Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

14La transformada de Fourier

Las series de Fourier descomponen señales periódicas en discretas armónicos; el Fourier transformar hace lo mismo para señales en toda la línea, con un continuo de frecuencias. eso convierte la diferenciación en multiplicación, la convolución en productos y gaussianos en gaussianos — las razones por las que Resuelve ecuaciones diferenciales, impulsa el procesamiento de señales y demostrará el teorema del límite central en Capítulo 23. esto El capítulo desarrolla la teoría $L^1$ (Riemann–Lebesgue, inversión, inyectividad), el clase de schwartz donde el transform es una biyección perfecto, y la teoría $L^2$ (Plancherel: la transformada es, hasta una constante, una unidad operador), con dos aplicaciones destacadas: la ecuación del calor, resuelto de principio a fin el problema del fin de semana, y el Poisson fórmula de suma. Convención:

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

14.1 La transformación en $L^1$

Proposición 14.1

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f$ está bien definido, acotado ( $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ), continuo 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. Limitación: $\abs{\hat f} \leq \int\abs f$ . Continuidad: DCT con dominador $\abs f$ (Teorema 10.14). (1), (2): sustituciones (Teorema 11.10). (3): diferenciación bajo la integral, dominador $\abs{xf}$ (Teorema 10.15). (4): primero, $f(x) = f(0) + \int_0^xf'$ tiene un límite en $\pm\infty$ ( $f' \in L^1$ ), que debe ser $0$ ( $f \in L^1$ ); luego integrar por partes en $[-A, A]$ y dejar $A \to \infty$ . (5): Fubini, legítimo desde $(x,y)\mapsto f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi x}$ es absolutamente integrable (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

El gaussiano: para $a > 0$ ,

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

por Ejercicio 10.7 (la ODA $F' = -\frac\xi{2}F$ truco, reescalado), o por (3): $g = \widehat{\eu^{-ax^2}}$ satisface $g'(\xi) = -\frac{\xi}{2a}g(\xi)$ (integrar por piezas), $g(0) = \sqrt{\pi/a}$ . Los gaussianos son puntos fijos de la transformación hasta la escala — la razón profunda por la que gobiernan el teorema del límite central.

Teorema 14.3 (Riemann–Lebesgue)

Para $f \in L^1(\R)$ : $\hat f(\xi) \to 0$ como $\abs\xi \to \infty$ . Por lo tanto, $\widehat{\phantom f} \colon L^1 \to \mathcal C_0(\R)$ (las funciones continuo desaparecen en infinito).

Demostración. Para un indicador de un intervalo, $\widehat{\mathbf 1_{\intcc ab}}(\xi) = \frac{\eu^{-\iu a\xi} - \eu^{-\iu b\xi}}{\iu\xi} \to 0$ ; por lo tanto, para funciones escalonadas. Las funciones escalonadas son densas en $L^1$ (Teorema 12.6(1) más aproximación de medida finita conjuntos por uniones finitas de intervalos, Ejercicio 9.7), y la transformación es $\norm\cdot_\infty$ - $\norm\cdot_1$ continuo: 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 lados son iguales a $\iint f(x)g(\xi)\eu^{-\iu x\xi}\dd x\,\dd\xi$ (Tonelli–Fubini: la integral doble de la El valor absoluto es $\norm f_1\norm g_1$ ). ∎

Teorema 14.5 (inversión)

Deja que $f \in L^1(\R)$ .

(sumabilidad gaussiana) Por cada $x$ ,

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

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

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

y $f$ tiene un representante continuo.
(Inyectividad) Si $\hat f = 0$ entonces $f = 0$ a.e.

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

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

entonces $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{-\varepsilon\xi^2} \eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \int f(y)g_\varepsilon(x - y)\dd y = (f*g_\varepsilon)(x)$ . Los $g_\varepsilon$ son un identidad aproximada: $g_\varepsilon \geq 0$ , $\int g_\varepsilon = 1$ (integral gaussiana), concentrándose en $0$ ; se aplica la prueba de Teorema 12.9(2) palabra por palabra (sólo $\int g_\varepsilon = 1$ y la concentración fueron usado: 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 lado derecho de (1) converge, por DCT (dominator $\abs{\hat f}$ ), a $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ para cada $x$ , y este La función de límite es continuo (DCT nuevamente). Por otro lado, $f * g_\varepsilon \to f$ en $L^1$ , por lo que a lo largo de una subsecuencia a.e. (Teorema 12.4): los dos límites coinciden a.e.

(3) $\hat f = 0$ hace que el lado derecho de (1) desaparezca: $f * g_\varepsilon = 0$ para todos los $\varepsilon$ y $f * g_\varepsilon \to f$ en $L^1$ : $f = 0$ a.e. ∎

14.3 La clase Schwartz

Definición 14.6

El clase de schwartz $\mathcal S(\R)$ consta de 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 rápido que cualquier potencia). Ejemplos: $\eu^{-ax^2}$ , $\mathcal C_c^\infty$ . Claramente $\mathcal S \subseteq L^p$ por cada $p$ (limitado por $C(1 + x^2)^{-1}$ ), y $\mathcal S$ es estable bajo derivadas, multiplicación por polinomios y productos.

Teorema 14.7

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

Demostración. Vamos $f \in \mathcal S$ . Iterando Proposición 14.1(3), $(\hat f)^{(n)} = \widehat{(-\iu x)^nf}$ (cada $x^kf \in L^1$ ); iterando (4) con $h = (-\iu x)^nf \in \mathcal S$ (todos cuyos derivados son integrable), $(\iu\xi)^m\hat h = \widehat{h^{(m)}}$ . 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 $\xi$ : $\hat f \in \mathcal S$ . Desde $\hat f \in L^1$ , inversión (Teorema 14.5(2)) mantiene en todas partes (ambos lados continuo): $\check{\hat f} = f$ , y simétricamente $\widehat{\check g} = g$ (la transformación de verificación es $g \mapsto \frac1{2\pi}\hat g(-\cdot)$ , conservando nuevamente $\mathcal S$ ): 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 únicamente a un continuo aplicación lineal $\mathcal F \colon L^2(\R) \to L^2(\R)$ con $\norm{\mathcal Ff}_2 = \sqrt{2\pi}\norm f_2$ ; $\mathcal F$ es biyectivo, con $\mathcal F^{-1} = \frac1{2\pi}\,\mathcal F\circ\sigma$ donde $\sigma f = f(-\cdot)$ , y conserva productos internos hasta el factor $2\pi$ .

