אם $f\in E^1(\RR)$ אז $\hat{f}$ היא רציפה.

כדי לקבל אינטואיציה עבור ההוכחה, נסתכל תחילה על הפונקציה $f(x)=e^{-|x|/10}$ .

היינו רוצים להראות שהאינטגרל על $f(x)e^{-i\omega x}$ ו $f(x)e^{-i\omega_0x}$ הם מאוד קרובים אם $\omega,\omega_0$ מאוד קרובים. בגלל שקשה לצייר פונקציות מרוכבות, במקום נסתכל על המקביל הממשי שלהן, ובפרט בתמונה למעלה הפונקציה המקורית היא בירוק, ובנוסף יש את הפונקציות $f(x)\sin(10x)$ ו $f(x)\sin(10.2x)$ בכחול ואדום.

מאחר ו $10, 10.2$ הם קרובים, היינו רוצים להראות שהאינטגרלים על הפונקציות המתאימות הם קרובים. יש שני רעיונות שנשתמש בהם, שאפשר לראות בתמונה למעלה:

1. אם מסתכלים על האזור “ליד המרכז” אז הפונקציה האדומה והפונקציה הכחולה מאוד קרובות אחת לשנייה, ולכן נצפה שהאינטגרלים עליהן יהיו קרובים,

2. כאשר נמצאים “רחוק מהמרכז”, זה אמנם כבר לא נכון, אבל מראש הפונקציה הירוקה היא מאוד קטנה, ולכן גם שנכפול אותה בסינוסים היא תשאר מאוד קטנה. לכן, אפילו שנסתכל על ההפרש בין שתי פונקציות, האינטגרל יהיה מאוד קטן.

בצורה יותר פורמלית, נבחר איזשהו $M>0$ שיציין מה נחשב “קרוב למרכז” ונפרק את האינטגרל שלנו בהתאם:

$$\align{ 2\pi\abs{\hat{f}(\omega+h)-\hat{f}(\omega)} & \leq \int_{-\infty}^\infty\abs{e^{-i(\omega+h)x}-e^{-i\omega x}}\abs{f(x)}\dx = \int_{-\infty}^\infty\abs{e^{-ihx}-1}\abs{f(x)}\dx \\ & = \int_{\abs{x}\leq M}\abs{e^{-ihx}-1}\abs{f(x)}\dx + \int_{\abs{x}> M}\abs{e^{-ihx}-1}\abs{f(x)}\dx \\ & \leq \sup_{\abs{x}\leq M}\abs{e^{-ihx}-1} \cdot \int_{\abs{x}\leq M}\abs{f(x)}\dx + 2\int_{\abs{x}> M}\abs{f(x)}\dx \\ & \leq \sup_{\abs{x}\leq M}\abs{e^{-ihx}-1} \cdot \norm f_1 + 2\int_{\abs{x}> M}\abs{f(x)}\dx.}$$

נבחר את ה $\varepsilon>0$ האהוב עלינו. בגלל ש $\norm{f}_1< \infty$ אז הזנב של האינטגרל מאוד קטן (צעד 2 שתיארנו למעלה) ולכן נוכל לבחור את $M$ להיות מספיק גדול כך ש

$$.2\int_{\abs{x}> M}\abs{f(x)}\dx < \frac {\varepsilon}{2}$$

עכשיו, כאשר $M$ נקבע, נקבל שעבור $|x|\leq M$ ולכל $|h|$ מספיק קטן, הרציפות של $e^{-ihx}$ (צעד 1 שתיארנו למעלה) תגרור ש

$$.\sup_{\abs{x}\leq M}\abs{e^{-ihx}-1} \cdot \norm f_1< \frac{\varepsilon}{2}$$

סה”כ קיבלנו שכאשר $h\to 0$ מתקיים ש $\hat{f}(\omega+h)\to \hat{f}(\omega)$ , או במילים אחרות $\hat{f}$ רציפה.

תהא $f\in E^1(\RR)$ אז $\limfi{|\omega|} \hat{f}(\omega) = 0$ .

רעיון ההוכחה של הלמה של רימן לבג דומה להוכחת הרציפות שראינו למעלה. נתחיל שוב עם דוגמא ויזואלית שבה נכפול פונקציה ב $\sin(\omega x)$ עבור $\omega$ מאוד גדול, וננסה להבין למה האינטגרל אמור להיות קרוב מאוד לאפס.

