Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

14Transformasi Fourier

Deret Fourier menguraikan sinyal periodik menjadi harmonik diskret; sedangkan transformasi Fourier melakukan hal yang sama bagi sinyal pada seluruh garis, dengan frekuensi yang kontinu. Ia mengubah pendiferensialan menjadi perkalian, konvolusi menjadi hasil kali, dan fungsi Gauss menjadi fungsi Gauss — yakni alasan ia menyelesaikan persamaan diferensial, menggerakkan pengolahan sinyal, dan akan membuktikan teorema limit pusat di Bab 23. Bab ini mengembangkan teori $L^1$ -nya (Riemann–Lebesgue, pembalikan, keinjektifan), kelas Schwartz yang transformasinya menjadi bijeksi sempurna, dan teori $L^2$ -nya (Plancherel: bahwa transformasinya, sampai sebuah konstanta, merupakan operator uniter), beserta dua terapan andalan: yakni persamaan panas, yang diselesaikan sampai tuntas pada soal akhir pekan, dan rumus penjumlahan Poisson. Kesepakatannya:

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

14.1 Transformasinya pada $L^1$

Proposisi 14.1

Untuk $f \in L^1(\R)$ : $\hat f$ terdefinisi dengan baik, terbatas (sebab $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ), kontinu, dan:

$\widehat{\tau_af}(\xi) = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ dan $\widehat{\eu^{\iu ax}f}(\xi) = \hat f(\xi - a)$ ;
$\widehat{f(\cdot/\lambda)}(\xi) = \lambda\hat f(\lambda\xi)$ untuk $\lambda > 0$ ;
jika $xf \in L^1$ , maka $\hat f$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan $(\hat f)'(\xi) = \widehat{(-\iu x)f}(\xi)$ ;
jika $f \in \mathcal C^1$ dengan $f' \in L^1$ (dan $f \to 0$ di $\pm\infty$ , yang di sini otomatis), maka $\widehat{f'}(\xi) = \iu\xi\hat f(\xi)$ ;
$\widehat{f * g} = \hat f\,\hat g$ untuk $f, g \in L^1$ .

Bukti. Keterbatasannya: $\abs{\hat f} \leq \int\abs f$ . Kekontinuannya: lewat kekonvergenan terdominasi dengan pendominasi $\abs f$ (Teorema 10.14). (1), (2): lewat substitusinya (Teorema 11.10). (3): lewat pendiferensialan di bawah integralnya, dengan pendominasi $\abs{xf}$ (Teorema 10.15). (4): mula-mula, $f(x) = f(0) + \int_0^xf'$ berlimit di $\pm\infty$ (sebab $f' \in L^1$ ), yang haruslah $0$ (sebab $f \in L^1$ ); lalu integralkan secara parsial pada $[-A, A]$ dan biarkan $A \to \infty$ . (5): lewat Fubini, yang sah sebab $(x,y)\mapsto f(x - y)g(y)\eu^{-\iu\xi x}$ terintegralkan mutlak (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).

∎

Contoh 14.2

Fungsi Gauss: untuk $a > 0$ ,

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

menurut Latihan 10.7 (lewat kiat persamaan diferensial $F' = -\frac\xi{2}F$ yang diskalakan ulang), atau lewat (3): sebab $g = \widehat{\eu^{-ax^2}}$ memenuhi $g'(\xi) = -\frac{\xi}{2a}g(\xi)$ (lewat pengintegralan parsial) dengan $g(0) = \sqrt{\pi/a}$ . Jadi fungsi Gauss merupakan titik tetap transformasinya sampai penskalaan — yakni alasan mendalam mereka menguasai teorema limit pusat.

Teorema 14.3 (Riemann–Lebesgue)

Untuk $f \in L^1(\R)$ : $\hat f(\xi) \to 0$ saat $\abs\xi \to \infty$ . Jadi $\widehat{\phantom f} \colon L^1 \to \mathcal C_0(\R)$ (yakni fungsi kontinu yang lenyap di tak hingga).

Bukti. Untuk indikator sebuah selang, $\widehat{\mathbf 1_{\intcc ab}}(\xi) = \frac{\eu^{-\iu a\xi} - \eu^{-\iu b\xi}}{\iu\xi} \to 0$ ; sehingga demikian pula untuk fungsi tangga. Lalu fungsi tangganya padat di $L^1$ (Teorema 12.6(1) ditambah penghampiran himpunan berukuran berhingga oleh gabungan berhingga selang, Latihan 9.7), dan transformasinya bersifat kontinu $\norm\cdot_\infty$ - $\norm\cdot_1$ : sehingga untuk $\norm{f - s}_1 < \varepsilon$ , $\limsup_{\abs\xi\to\infty}\abs{\hat f(\xi)} \leq \varepsilon$ . ∎

14.2 Pembalikan dan keinjektifan

Lema 14.4 (Rumus perkalian)

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

Bukti. Kedua ruasnya sama dengan $\iint f(x)g(\xi)\eu^{-\iu x\xi}\dd x\,\dd\xi$ (lewat Tonelli–Fubini: sebab integral rangkap atas nilai mutlaknya adalah $\norm f_1\norm g_1$ ). ∎

Teorema 14.5 (Pembalikan)

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

(Keterjumlahan Gauss) Untuk setiap $x$ ,

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

dan $f * g_\varepsilon \to f$ di $L^1$ saat $\varepsilon \to 0$ .
Jika lebih lanjut $\hat f \in L^1$ , maka untuk hampir setiap $x$

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

dan $f$ mempunyai wakil yang kontinu.
(Keinjektifan) Jika $\hat f = 0$ maka $f = 0$ hampir di mana-mana.

Bukti. (1) Tetapkan $x$ lalu terapkan Lema 14.4 pada $f$ dan $g(\xi) = \frac1{2\pi}\eu^{-\varepsilon\xi^2}\eu^{\iu x\xi}$ : maka menurut Contoh 14.2 (dengan aturan modulasinya),

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

sehingga $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{-\varepsilon\xi^2} \eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \int f(y)g_\varepsilon(x - y)\dd y = (f*g_\varepsilon)(x)$ . Sedangkan $g_\varepsilon$ merupakan identitas hampiran: sebab $g_\varepsilon \geq 0$ , $\int g_\varepsilon = 1$ (lewat integral Gaussnya), dan ia memusat di $0$ ; sehingga bukti Teorema 12.9(2) berlaku kata demi kata (sebab hanya $\int g_\varepsilon = 1$ dan pemusatannya yang dipakai: dan untuk ekornya, $\int_{\abs y > \delta}g_\varepsilon \to 0$ ): jadi $\norm{f * g_\varepsilon - f}_1 \to 0$ .

(2) Jika $\hat f \in L^1$ : maka ruas kanan (1) konvergen, lewat kekonvergenan terdominasi (dengan pendominasi $\abs{\hat f}$ ), ke $\frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ untuk setiap $x$ , dan fungsi limitnya kontinu (lewat kekonvergenan terdominasi lagi). Sedangkan di sisi lain $f * g_\varepsilon \to f$ di $L^1$ , sehingga sepanjang sebuah subbarisan hampir di mana-mana (Teorema 12.4): jadi kedua limitnya bersesuaian hampir di mana-mana.

(3) Karena $\hat f = 0$ membuat ruas kanan (1) lenyap: $f * g_\varepsilon = 0$ untuk setiap $\varepsilon$ , dan $f * g_\varepsilon \to f$ di $L^1$ : sehingga $f = 0$ hampir di mana-mana. ∎

14.3 Kelas Schwartz

Definisi 14.6

Kelas Schwartz $\mathcal S(\R)$ terdiri atas fungsi $\mathcal C^\infty$ yang $f$ -nya memenuhi $\sup_x\abs{x^m f^{(n)}(x)} < \infty$ untuk setiap $m, n \geq 0$ (sehingga semua turunannya meluruh lebih cepat daripada pangkat mana pun). Contohnya: $\eu^{-ax^2}$ dan $\mathcal C_c^\infty$ . Jelaslah $\mathcal S \subseteq L^p$ untuk setiap $p$ (lewat batas $C(1 + x^2)^{-1}$ ), dan $\mathcal S$ stabil terhadap penurunan, perkalian dengan polinomial, dan hasil kali.

Teorema 14.7

Transformasi Fourier memetakan $\mathcal S(\R)$ secara bijektif ke dirinya sendiri, dengan balikan $\check g(x) = \frac1{2\pi}\int g(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ .

Bukti. Misalkan $f \in \mathcal S$ . Dengan mengiterasikan Proposisi 14.1(3), $(\hat f)^{(n)} = \widehat{(-\iu x)^nf}$ (sebab setiap $x^kf \in L^1$ ); lalu mengiterasikan (4) dengan $h = (-\iu x)^nf \in \mathcal S$ (yang semua turunannya terintegralkan), $(\iu\xi)^m\hat h = \widehat{h^{(m)}}$ . Digabungkan,

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

secara seragam terhadap $\xi$ : jadi $\hat f \in \mathcal S$ . Lalu karena $\hat f \in L^1$ , pembalikannya (Teorema 14.5(2)) berlaku di mana-mana (sebab kedua ruasnya kontinu): sehingga $\check{\hat f} = f$ , dan setangkup dengan itu $\widehat{\check g} = g$ (sebab transformasi centangnya adalah $g \mapsto \frac1{2\pi}\hat g(-\cdot)$ , yang kembali mengawetkan $\mathcal S$ ): jadi bijeksi. ∎

14.4 Plancherel dan $L^2$

Teorema 14.8 (Plancherel)

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

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

Karena itu $\widehat{\phantom f}$ diperluas secara tunggal menjadi sebuah pemetaan linear kontinu $\mathcal F \colon L^2(\R) \to L^2(\R)$ dengan $\norm{\mathcal Ff}_2 = \sqrt{2\pi}\norm f_2$ ; dan $\mathcal F$ bersifat bijektif, dengan $\mathcal F^{-1} = \frac1{2\pi}\,\mathcal F\circ\sigma$ dengan $\sigma f = f(-\cdot)$ , serta ia mengawetkan hasil kali dalam sampai faktor $2\pi$ .