Demostración. Deje $f \in L^1\cap L^2$ y $h = f * \tilde f$ con $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ . Entonces $h \in L^1$ (Teorema 11.9), $h$ es continuo y acotado (Ejercicio 12.6: $f, \tilde f \in L^2$ ), $h(0) = \int f\bar f = \norm f_2^2$ y $\hat h = \hat f\,\widehat{\tilde f} = \hat f\,\overline{\hat f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ (calcule $\widehat{\tilde f} = \overline{\hat f}$ ). Aplicar 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 .

Como $\varepsilon \to 0$ : el lado izquierdo tiende a $h(0)$ ( $h$ continuo acotado: $(h*g_\varepsilon)(0) - h(0) = \int(h(-y) - h(0))g_\varepsilon(y)\dd y \to 0$ dividiendo pequeño/grande $y$ ); el lado derecho aumenta a $\frac1{2\pi}\int\hat h$ en MCT ( $\hat h \geq 0$ ). Por lo tanto $\frac1{2\pi}\int\abs{\hat f}^2 = \norm f_2^2$ , finito o no a priori — y finito, acreditando tanto la pertenencia como la identidad.

Extensión: $L^1\cap L^2 \supseteq \mathcal C_c$ es denso en $L^2$ (Teorema 12.6); la transformación es $\sqrt{2\pi}$ -isométrico allí, por lo que se extiende únicamente a un isometría hasta la constante $\mathcal F$ en $L^2$ (Teorema 7.2). Inversión para $\mathcal S$ (Teorema 14.7) transferencias por parte del mismo densidad (ambos lados $L^2$ -continuo): $\mathcal F\bigl(\frac1{2\pi}\mathcal F(\sigma f)\bigr) = f$ en $\mathcal S$ , de ahí $L^2$ : biyectividad. productos internos: polarización desde la identidad normativa. ∎

Teorema 14.9 (Suma de Poisson)

Deje $f \in \mathcal S(\R)$ (continuo $f$ con $\abs{f} + \abs{\hat f} \leq C(1 + \abs\cdot)^{-2}$ basta). 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 en compactos (desintegración de $f$ ), por lo que $F$ es continuo, y es $1$ -periódico. 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 $1$ -periódico). La serie $\sum_k\abs{c_k(F)}$ converge (desintegración de $\hat f$ ), por lo que la serie de Fourier de $F$ converge normalmente; su suma es una función continuo con el mismo coeficientes de Fourier como $F$ , por lo tanto es igual a $F$ (inyectividad en el círculo: la diferencia tiene coeficientes cero, y Teorema 13.9 da cero en $L^2$ , por lo tanto en todas partes por continuidad). Evaluar en $x = 0$ . ∎

Ejemplo 14.10 (La identidad theta)

Aplicando Poisson a $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ ( $t > 0$ ), cuyo la transformación es $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ (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 $\zeta$ de Riemann — y una espectacular acelerador numérico: para $t$ pequeño, el lado izquierdo converge lentamente, el lado derecho increíblemente rápido.

Método 14.11

Rangos de trabajo: $L^1$ — transformación definida puntualmente, la inversión necesita $\hat f \in L^1$ ; $\mathcal S$ — todo es legal, pruébelo aquí primero; $L^2$ — transformación definida por densidad (¡no por la integral!), perfecto simetría, Parseval contabilidad. Para calcular una transformación: reducir a la tabla (indicador, exponencial, gaussiano) por las reglas de Proposición 14.1; para demostrar una identidad: establecerlo en $\mathcal S$ (o $\mathcal C_c^\infty$ ) y extender por densidad y continuidad (Método 12.13); para resolver una PDE u ODE lineal con coeficientes constantes: transformar, dividir, invertir.

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

14.5 Ceremonias

Ejercicio 14.1 ★

Calcule las transformadas de Fourier de: $\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ ; $\eu^{-a\abs x}$ ( $a > 0$ ); la función de tienda $\max(0, 1 - \abs x)$ ; $\frac1{x^2 + a^2}$ (use inversión en el segundo). Registre la tabla emergente.

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 $0$ ). $\widehat{\eu^{-a\abs x}}(\xi) = \int_0^\infty\eu^{-(a + \iu\xi)x} + \eu^{-(a - \iu\xi)x}\,\dd x = \frac1{a + \iu\xi} + \frac1{a - \iu\xi} = \frac{2a}{a^2 + \xi^2}$ . Tienda: $\max(0, 1 - \abs x) = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}} * \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ , por lo que su transformación es $\bigl(\frac{2\sin(\xi/2)}\xi\bigr)^2 = \bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\bigr)^2$ . Último: $\frac{2a}{a^2+\xi^2} \in L^1$ , entonces inversión (Teorema 14.5(2)) aplicado a $\eu^{-a\abs x}$ da, después de cambiar el nombre de las variables,

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

Ejercicio 14.2 ★

Vamos $f \in L^1$ . Expresar en términos de $\hat f$ las transformaciones de: $f(x - a)$ , $f(x)\cos(bx)$ , $f(ax + b)$ , $\overline{f(-x)}$ , $(f * f)(x)$ . Verifique cada regla en el Gaussiano.

Solución

Solución de Ejercicio 14.2.

De 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 el gaussiano ( $\widehat{\eu^{-x^2}} = \sqrt\pi\eu^{-\xi^2/4}$ ) cada regla es una verificación de una línea — por ejemplo, $\eu^{-(x-a)^2}$ tiene transformación $\sqrt\pi\,\eu^{-\iu a\xi}\eu^{-\xi^2/4}$ , que el directo El cálculo (completo el cuadrado) lo confirma.

