Ряды Фурье интегрируемых функций

[Hasek]

Цитата:

In this problem by measure on $\mathbb{R}/ \mathbb{Z}$ we mean the Lebesgue measure.
(a) Suppose that $f \in L^1 (\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$ and that $\int f(x) \varphi(x) dx = 0$ for any continuous function $\varphi$ on $\mathbb{R}/ \mathbb{Z}$. Prove that $f = 0$.
(b) Suppose that $f,g \in L^1 (\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$ and that $\hat{f}(n) = \hat{g}(n)$ for any $n \in \mathbb{Z}$. Prove that $f = g$.
(c) True or false? For any $f \in L^1 (\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$ there exists a $g \in L^1 (\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$ such that

$$\hat{g}(n) = \begin{cases} \hat{f}(n), & n \geq 0 \\ 0, & n < 0 \end{cases}$$

Под $\hat{f}(n)$ имеется в виду $\frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-\pi}^{\pi} f(t) e^{-int}dt$.

(a) Если интеграл от произведения с любой непрерывной функцией равен нулю, то и все коэффициенты Фурье функции $f$ равны нулю. Осталось показать, что $f$ в таком случае тоже нуль (не везде, но почти всюду, на самом деле). Тригонометрические полиномы всюду плотны в $C(\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$, поэтому можно выбрать последовательность полиномов $p_n$, равномерно сходящуюся к $f$: $p_n \rightarrow f$, тогда $\int_{-\pi}^{\pi} fp_n dx \rightarrow \int_{-\pi}^{\pi} |f|^2 dx$, но если $\int_{-\pi}^{\pi} |f|^2 dx = 0$, то $f = 0$ почти всюду.

(b) Если все коэффициенты Фурье равны, то ряды Фурье данных функций сходятся или расходятся одновременно, причём если сходятся, то так же к одной функции. Но мне не до конца ясно, как всё же чётко заключить равенство $f$ и $g$?

По пункту (c), к сожалению, идей нет.

[Brukvalub]

Hasek в сообщении #1182159 писал(а):

Тригонометрические полиномы всюду плотны в $C(\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$, поэтому можно выбрать последовательность полиномов $p_n$, равномерно сходящуюся к $f$:

Разве $f$ непрерывна?

[Hasek]

Brukvalub в сообщении #1182161 писал(а):

Hasek в сообщении #1182159 писал(а):

Тригонометрические полиномы всюду плотны в $C(\mathbb{R}/ \mathbb{Z})$, поэтому можно выбрать последовательность полиномов $p_n$, равномерно сходящуюся к $f$:

Разве $f$ непрерывна?

Нет, она из $L^1$, так что тут решение ломается.

[Hasek]

Давайте попробую уточнить, в чём именно у меня возникают трудности.

(a) Насколько понимаю, надо как-то использовать коэффициенты Фурье (если остальные пункты задачи на них). Поскольку $\hat{f}(n) = \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{- \pi}^{\pi} f(t) e^{-int} dt$ и $e^{-int}$ непрерывная функция, получаем, что все коэффициенты Фурье равны нулю. Теперь надо как-то заключить, что и самая функция в этом случае нуль. Проблема в том, что наша функция по условию из $L^1 ([-\pi, \pi])$. Если бы она была из $L^2 ([-\pi, \pi])$, то её ряд Фурье сходился бы к ней почти всюду, а если бы функция была непрерывной, то можно было бы использовать или всюду плотность тригонометрических многочленов (что я и сделал по ошибке), или то, что последовательность частичных сумм её ряда Фурье сходится к самой функции в точке $x \in [-\pi, \pi]$, если $f$ имеет производную в $x$. Но что делать для $L^1$? Какие есть приёмы или критерии в этом случае?

(b) $\hat{f}(n) = \hat{g}(n)$ $\forall n \in \mathbb{Z}$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{2 \pi} \int\limits_{- \pi}^{\pi} f(t) e^{-int} dt = \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{- \pi}^{\pi} g(t) e^{-int} dt$ $\Rightarrow$ $\sum\limits_{k=-n}^n \hat{f}(k) e^{ikx} = \sum\limits_{k=-n}^n \hat{g}(k) e^{ikx}$, то есть равны все частичные суммы рядов Фурье $f$ и $g$. Опять же, как показать, что в $L^1$ они сходятся к одной и той же функции?