Bukti. Misalkan $f \in L^1\cap L^2$ dan $h = f * \tilde f$ dengan $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ . Maka $h \in L^1$ (Teorema 11.9), $h$ kontinu dan terbatas (Latihan 12.6: sebab $f, \tilde f \in L^2$ ), $h(0) = \int f\bar f = \norm f_2^2$ , dan $\hat h = \hat f\,\widehat{\tilde f} = \hat f\,\overline{\hat f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ (hitunglah $\widehat{\tilde f} = \overline{\hat f}$ ). Lalu terapkan Teorema 14.5(1) pada $h$ di $x = 0$ :

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

Saat $\varepsilon \to 0$ : ruas kirinya menuju $h(0)$ (sebab $h$ kontinu terbatas: $(h*g_\varepsilon)(0) - h(0) = \int(h(-y) - h(0))g_\varepsilon(y)\dd y \to 0$ lewat pemisahan $y$ yang kecil dan besar); sedangkan ruas kanannya naik menuju $\frac1{2\pi}\int\hat h$ lewat kekonvergenan monoton (sebab $\hat h \geq 0$ ). Karena itu $\frac1{2\pi}\int\abs{\hat f}^2 = \norm f_2^2$ , entah berhingga entah tidak a priori — dan ternyata berhingga, yang membuktikan keanggotaannya sekaligus identitasnya.

Untuk perluasannya: $L^1\cap L^2 \supseteq \mathcal C_c$ bersifat padat di $L^2$ (Teorema 12.6); transformasinya bersifat isometrik sampai $\sqrt{2\pi}$ di sana, sehingga diperluas secara tunggal menjadi isometri sampai konstanta $\mathcal F$ pada $L^2$ (Teorema 7.2). Lalu pembalikan pada $\mathcal S$ (Teorema 14.7) berpindah lewat kepadatan yang sama (sebab kedua ruasnya kontinu- $L^2$ ): $\mathcal F\bigl(\frac1{2\pi}\mathcal F(\sigma f)\bigr) = f$ pada $\mathcal S$ , jadi pada $L^2$ : sehingga bijektif. Untuk hasil kali dalamnya: lewat polarisasi dari identitas normanya. ∎

Teorema 14.9 (Penjumlahan Poisson)

Misalkan $f \in \mathcal S(\R)$ (sebab $f$ kontinu dengan $\abs{f} + \abs{\hat f} \leq C(1 + \abs\cdot)^{-2}$ sudah cukup). Maka

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

Bukti. Misalkan $F(x) = \sum_{n\in\Z}f(x + n)$ : deretnya konvergen secara normal pada kompak (lewat peluruhan $f$ ), sehingga $F$ kontinu, dan ia berperiode $1$ . Koefisien Fouriernya (dengan periode $1$ : $c_k(F) = \int_0^1F(t)\eu^{-2\iu\pi kt}\dd t$ ):

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)

(sebab kekonvergenan normalnya membenarkan penukarannya; dan fasanya berperiode $1$ ). Deret $\sum_k\abs{c_k(F)}$ konvergen (lewat peluruhan $\hat f$ ), sehingga deret Fourier $F$ konvergen secara normal; jumlahnya berupa fungsi kontinu yang berkoefisien Fourier sama dengan $F$ , jadi sama dengan $F$ (lewat keinjektifan pada lingkarannya: sebab selisihnya berkoefisien nol, dan Teorema 13.9 memberikan nol di $L^2$ , sehingga di mana-mana lewat kekontinuannya). Lalu nilaikan di $x = 0$ . ∎

Contoh 14.10 (Identitas theta)

Dengan menerapkan Poisson pada $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ (dengan $t > 0$ ), yang transformasinya $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ (Contoh 14.2 dengan $a = \pi t$ ):

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

yakni persamaan fungsional fungsi theta Jacobi, kunci bagi persamaan fungsional $\zeta$ Riemann — sekaligus pemercepat numerik yang spektakuler: sebab untuk $t$ yang kecil, ruas kirinya konvergen lambat, sedangkan ruas kanannya sangat cepat.

Metode 14.11

Rentang kerjanya: $L^1$ — transformasinya terdefinisi titik demi titik, sedangkan pembalikannya menuntut $\hat f \in L^1$ ; $\mathcal S$ — segalanya sah, jadi buktikanlah di sini dahulu; $L^2$ — transformasinya terdefinisi lewat kepadatan (bukan lewat integralnya!), dengan kesetangkupan sempurna dan pembukuan Parseval. Untuk menghitung sebuah transformasi: susutkanlah ke tabelnya (indikator, eksponensial, fungsi Gauss) lewat aturan Proposisi 14.1; untuk membuktikan sebuah identitas: tegakkanlah pada $\mathcal S$ (atau $\mathcal C_c^\infty$ ) lalu perluas lewat kepadatan dan kekontinuannya (Metode 12.13); dan untuk menyelesaikan persamaan diferensial parsial atau biasa yang berkoefisien konstan: transformasikan, bagilah, lalu balikkan.

Kernel panas g_t(x) = 12√π t\, -x2/4t pada tiga waktu: dengan massa total 1 selamanya, tinggi t-1/2, dan lebar √ t. Mengonvolusikan data awal dengan fungsi Gauss yang menyebar ini adalah seluruh isi soal akhir pekannya; sedangkan dalam frekuensinya, gambar yang sama terbaca g_t( ) = -t 2 — yakni frekuensi tinggi mati lebih dahulu, dan ketaksetangkupan itulah anak panah waktu. — Kernel panas $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\,\eu^{-x^2/4t}$ pada tiga waktu: dengan massa total $1$ selamanya, tinggi $\sim t^{-1/2}$ , dan lebar $\sim \sqrt t$ . Mengonvolusikan data awal dengan fungsi Gauss yang menyebar ini adalah seluruh isi soal akhir pekannya; sedangkan dalam frekuensinya, gambar yang sama terbaca $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ — yakni frekuensi tinggi mati lebih dahulu, dan ketaksetangkupan itulah anak panah waktu.

14.5 Latihan

Latihan 14.1 ★

Hitunglah transformasi Fourier dari: $\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ ; $\eu^{-a\abs x}$ (dengan $a > 0$ ); fungsi tenda $\max(0, 1 - \abs x)$ ; dan $\frac1{x^2 + a^2}$ (pakailah pembalikan pada yang kedua). Lalu catatlah tabel yang muncul.

Solusi

Solusi Latihan 14.1.

$\widehat{\mathbf 1_{\intcc{-a}a}}(\xi) = \int_{-a}^a\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \frac{2\sin(a\xi)}{\xi}$ (dengan nilai $2a$ di $0$ ). $\widehat{\eu^{-a\abs x}}(\xi) = \int_0^\infty\eu^{-(a + \iu\xi)x} + \eu^{-(a - \iu\xi)x}\,\dd x = \frac1{a + \iu\xi} + \frac1{a - \iu\xi} = \frac{2a}{a^2 + \xi^2}$ . Untuk tendanya: $\max(0, 1 - \abs x) = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}} * \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ , sehingga transformasinya $\bigl(\frac{2\sin(\xi/2)}\xi\bigr)^2 = \bigl(\frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}\bigr)^2$ . Yang terakhir: $\frac{2a}{a^2+\xi^2} \in L^1$ , sehingga pembalikan (Teorema 14.5(2)) yang diterapkan pada $\eu^{-a\abs x}$ memberikan, setelah variabelnya dinamai ulang,

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

Latihan 14.2 ★

Misalkan $f \in L^1$ . Nyatakan dalam $\hat f$ transformasi dari: $f(x - a)$ , $f(x)\cos(bx)$ , $f(ax + b)$ , $\overline{f(-x)}$ , dan $(f * f)(x)$ . Lalu periksalah setiap aturannya pada fungsi Gauss.

Solusi

Solusi Latihan 14.2.

Dari Proposisi 14.1: $\widehat{f(\cdot - a)} = \eu^{-\iu a\xi}\hat f(\xi)$ ; $\widehat{f\cos(b\cdot)} = \frac12\bigl(\hat f(\xi - b) + \hat f(\xi + b)\bigr)$ ; $\widehat{f(a\cdot + b)}(\xi) = \frac1a\,\eu^{\iu b\xi/a}\,\hat f(\xi/a)$ (dengan $a > 0$ ); $\widehat{\overline{f(-\cdot)}} = \overline{\hat f}$ ; $\widehat{f * f} = \hat f^2$ . Pada fungsi Gauss (sebab $\widehat{\eu^{-x^2}} = \sqrt\pi\eu^{-\xi^2/4}$ ) setiap aturannya berupa pemeriksaan satu baris — misalnya $\eu^{-(x-a)^2}$ bertransformasi $\sqrt\pi\,\eu^{-\iu a\xi}\eu^{-\xi^2/4}$ , yang dibenarkan perhitungan langsungnya (lengkapkan kuadratnya).