Ejercicio 14.3 ★★

(a) Demuestre que $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ tiene la transformación $\bigl(\frac{2\sin\xi}\xi \bigr)^2$ y deduzca $\int_\R\bigl(\frac{\sin\xi}\xi\bigr)^2\dd\xi = \pi$ por Plancherel — o por inversión en $0$ . Comparar 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) $h = \mathbf 1_{\intcc{-1}1}*\mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ tiene $\hat h = \bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\bigr)^2 \in L^1$ ; 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 ,

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

(b) Plancherel para $f = \eu^{-\abs x}$ : $\int\abs{\hat f}^2 = 2\pi\int\abs f^2$ 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 núcleo de calor) Con $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : (a) verificar $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ ; (b) deducir la ley del semigrupo $g_t * g_s = g_{t+s}$ sin ninguna cálculo integral; (c) mostrar $\norm{g_t}_1 = 1$ 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 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 transformación 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 ★★

Demuestre que si $f \in L^1$ es par y real, $\hat f$ es par y real; si $f$ es impar y real, $\hat f$ es impar y puramente imaginario. ¿Qué calcula $\hat f(0)$ ? Deduzca que $f \geq 0$ fuerza a $\norm{\hat f}_\infty = \hat f(0) = \int f$ , y interpretar para densidades de probabilidad (Capítulo 23: a La función característica tiene módulo $\leq 1$ , alcanzado en $0$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 14.5.

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

Ejercicio 14.6 ★★★

(No sobreyectividad) Demuestre que $\widehat{\phantom f}\colon L^1 \to \mathcal C_0$ es inyectivo y continuo, pero no sobreyectivo, en tres pasos. (i) Inyectividad (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 sobreyectivo, sería biyectivo, y el teorema de mapeo abierto (Teorema 8.12) daría una constante $C$ con $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ para todos los $f \in L^1$ . (iii) Contradice esto con $f_n(x) = \frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : su transformación es (hasta constantes) la convolución trapezoide tipo $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}$ — mostrar $\norm{\hat f_n}_\infty \leq \pi$ uniformemente, mientras $\norm{f_n}_1 \geq c\ln n$ contando los arcos de $\frac{\abs{\sin x}}x$ en $[1, n]$ (donde el segundo factor es delimitado a continuación), como en Teorema 8.11.

Solución

Solución de Ejercicio 14.6.

(i) La inyectividad es Teorema 14.5(3); continuidad es $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ (con valores en $\mathcal C_0$ de Riemann–Lebesgue); $\mathcal C_0$ está cerrado en la norma sup (límites uniformes de desaparición en el infinito) funciones desaparecen en el infinito): Banach.

(ii) Se ha producido una biyección continuo entre espacios de Banach. continuo inversa (Teorema 8.12): allí sería $C$ con $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ .

(iii) Sea $f_n(x) = \frac{\sin x}x\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : un producto de dos funciones $L^2$ y $O(x^{-2})$ en infinito, entonces $f_n \in L^1\cap L^2$ . desde $\bigl(\frac{\sin(ax)}{ax}\bigr)$ tiene transformación $L^2$ $\frac\pi a\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ , la fórmula del producto $\widehat{gh} = \frac1{2\pi}\hat g * \hat h$ (válido para $g, h \in L^2$ con $gh \in L^1$ ; compruébalo en funciones de Schwartz mediante Fubini y extender por $L^2$ -continuidad de ambos lados 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 trapezoide de altura $\frac{\pi n}2\cdot\frac2n = \pi$ : $\norm{\hat f_n}_\infty = \pi$ por cada $n$ . Pero en $[1, n]$ , $\frac{\sin(x/n)}{x/n} \geq \sin 1 > 0$ , entonces

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

(conteo de arcos, como en Teorema 8.11). El $\norm{f_n}_1 \leq C\pi$ enlazado falla para $n$ grande: no sobreyectivo. (La imagen es densa — por Stone, argumentos tipo Weierstrass, pero el subespacio adecuado de $\mathcal C_0$ .)

Ejercicio 14.7 ★★

(Diccionario de desintegración de suavidad $\leftrightarrow$ ) Demuestre: $f \in L^1$ con $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ para algunos $\delta > 0$ implica que $f$ tiene un representante $\mathcal C^k$ . Por el contrario, $f \in \mathcal C^k_c$ implica $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k})$ . Ilustra ambas direcciones en la tienda. función.

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 al infinito por el decaimiento, localmente por continuidad de $\hat f$ ). inversión (Teorema 14.5(2)) representa $f$ a.e. por $x \mapsto \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , y diferenciación bajo la integral (dominators $\abs{\xi^j\hat f}$ ) hace que este representante $\mathcal C^k$ . Por el contrario, para $f \in \mathcal C_c^k$ : iterando Proposición 14.1(4), $(\iu\xi)^k\hat f = \widehat{f^{(k)}}$ , entonces $\abs{\hat f} \leq \norm{f^{(k)}}_1\abs\xi^{-k}$ . Función de tienda: continuo con Soporte compacto ( $k = 0$ : transformación limitada) y su transformar $\sim \xi^{-2} = O(\abs\xi^{-0-1-1})$ devuelve, por la primera dirección, un representante $\mathcal C^0$ — ambos agudo: la tienda no es $\mathcal C^1$ , y su transformación no decae más rápido que $\xi^{-2}$ .

Ejercicio 14.8 ★★★

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

\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 los gaussianos. (Write $1 = \int f^2 = -\int x\,(f^2)'$ by parts, bound by Cauchy–Schwarz, and convert $\norm{f'}_2$ by Plancherel.) Interpretación: a La señal y su espectro no pueden concentrarse al mismo tiempo.

Solución

Solución de Ejercicio 14.8.

Integración por partes ( $f \in \mathcal S$ ; términos límite desaparecer):

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 $\widehat{f'} = \iu\xi\hat f$ : $\norm{f'}_2^2 = \frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2$ . cuadratura la pantalla:

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

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

Ejercicio 14.9 ★★

Justifique Ejemplo 14.10 en detalle (hipótesis de Poisson para el Gaussiano), y utilizar la identidad para evaluar $\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2}$ con seis decimales con tres términos. ¿Cuántos términos de la serie definiendo requeriría la misma precisión en $t = 10^{-2}$ , frente a la ¿Serie transformada?