[Slav-27]

del

[DeBill]

Hasek
А кто круче, а) или б)?
Может, сначала сделать все таки а)?
Типа, аппроксимировать функцию $sgn(f(x))$ ("знак нашей функции") непрерывными - а они ведь плотны в эль-один. И теорема Лебега о предельном переходе у нас есть...
А тогда б) можно пробовать вывести из а) с помощью Вашего утверждения о плотности триг многочленов....
А с) - я не понял. Мне всегда казалось, что вещественно-значные функции имеют "симметричный " спектр...
Так что, задача имела бы смысл (и что-то такое делается при построении недополняемых подпространств) - но в комплексной категории.

[Hasek]

DeBill в сообщении #1182484 писал(а):

Типа, аппроксимировать функцию $sgn(f(x))$ ("знак нашей функции") непрерывными - а они ведь плотны в эль-один. И теорема Лебега о предельном переходе у нас есть...

(a) Нашёл в своём конспекте, что $C_c (\mathbb{R})$ (непрерывные функции с компактным носителем) всюду плотно в $L^1 (\mathbb{R})$, значит, и в $L^1 ([-\pi,\pi])$ тоже. Так как $\mbox{sgn}(f) \in L^1 [-\pi,\pi]$, то рассмотрим последовательность функций $\{ f_n \} \in C_c ([-\pi,\pi])$, $f_1(x) \leq \ldots \leq f_n(x) \leq \ldots \leq \mbox{sgn}(f(x))$, $\{ f_n \} \to \mbox{sgn}(f(x)), ~n \to \infty$, тогда в силу условия задачи $\int\limits_{-\pi}^{\pi} f(x) f_n(x) dx = 0$ и по теореме Беппо Леви $\int\limits_{-\pi}^{\pi} \mbox{sgn}(f(x)) f(x) dx = \lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_{-\pi}^{\pi} f(x) f_n(x) dx = 0$, откуда $f = 0$ почти всюду.

DeBill в сообщении #1182484 писал(а):

А с) - я не понял. Мне всегда казалось, что вещественно-значные функции имеют "симметричный " спектр...
Так что, задача имела бы смысл (и что-то такое делается при построении недополняемых подпространств) - но в комплексной категории.

Всё правильно, у нас в этом курсе измеримые и интегрируемые функции почти всегда подразумевались комплекснозначными.

[DeBill]

Hasek
Однако в формулитровке задачи с) -обе функции - вещественные....

-- 08.01.2017, 01:26 --

Про а): теперь - хорошо
А как с б)?

-- 08.01.2017, 01:29 --

Hasek
Обратите еще внимание на: в Вашем первом посте, Вы получили сходимость кого то там к интегралу от квадрата $f$. Это было должно Вас сильно насторожить: ведь не всяка фукция из эль-один лежит в эль-два...

-- 08.01.2017, 01:35 --

Нет, про а): еще есть проблемы: из плотности - да, следует существование сходящейся посл-ти. Однако, эта сходимость - в метрике эль-один... А у вас откуда-то получилась - монотонная поточечная сходимость...
Так что - еще не настал вечер.

[g______d]

Я подозреваю, что пункт c) равносилен ограниченности преобразования Гильберта из $L^1$ в $L^1$, про которое известно, что оно не.

UPD: Я не заметил, что там окружность. Но всё-таки предлагаю посчитать, что будет, если в качестве $f$ взять индикаторную функцию интервала (т. е. дуги окружности).

[Hasek]

DeBill в сообщении #1182610 писал(а):

Обратите еще внимание на: в Вашем первом посте, Вы получили сходимость кого то там к интегралу от квадрата $f$. Это было должно Вас сильно насторожить: ведь не всяка фукция из эль-один лежит в эль-два...

Да, $L^p \subset L^q$ при $q < p$.

DeBill в сообщении #1182610 писал(а):

Нет, про а): еще есть проблемы: из плотности - да, следует существование сходящейся посл-ти. Однако, эта сходимость - в метрике эль-один... А у вас откуда-то получилась - монотонная поточечная сходимость...

То есть обоснование ломается в момент ссылки на теорему Беппо Леви и требуется другое доказательство сходимости последовательности интегралов к интегралу исходной функции. Тогда, похоже, подойдёт Lebesgue's dominated inverse theorem (к сожалению, не знаю общеупотребимый перевод в русскоязычной литературе)? Её условие: Suppose that $\{ f_n \}$ is a sequence of summable functions, $f_n \to f$ almost everywhere, and there exists a summable function $\varphi$ such that $|f_n (x)| \leq \varphi(x)$ almost everywhere. Then $\int\limits_X f d\mu = \lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_X f_n d\mu$. Здесь уже требуется не поточечная сходимость, а сходимость почти всюду (более слабое требование).