Latihan 14.3 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ bertransformasi $\bigl(\frac{2\sin\xi}\xi \bigr)^2$ , lalu turunkan $\int_\R\bigl(\frac{\sin\xi}\xi\bigr)^2\dd\xi = \pi$ lewat Plancherel — atau lewat pembalikan di $0$ . Bandingkan dengan Soal 10.1. (b) Hitunglah $\int_\R\frac{\dd x}{(x^2+1)^2}$ lewat Plancherel yang diterapkan pada $\eu^{-\abs x}$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.3.

(a) Fungsi $h = \mathbf 1_{\intcc{-1}1}*\mathbf 1_{\intcc{-1}1}$ mempunyai $\hat h = \bigl(\frac{2\sin\xi}\xi\bigr)^2 \in L^1$ ; lalu pembalikan di $x = 0$ , tempat $h(0) = \lambda(\intcc{-1}1\cap\intcc{-1}1) = 2$ :

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 ,

yang konsisten dengan $\int_0^\infty\frac{\sin^2}{\xi^2} = \frac\pi2$ (Soal 10.1).

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

Latihan 14.4 ★★

(Aljabar kernel panas) Dengan $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : (a) periksalah $\hat g_t(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ ; (b) turunkan hukum semigrupnya $g_t * g_s = g_{t+s}$ tanpa perhitungan integral apa pun; (c) tunjukkan $\norm{g_t}_1 = 1$ dan $\norm{g_t}_2^2 = (8\pi t)^{-1/2}$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.4.

(a) $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ : menurut Contoh 14.2 dengan $a = \frac1{4t}$ , $\hat g_t(\xi) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\sqrt{4\pi t}\,\eu^{-t\xi^2} = \eu^{-t\xi^2}$ . (b) $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ , dan transformasinya injektif pada $L^1$ (Teorema 14.5(3)): sehingga $g_t * g_s = g_{t+s}$ . (c) $\norm{g_t}_1 = 1$ (lewat integral Gaussnya); dan $\norm{g_t}_2^2 = \frac1{4\pi t}\int\eu^{-x^2/2t}\dd x = \frac{\sqrt{2\pi t}}{4\pi t} = \frac1{\sqrt{8\pi t}}$ .

Latihan 14.5 ★★

Tunjukkan bahwa jika $f \in L^1$ genap dan real, maka $\hat f$ genap dan real; sedangkan jika $f$ gasal dan real, maka $\hat f$ gasal dan murni imajiner. Apakah yang dihitung $\hat f(0)$ ? Lalu turunkan bahwa $f \geq 0$ memaksa $\norm{\hat f}_\infty = \hat f(0) = \int f$ , lalu tafsirkanlah untuk kepadatan peluang (Bab 23: sebab sebuah fungsi karakteristik bermodulus $\leq 1$ , yang tercapai di $0$ ).

Solusi

Solusi Latihan 14.5.

Untuk $f$ yang real dan genap: $\hat f(\xi) = \int f\cos(\xi x)\dd x$ (sebab bagian sinusnya meniadakan diri): jadi real dan genap. Untuk yang gasal: $\hat f(\xi) = -\iu\int f\sin(\xi x)$ : jadi gasal dan murni imajiner. Sedangkan $\hat f(0) = \int f$ : yakni massa totalnya. Jika $f \geq 0$ : $\abs{\hat f(\xi)} \leq \int\abs f = \int f = \hat f(0)$ , sehingga supremumnya tercapai di $0$ . Untuk sebuah kepadatan peluang, $\hat f(-\xi)$ adalah fungsi karakteristik Bab 23: yang bermodulus $\leq 1$ di mana-mana dan $= 1$ di titik asalnya.

Latihan 14.6 ★★★

(Ketaksurjektifan) Tunjukkan bahwa $\widehat{\phantom f}\colon L^1 \to \mathcal C_0$ bersifat injektif dan kontinu, tetapi tak surjektif, dalam tiga langkah. (i) Keinjektifannya (Teorema 14.5) dan kekontinuannya (sebab $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ ), dan $\mathcal C_0$ merupakan ruang Banach (yang tertutup dalam $\norm\cdot_\infty$ ). (ii) Seandainya pemetaannya surjektif, ia akan bijektif, dan teorema pemetaan terbuka (Teorema 8.12) akan memberikan sebuah konstanta $C$ dengan $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ untuk setiap $f \in L^1$ . (iii) Pertentangkanlah itu dengan $f_n(x) = \frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : sebab transformasinya berupa (sampai konstantanya) trapesium bertipe konvolusi $\mathbf 1_{\intcc{-1}1} * \mathbf 1_{\intcc{-1/n}{1/n}}$ — lalu tunjukkan $\norm{\hat f_n}_\infty \leq \pi$ secara seragam, sedangkan $\norm{f_n}_1 \geq c\ln n$ dengan mencacah lengkungan $\frac{\abs{\sin x}}x$ pada $[1, n]$ (tempat faktor keduanya terbatas dari bawah), seperti pada Teorema 8.11.

Solusi

Solusi Latihan 14.6.

(i) Keinjektifannya adalah Teorema 14.5(3); kekontinuannya adalah $\norm{\hat f}_\infty \leq \norm f_1$ (dengan nilainya di $\mathcal C_0$ menurut Riemann–Lebesgue); dan $\mathcal C_0$ tertutup dalam norma supnya (sebab limit seragam fungsi yang lenyap di tak hingga lenyap di tak hingga): jadi Banach.

(ii) Bijeksi kontinu antara ruang Banach berbalikan kontinu (Teorema 8.12): sehingga akan ada $C$ dengan $\norm f_1 \leq C\norm{\hat f}_\infty$ .

(iii) Misalkan $f_n(x) = \frac{\sin x}x\cdot\frac{\sin(x/n)}{x/n}$ : yakni hasil kali dua fungsi $L^2$ , yang bernilai $O(x^{-2})$ di tak hingga, sehingga $f_n \in L^1\cap L^2$ . Karena $\bigl(\frac{\sin(ax)}{ax}\bigr)$ bertransformasi- $L^2$ $\frac\pi a\mathbf 1_{\intcc{-a}a}$ , rumus hasil kalinya $\widehat{gh} = \frac1{2\pi}\hat g * \hat h$ (yang sahih untuk $g, h \in L^2$ dengan $gh \in L^1$ ; periksalah pada fungsi Schwartz lewat Fubini lalu perluas lewat kekontinuan- $L^2$ kedua ruasnya lewat Plancherel) memberikan

\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):

yakni sebuah trapesium setinggi $\frac{\pi n}2\cdot\frac2n = \pi$ : sehingga $\norm{\hat f_n}_\infty = \pi$ untuk setiap $n$ . Padahal pada $[1, n]$ , $\frac{\sin(x/n)}{x/n} \geq \sin 1 > 0$ , sehingga

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

(lewat pencacahan lengkungannya, seperti pada Teorema 8.11). Jadi batas $\norm{f_n}_1 \leq C\pi$ gagal untuk $n$ yang besar: sehingga tak surjektif. (Petanya merupakan subruang $\mathcal C_0$ yang padat — lewat argumen bertipe Stone–Weierstrass — tetapi sejati.)

Latihan 14.7 ★★

(Kamus kemulusan $\leftrightarrow$ peluruhan) Buktikan: bahwa $f \in L^1$ dengan $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ untuk suatu $\delta > 0$ mengakibatkan $f$ mempunyai wakil $\mathcal C^k$ . Sebaliknya $f \in \mathcal C^k_c$ mengakibatkan $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k})$ . Lalu peragakan kedua arahnya pada fungsi tenda.

Solusi

Solusi Latihan 14.7.

Jika $\hat f(\xi) = O(\abs\xi^{-k-1-\delta})$ : maka $\xi^j\hat f \in L^1$ untuk $0 \leq j \leq k$ (yang terintegralkan di tak hingga menurut peluruhannya, dan secara lokal menurut kekontinuan $\hat f$ ). Lalu pembalikan (Teorema 14.5(2)) menyajikan $f$ hampir di mana-mana lewat $x \mapsto \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , dan pendiferensialan di bawah integralnya (dengan pendominasi $\abs{\xi^j\hat f}$ ) membuat wakil itu $\mathcal C^k$ . Sebaliknya untuk $f \in \mathcal C_c^k$ : dengan mengiterasikan Proposisi 14.1(4), $(\iu\xi)^k\hat f = \widehat{f^{(k)}}$ , sehingga $\abs{\hat f} \leq \norm{f^{(k)}}_1\abs\xi^{-k}$ . Untuk fungsi tendanya: ia kontinu dengan pendukung kompak (sehingga $k = 0$ : transformasinya terbatas), dan transformasinya $\sim \xi^{-2} = O(\abs\xi^{-0-1-1})$ mengembalikan, lewat arah pertamanya, sebuah wakil $\mathcal C^0$ — keduanya tajam: sebab tendanya bukan $\mathcal C^1$ , dan transformasinya meluruh tak lebih cepat daripada $\xi^{-2}$ .

Latihan 14.8 ★★★

(Ketaksamaan Heisenberg) Untuk $f \in \mathcal S(\R)$ yang real dengan $\norm f_2 = 1$ , buktikan bahwa

\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 ,

dengan kesamaannya bagi fungsi Gauss. (Tulislah $1 = \int f^2 = -\int x\,(f^2)'$ lewat pengintegralan parsial, batasi lewat Cauchy–Schwarz, lalu ubahlah $\norm{f'}_2$ lewat Plancherel.) Tafsirannya: bahwa sebuah sinyal dan spektrumnya tak dapat sama-sama terpusat.