Solución

Solución de Ejercicio 14.9.

El gaussiano $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ es Schwartz, por lo que Se aplica Teorema 14.9, y $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ ; en $\xi = 2\pi k$ el lado derecho se convierte en $t^{-1/2}\eu^{-\pi k^2/t}$ : el 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 con tres términos ( $\eu^{-9\pi} \approx 5\cdot10^{-13}$ ). En $t = 10^{-2}$ : la definición La serie necesita $\eu^{-\pi n^2/100} < 10^{-7}$ , es decir $n \gtrsim 23$ — aproximadamente términos $47$ — mientras que la serie transformada es $10\sum_k\eu^{-100\pi k^2}$ , donde ya está el término $k = 1$ $\sim 10^{-136}$ : un término es suficiente.

Ejercicio 14.10 ★★

(Funciones de banda limitada) Deje $f \in L^2(\R)$ con $\mathcal Ff$ compatible con $\intcc{-\pi}\pi$ . Demuestre que $f$ tiene un representante que extiende cada uno de cuyos valores es recuperable a partir de muestras: probar el interpolación de Shannon en el números enteros,

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

expandiendo $\mathcal Ff$ en la base de Fourier de $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ (Teorema 13.9) y transformándose término por término.

Solución

Solución de Ejercicio 14.10.

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

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

en la notación de Teorema 13.9. Expandiendo en esa base de Hilbert:

\mathcal Ff = \sum_n f(n)\,\eu^{-\iu n\xi} \quad\text{en } L^2(\intcc{-\pi}\pi).

Aplíquese el operador $L^2$ -continuo $\mathcal F^{-1}$ 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)} ,

dando $f = \sum_nf(n)\operatorname{sinc}(\cdot - n)$ en $L^2$ : una señal de banda limitada está determinada por su número entero muestras — Teorema de muestreo de Shannon.

Ejercicio 14.11 ★★

(La transformación como operador de orden cuatro) En $\mathcal S(\R)$ , deje $\mathcal F f = \hat f$ . (a) Utilizando la fórmula de inversión, muestre $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi\,f(-x)$ y deduzca $\mathcal F^4 = (2\pi)^2\, \mathrm{id}$ . (b) Deduzca que cada valor propio de $\mathcal F$ en $\mathcal S$ pertenece a $\{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ y exhibe una función propia para $+\sqrt{2\pi}$ (cuya función de este capítulo es proporcional a su propia transformación?). (c) Demuestre que las funciones pares satisfacen $\mathcal F^2f = 2\pi f$ y las impares $\mathcal F^2f = -2\pi f$ ; producir un función propia para el valor propio $-\iu\sqrt{2\pi}$ de $x\eu^{-x^2/2}$ calculando su transformación (diferenciar la transformada de Gauss).

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 $f \neq 0$ : $(2\pi)^2f = \mathcal F^4f = \lambda^4f$ , entonces $\lambda^4 = (2\pi)^2$ : $\lambda \in \{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ . El gaussiano $g(x) = \eu^{-x^2/2}$ tiene $\hat g = \sqrt{2\pi}\,g$ (Ejemplo 14.2 y $a = \frac12$ ): función propia para $+\sqrt{2\pi}$ .

(c) $\mathcal F^2f = 2\pi f(-\cdot)$ es igual a $\pm2\pi f$ según la paridad. Para $h(x) = x\eu^{-x^2/2}$ : diferenciando $\hat g(\xi) = \sqrt{2\pi}\eu^{-\xi^2/2}$ 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 $-\iu\sqrt{2\pi}$ . (El ermita funciones continúan el patrón, pasando por las cuatro valores propios — el reloj de Fourier discreto.)

Ejercicio 14.12 ★★

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

Solución

Solución de Ejercicio 14.12.

(a) $\tilde f \in L^2$ con $\norm{\tilde f}_2 = \norm f_2$ ; Ejercicio 12.6 (exponentes conjugados $p = q = 2$ ) hace $A_f = f * \tilde f$ acotado y uniformemente continuo, 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 $f \in L^1\cap L^2$ : $\tilde f \in L^1$ también, y el el teorema de convolución da $\widehat{A_f} = \hat f\, \widehat{\tilde f}$ ; informática, $\widehat{\tilde f}(\xi) = \int\overline{f(-x)}\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \overline{\int f(u)\eu^{-\iu\xi u}\dd u} = \overline{\hat f(\xi)}$ : $\widehat{A_f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ .

(c) Cuando $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ , se aplica la inversión al continuo $A_f$ (su transformación 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 $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ — Integral favorita de Plancherel, recuperada por autocorrelación.

14.6 Problema: la ecuación del calor en la recta.

Problema 14.1

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

El calor se propaga; la ecuación $\partial_tu = \partial_{xx}^2u$ dice que su densidad se difunde a una velocidad dada por el local curvatura del perfil de temperatura. Resolvemos el Cauchy problema en $\R$ — dado $f$ , busque $u(t, x)$ para $t > 0$ con $u(0, \cdot) = f$ — demuestra lo notable de la solución propiedades y vea por qué el tiempo no se puede revertir. A lo largo, $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ es el núcleo de calor y $u(t, \cdot) = g_t * f$ .

Parte I — Deriving the kernel. Trabajo formalmente primero: supongamos que $u(t, \cdot) \in \mathcal S$ resuelve la ecuación, y sea $\hat u(t, \xi)$ la transformada en $x$ .

Mostrar (formalmente) $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ , por lo tanto $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , y reconocer $u(t) = g_t * f$ (Ejercicio 14.4). Esto motiva a la definición de $u$ ; todo esta ahora probado directamente, para $f \in \mathcal C_b(\R)$ (limitado continuo) o $f \in L^p$ .

Parte II — Verification.