כמו שהוכחה הקודמת, כאשר נרצה לחשב את האינטגרל של $f(x)\sin(\omega x)$ , אז כאשר נמצאים רחוק מהמרכז, אז מראש הפונקציה $f(x)$ היא מאוד “קטנה” במובן שהאינטגרל על הזנב שלה הוא מאוד קטן, ולכן גם כאשר נכפול ב $\sin(\omega x)$ לא יהיה שם הרבה שטח. מצד שני, כאשר אנחנו “קרובים” למרכז, אפשר לקרב את הפונקציה באמצעות פונקציה קבועה למקוטעין (הקטעים השחורים בתמונה), וכאשר כופלים פונקציה קבועה כזאת בסינוס עם תדירות מאוד גבוהה אז השטחים החיוביים והשליליים כמעט יבטלו אחד את השני, וככל שהתדירות יותר גבוהה כך יהיה יותר ביטול. פה חשוב מאוד שעברנו לקטע סופי עבור הפרוצדורה הזאת, כי אם היו לנו אינסוף קטעים שחורים כאלו, אז גם אם כל אחד מהם תורם מעט מאוד, יכול להיות שביחד שם תורמים הרבה שטח לאינטגרל, ופרט הוא לא יהיה קרוב לאפס.

בואו ננסה לפרמל את הרעיונות האלו, וכמו מקודם נתחיל עם $M>0$ שיפריד את הישר לאזור הקרוב והרחוק מהמרכז:

$$.\align{ 2\pi\abs{\hat{f}(\omega)} & = \abs{\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega x}f(x)\dx} \leq \abs{\int_{\abs{x}\leq M} e^{-i\omega x}f(x)\dx} + \int_{\abs{x}>M} \abs{f(x)}\dx}$$

גם פה, נבחר $\varepsilon>0$ ובגלל ש $\norm{f}_1< \infty$ אז נוכל לבחור את $M$ להיות מספיק גדול כך ש:

$$.\int_{\abs{x}>M} \abs{f(x)}\dx < \frac{\varepsilon}{2}$$

נעבור עתה לקטע החסום $[-M,M]$ ובגלל שהפונקציה אינטגרבילית רימן שם, ניתן לקרב אותה ע”י קומבינציה של פונקציות מציינות (הקטעים השחורים בתמונה), כלומר פונקציה מהצורה $h(x)=\sum_1^n \lambda_i \chi_{[a_i,b_i]}$ המקיימת $\int_{\abs{x}\leq M}\abs{h(x)-f(x)}\dx < \frac{\varepsilon}{4}$ . באמצעות הפונקציה הזאת נוכל לחסום את הנסכם הראון מלמעלה:

$$\align{ \abs{\int_{\abs{x}\leq M} e^{-i\omega x}f(x)\dx}&=\abs{\int_{\abs{x}\leq M} e^{-i\omega x}\left(f(x)-h(x)\right)\dx + \int_{\abs{x}\leq M} e^{-i\omega x}h(x)\dx} \\ & \leq \int_{\abs{x}\leq M} \abs{f(x)-h(x)}\dx + \abs{\sum_{i=1}^n\lambda_i \int_{\abs{x}\leq M} e^{-i\omega x}\chi_{[a_i,b_i]}(x)\dx} \\ & \leq \frac{\varepsilon}{4}+\sum_{i=1}^n\abs{\lambda_i}\hat{\chi}_{[a_i,b_i]}(\omega). }$$

כבר ראינו שעבור פונקציה מציינת מתקיים ש $\hat{\chi}_{[a_i,b_i]}(\omega)=\frac{e^{-i\omega a}-e^{-i\omega b}}{\omega i}\to0$ כאשר $|\omega| \to \infty$ , ומאחר ואנחנו סוכמים על מספר סופי של פונקציות כאלו (בשלב הזה $n$ הוא קבוע), אז עבור כל $|\omega|$ מספיק גדול, כל הביטוי למעלה יהיה לכל היותר $\frac{\varepsilon}{2}$ .