Solusi

Solusi Latihan 14.8.

Lewat pengintegralan parsial (sebab $f \in \mathcal S$ ; sehingga suku batasnya lenyap):

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 .

Lalu Plancherel dan $\widehat{f'} = \iu\xi\hat f$ : $\norm{f'}_2^2 = \frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2$ . Dengan mengkuadratkan tampilannya:

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

Kesamaannya menuntut kesamaan pada Cauchy–Schwarz: yakni $f' = \lambda xf$ dengan $\lambda < 0$ (menurut keterintegralannya), yakni $f(x) = c\,\eu^{\lambda x^2/2}$ : jadi fungsi Gauss. Sebuah sinyal yang terpusat pada $x$ (dengan $\norm{xf}_2$ yang kecil) haruslah berspektrum tersebar, dan sebaliknya: yakni asas ketakpastiannya.

Latihan 14.9 ★★

Benarkanlah Contoh 14.10 secara terperinci (yakni hipotesis Poisson bagi fungsi Gaussnya), lalu pakailah identitasnya untuk menilaikan $\sum_{n\in\Z}\eu^{-\pi n^2}$ sampai enam desimal dengan tiga suku. Berapa suku deret pendefinisinya yang diperlukan bagi ketelitian yang sama pada $t = 10^{-2}$ , dibandingkan dengan deret yang tertransformasi?

Solusi

Solusi Latihan 14.9.

Fungsi Gauss $f(x) = \eu^{-\pi tx^2}$ bersifat Schwartz, sehingga Teorema 14.9 berlaku, dan $\hat f(\xi) = t^{-1/2}\eu^{-\xi^2/4\pi t}$ ; lalu di $\xi = 2\pi k$ ruas kanannya menjadi $t^{-1/2}\eu^{-\pi k^2/t}$ : yakni identitas thetanya. Pada $t = 1$ :

\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,

yang teliti sampai $6$ desimal dengan tiga suku (sebab $\eu^{-9\pi} \approx 5\cdot10^{-13}$ ). Pada $t = 10^{-2}$ : deret pendefinisinya memerlukan $\eu^{-\pi n^2/100} < 10^{-7}$ , yakni $n \gtrsim 23$ — kira-kira $47$ suku — sedangkan deret yang tertransformasi adalah $10\sum_k\eu^{-100\pi k^2}$ , yang sudah pada suku $k = 1$ bernilai $\sim 10^{-136}$ : sehingga satu suku sudah cukup.

Latihan 14.10 ★★

(Fungsi terbatas pita) Misalkan $f \in L^2(\R)$ dengan $\mathcal Ff$ berpendukung di $\intcc{-\pi}\pi$ . Tunjukkan bahwa $f$ mempunyai sebuah wakil yang setiap nilainya dapat dipulihkan dari cuplikannya: buktikanlah interpolasi Shannon di bilangan bulatnya,

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

dengan menguraikan $\mathcal Ff$ pada basis Fourier $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ (Teorema 13.9) lalu mentransformasikannya kembali suku demi suku.

Solusi

Solusi Latihan 14.10.

Berlaku $\mathcal Ff \in L^2(\intcc{-\pi}\pi) \subseteq L^1(\intcc{-\pi}\pi)$ (sebab berukuran berhingga), sehingga pembalikannya memberikan wakil kontinu $f(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\mathcal Ff(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ , dengan

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

dalam notasi Teorema 13.9. Dengan menguraikannya pada basis Hilbert itu: $\mathcal Ff = \sum_nf(n)\,\eu^{-\iu n\xi}$ di $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ . Lalu terapkan operator kontinu- $L^2$ $\mathcal F^{-1}$ suku demi suku:

\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)} ,

yang memberikan $f = \sum_nf(n)\operatorname{sinc}(\cdot - n)$ di $L^2$ : sehingga sinyal terbatas pita ditentukan oleh cuplikan bilangan bulatnya — yakni teorema pencuplikan Shannon.

Latihan 14.11 ★★

(Transformasinya sebagai operator berorde empat) Pada $\mathcal S(\R)$ , misalkan $\mathcal F f = \hat f$ . (a) Dengan memakai rumus pembalikannya, tunjukkan $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi\,f(-x)$ , lalu turunkan $\mathcal F^4 = (2\pi)^2\, \mathrm{id}$ . (b) Turunkan bahwa setiap nilai eigen $\mathcal F$ pada $\mathcal S$ termasuk $\{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ , lalu tampilkan sebuah fungsi eigen untuk $+\sqrt{2\pi}$ (fungsi mana pada bab ini yang sebanding dengan transformasinya sendiri?). (c) Tunjukkan bahwa fungsi genap memenuhi $\mathcal F^2f = 2\pi f$ dan yang gasal $\mathcal F^2f = -2\pi f$ ; lalu hasilkanlah sebuah fungsi eigen untuk nilai eigen $-\iu\sqrt{2\pi}$ dari $x\eu^{-x^2/2}$ dengan menghitung transformasinya (turunkanlah transformasi fungsi Gaussnya).

Solusi

Solusi Latihan 14.11.

(a) Lewat pembalikan pada $\mathcal S$ : $f(x) = \frac1{2\pi}\int\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi = \frac1{2\pi}(\mathcal F\hat f)(-x)$ , yakni $(\mathcal F^2f)(x) = 2\pi f(-x)$ . Dengan menerapkannya dua kali: $\mathcal F^4f = 2\pi\,\mathcal F^2f(-\cdot) = (2\pi)^2f$ .

(b) Jika $\mathcal Ff = \lambda f$ dengan $f \neq 0$ : maka $(2\pi)^2f = \mathcal F^4f = \lambda^4f$ , sehingga $\lambda^4 = (2\pi)^2$ : jadi $\lambda \in \{\pm\sqrt{2\pi}, \pm\iu\sqrt{2\pi}\}$ . Sedangkan fungsi Gauss $g(x) = \eu^{-x^2/2}$ mempunyai $\hat g = \sqrt{2\pi}\,g$ (Contoh 14.2 di $a = \frac12$ ): yakni fungsi eigen untuk $+\sqrt{2\pi}$ .

(c) Berlaku $\mathcal F^2f = 2\pi f(-\cdot)$ yang sama dengan $\pm2\pi f$ menurut paritasnya. Untuk $h(x) = x\eu^{-x^2/2}$ : dengan menurunkan $\hat g(\xi) = \sqrt{2\pi}\eu^{-\xi^2/2}$ memakai aturan $\widehat{xf} = \iu\frac{\dd}{\dd\xi}\hat f$ :

\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) :

yakni sebuah fungsi eigen untuk $-\iu\sqrt{2\pi}$ . (Fungsi Hermitenya melanjutkan polanya, dengan berputar melalui keempat nilai eigennya — yakni jam Fourier diskretnya.)

Latihan 14.12 ★★

(Autokorelasi dan lema Wiener) Untuk $f \in L^2(\R)$ definisikan $\tilde f(x) = \overline{f(-x)}$ dan autokorelasinya $A_f = f * \tilde f$ . (a) Tunjukkan bahwa $A_f$ merupakan fungsi kontinu terbatas dengan $A_f(0) = \norm f_2^2 \geq \abs{A_f(x)}$ untuk setiap $x$ (lewat Latihan 12.6 dan Cauchy–Schwarz). (b) Tunjukkan, mula-mula untuk $f \in L^1\cap L^2$ , bahwa $\widehat{A_f} = \abs{\hat f\,}^2 \geq 0$ : sehingga autokorelasinya bertransformasi tak negatif — jadi spektrum autokorelasi merupakan spektrum daya. (c) Turunkan identitas $\int_\R\abs{\hat f(\xi)}^2\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi = 2\pi A_f(x)$ (lewat pembalikan; benarkanlah keterterapannya bila $\hat f \in L^2$ mempunyai $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ ), lalu nilaikanlah untuk $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ di $x = 0$ : sehingga pulihlah $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ .

Solusi

Solusi Latihan 14.12.

(a) Berlaku $\tilde f \in L^2$ dengan $\norm{\tilde f}_2 = \norm f_2$ ; sehingga Latihan 12.6 (dengan eksponen sekawan $p = q = 2$ ) membuat $A_f = f * \tilde f$ terbatas dan kontinu seragam, dengan

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)

lewat Cauchy–Schwarz.

(b) Untuk $f \in L^1\cap L^2$ : $\tilde f \in L^1$ pula, dan teorema konvolusinya memberikan $\widehat{A_f} = \hat f\, \widehat{\tilde f}$ ; lalu dengan menghitungnya, $\widehat{\tilde f}(\xi) = \int\overline{f(-x)}\eu^{-\iu\xi x}\dd x = \overline{\int f(u)\eu^{-\iu\xi u}\dd u} = \overline{\hat f(\xi)}$ : sehingga $\widehat{A_f} = \abs{\hat f}^2 \geq 0$ .

(c) Bila $\abs{\hat f}^2 \in L^1$ , pembalikannya berlaku bagi $A_f$ yang kontinu (sebab transformasinya terintegralkan; Teorema 14.5):

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

Untuk $f = \mathbf 1_{\intcc{-1/2}{1/2}}$ : $\hat f(\xi) = \frac{2\sin(\xi/2)}\xi = \frac{\sin(\xi/2)}{\xi/2}$ , dan di $x = 0$ :

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

(dengan $\xi = 2u$ ), yakni $\int_\R\bigl(\frac{\sin u}u\bigr)^2\dd u = \pi$ — yakni integral kesayangan Plancherel, yang dipulihkan lewat autokorelasinya.