Demuestre que para $t > 0$ , $u(t, x) = \int g_t(x-y)f(y)\dd y$ está bien definido para $f \in \mathcal C_b$ y que $u$ es $\mathcal C^\infty$ en $(t, x)$ . en $\intoo0\infty\times\R$ (diferenciar bajo la integral; dominar las derivadas gaussianas localmente uniformemente en $(t,x)$ ).
Verificar $\partial_tg_t = \partial^2_{xx}g_t$ por directo cálculo y deducir $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ para $t > 0$ .
(Condición inicial) Muestre que para $f \in \mathcal C_b$ , $u(t, x) \to f(x)$ como $t \to 0^+$ , uniformemente en compactos(approximate identity: split $\abs y \leq \delta$ , $\abs y > \delta$ ); para $f \in L^p$ ( $p < \infty$ ), muestra $\norm{u(t) - f}_p \to 0$ .
(Suavizado instantáneo) Conclusión: incluso para aplicaciones simplemente limitadas continuo $f$ , la solución es $\mathcal C^\infty$ por cada $t > 0$ — el calor se borra instantáneamente rugosidad. Calcule $u(t, \cdot)$ explícitamente para $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ (una función de error) y dibuje su perfil para tres valores de $t$ .

Parte III — Structural properties.

(Positividad y comparación) Si $f \geq 0$ entonces $u > 0$ para todos los $t > 0$ (estrictamente, a menos que $f = 0$ a.e.); si $f_1 \leq f_2$ y luego $u_1 \leq u_2$ . Un punto frío se calienta al instante: comentar.
(Conservación) Para $f \in L^1$ : $\int u(t, x)\dd x = \int f$ para todos $t$ (Tonelli) — el calor total es conservado.
(Disipación) Para $f \in L^1\cap L^2$ , mostrar vía Plancherel que $t \mapsto \norm{u(t)}_2$ es no creciente, estrictamente a menos que sea $f = 0$ , y calcule su límite es $t \to \infty$ . Mostrar además $\norm{u(t)}_\infty \leq \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ : el calor se propaga y muere.
(Singularidad, clase $L^2$ ) Sea $u$ una solución con $u(t) \in L^2$ para todos los $t$ , $u \in \mathcal C^1(\intoo0\infty, L^2)$ en el sentido natural y $u(t) \to f$ en $L^2$ como $t\to0$ ; admitiendo que el transform lo convierte a $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ puntualmente ae en $\xi$ para ae $t$ (justified by testing against $\mathcal C_c^\infty$ in $\xi$ — outline this), mostrar $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , por lo tanto singularidad en esta clase.

Parte IV — The arrow of time.

Muestre que el problema hacia atrás está mal planteado: para que la solución exista en el momento $-s$ ( $s > 0$ ) con datos $f$ en el momento $0$ — es decir, para $f = g_s * h$ a tenemos una solución $h \in L^2$ — es necesario que $\eu^{s\xi^2}\hat f(\xi) \in L^2$ : un deterioro extremo condición en $\hat f$ . Exhibir un $f \in L^2$ fluido explícito para el cual no existe ninguna solución hacia atrás en ningún intervalo de tiempo: tome la función con $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ — identifique $f$ (Ejercicio 14.1) y mostrar $\eu^{s\xi^2}\eu^{-\abs\xi} \notin L^2$ por cada $s > 0$ .
(Suavizado vs. información) Explicar brevemente párrafo, utilizando las preguntas 5, 9 y 10, ¿por qué el calor? semigrupo $(f \mapsto g_t * f)_{t\geq0}$ es inyectivo pero no sobreyectivo en $L^2$ , y por qué esto expresa la irreversibilidad de la difusión.

Part V — Shannon’s sampling theorem.A la función $f \in L^2(\R)$ es banda limitada a $\Omega$ si $\hat f = 0$ a.e. fuera de $\intcc{-\Omega}\Omega$ ; escribir $PW_\Omega$ (espacio Paley–Wiener) para estos.

Demuestre que cada $f \in PW_\Omega$ concuerda a.e. con la función $\mathcal C^\infty$ $\frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi$ (justifica suavidad y la identificación), con todas las derivadas acotadas: La limitación de banda es una forma extrema de regularidad. De ahora en adelante $f$ denota este representante.
Expanda $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ en el base de Fourier de ese intervalo e identificar la coeficientes como muestras de $f$ :

$\hat f(\xi) = \frac\pi\Omega\sum_{n\in\Z} f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\, \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega} \quad\text{in } L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) .$
Deduce el teorema de 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 uniformemente en $\R$ (inyecte la serie de la pregunta 13 en el fórmula de inversión y calcular la elemental integrales): una señal de banda limitada es completamente determinado por sus valores en una cuadrícula de pasos $\pi/\Omega$ — la tasa Nyquist.
Mostrar que las funciones $x \mapsto \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi)$ , $n \in \Z$ , formar una familia ortogonal en $L^2(\R)$ con constante norma $\sqrt{\pi/\Omega}$ , y deducir la energía identidad $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .
(Aliasing) Muestra un $g \in PW_{2\Omega}$ distinto de cero desapareciendo en cada punto de muestra $\frac{n\pi}\Omega$ (consider $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ and check its band): muestreo por debajo de la tasa de Nyquist pierde información — dos señales diferentes pueden compartir todas las muestras: el efecto estroboscópico de rueda de carro, matematizado.
(Grados de libertad) Utilizando las preguntas 14–15, justifique La regla de ingeniería: una banda de señal limitada a $\Omega$ cuya energía es transportada esencialmente por un La ventana de tiempo de longitud $T$ se describe mediante aproximadamente $\frac{\Omega T}\pi$ muestras reales — hacer "esencialmente" preciso a través de la energía identidad y la cola $\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2}$ .
(Comprobaciones de coherencia) Verifique el teorema de muestreo mediante mano de dos miembros de $PW_\Omega$ : (a) $f = \operatorname{sinc}(\Omega\,\cdot)$ , cuyas muestras son $\delta_{n0}$ ; (b) Banda estrecha tipo $f(x) = \cos(\omega x) \operatorname{sinc}(\varepsilon x)$ señales — más precisamente, muestre que para $f \in PW_{\Omega'}$ con $\Omega' < \Omega$ , el La serie de tasas $\Omega$ también reconstruye $f$ (el sobremuestreo es inofensivo), incorporando $PW_ {\Omega'} \subseteq PW_\Omega$ .

