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1.6 The Plancherel formula
第一次看Proposition1.11的证明很奇怪为什么分情况|x|≥|2y|,因为这样可以保证|x−y|≥y
如果f∈S(R),为什么∫f有界,可以考虑∫x2f(x)/x2,分别考虑x∈[0,1]和[1,∞)
5 Exercise
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(a)把傅里叶级数中周期2π改为L即可
(b)
根据广义积分的定义对于任意ε,存在某个分割P,使得在这个分割下|∫F−∑δF|≤ε,只要N足够大,就可以保证nN是P的细分,可以保证|∫F−∑1NF(nN)|≤ε,由于ε可以任意小,证明完成。
(c)
根据题中f^moderate decrease,再加上第2章 Corollary 2.3,再加上(a)和(b)的结果,可以得出结论
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because f and g is defined on and bounded interval[-1,1], the integral is well defined. the conclusion can be obtained by integral。
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(a)
|f(x+h)−f(x)|=∫f^(ξ)e2πixξ(e2πihξ−1)dξ,分2部分积分,对于|ξ|≤1/|h|,根据f^的有界性证明其足够小,对于|ξ|≥1/|h|,∫≤A(1/ξ)α≤Ahα
两部分加起来,证明完成
(b)
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(a)
只需要证明a、b点无限次可微即可,只考虑a,b类似
a点的右导数为f(a+δ)−f(a)δ=e−1b−ae−1/δδ=0(1δ=c并用罗比塔法则)
(b)
根据提示即可
(c)
根据(b),对于[a,a+δ],用b代替a+δ,对于[b−δ,b],取负值并加固定常数
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(a)
continuity
|f^(ξ+δ)−f^(ξ)|=∫f(x)e−2πixy(e−2πixδ−1)dx=O(δ)
f^(ξ)→0
based on hint and Proposition 1.1(iv)
(b)
提示中等式的证明与Proposition1.8完全一样,所以对于任意g,∫fg^=0,所以f=0
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ie−πx2
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对于|y|≤|x|/2,∫g(y)有界,因为积分区间有界,f(x−y)=O(1/(1+x2))
对于|y|≥|x|/2,∫f(x−y)有界,由于y足够大,所以g(y)=O(1/(1+x2))
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f∗e−x2=∫f(y)e−y2e2xye−x2dy=0(根据题中前提),对于任意x,那么他们的傅里叶变化为0,由于e−x2的傅里叶变换不恒等于0,所以f^=0,所以f=0