14.6 Soal: persamaan panas pada garis

Soal 14.1

Soal akhir pekan — $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ , yang diselesaikan sampai tuntas

Panas menyebar; dan persamaan $\partial_tu = \partial_{xx}^2u$ mengatakan bahwa kepadatannya berdifusi dengan laju yang diberikan kelengkungan lokal profil suhunya. Kita menyelesaikan soal Cauchynya pada $\R$ — yakni diberikan $f$ , carilah $u(t, x)$ untuk $t > 0$ dengan $u(0, \cdot) = f$ — lalu membuktikan sifat solusinya yang luar biasa, dan melihat mengapa waktu tak dapat dibalik. Sepanjang soal ini, $g_t(x) = \frac1{2\sqrt{\pi t}}\eu^{-x^2/4t}$ adalah kernel panas dan $u(t, \cdot) = g_t * f$ .

Bagian I — Menurunkan kernelnya. Bekerjalah secara formal dahulu: andaikan $u(t, \cdot) \in \mathcal S$ menyelesaikan persamaannya, lalu misalkan $\hat u(t, \xi)$ transformasinya terhadap $x$ .

Tunjukkan (secara formal) $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ , sehingga $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , lalu kenalilah $u(t) = g_t * f$ (Latihan 14.4). Ini memotivasi definisi $u$ ; dan segalanya kini dibuktikan secara langsung, untuk $f \in \mathcal C_b(\R)$ (yakni kontinu terbatas) atau $f \in L^p$ .

Bagian II — Pemeriksaannya.

Tunjukkan bahwa untuk $t > 0$ , $u(t, x) = \int g_t(x-y)f(y)\dd y$ terdefinisi dengan baik untuk $f \in \mathcal C_b$ , dan bahwa $u$ bersifat $\mathcal C^\infty$ terhadap $(t, x)$ pada $\intoo0\infty\times\R$ (turunkanlah di bawah integralnya; lalu dominasi turunan Gaussnya secara seragam lokal terhadap $(t,x)$ ).
Periksalah $\partial_tg_t = \partial^2_{xx}g_t$ lewat perhitungan langsung, lalu turunkan $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ untuk $t > 0$ .
(Syarat awalnya) Tunjukkan bahwa untuk $f \in \mathcal C_b$ , $u(t, x) \to f(x)$ saat $t \to 0^+$ , secara seragam pada kompak (lewat identitas hampirannya: pisahkan $\abs y \leq \delta$ dan $\abs y > \delta$ ); sedangkan untuk $f \in L^p$ (dengan $p < \infty$ ), tunjukkan $\norm{u(t) - f}_p \to 0$ .
(Pemulusan seketika) Simpulkan: bahkan untuk $f$ yang sekadar kontinu terbatas, solusinya bersifat $\mathcal C^\infty$ untuk setiap $t > 0$ — sehingga panas seketika menghapus kekasarannya. Lalu hitunglah $u(t, \cdot)$ secara eksplisit untuk $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ (yakni sebuah fungsi galat) lalu sketsakan profilnya untuk tiga nilai $t$ .

Bagian III — Sifat strukturalnya.

(Kepositifan dan pembandingan) Jika $f \geq 0$ maka $u > 0$ untuk setiap $t > 0$ (secara sejati, kecuali $f = 0$ hampir di mana-mana); dan jika $f_1 \leq f_2$ maka $u_1 \leq u_2$ . Sebuah titik dingin menghangat seketika: berkomentarlah.
(Kekekalan) Untuk $f \in L^1$ : $\int u(t, x)\dd x = \int f$ untuk setiap $t$ (lewat Tonelli) — sehingga panas totalnya kekal.
(Pelesapan) Untuk $f \in L^1\cap L^2$ , tunjukkan lewat Plancherel bahwa $t \mapsto \norm{u(t)}_2$ bersifat tak naik, secara sejati kecuali $f = 0$ , lalu hitunglah limitnya saat $t \to \infty$ . Lalu tunjukkan lebih lanjut $\norm{u(t)}_\infty \leq \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ : sehingga panas menyebar lalu mati.
(Ketunggalan, kelas $L^2$ ) Misalkan $u$ sebuah solusi dengan $u(t) \in L^2$ untuk setiap $t$ , $u \in \mathcal C^1(\intoo0\infty, L^2)$ dalam arti yang wajar, dan $u(t) \to f$ di $L^2$ saat $t\to0$ ; lalu dengan menerima bahwa transformasinya mengubahnya menjadi $\partial_t\hat u = -\xi^2\hat u$ secara titik demi titik hampir di mana-mana pada $\xi$ untuk hampir setiap $t$ (yang dibenarkan lewat pengujian terhadap $\mathcal C_c^\infty$ pada $\xi$ — garis besarkanlah ini), tunjukkan $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ , sehingga ketunggalannya pada kelas ini.

Bagian IV — Anak panah waktu.

Tunjukkan bahwa soal mundurnya tak berkondisi baik: yakni agar solusinya ada pada waktu $-s$ (dengan $s > 0$ ) dengan data $f$ pada waktu $0$ — yakni agar $f = g_s * h$ mempunyai solusi $h \in L^2$ — diperlukan bahwa $\eu^{s\xi^2}\hat f(\xi) \in L^2$ : yakni syarat peluruhan yang ekstrem pada $\hat f$ . Tampilkan sebuah $f \in L^2$ yang mulus dan eksplisit yang tak bersolusi mundur pada selang waktu mana pun: ambillah fungsi yang $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ -nya — kenalilah $f$ (Latihan 14.1) lalu tunjukkan $\eu^{s\xi^2}\eu^{-\abs\xi} \notin L^2$ untuk setiap $s > 0$ .
(Pemulusan lawan keterangan) Terangkan dalam sebuah paragraf pendek, dengan memakai pertanyaan 5, 9, dan 10, mengapa semigrup panasnya $(f \mapsto g_t * f)_{t\geq0}$ bersifat injektif tetapi tak surjektif pada $L^2$ , dan mengapa ini menyatakan ketakterbalikan difusinya.

Bagian V — Teorema pencuplikan Shannon. Sebuah fungsi $f \in L^2(\R)$ disebut terbatas pita pada $\Omega$ jika $\hat f = 0$ hampir di mana-mana di luar $\intcc{-\Omega}\Omega$ ; lalu tulislah $PW_\Omega$ (yakni ruang Paley–Wiener) untuk fungsi semacam itu.

Tunjukkan bahwa setiap $f \in PW_\Omega$ sama hampir di mana-mana dengan fungsi $\mathcal C^\infty$ $\frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^{\Omega}\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\,\dd\xi$ (benarkanlah kemulusannya dan pengenalannya), dengan semua turunannya terbatas: sehingga pembatasan pita merupakan bentuk keteraturan yang ekstrem. Mulai sekarang $f$ menandai wakil itu.
Uraikan $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ pada basis Fourier selang itu lalu kenalilah koefisiennya sebagai cuplikan $f$ :

$\hat f(\xi) = \frac\pi\Omega\sum_{n\in\Z} f\Bigl(\frac{n\pi}\Omega\Bigr)\, \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega} \quad\text{di } L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) .$
Turunkan teorema pencuplikannya: bahwa untuk $f \in PW_\Omega$ ,

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

dengan kekonvergenan di $L^2(\R)$ dan secara seragam pada $\R$ (sisipkan deret pertanyaan 13 ke dalam rumus pembalikannya lalu hitunglah integral dasarnya): sehingga sinyal terbatas pita sepenuhnya ditentukan oleh nilainya pada kisi berlangkah $\pi/\Omega$ — yakni laju Nyquist.
Tunjukkan bahwa fungsi $x \mapsto \operatorname{sinc}(\Omega x - n\pi)$ dengan $n \in \Z$ membentuk keluarga ortogonal di $L^2(\R)$ dengan norma tetap $\sqrt{\pi/\Omega}$ , lalu turunkan identitas energinya $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .
(Pelipatan spektrum) Tampilkan sebuah $g \in PW_{2\Omega}$ yang tak nol tetapi lenyap di setiap titik cuplikan $\frac{n\pi}\Omega$ (tinjaulah $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ lalu periksalah pitanya): sehingga mencuplik di bawah laju Nyquist kehilangan keterangan — sebab dua sinyal berbeda dapat berbagi semua cuplikannya: yakni gejala roda pedati stroboskopik, yang dimatematikakan.
(Derajat kebebasan) Dengan memakai pertanyaan 14–15, benarkanlah kaidah keteknikannya: bahwa sinyal yang terbatas pita pada $\Omega$ dan energinya pada dasarnya terbawa oleh jendela waktu berpanjang $T$ diuraikan oleh kira-kira $\frac{\Omega T}\pi$ cuplikan real — lalu persiskanlah “pada dasarnya” lewat identitas energinya dan ekornya $\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2}$ .
(Pemeriksaan kekonsistenan) Periksalah teorema pencuplikannya dengan tangan pada dua anggota $PW_\Omega$ : (a) $f = \operatorname{sinc}(\Omega\,\cdot)$ , yang cuplikannya $\delta_{n0}$ ; (b) sinyal pita sempit bertipe $f(x) = \cos(\omega x) \operatorname{sinc}(\varepsilon x)$ — lebih tepatnya, tunjukkan bahwa untuk $f \in PW_{\Omega'}$ dengan $\Omega' < \Omega$ , deret berlaju- $\Omega$ juga merekonstruksi $f$ (sehingga pencuplikan berlebih tak berbahaya), lewat pembenaman $PW_ {\Omega'} \subseteq PW_\Omega$ .