Part VI — Uncertainty, twice more. La desigualdad de Heisenberg (Ejercicio 14.8) límites cómo concentrados $f$ y $\hat f$ pueden conjuntamente ser; aquí está su hermano todo o nada y su exacto saturación.

Deje $f \in L^1$ con $\operatorname{supp}f \subseteq \intcc{-A}A$ . Demuestre que $\hat f$ es la suma de un Serie de potencias convergentes en todas partes:

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

(expand $\eu^{-\iu\xi x}$ and justify the interchange by normal convergence): la transformación es real-analítico, con radio infinito de convergencia en todos los puntos.
Deducir la dicotomía del apoyo: una analítica real función que desaparece en un intervalo abierto no vacío desaparece de forma idéntica (el conjunto donde todos los derivados desaparecen está abierto y cerrado — resolver el argumento de Taylor); concluir que no hay $f$ distinto de cero tiene soporte compacto para $f$ y $\hat f$ , y que $PW_\Omega$ no contiene ningún valor distinto de cero de forma compacta función admitida — las señales de banda limitada duran para siempre, y las señales de tiempo limitado se filtran en todos frecuencias.
(Saturación de Heisenberg) En la familia gaussiana $f = \eu^{-ax^2}$ , calcule ambos factores de concentración y verificar que el producto normalizado $\bigl(\int x^2\abs f^2\bigr)\bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f}^2\bigr)\big/\norm f_2^4$ es igual $\frac14$ para cada $a$ — la igualdad familia de Ejercicio 14.8 en el carne; explique mediante un argumento de escala por qué el producto debe ser constante a lo largo de la familia.
Explicar la lectura física (posición/momento). densidades de un estado cuántico; $\hbar$ en el la normalización da $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ ), y conéctese a lo largo del capítulo: suavizado instantáneo (Parte II), irreversibilidad (Parte IV), muestreo (Parte V), Heisenberg y el soporte dicotomía son cinco expresiones de una ley: la El comportamiento de $\hat f$ en el infinito legisla lo que $f$ puede hacerlo en cualquier lugar.

Part VII — The kernel’s algebra, and one soluble example.

(Semigrupo) Demuestre el Chapman–Kolmogorov identidad $g_t * g_s = g_{t+s}$ para $t, s > 0$ (vía el teorema de convolución y la inyectividad de la transformar en $L^1$ ), y deducir $u(t + s) = g_s * u(t)$ : evolucionando por tiempo $t + s$ está evolucionando por $t$ , luego para $s$ . Afinar la disipación de la pregunta 8: escribiendo $\norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , mostrar por Cauchy–Schwarz que

$t \longmapsto \ln\,\norm{u(t)}_2 \quad\text{is convex on } \intoo0{+\infty} :$

la energía $L^2$ no sólo disminuye, sino que disminuye de forma log-convexa.
(Donde va el calor) Vamos $f \geq 0$ , $f \in L^1$ , con $\int x^2f(x)\dd x < \infty$ . Muestra eso para todos $t > 0$

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

el centro de calor nunca se mueve, y la varianza crece linealmente con el tiempo — el difusivo escalado $x \sim \sqrt{2t}$ , para volver a leer cuando El movimiento browniano aparece en Capítulo 22. (Calcule los dos primeros momentos de $g_t$ y use Tonelli sobre la convolución.)
(El gaussiano, resuelto de extremo a extremo) Para $f(x) = \eu^{-x^2}$ , establece la forma cerrada

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

y verificar en él, a mano: la ecuación $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ ; conservación $\int u(t) = \sqrt\pi$ ; la ley de disipación $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1 + 4t)^{-1/4}$ (comparar su $t^{-1/4}$ decaimiento con el decaimiento $t^{-1/2}$ sup-norm de la pregunta 8); y el crecimiento de la varianza exacto de la pregunta 24. En $t = 6$ : el pico ha bajado a $\frac15$ de su altura inicial mientras que el perfil es cinco veces más ancho — mismo calor, extendido.

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 EDO en $t$ para cada frecuencia: $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ . desde $\eu^{-t\xi^2} = \hat g_t$ (Ejercicio 14.4), el producto es el transformación de $g_t * f$ .

2. $\abs{u(t,x)} \leq \norm f_\infty\int g_t = \norm f_\infty$ : bien definido. En $[t_0, T]\times[-A, A]$ : cada uno derivado mixto $\partial^m_t\partial^n_xg_t(x - y)$ es un polinomio en $(x - y)$ y $t^{-1}$ veces $\eu^{-(x-y)^2/4t}$ , delimitado por $\abs y \geq 2A$ por $C\,(1 + y^2)^N\eu^{-(\abs y - A)^2/4T}$ , y integrable dominador independiente de $(t, x)$ en la ventana (y acotado para $\abs y \leq 2A$ ): diferenciación repetida bajo el Se aplica la integral (Teorema 10.15): $u \in \mathcal C^\infty(\intoo0\infty\times\R)$ .

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

(diferenciar 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 pasan las derivadas bajo la integral: $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ .

4. $u(t,x) - f(x) = \int g_t(y)\bigl(f(x - y) - f(x)\bigr)\dd y$ . Dado un compacto $K$ y $\varepsilon$ : uniforme continuidad de $f$ en un entorno de $K$ da $\delta$ con $\abs{f(x-y) - f(x)} < \varepsilon$ para $x \in K$ , $\abs y \leq \delta$ ; la cola contribuye con 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 $\frac2{\sqrt\pi}\int_{\delta/2\sqrt t}^\infty\eu^{-z^2}\dd z \to 0$ como $t \to 0$ . Para $f \in L^p$ : $\norm{u(t) - f}_p \leq \int g_t(y)\norm{\tau_yf - f}_p\dd y$ (Minkowski/Jensen como en Teorema 12.9), divida de la misma manera usando Teorema 12.6(3).

5. El suavizado instantáneo es la pregunta 2 ( $u(t)$ es $\mathcal C^\infty$ para $t > 0$ sin suavidad de $f$ usado). 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 $(0, \frac12)$ ).