אם נשים עכשיו את הכל יחד, נקבל שעבור $|\omega|$ מספיק גדול מתקיים ש $|\hat{f}(\omega)|< \varepsilon$ או במילים אחרות $\limfi{|\omega|}\hat{f}(\omega) = 0$ .

1. אם $f$ רציפה, אינטגרבילית בהחלט (כלומר $\norm{f}_1< \infty$ ), גזירה למקוטעין ו $f'\in E^1(\RR)$ , אז

   $$.\cf[f'](\omega)=i\omega \cf[f](\omega)$$

2. אם $xf(x)\in E^1(\RR)$ , אז $\cf[f]$ גזירה ומתקיים ש

   $$.\cf[f]'(\omega)=\cf[-ixf(x)](\omega)$$

1. התמרה של הנגזרת: עבור ההתמרה של הנגזרת נרצה לחשב את

   $$,2\pi \widehat{f'}(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)e^{-i\omega x}\dx$$

   מה שיוביל אותנו להשתמש בנגזרת בחלקים. נזכיר שאינטגרציה בחלקים נובעת מכלל גזירה של מכפלה, כלומר

   $$,(uv)'=u'v+uv'$$

   אך מאחר והפונקציה שלנו היא רק גזירה למקוטעין, אז השוויון הזה נכון למקוטעין. למזלנו, לאינטגרלים לא אכפת אם משנים את האינטגרנד במספר סופי של נקודות, ולכן השוויון השמאלי למטה נכון תמיד:

   $$.\int_{-\infty}^{\infty} f'(x)e^{-i\omega x}\dx = \int_{-\infty}^{\infty} (f(x)e^{-i\omega x})' \dx+i\omega\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\omega x}\dx \overset{(*)}{=} f(x)e^{-i\omega x}\mid_{-\infty}^{\infty}+i\omega\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\omega x}\dx$$

   עבור השוויון ב $(*)$ בעצם השתמשנו במשפט היסודי שם דרוש שהפונקציה $g(x)=f(x)e^{-\omega x}$ תהיה גזירה ברציפות. מסתבר שאפשר להכליל את המשפט הזה קצת יותר ורק להניח ש $g$ רציפה וגזירה ברציפות למקוטעין, ונוכיח את זה למטה.

   תחת ההנחה שהשוויון למעלה נכון, עדיין נותר להבין מה זה $f(x)e^{-i\omega x}\mid_{-\infty}^{\infty}$ ובעצם נרצה להראות שזה שווה לאפס. הביטוי $e^{-i\omega x}$ הוא חסום ולכן מספיק להראות ש $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}}f(x)=\limfi{x}f(x)=0$ .

   מאחר ו $f(x)=f(0)+\int_0^x f'(t)\dt$ ונתון ש $f'\in E^1(\RR)$ אז קיימים הגבולות $\limfi{x} f(x)$ ו $\displaystyle{\lim_{x\to -\infty}}f(x)$ . מאחר ואנחנו גם יודעים ש $\int_{-\infty}^\infty f(x)\dx$ קיים וסופי, אז הגבולות האלו חייבים להיות אפס, וזה מסיים את ההוכחה.

2. נגזרת של התמרה: עבור הנגזרת של ההתמרה, כרגיל נקבל שאם מותר להחליף סדר אינטגרציה וגזירה, אז ההוכחה היא טריוויאלית:

   $$.2\pi\frac{\partial}{\partial \omega}\left(\cf[f]\right)(\omega) = \frac{\partial}{\partial \omega}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-i\omega x}\dx = \int_{-\infty}^\infty f(x)\frac{\partial}{\partial \omega}e^{-i\omega x}\dx = -i\int_{-\infty}^\infty xf(x)e^{-i\omega x}\dx =-2\pi i\cf[xf(x)](\omega)$$

   כדי להוכיח פורמלית שאפשר לעשות את המעבר הזה, נעשה כמה צעדים לפשט את הבעיה:

   1. נחליף את הנגזרת בהגדרה שלה עם הגבול,

   2. נעביר אגפים ונראה שההפרש שווה לאפס,

   3. נשים ערך מוחלט, ואז רק צריך לחסום מלמעלה,

   4. נכניס את הערך המוחלט לאינטגרל ע”י אי שוויון המשולש.