Bagian VI — Ketakpastian, dua kali lagi. Ketaksamaan Heisenberg (Latihan 14.8) membatasi seberapa terpusat $f$ dan $\hat f$ secara bersama dapat menjadi; dan berikut ini saudaranya yang serba-atau-tak-sama-sekali beserta penjenuhannya yang persis.

Misalkan $f \in L^1$ dengan $\operatorname{supp}f \subseteq \intcc{-A}A$ . Tunjukkan bahwa $\hat f$ merupakan jumlah sebuah deret pangkat yang konvergen di mana-mana:

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

(uraikan $\eu^{-\iu\xi x}$ lalu benarkan penukarannya lewat kekonvergenan normalnya): sehingga transformasinya bersifat analitik real, dengan jari-jari kekonvergenan tak berhingga di setiap titik.
Turunkan dikotomi pendukungnya: bahwa fungsi analitik real yang lenyap pada sebuah selang terbuka tak kosong lenyap secara identik (sebab himpunan yang semua turunannya lenyap bersifat terbuka sekaligus tertutup — kerjakanlah argumen Taylornya); lalu simpulkan bahwa tak ada $f$ tak nol yang $f$ maupun $\hat f$ -nya berpendukung kompak, dan bahwa $PW_\Omega$ tak memuat fungsi berpendukung kompak yang tak nol — sehingga sinyal terbatas pita berlangsung selamanya, dan sinyal terbatas waktu merembes ke semua frekuensinya.
(Penjenuhan Heisenberg) Pada keluarga Gauss $f = \eu^{-ax^2}$ , hitunglah kedua faktor pemusatannya lalu periksalah bahwa hasil kali ternormalkannya $\bigl(\int x^2\abs f^2\bigr)\bigl(\frac1{2\pi}\int \xi^2\abs{\hat f}^2\bigr)\big/\norm f_2^4$ sama dengan $\frac14$ untuk setiap $a$ — yakni keluarga kesamaan Latihan 14.8 yang sesungguhnya; lalu terangkan lewat argumen penskalaan mengapa hasil kalinya harus tetap di sepanjang keluarganya.
Terangkan bacaan fisikanya (yakni kepadatan posisi dan momentum sebuah keadaan kuantum; dan $\hbar$ pada penormalannya memberikan $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ ), lalu hubungkanlah sepanjang bab ini: pemulusan seketika (Bagian II), ketakterbalikan (Bagian IV), pencuplikan (Bagian V), Heisenberg, dan dikotomi pendukungnya adalah lima ungkapan satu hukum — yakni perilaku $\hat f$ di tak hingga mengatur apa yang boleh dilakukan $f$ di mana pun.

Bagian VII — Aljabar kernelnya, dan satu contoh yang terselesaikan.

(Semigrup) Buktikan identitas Chapman–Kolmogorov $g_t * g_s = g_{t+s}$ untuk $t, s > 0$ (lewat teorema konvolusinya dan keinjektifan transformasinya pada $L^1$ ), lalu turunkan $u(t + s) = g_s * u(t)$ : sehingga berevolusi selama waktu $t + s$ adalah berevolusi selama $t$ , lalu selama $s$ . Lalu tajamkanlah pelesapan pertanyaan 8: dengan menulis $\norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , tunjukkan lewat Cauchy–Schwarz bahwa

$t \longmapsto \ln\,\norm{u(t)}_2 \quad\text{bersifat cembung pada } \intoo0{+\infty} :$

sehingga energi $L^2$ -nya bukan sekadar menurun, melainkan menurun secara log-cembung.
(Ke mana panasnya pergi) Misalkan $f \geq 0$ dengan $f \in L^1$ dan $\int x^2f(x)\dd x < \infty$ . Tunjukkan bahwa untuk setiap $t > 0$

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

sehingga pusat panasnya tak pernah bergerak, dan ragamnya tumbuh secara linear terhadap waktu — yakni penskalaan difusif $x \sim \sqrt{2t}$ , yang akan dibaca ulang saat gerak Brown muncul di Bab 22. (Hitunglah dua momen pertama $g_t$ lalu pakailah Tonelli pada konvolusinya.)
(Fungsi Gaussnya, yang diselesaikan sampai tuntas) Untuk $f(x) = \eu^{-x^2}$ , tegakkanlah bentuk tertutupnya

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

lalu periksalah padanya, dengan tangan: persamaan $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ ; kekekalan $\int u(t) = \sqrt\pi$ ; hukum pelesapan $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1 + 4t)^{-1/4}$ (bandingkan peluruhan $t^{-1/4}$ -nya dengan peluruhan norma-sup $t^{-1/2}$ pada pertanyaan 8); dan pertumbuhan ragam yang persis pada pertanyaan 24. Pada $t = 6$ : puncaknya telah turun menjadi $\frac15$ tinggi awalnya sedangkan profilnya lima kali lebih lebar — yakni panas yang sama, yang tersebar.

Solusi

Solusi Soal 14.1.

1. Dengan mentransformasikan persamaannya terhadap $x$ (secara formal): $\partial_t\hat u(t,\xi) = \widehat{\partial^2_{xx}u} = (\iu\xi)^2\hat u = -\xi^2\hat u$ , yakni persamaan diferensial biasa terhadap $t$ untuk setiap frekuensinya: $\hat u(t,\xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ . Karena $\eu^{-t\xi^2} = \hat g_t$ (Latihan 14.4), hasil kalinya adalah transformasi $g_t * f$ .

2. Berlaku $\abs{u(t,x)} \leq \norm f_\infty\int g_t = \norm f_\infty$ : jadi terdefinisi dengan baik. Pada $[t_0, T]\times[-A, A]$ : setiap turunan campurannya $\partial^m_t\partial^n_xg_t(x - y)$ berupa polinomial dalam $(x - y)$ dan $t^{-1}$ dikali $\eu^{-(x-y)^2/4t}$ , yang untuk $\abs y \geq 2A$ terbatas oleh $C\,(1 + y^2)^N\eu^{-(\abs y - A)^2/4T}$ , yakni pendominasi terintegralkan yang tak bergantung pada $(t, x)$ di jendela itu (dan terbatas untuk $\abs y \leq 2A$ ): sehingga pendiferensialan berulang di bawah integralnya (Teorema 10.15) berlaku: jadi $u \in \mathcal C^\infty(\intoo0\infty\times\R)$ .

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

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

(turunkanlah dua kali terhadap $x$ : $\partial_xg_t = -\frac x{2t}g_t$ , sehingga $\partial^2_{xx}g_t = \bigl(\frac{x^2}{4t^2} - \frac1{2t}\bigr)g_t$ ). Lalu menurut pertanyaan 2 turunannya lewat di bawah integralnya: sehingga $\partial_tu = \partial^2_{xx}u$ .

4. Berlaku $u(t,x) - f(x) = \int g_t(y)\bigl(f(x - y) - f(x)\bigr)\dd y$ . Diberikan sebuah kompak $K$ dan $\varepsilon$ : kekontinuan seragam $f$ pada sebuah persekitaran $K$ memberikan $\delta$ dengan $\abs{f(x-y) - f(x)} < \varepsilon$ untuk $x \in K$ dan $\abs y \leq \delta$ ; sedangkan ekornya menyumbang $\leq 2\norm f_\infty\int_{\abs y > \delta}g_t(y)\dd y = 2\norm f_\infty\,\P$ yakni massa di luar $\delta$ , yang bernilai $\frac2{\sqrt\pi}\int_{\delta/2\sqrt t}^\infty\eu^{-z^2}\dd z \to 0$ saat $t \to 0$ . Untuk $f \in L^p$ : $\norm{u(t) - f}_p \leq \int g_t(y)\norm{\tau_yf - f}_p\dd y$ (lewat Minkowski/Jensen seperti pada Teorema 12.9), lalu pisahkan dengan cara yang sama memakai Teorema 12.6(3).

5. Pemulusan seketikanya adalah pertanyaan 2 (sebab $u(t)$ bersifat $\mathcal C^\infty$ untuk $t > 0$ tanpa memakai kemulusan $f$ apa pun). Untuk $f = \mathbf 1_{\intoo0\infty}$ :

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 :

yakni sebuah tangga yang termuluskan dengan zona peralihan yang melebar seperti $\sqrt t$ (dengan profil pada $t_1 < t_2 < t_3$ : yakni landaian yang makin datar melalui $(0, \frac12)$ ).

6. Integrannya $g_t(x-y)f(y)$ bernilai $\geq 0$ dan kernelnya positif sejati: sehingga $u(t,x) = 0$ akan memaksa $f = 0$ hampir di mana-mana. Sedangkan kemonotonan terhadap $f$ adalah kemonotonan integralnya. Sebuah titik yang $f = 0$ -nya pada sebuah selang tetap mempunyai $u(t, \cdot) > 0$ di sana untuk setiap $t > 0$ : sehingga panas merambat dengan laju tak berhingga (sebab kepositifan di mana pun terasa di mana-mana seketika).

7. Lewat Tonelli (sebab $g_t(x-y)\abs{f(y)}$ terintegralkan pada $\R^2$ ): $\int u(t,x)\dd x = \int f(y)\bigl(\int g_t(x - y)\dd x\bigr)\dd y = \int f$ .