6. El integrando $g_t(x-y)f(y)$ es $\geq 0$ y el El kernel es estrictamente positivo: $u(t,x) = 0$ forzaría a $f = 0$ . e.e. La monotonicidad en $f$ es la monotonicidad de la integral. un lugar donde $f = 0$ en un intervalo todavía tiene $u(t, \cdot) > 0$ ahí para cada $t > 0$ : el calor se propaga a velocidad infinita (cualquier positividad en cualquier lugar 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: $2\pi\norm{u(t)}_2^2 = \int\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , sin aumento en $t$ (puntualmente), estrictamente a menos que $\hat f = 0$ a.e. ( $= f = 0$ ), con límite $0$ como $t\to\infty$ por DCT. 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 derivado $\langle\varphi, \partial_t\hat u\rangle = \langle\varphi, \widehat{\partial_{xx}u}\rangle = \langle\xi^2\varphi\dots\rangle$ — precisamente, $\widehat{\partial^2_{xx}u} = -\xi^2\hat u$ transfiere el ecuación. Entonces para a.e. $\xi$ , el absolutamente continuo la función $t \mapsto \eu^{t\xi^2}\hat u(t,\xi)$ tiene derivada $\eu^{t\xi^2}(\xi^2\hat u + \partial_t\hat u) = 0$ en el sentido integrado: es constante, y deja $t \to 0$ ( $\hat u(t) \to \hat f$ en $L^2$ , a.e. a lo largo de una subsecuencia): $\hat u(t, \xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ a.e. dos Las soluciones de la clase tienen la misma transformación: son igual.

10. $f = g_s * h$ con $h \in L^2$ fuerza a $\hat f = \eu^{-s\xi^2}\hat h$ , es decir, $\hat h = \eu^{s\xi^2}\hat f \in L^2$ . Tome $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ : luego $f(x) = \frac1\pi\cdot\frac1{1 + x^2}$ (Ejercicio 14.1, inversión), un perfectamente función $L^2$ suave; pero $\eu^{2s\xi^2 - 2\abs\xi} \to \infty$ : $\eu^{s\xi^2}\hat f \notin L^2$ por cada $s > 0$ . El perfil de Cauchy es nunca el resultado de investigaciones anteriores. difusión.

11. El semigrupo de calor multiplica transforma por $\eu^{-t\xi^2}$ , que no desaparece en ninguna parte: inyectivo — Formalmente, no se destruye ninguna información. Pero su gama consiste de funciones cuyas transformadas decaen como $\eu^{-t\xi^2}$ : a subespacio pequeño, denso pero adecuado de $L^2$ (la pregunta 10 muestra incluso funciones excelentes se encuentran en el exterior). invertir sería amplificar la frecuencia $\xi$ por $\eu^{t\xi^2}$ : ilimitada, por lo tanto inestable frente a cualquier perturbación. La difusión es irreversible no porque la aplicación se olvide, sino porque su la inversa no puede ser continuo — una flecha del tiempo hecha de análisis funcional.

12. $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) \subseteq L^1$ (Cauchy–Schwarz en un intervalo acotado), por lo que $F(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ está definido en todas partes y diferenciación bajo la integral (dominada por $\Omega^k\abs{\hat f} \in L^1$ en la banda) lo hace $\mathcal C^\infty$ con $\abs{F^{(k)}} \leq \frac{\Omega^k}{2\pi}\norm{\hat f}_{L^1}$ en todas partes. Y $F = f$ a.e.: ambos lados tienen la misma transformada, y el la transformación es inyectiva en $L^2$ (Teorema 14.8 y sus extensión $L^2$ ).

13. Los exponenciales $\xi \mapsto \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}$ , $n \in \Z$ , forman un base de hilabert de $L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ (Teorema 13.9, reescalado). el coeficiente de $\hat f$ a lo largo del $n$ -ésimo 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 La expansión indicada se mantiene en $L^2$ de la banda.

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

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

15. Leyendo el cálculo de la pregunta 14 al revés, la transformación 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 la pregunta 14 expansión: $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .

16. $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc} (\Omega x) = \frac{\sin^2(\Omega x)}{\Omega x}$ desaparece en cada punto de la cuadrícula $\frac{n\pi}\Omega$ (incluido $0$ , por el límite) y no es idénticamente cero. Su banda: escriba $g = \frac1{2\iu}\bigl(\eu^{\iu\Omega x} - \eu^{-\iu\Omega x}\bigr)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ ; modulación por $\eu^{\pm\iu\Omega x}$ cambia la transformación en $\mp\Omega$ , por lo que $\hat g$ es compatible con $\intcc{-2\Omega}{2\Omega}$ (efectivamente en la unión de dos bandas desplazadas): $g \in PW_{2\Omega}$ , invisible para $\Omega$ muestreo de velocidad — aliasing encarnado.

17. Por la pregunta 15 las muestras llevan la energía democráticamente: $\norm f^2 = \frac\pi\Omega\sum \abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ . Si la energía de la señal fuera del La ventana de tiempo $\intcc{-T/2}{T/2}$ es $\leq \varepsilon^2\norm f^2$ , las muestras fuera de la ventana satisfacen (hasta el límite). términos controlados por el límite uniforme de la pregunta 12) $\frac\pi\Omega\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2} \abs{f(n\pi/\Omega)}^2 \approx \norm{f\,\mathbf 1_{\abs x > T/2}}^2 \leq \varepsilon^2\norm f^2$ : truncando el serie de muestreo al $\approx \frac{\Omega T}\pi$ Los índices en ventana reconstruyen $f$ hasta un error relativo. $\approx\varepsilon$ . De ahí el producto tiempo-ancho de banda $\frac{\Omega T}{\pi}$ cuenta los grados reales efectivos de libertad de la señal — la regla detrás de cada audio formato.

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 $n = 0$ , $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ — se reproduce el teorema su propio núcleo. (b) Si $\hat f$ es compatible con $\intcc{-\Omega'}{\Omega'} \subseteq \intcc{-\Omega}\Omega$ , se ejecuta cada paso de las preguntas 13–14 textualmente con la banda más grande $\Omega$ (la expansión de $\hat f$ en el intervalo mayor sigue siendo legítimo): El muestreo más rápido que la propia frecuencia Nyquist no cambia nada. en la reconstrucción — el sobremuestreo es inofensivo, y en práctica beneficiosa (núcleos de reconstrucción que se descomponen más rápido luego se puede utilizar).

