(1 + 4t) = \int x^2f + 2t\sqrt\pi$ , tal como predice la pregunta 24 ( $\int x^2f = \frac{\sqrt\pi}2$ , $\int f = \sqrt\pi$ ). En $t = 6$ : $\sigma = 25$ , altura del pico $u(6, 0) = \frac15$ frente a $u(0,0) = 1$ , escala de anchura $\sqrt\sigma = 5$ veces la inicial, y $\int u = \sqrt\pi \approx 1.7725$ en todo momento: la mancha es cinco veces más baja, cinco veces más ancha, y no falta ni una caloría.

Términos definidos en este capítulo

clase de Schwartz

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14.1 La transformada en L1L^1L1

14.2 Inversión e inyectividad

14.3 La clase de Schwartz

14.4 Plancherel y L2L^2L2

14.5 Ejercicios

14.6 Problema: la ecuación del calor en la recta

Términos definidos en este capítulo

14.1 La transformada en $L^1$

14.4 Plancherel y $L^2$