8. Lewat Plancherel: $2\pi\norm{u(t)}_2^2 = \int\eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f(\xi)}^2\dd\xi$ , yang tak naik terhadap $t$ (secara titik demi titik), dan sejati kecuali $\hat f = 0$ hampir di mana-mana (yakni $= f = 0$ ), dengan limit $0$ saat $t\to\infty$ lewat kekonvergenan terdominasi. Dan $\norm{u(t)}_\infty \leq \norm{g_t}_\infty\norm f_1 = \frac{\norm f_1}{2\sqrt{\pi t}} \to 0$ .

9. Untuk $\varphi \in \mathcal C_c^\infty$ , $t \mapsto \langle\varphi, \hat u(t)\rangle$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan turunan $\langle\varphi, \partial_t\hat u\rangle = \langle\varphi, \widehat{\partial_{xx}u}\rangle = \langle\xi^2\varphi\dots\rangle$ — lebih tepatnya, $\widehat{\partial^2_{xx}u} = -\xi^2\hat u$ memindahkan persamaannya. Lalu untuk hampir setiap $\xi$ , fungsi $t \mapsto \eu^{t\xi^2}\hat u(t,\xi)$ yang kontinu mutlak berturunan $\eu^{t\xi^2}(\xi^2\hat u + \partial_t\hat u) = 0$ dalam arti terintegralkannya: sehingga ia konstan, dan dengan membiarkan $t \to 0$ (sebab $\hat u(t) \to \hat f$ di $L^2$ , jadi hampir di mana-mana sepanjang sebuah subbarisan): $\hat u(t, \xi) = \eu^{-t\xi^2}\hat f(\xi)$ hampir di mana-mana. Jadi dua solusi pada kelas itu bertransformasi sama: sehingga keduanya sama.

10. Bahwa $f = g_s * h$ dengan $h \in L^2$ memaksa $\hat f = \eu^{-s\xi^2}\hat h$ , yakni $\hat h = \eu^{s\xi^2}\hat f \in L^2$ . Ambillah $\hat f(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ : maka $f(x) = \frac1\pi\cdot\frac1{1 + x^2}$ (Latihan 14.1, lewat pembalikan), yakni fungsi $L^2$ yang mulus sempurna; padahal $\eu^{2s\xi^2 - 2\abs\xi} \to \infty$ : sehingga $\eu^{s\xi^2}\hat f \notin L^2$ untuk setiap $s > 0$ . Jadi profil Cauchynya tak pernah merupakan hasil difusi sebelumnya.

11. Semigrup panasnya mengalikan transformasinya dengan $\eu^{-t\xi^2}$ , yang tak lenyap di mana pun: jadi injektif — sehingga secara formal tak ada keterangan yang dimusnahkan. Tetapi jangkauannya terdiri atas fungsi yang transformasinya meluruh seperti $\eu^{-t\xi^2}$ : yakni subruang $L^2$ yang mungil, padat, tetapi sejati (sebab pertanyaan 10 menunjukkan bahwa fungsi yang sangat baik pun terletak di luarnya). Membalikkannya akan menguatkan frekuensi $\xi$ dengan $\eu^{t\xi^2}$ : yang tak terbatas, sehingga tak stabil terhadap gangguan apa pun. Jadi difusinya tak terbalikkan bukan karena pemetaannya lupa, melainkan karena balikannya tak dapat kontinu — yakni anak panah waktu yang terbuat dari analisis fungsional.

12. Berlaku $\hat f \in L^2(\intcc{-\Omega}\Omega) \subseteq L^1$ (lewat Cauchy–Schwarz pada selang terbatas), sehingga $F(x) = \frac1{2\pi}\int_{-\Omega}^\Omega\hat f(\xi)\eu^{\iu x\xi}\dd\xi$ terdefinisi di mana-mana, dan pendiferensialan di bawah integralnya (yang terdominasi oleh $\Omega^k\abs{\hat f} \in L^1$ pada pitanya) membuatnya $\mathcal C^\infty$ dengan $\abs{F^{(k)}} \leq \frac{\Omega^k}{2\pi}\norm{\hat f}_{L^1}$ di mana-mana. Dan $F = f$ hampir di mana-mana: sebab kedua ruasnya bertransformasi sama, dan transformasinya injektif pada $L^2$ (Teorema 14.8 beserta perluasan $L^2$ -nya).

13. Eksponensial $\xi \mapsto \eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}$ dengan $n \in \Z$ membentuk basis Hilbert $L^2(\intcc{-\Omega}\Omega)$ (Teorema 13.9, yang diskalakan ulang). Koefisien $\hat f$ sepanjang yang ke- $n$ adalah

\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),

menurut rumus pertanyaan 12 di $x = \frac{n\pi}\Omega$ : sehingga uraian yang dinyatakan itu berlaku di $L^2$ pitanya.

14. Sisipkan uraiannya ke dalam rumus pembalikan pertanyaan 12; sedangkan penukaran jumlah dan integralnya adalah kekontinuan pemasangan $L^2$ terhadap $\frac1{2\pi} \eu^{\iu x\xi}\mathbf 1_{\abs\xi\leq\Omega}$ (yang bernorma- $L^2$ $\frac{\sqrt{2\Omega}}{2\pi}$ dan tak bergantung pada $x$ — sehingga keseragamannya):

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),

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

15. Dengan membaca perhitungan pertanyaan 14 secara mundur, transformasi $s_n = \operatorname{sinc}(\Omega\cdot - n\pi)$ adalah $\hat s_n = \frac\pi\Omega\,\eu^{-\iu n\pi\xi/\Omega}\,\mathbf 1_{\intcc{-\Omega}\Omega}$ . Lalu 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} :

yakni keluarga ortogonal yang bernorma tetap $\sqrt{\pi/\Omega}$ . Lalu dengan mengambil norma pada uraian pertanyaan 14: $\norm f_2^2 = \frac\pi\Omega\sum_n\abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ .

16. Fungsi $g(x) = \sin(\Omega x)\operatorname{sinc} (\Omega x) = \frac{\sin^2(\Omega x)}{\Omega x}$ lenyap di setiap titik kisi $\frac{n\pi}\Omega$ (termasuk $0$ , lewat limitnya) dan tak identik nol. Untuk pitanya: tulislah $g = \frac1{2\iu}\bigl(\eu^{\iu\Omega x} - \eu^{-\iu\Omega x}\bigr)\operatorname{sinc}(\Omega x)$ ; sebab modulasi oleh $\eu^{\pm\iu\Omega x}$ menggeser transformasinya sejauh $\mp\Omega$ , sehingga $\hat g$ berpendukung di $\intcc{-2\Omega}{2\Omega}$ (sungguh di gabungan dua pita yang tergeser): jadi $g \in PW_{2\Omega}$ , yang tak terlihat oleh pencuplikan berlaju- $\Omega$ — yakni pelipatan spektrum yang menjelma.

17. Menurut pertanyaan 15 cuplikannya membawa energinya secara demokratis: $\norm f^2 = \frac\pi\Omega\sum \abs{f(n\pi/\Omega)}^2$ . Jika energi sinyalnya di luar jendela waktu $\intcc{-T/2}{T/2}$ bernilai $\leq \varepsilon^2\norm f^2$ , maka cuplikan di luar jendelanya memenuhi (sampai suku batas yang dikendalikan batas seragam pertanyaan 12) $\frac\pi\Omega\sum_{\abs{n\pi/\Omega} > T/2} \abs{f(n\pi/\Omega)}^2 \approx \norm{f\,\mathbf 1_{\abs x > T/2}}^2 \leq \varepsilon^2\norm f^2$ : sehingga memancung deret pencuplikannya menjadi $\approx \frac{\Omega T}\pi$ indeks di dalam jendelanya merekonstruksi $f$ sampai galat nisbi $\approx\varepsilon$ . Karena itu hasil kali waktu dan lebar pita $\frac{\Omega T}{\pi}$ mencacah derajat kebebasan real efektif sinyalnya — yakni kaidah di balik setiap format audio.

18. (a) Fungsi $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ bercuplikan $f(n\pi/\Omega) = \operatorname{sinc}(n\pi) = \delta_{n0}$ : sehingga deretnya menyusut ke suku $n = 0$ -nya, yakni $\operatorname{sinc}(\Omega x)$ — jadi teoremanya mereproduksi kernelnya sendiri. (b) Jika $\hat f$ berpendukung di $\intcc{-\Omega'}{\Omega'} \subseteq \intcc{-\Omega}\Omega$ , maka setiap langkah pertanyaan 13–14 berjalan kata demi kata dengan pita $\Omega$ yang lebih besar (sebab uraian $\hat f$ pada selang yang lebih besar tetap sah): sehingga mencuplik lebih cepat daripada laju Nyquistnya sendiri tak mengubah apa pun pada rekonstruksinya — jadi pencuplikan berlebih tak berbahaya, dan pada praktiknya bermanfaat (sebab kernel rekonstruksi yang meluruh lebih cepat lalu dapat dipakai).

19. Uraikan $\eu^{-\iu\xi x} = \sum_k\frac{(-\iu\xi x)^k}{k!}$ di dalam integralnya; lalu pada $\intcc{-A}A$ deretnya konvergen secara normal (sebab $\sum_k\frac{\abs{\xi}^kA^k}{k!}\abs f \in L^1$ ), sehingga pengintegralan suku demi suku bersifat sah:

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

Batas itu membuat deretnya konvergen untuk setiap $\xi$ yang kompleks; lalu di sekitar sembarang titik $\xi_0$ , pengelompokan ulangnya (lewat kekonvergenan mutlaknya) memberikan deret pangkat dalam $\xi - \xi_0$ : sehingga $\hat f$ bersifat analitik real dengan jari-jari tak berhingga di mana-mana.