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

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

El límite hace que la serie converja para cada complejo $\xi$ ; alrededor de cualquier punto $\xi_0$ , reagrupación (convergencia absoluta) da una serie de potencias en $\xi - \xi_0$ : $\hat f$ es Real-analítico con radio infinito en todas partes.

20. Dejemos que $g$ sea analítico real en $\R$ (serie Taylor convergiendo a $g$ cerca de cada punto) y $Z = \{\xi : g^{(k)}(\xi) = 0\ \forall k\}$ . $Z$ está cerrado (intersección de conjuntos cerrados); está abierto, ya que en $\xi_0 \in Z$ el local La expansión de Taylor de $g$ es la serie cero, por lo que $g$ desaparece idénticamente cerca de $\xi_0$ , junto con todos los derivados. si $g$ desaparece en un intervalo, $Z \neq \varnothing$ ; por conectividad de $\R$ , $Z = \R$ : $g \equiv 0$ . Ahora si $f \neq 0$ tuviera soporte compacto junto con $\hat f$ : pregunta 19 hace que $\hat f$ sea real-analítico, desapareciendo fuera de un compacto, por lo tanto en intervalos: $\hat f \equiv 0$ , entonces $f = 0$ a.e. por inyectividad — contradicción. Del mismo modo, un $f \in PW_\Omega$ distinto de cero no puede admitirse de forma compacta (intercambie los roles de $f$ y $\hat f$ mediante inversión): las señales de banda limitada nunca Dado que las señales de tiempo limitado ocupan un espectro ilimitado.

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); $\hat f = \sqrt{\frac\pi a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ (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: reemplazar $f$ 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 una dilatación invariante, y los gaussianos forman una dilatación órbita.

22. Con $\abs f^2$ la posición densidad y $\frac1{2\pi}\abs{\hat f}^2$ el impulso densidad de un estado cuántico (unidades físicas inserte $\hbar$ ), Ejercicio 14.8 lee $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ : ningún estado es nítido en ambos observables. A lo largo del capítulo, una ley usa cinco trajes: calienta al instante Suaviza porque $\eu^{-t\xi^2}$ aniquila las altas frecuencias. (Parte II); el flujo no puede retroceder porque restaurar ellos es ilimitado (Parte IV); una señal de banda limitada es rígida lo suficiente para vivir en una red contable (Parte V); sin función supera el piso de Heisenberg; y ninguna función es compacta apoyado en ambos lados de la transformación (preguntas 19-20). Lo que hace $\hat f$ en el infinito rige lo que puede hacer $f$ en cualquier lugar.

23. Tanto $g_t$ como $g_s$ están en $L^1$ con $\widehat{g_t}(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ (preguntas 1 cálculo), por lo que el teorema de convolución da $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \eu^{-(t+s)\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ ; dos funciones $L^1$ con la misma transformada conviene a.e. (inyectividad, a través de la teorema de inversión — aquí ambos lados son continuo, entonces coinciden en todos lados): $g_t * g_s = g_{t+s}$ . En consecuencia $u(t + s) = g_{t+s} * f = g_s * (g_t * f) = g_s * u(t)$ (asociatividad de convolución, Tonelli). Log-convexidad: let $N(t) = \norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2\dd\xi$ (Plancherel, pregunta 8). Para $t = \frac{t_1 + t_2}2$ , escriba

\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 convexo en el punto medio, y siendo continuo (convergencia dominada en $t$ ), convexo; entonces es $\ln\norm{u(t)}_2 = \frac12\ln N(t)$ . Decaimiento con un convexo. logaritmo: el flujo de calor no puede perder energía en una ráfaga y luego detenerse.

24. Los 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 $\iint(\abs z + \abs y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y < \infty$ (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 aplica a las integrales de momento 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,

cuál es el primer reclamo; 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 ,

el segundo. Significa agregar, agregar variaciones y el núcleo. contribuye con la media $0$ y la varianza $2t$ : después del tiempo $t$ el el calor se ha extendido sobre un ancho de orden $\sqrt{2t}$ — la distancia crece como la raíz cuadrada del tiempo, la firma de difusión (y del browniano caminos de Capítulo 22).

25. Lado de transformación: $\hat f(\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-\xi^2/4}$ , entonces $\hat u(t,\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-(t + \frac14)\xi^2}$ , que es la transformación 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. Verificación 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 lados calculados a partir de $\partial_xu = -\frac{2x}\sigma\,u$ . Conservación: $\int u(t) = \sigma^{-1/2}\sqrt{\pi\sigma} = \sqrt\pi$ para todos los $t$ . 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},

entonces $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1+4t)^{-1/4}$ , no creciente con logaritmo convexo (pregunta 23); el La norma $L^2$ decae como $t^{-1/4}$ , exactamente la mitad de $t^{-1/2}$ exponente de $\norm{u(t)}_\infty$ — consistente con $\norm u_2^2 \leq \norm u_\infty\norm u_1$ y conservación de $\norm u_1$ . Variación: $\int x^2u(t) = \frac1\sigma\cdot\frac{\sigma^{3/2}\sqrt\pi}2 = \frac{\sqrt\pi}2\,(1 + 4t) = \int x^2f + 2t\sqrt\pi$ , como la pregunta 24 predice ( $\int x^2f = \frac{\sqrt\pi}2$ , $\int f = \sqrt\pi$ ). En $t = 6$ : $\sigma = 25$ , altura máxima $u(6, 0) = \frac15$ versus $u(0,0) = 1$ , escala de ancho $\sqrt\sigma = 5$ veces la inicial, y $\int u = \sqrt\pi \approx 1.7725$ en todas partes: la mancha es cinco veces más bajo, cinco veces más ancho y no le falta ni una caloría.

14.1 La transformación en L1L^1L1

14.2 Inversión e inyectividad

14.3 La clase Schwartz

14.4 Plancherel y L2L^2L2

14.5 Ceremonias

14.6 Problema: la ecuación del calor en la recta.

14.1 La transformación en $L^1$

14.4 Plancherel y $L^2$