   זה יוביל אותנו לפיתוח הבא:

$$\align{ 2\pi\abs{\cf[f]'(\omega) -\cf[-ixf(x)] } & = \abs{\lim_{h\to 0}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{e^{-i(\omega+h)x}-e^{-i\omega x}}{h}\dx + i\int_{-\infty}^{\infty}xf(x) e^{-i\omega x}\dx} \\ & \leq \limsup_{h\to 0}\int_{-\infty}^{\infty}\abs{xf(x)e^{-i\omega x}\left( \frac{e^{-ihx}-(1-ihx)}{hx} \right)}\dx \\ & = \limsup_{h\to 0}\int_{-\infty}^{\infty}\abs{xf(x)}\cdot \abs{ \frac{e^{-ihx}-(1-ihx)}{ihx} }\dx. }$$

אנחנו עובדים תחת ההנחה ש $\norm{xf(x)}_1< \infty$ ולכן רק צריך להראות שהנכפל השני באינטגרנד הוא מאוד קטן כאשר $|h|$ מאוד קטן.

קרוב לראשית:

נשים לב תחילה שאם נציב $u=-ihx$ אז הגורם הזה שווה ל:

$$.\abs{\frac{1}{u}(e^u-(1+u))} = \abs{\sum_2^\infty \frac{u^{n-1}}{n!}} = \abs{u\sum_0^\infty \frac{u^n}{(n+2)!}}\leq \abs{u}e^\abs{u} = \abs{hx}e^{\abs{hx}}\leq |hx|\cdot e$$

לכן, אם נקבע $1>\varepsilon>0$ , אז עבור $x$ קטן מספיק, נניח $|x|< \frac{\varepsilon}{e|h|}$ אז הביטוי הזה יהיה קטן מ $\varepsilon$ .

רחוק מהראשית:

לעומת זאת, עבור $|x|>\frac{\varepsilon}{e|h|}$ גדולים החסם הזה כבר לא יהיה טוב, אבל נוכל לחסום את הביטוי בצורה שונה

$$.\abs{ \frac{e^{-ihx}-1}{ihx} +1}\leq \frac{|e^{-ihx}|+1}{|hx|}+1\leq \frac{1+1}{\varepsilon/e}+1< \frac{10}{\varepsilon}$$

חיבור שני המקרים:

אם נפריד את האינטגרל ל $x$ -ים הקטנים וה $x$ -ים הגדולים, נקבל ש

$$\align{\int_{-\infty}^{\infty}\abs{xf(x)}\cdot \abs{ \frac{e^{-ihx}-(1-ihx)}{ihx} }\dx & \leq \int_{|x|< \varepsilon/e|h|}\abs{xf(x)}\cdot \varepsilon\dx+\int_{|x| >\varepsilon/e|h|}\abs{xf(x)}\cdot \frac{10}{\varepsilon}\dx \\ & \leq \norm{xf(x)}_1\cdot \varepsilon +\frac{10}{\varepsilon}\cdot \int_{|x| >\varepsilon/e|h|}\abs{xf(x)} \dx}$$

עבור ה $\varepsilon>0$ הקבוע שלנו, נקבל ש $\frac{\varepsilon}{e|h|}\to \infty$ כאשר $|h|\to 0$ ולכן האינטגרל בנסכם השני שואף לאפס. במילים אחרות, קיבלנו ש

$$.\limsup_{h\to 0}\int_{-\infty}^{\infty}\abs{xf(x)}\cdot \abs{ \frac{e^{-ihx}-(1-ihx)}{ihx} }\dx\leq \norm{xf(x)}_1\varepsilon$$

אבל ה $\varepsilon>0$ גם יכול להיות קטן כרצוננו, ולכן נקבל שהגבול חייב להיות אפס וסיימנו.

כדי לקבל קצת אינטואיציה ויזואלית לצעד האחרון בהוכחה, נסתכל למשל על הדוגמא הבאה:

הפונקציה $\abs{xf(x)}$ היא הפונקציה האדומה, והגורם $\abs{\frac{e^{-ihx}-(1-ihx)}{ihx}}$ זו הפונקציה השחורה. הפונקציה הזאת מתחילה בראשית, עולה בצורה לינארית בהתחלה, ואז פחות או יותר מתייצבת באזור $y=1$ . ככל שמקטינים את $h$ , הפונקציה יותר ויותר נמתחת ולכן לוקח לה יותר זמן להגיע לחלק בו היא מתייצבת.

