EE261 Lecture 11

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这次回顾第十一讲，这一讲对傅里叶变换加以推广。

我们之前讨论的傅里叶变换假设了

$\|f\|_{1}=\int_{-\infty}^{\infty}|f(t)| d t < \infty$

但是这个条件太苛刻，例如如下积分不存在

$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2 \pi i s t} \cos 2 \pi t d t$

从而$\cos (2\pi t)$不存在傅里叶变换，后续几讲的内容要对上述条件加以推广，一个基本的想法是，找到一个集合$\mathcal S$，使得该集合中的函数的傅里叶变换仍然属于$\mathcal S$，后面将引入引入这个集合。

快速递减函数

我们这里讨论的$\mathcal S $为快速递减函数集合。

我们称函数$f(x)$在$\pm \infty$快速递减，如果

$f(x)$无穷次可微
对所有可能的正整数$m, n$，
$\left|x^{m} \frac{d^{n}}{d x^{n}} f(x)\right| \rightarrow 0 \quad \text { as } \quad x \rightarrow \pm \infty$

满足上述条件的一个函数为$e^{-\pi x^2}$。

后续讨论中使用另一种等价定义：对任意的正整数$m,n$，存在$C_{mn}$，使得

$\left|x^{m} \frac{d^{n}}{d x^{n}} f(x)\right| \leq C_{m n} \quad \text { as } \quad x \rightarrow \pm \infty$

我们知道

$\begin{aligned} 2 \pi i s \mathcal{F} f(s)&=\left(\mathcal{F} \frac{d}{d x} f\right)(s)\\ \frac{d}{d s} \mathcal{F} f(s)&=\mathcal{F}(-2 \pi i x f(x)) \end{aligned}$

同理可得对于正整数$n$

$\begin{aligned}(2 \pi i s)^{n} \mathcal{F} f(s) &=\left(\mathcal{F} \frac{d^{n}}{d x^{n}} f\right)(s) \\ \frac{d^{n}}{d s^{n}} \mathcal{F} f(s) &=\mathcal{F}\left((-2 \pi i x)^{n} f(x)\right) \end{aligned}$

将上述两个结论合并得到，对于正整数$m, n $

$\mathcal{F}\left(\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left((-2 \pi i x)^{m} f(x)\right)\right)=(2 \pi i s)^{n} \frac{d^{m}}{d s^{m}} \mathcal{F} f(s)$

（上式证明了无限可微性）

现在利用上式估计傅里叶变换的$L^1$范数：

$|s|^{n}\left|\frac{d^{m}}{d s^{m}} \mathcal{F} f(s)\right|=(2 \pi)^{m-n}\left|\mathcal{F}\left(\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(x^{m} f(x)\right)\right)\right| \leq(2 \pi)^{m-n}\left\|\frac{d^{n}}{d x^{n}}\left(x^{m} f(x)\right)\right\|_{1}$

因为$f$快速递减，所以该$L^1$范数有限，所以我们实际上证明了

$\left|s^{n} \frac{d^{m}}{d s^{m}} \mathcal{F} f(s)\right| \leq C_{m n}$

结合上述两点，这说明$\mathcal F f$快速递减。

Parseval等式在$\mathcal S $上成立

假设$f(x)$和$g(x)$为$\mathcal S $上的复值函数，那么

$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \overline{g(x)} d x=\int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F} f(s) \overline{\mathcal{F} g(s)} d s$

特别的，对于$f=g$，那么$f(x) \overline{f(x)}=|f(x)|^{2}$，该等式变为

$\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^{2} d x=\int_{-\infty}^{\infty}|\mathcal{F} f(s)|^{2} d s$

证明：利用傅里叶逆变换可得

$g(x)=\int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F} g(s) e^{2 \pi i s x} d s$

因此

$\overline{g(x)}=\int_{-\infty}^{\infty} \overline{\mathcal{F} g(s)} e^{-2 \pi i s x} d s$

因此

$\begin{aligned} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \overline{g(x)} d x &=\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\left(\int_{-\infty}^{\infty} \overline{\mathcal{F} g(s)} e^{-2 \pi i s x} d s\right) d x \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \overline{\mathcal{F} g(s)} e^{-2 \pi i s x} d s d s \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-2 \pi i s x} d x \overline{\mathcal{F} g(s)} d s \\ &=\int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F} f(s) \overline{\mathcal{F} g(s)} d s \end{aligned}$