[DeBill]

Hasek в сообщении #1182693 писал(а):

общеупотребимый перевод

Теорема Лебега (об ограниченной сходимости, или "о предельном переходе под знаком интеграла" )

Hasek в сообщении #1182693 писал(а):

Здесь уже требуется не поточечная сходимость, а сходимость почти всюду (более слабое требование).

Важнее не это, а то, что не надо монотонной сходимости.
Из плотности, извлекаем сходящуюся последовательность $\varphi_n$ непрерывных функций. Модернизируем ее, полагая $\tilde{\varphi}(x)$ равной $\varphi (x)$, если $\left\lvert\varphi (x)\right\rvert \leqslant 1$, и - плюс или минус - один, иначе. Эта операция не нарушит непрерывность, улучшит сходимость, и позволит применить в ваших выкладках теорему Лебега.

[Hasek]

DeBill в сообщении #1182700 писал(а):

Важнее не это, а то, что не надо монотонной сходимости.
Из плотности, извлекаем сходящуюся последовательность $\varphi_n$ непрерывных функций. Модернизируем ее, полагая $\tilde{\varphi}(x)$ равной $\varphi (x)$, если $\left\lvert\varphi (x)\right\rvert \leqslant 1$, и - плюс или минус - один, иначе. Эта операция не нарушит непрерывность, улучшит сходимость, и позволит применить в ваших выкладках теорему Лебега.

Это понял. Спасибо за подсказки и пояснения!

Как теперь быть с (b)? Вы писали, что

DeBill в сообщении #1182484 писал(а):

А тогда б) можно пробовать вывести из а) с помощью Вашего утверждения о плотности триг многочленов....

но тригонометрические многочлены плотны в $C$, а не в $L^1$, неочевидно, как их применить. Может быть, стоит так: рассмотрим $\psi = f - g$, так как $\forall n \in \mathbb{Z}$ $\hat{f}(n) = \hat{g}(n)$, то $\int\limits_{-\pi}^{\pi} \psi e^{-int} dx = \int\limits_{-\pi}^{\pi} (f - g) e^{-int} dx = 0$. Но что теперь? $e^{-int}$, конечно, непрерывная функция, её можно аппроксимировать тригонометрическими многочленами сколь угодно точно, только что это даст? Или думать надо в другом направлении?

[DeBill]

Hasek в сообщении #1182843 писал(а):

тригонометрические многочлены плотны в $C$,

Вот именно! Да Вы же это уже почти сделали - где-то ране.
Итак, что у нас есть? Все к-ты Фурье разности равны 0.
Что надо? Доказать, что все непрерывные "ортогональны" нашей разности (и тогда сработает а) ). Как это сделать ?

-- 09.01.2017, 00:01 --

Hasek в сообщении #1182843 писал(а):

$e^{-int}$, конечно, непрерывная функция, её можно аппроксимировать тригонометрическими многочленами сколь угодно точно,

Ой. Да она же и есть триг. одночлен (почти) - чё её аппроксимировать то.

[Hasek]

DeBill в сообщении #1182850 писал(а):

Итак, что у нас есть? Все к-ты Фурье разности равны 0.
Что надо? Доказать, что все непрерывные "ортогональны" нашей разности (и тогда сработает а) ). Как это сделать ?

Наконец-то понял, что всё опять то же самое. $e^{ix} = \cos(nx) + i \sin(nx)$, поэтому с полным правом можем смотреть на экспоненты как на тригонометрические полиномы, которые, в свою очередь, плотны в пространстве непрерывных функций. Рассмотрим произвольную непрерывную функцию $\varphi$ и последовательность экспонент $\{ e^{-inx} \}_{n \in \mathbb{Z}} \to \varphi(x)$, тогда по теореме Лебега $\int\limits_{-\pi}^{\pi} \psi(x) \varphi(x) dx = \lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_{-\pi}^{\pi} \psi(x) e^{-inx} dx = 0$, здесь $\psi = f - g$, откуда в силу пункта (a) $f = g$ почти всюду. Так правильно?

[DeBill]

Hasek в сообщении #1183524 писал(а):

Рассмотрим произвольную непрерывную функцию $\varphi$ и последовательность экспонент $\{ e^{-inx} \}_{n \in \mathbb{Z}} \to \varphi(x)$,

Не экспонент, а триг. многочленов (конечных линейных комбинаций экспонент). И сходимость: у Вас написана -поточечная, а нужна - равномерная (тогда сумеем ограничить всю ее константой, и сможем к произведению применить теорему Лебега).

-- 11.01.2017, 12:24 --

Остальное - правильно.