20. Misalkan $g$ analitik real pada $\R$ (yakni deret Taylornya konvergen ke $g$ di dekat setiap titik) dan $Z = \{\xi : g^{(k)}(\xi) = 0\ \forall k\}$ . Maka $Z$ tertutup (sebab irisan himpunan tertutup); dan ia terbuka, sebab di $\xi_0 \in Z$ uraian Taylor lokal $g$ adalah deret nol, sehingga $g$ lenyap secara identik di dekat $\xi_0$ , beserta semua turunannya. Jika $g$ lenyap pada sebuah selang, maka $Z \neq \varnothing$ ; lalu menurut keterhubungan $\R$ , $Z = \R$ : sehingga $g \equiv 0$ . Kini jika $f \neq 0$ berpendukung kompak bersama $\hat f$ : maka pertanyaan 19 membuat $\hat f$ analitik real, yang lenyap di luar sebuah kompak, jadi pada selang: sehingga $\hat f \equiv 0$ , jadi $f = 0$ hampir di mana-mana lewat keinjektifannya — yang bertentangan. Demikian pula $f \in PW_\Omega$ yang tak nol tak dapat berpendukung kompak (dengan menukar peran $f$ dan $\hat f$ lewat pembalikannya): sehingga sinyal terbatas pita tak pernah mati, dan sinyal terbatas waktu menempati spektrum yang tak terbatas.

21. Untuk $f = \eu^{-ax^2}$ : $\norm f_2^2 = \sqrt{\frac\pi{2a}}$ dan $\int x^2\abs f^2 = \frac1{4a}\sqrt{\frac{\pi}{2a}}$ (lewat momen kedua Gaussnya); sedangkan $\hat f = \sqrt{\frac\pi a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ (Contoh 14.2) dan

\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 .

Hasil kali ternormalkannya: $\frac1{4a}\sqrt{\frac\pi{2a}}\cdot \frac{\sqrt{2\pi a}}2\big/\frac{\pi}{2a} = \frac14$ , yang tak bergantung pada $a$ . Penskalaannya menerangkan ketetapannya: sebab mengganti $f$ dengan $f(\lambda\cdot)$ mengalikan $\int x^2\abs f^2/\norm f^2$ dengan $\lambda^{-2}$ dan $\frac1{2\pi}\int\xi^2\abs{\hat f}^2/\norm f^2$ dengan $\lambda^{2}$ : sehingga hasil kalinya invarian terhadap pendilatan, dan fungsi Gaussnya membentuk satu orbit pendilatan.

22. Dengan $\abs f^2$ sebagai kepadatan posisi dan $\frac1{2\pi}\abs{\hat f}^2$ kepadatan momentum sebuah keadaan kuantum (sedangkan satuan fisikanya menyisipkan $\hbar$ ), Latihan 14.8 berbunyi $\sigma_x\sigma_p \geq \frac\hbar2$ : sehingga tak ada keadaan yang tajam pada kedua teramatnya. Di sepanjang bab ini, satu hukum mengenakan lima jubah: panas seketika memuluskan sebab $\eu^{-t\xi^2}$ memusnahkan frekuensi tinggi (Bagian II); alirannya tak dapat berjalan mundur sebab memulihkannya bersifat tak terbatas (Bagian IV); sinyal terbatas pita cukup kaku untuk hidup pada kisi terbilang (Bagian V); tak ada fungsi yang mengalahkan lantai Heisenberg; dan tak ada fungsi yang berpendukung kompak pada kedua sisi transformasinya (pertanyaan 19–20). Jadi apa yang dilakukan $\hat f$ di tak hingga mengatur apa yang boleh dilakukan $f$ di mana pun.

23. Baik $g_t$ maupun $g_s$ berada di $L^1$ dengan $\widehat{g_t}(\xi) = \eu^{-t\xi^2}$ (lewat perhitungan pertanyaan 1), sehingga teorema konvolusinya memberikan $\widehat{g_t * g_s} = \eu^{-t\xi^2}\eu^{-s\xi^2} = \eu^{-(t+s)\xi^2} = \widehat{g_{t+s}}$ ; dan dua fungsi $L^1$ yang bertransformasi sama bersesuaian hampir di mana-mana (lewat keinjektifannya, yaitu lewat teorema pembalikannya — dan di sini kedua ruasnya kontinu, sehingga keduanya bersesuaian di mana-mana): jadi $g_t * g_s = g_{t+s}$ . Karena itu $u(t + s) = g_{t+s} * f = g_s * (g_t * f) = g_s * u(t)$ (lewat keasosiatifan konvolusinya dan Tonelli). Untuk kelog-cembungannya: misalkan $N(t) = \norm{u(t)}_2^2 = \frac1{2\pi}\int \eu^{-2t\xi^2}\abs{\hat f}^2\dd\xi$ (lewat Plancherel, pertanyaan 8). Untuk $t = \frac{t_1 + t_2}2$ , tulislah

\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},

lalu Cauchy–Schwarz memberikan $N\bigl(\frac{t_1+t_2}2\bigr) \leq \sqrt{N(t_1)\,N(t_2)}$ : sehingga $\ln N$ cembung di titik tengahnya, dan karena kontinu (lewat kekonvergenan terdominasi terhadap $t$ ), ia cembung; jadi demikian pula $\ln\norm{u(t)}_2 = \frac12\ln N(t)$ . Yakni peluruhan berlogaritma cembung: sehingga aliran panasnya tak dapat kehilangan energi dalam satu ledakan lalu mandek.

24. Momen kernelnya: $\int g_t = 1$ (lewat pertanyaan 7 dengan $f = g_s$ , atau langsung lewat integral Gaussnya), $\int x\,g_t(x)\dd x = 0$ (sebab integrannya gasal), dan, dengan menyubstitusikan $x = 2\sqrt t\,v$ ,

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

Lalu dengan menyubstitusikan $x = z + y$ pada konvolusinya dan mengamati bahwa $\iint(\abs z + \abs y)^2g_t(z)f(y)\,\dd z\,\dd y < \infty$ (sebab masing-masing $\int\abs z^kg_t$ dan $\int\abs y^kf$ berhingga untuk $k \leq 2$ , dengan memakai $\abs y \leq \frac{1 + y^2}2$ ), Fubini dan Tonelli berlaku bagi integral momen di bawah ini:

\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,

yakni klaim pertamanya; dan

\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 ,

yakni yang kedua. Jadi meannya menjumlah, ragamnya menjumlah, dan kernelnya menyumbang mean $0$ serta ragam $2t$ : sehingga setelah waktu $t$ panasnya telah menyebar selebar orde $\sqrt{2t}$ — yakni jarak tumbuh seperti akar kuadrat waktunya, yaitu tanda tangan difusinya (dan lintasan Brown pada Bab 22).

25. Pada sisi transformasinya: $\hat f(\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-\xi^2/4}$ , sehingga $\hat u(t,\xi) = \sqrt\pi\,\eu^{-(t + \frac14)\xi^2}$ , yang merupakan transformasi $(1 + 4t)^{-1/2}\exp\bigl(-x^2/(1+4t)\bigr)$ (lewat kamus Gaussnya $\eu^{-ax^2} \mapsto \sqrt{\pi/a}\,\eu^{-\xi^2/4a}$ dengan $a = \frac1{1+4t}$ ): yakni bentuk tertutupnya. Untuk pemeriksaan langsungnya, dengan $\sigma = 1 + 4t$ :

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

dengan kedua ruasnya dihitung dari $\partial_xu = -\frac{2x}\sigma\,u$ . Untuk kekekalannya: $\int u(t) = \sigma^{-1/2}\sqrt{\pi\sigma} = \sqrt\pi$ untuk setiap $t$ . Untuk pelesapannya:

\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},

sehingga $\norm{u(t)}_2 = (\pi/2)^{1/4}(1+4t)^{-1/4}$ , yang tak naik dengan logaritma yang cembung (pertanyaan 23); dan norma $L^2$ -nya meluruh seperti $t^{-1/4}$ , tepat separuh eksponen $t^{-1/2}$ milik $\norm{u(t)}_\infty$ — yang konsisten dengan $\norm u_2^2 \leq \norm u_\infty\norm u_1$ dan kekekalan $\norm u_1$ . Untuk ragamnya: $\int x^2u(t) = \frac1\sigma\cdot\frac{\sigma^{3/2}\sqrt\pi}2 = \frac{\sqrt\pi}2\,(1 + 4t) = \int x^2f + 2t\sqrt\pi$ , seperti yang diramalkan pertanyaan 24 (sebab $\int x^2f = \frac{\sqrt\pi}2$ dan $\int f = \sqrt\pi$ ). Pada $t = 6$ : $\sigma = 25$ , dengan tinggi puncak $u(6, 0) = \frac15$ terhadap $u(0,0) = 1$ , skala lebarnya $\sqrt\sigma = 5$ kali skala awalnya, dan $\int u = \sqrt\pi \approx 1.7725$ sepanjang waktu: sehingga bercaknya lima kali lebih rendah, lima kali lebih lebar, dan tak sekalori pun hilang.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

kelas Schwartz

Lihat semua 395 istilah di glosarium

14.1 Transformasinya pada L1L^1L1

14.2 Pembalikan dan keinjektifan

14.3 Kelas Schwartz

14.4 Plancherel dan L2L^2L2

14.5 Latihan

14.6 Soal: persamaan panas pada garis

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

14.1 Transformasinya pada $L^1$

14.4 Plancherel dan $L^2$