66. Fourier 分析, 上的 Fourier 变换

我们在之后会经常用到下面的命题.

命题 66.1 (线性映射的延拓). 给定赋范线性空间 , , 其中 为线性子空间且其范数为诱导范数, 即对任意的 , 我们有假设 中是稠密的. 如果存在连续线性映射 , 那么存在唯一的连续线性映射 , 使得 .

定义 66.2 ( 函数的 Fourier 变换). 对于函数 , 我们定义它的 Fourier 变换 (或者 ) 为如下的 上的函数: 其中 . 我们通常把 的定义域 称作是频率空间, 它的变量通常用 来表示.

我们考虑 的线性子空间我们先说明 是一个完备的赋范线性空间: 对任意的一致收敛 , 即其中, 明显是连续函数 (因为局部上一致收敛给出的极限是连续的) . 对任意的 , 存在 , 使得对任意的 , 对任意的 , 我们有我们取 . 由于 , 所以, 存在 , 使得当 时, 我们有所以, 当 时, 我们有这表明 .

作为总结, 我们有

引理 66.3. 是完备赋范线性空间.

定理 66.4. 对任意的 , . 特别地, 线性映射是连续线性映射, 即存在常数 , 使得对任意的 , 我们有

证明. 我们上学期已经证明了 是稠密子空间, 根据开始提到的命题, 我们只要对 进行研究即可.

根据定义, 对任意的 , 我们有所以, 对任意的 , 我们都有

下面只需要证明 的连续性. 为了说明连续性, 我们只要用 Lebesgue 控制收敛定理即可: 假设 中的点列 满足 , 我们要证明 , 这等价于证明我们只要用 作为控制函数即可.

最终, 我们只需要证明当 时, 有 . 我们只需要分部积分即可 (这里我们用到了 的光滑性) , 这里证明的想法与第一学期我们学过的 Riemann-Lebesgue 引理相同. 我们首先证明如下两个重要的性质/观点:

物理空间的求导等价于频率空间的乘法: 对任意的 , 对任意的 , 我们有实际上, 我们可以分部积分:

物理空间的乘法等价于频率空间的求导: 对任意的 , 对任意的 , 我们有实际上, 根据 Lebesgue 控制收敛的推论 (积分与求导数可交换, 请自行验证细节) , 我们有

物理空间的光滑性等价于频率空间的衰减, 光滑性越高衰减就越快.

实际上, 对任意的 , 对任意的正整数 , 利用第一个原则, 我们有其中 是 Laplace 算子.

很明显, , 所以, 我们有这表明 是衰减的并且我们对于 求的导数越多, 那么衰减速度就越快.

特别地, 我们还证明了 .

注记. 通常为了说明 时, 也在无穷远处趋向于 , 我们任选 , 再选取 , 使得从而, 对任意的 , 我们有所以, 当 很大的时候, 我们可以使得 .

然而, 这些过程实际上都被包装在开始的命题上, 所以我们通常只对光滑有紧支集的函数 (在 中稠密) 来证明即可.

我们现在研究卷积与 Fourier 变换的关系:

命题 66.5. 对任意的 , 我们有也就是说, 卷积对应于频率空间的乘积.

证明. 我们要运用 Fubini 定理. 注意到映射 上的可积函数, 所以, 所以命题成立.

注记. 我们上个学期已经证明了 是乘法封闭的. 我们现在说明, 这个乘法在 中没有乘法单位元. 假设 , 使得对任意的 , 我们都有那么, 我们有我们下面将构造 的函数 (Gauss 函数的 Fourier 变换) , 使得 , 那么, , 这与 矛盾.

命题 66.6. 假设 , . 那么,

证明. 注意到映射 上的可积函数, 对此函数运用 Fubini 定理, 我们得到命题得证.

注记. 这个命题在形式上建议了如何对分布定义 Fourier 变换: 对于 , 我们想定义然而, 对于非零的 , 我们知道 , 这是因为它的支集不可能是紧的: 对于 上的 , 如果 有紧支集, 那么, 如果把 视作是 上的函数 (即 , 此时 Fourier 变换仍然是良好定义的) , 那么, 这是一个复解析函数, 因为然而, 这个复解析函数的 上的零点集不是离散的, 所以只能恒为 , 我们也将证明, Fourier 变换为 的函数只有零函数.

综上所说, 我们不能用上述的方式来定义分布的 Fourier 变换. 为了解决这个问题, 我们将找一个比 大一些的由光滑函数构成的空间 (Schwartz 空间) , 使得(之前的问题出在 . )

命题 66.7 (仿射坐标变换与 Fourier 变换之间的关系). 任给 , 和可逆线性变换我们有

1)

物理空间的平移对应频率空间乘相应的频率, 即

2)

频率空间应该视作是余切丛, 即

证明. 第一部分是显然的; 为了证明第二部分, 我们直接利用换元公式:

命题成立.

命题 66.8 (Gauss 函数的 Fourier 变换). 对任意的正数 , 我们有

证明. 通过作用变量替换 , 上一个命题表明只要对 证明命题即可, 即根据 Fubini 定理, 我们进一步有所以, 只要对 来证明即可. 此时, 我们就必须去计算我们一下给出两种方式进行计算:

按实变量的观点.

我们对 求导. 根据 Lebesgue 控制收敛定理的推论, 以下导数与积分之间的交换都是合理的: 根本的原因是 的衰减足够快. 所以由于一个函数的积分就是其 Fourier 变换在 处取值, 所以 满足如下的线性常微分方程 (因为 ) 根据常微分方程的理论, 这个方程的解是唯一的. 我们只要验证是解即可, 这是平凡的.

按复变量的观点.

注意到, 我们可以按照复变函数的观点来看这个积分: 也就是说, 我们需要计算在 这条直线上的积分 时, 这就是 Gauss 积分, 我们早就知道 . 当 时候, 我们要用 Cauchy 积分公式把 上的积分化成 上的积分.

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我们考虑复解析函数 在长方形上的积分 (逆时针) . 由于 是解析的 (根据留数定理, 在长方形内部没有极点) , 所以由于这是一个对于 是指数衰减的函数, 所以上面积分中的第二项和第四项当 时为零. 从而, 对 取极限, 我们就得到这同样证明了结论.

利用上面 Gauss 函数的 Fourier 变换, 我们可以证明关于 Fourier 逆变换的定理.

定义 66.9. 对任意的 , 对任意的 我们定义

与 Fourier 变换的证明一样, 上面的得到的 是一个良好定义的 中的函数, 我们不再赘述其证明.

定理 66.10 (Fourier 逆变换). 给定 , 如果 , 那么, 我们有其中, 上面等号成立是在 的意义下的.

证明. 我们考虑如下的 Gauss 分布函数其中 . 根据上面的计算, 我们有所以, 最后一步我们再一次用到了之前的计算. 通过观察 的表达式, 我们注意到, 对任意的 , 有根据 Lebesgue 控制收敛定理, 我们有其中, 控制函数就选 . 利用 Fubini 定理可知由于 的积分恰好为 , 所以当 时, 在 的意义下, 命题成立.