כאשר כופלים אותה ב $|xf(x)|$ ומקבלים את הפונקציה הכחולה, אז כרגיל כאשר רחוקים מהראשית מראש לפונקציה האדומה אין הרבה שטח ולכן גם כפל בפונקציה החסומה השחורה לא יהיה עם הרבה שטח. לעומת זאת באזור הראשית, איפה שיש לפונקציה האדומה הרבה שטח, הפונקציה השחורה נעשית יותר ויותר קרובה לאפס ולכן הורגת אותו. אלו בדיוק שני החלקים של ההוכחה, כאשר כל מה שהיינו צריכים לעשות זה להפריד בין החלק ה”קרוב” ו”רחוק” מהראשית.

תהא $f:\RR \to \RR$ רציפה, וגזירה ברציפות למקוטעין כך ש $f'$ . אז לכל $a< b$ מתקיים ש

$$.\int_a^bf'(x)\dx=f(b)-f(a)$$

נסמן את הנקודות אי גזירות של $f$ בקטע להיות $a=t_0< t_1< \cdots< t_{n-1}< t_n=b$ . בכל אחר מהקטעים $[t_k,t_{k+1}]$ הפונקציה גזירה ברציפות, ולכן ניתן להשתמש במשפט היסודי הרגיל, ולכן נקבל ש

$$.\int_a^b f'(x)\dx = \sum_{k=1}^n\int_{t_{k-1}}^{t_k}f'(x)\dx=\sum_{k=1}^n(f(t_k)-f(t_{k-1}))=f(t_n)-f(t_0)=f(b)-f(a)$$

במילים אחרות, העובדה ש $f$ היא בעצמה רציפה, הוביל לכך שיש לנו טור טלסקופי שכל הנקודות ה”בעייתיות” מצטמצמות, ולכן המשפט היסודי עדיין תקף.

נשים לב תחילה ש $f(x)$ נמצאת ב $E^1(\RR)$ ולכן יש לה התמרת פורייה. עבור המקרה של $n=0$ כבר חישבנו את ההתמרה להיות $\cf\left[e^{-|x|}\right](\omega) = \frac{1}{\omega^2 + 1}$ . שימוש בתכונה על הנגזרת של ההתמרה, עם קצת אינדוקציה, נותן לנו ש

$$\cf\left[x^ne^{-|x|}\right](\omega) = (-i)^n \cf\left[(-ix)^ne^{-|x|}\right](\omega) = (-i)^n \cf\left[e^{-|x|}\right]^{(n)}(\omega) = (-i)^n \frac{\partial^n}{\partial\omega^n}\left(\frac{1}{\omega^2+1}\right).$$

למשל, במקרה של $n=1$ נקבל פשוט את $\cf\left[xe^{-|x|}\right](\omega)=\frac{2\omega}{(\omega^2+1)^2}i$ .

לפי ההגדרה, ההתמרה של $f$ היא

$$,\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}e^{-i\omega x}\dx$$

שלא נראית כל כך פשוטה לחישוב.

במקום, נשתמש בכך שעבור התמרות מותר להחליף סדר אינטגרציה ונגזרת כדי לקבל

$$ .2\pi \hat{f}'(\omega)= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}(-ix)e^{-i\omega x}\dx = \frac{i}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (-2x)e^{-x^2}e^{-i\omega x}\dx$$

עכשיו נוכל לקחת $u(x)=e^{-x^2}$ ו $v(x)=e^{-i\omega x}$ ולשים לב שהאינטגרנד שלנו הוא $u'(x)v(x)$ , ולכן נוכל לעשות אינטגרציה בחלקים:

$$ .2\pi \widehat{f}'(\omega)= \frac{i}{2} e^{-x^2}e^{-i\omega x}\mid_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{2}\omega \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}e^{-i\omega x}=\pi\omega \hat{f}(\omega)$$

קיבלנו משוואה דיפרנציאלית $\hat{f}'(\omega)=\frac{\omega}{2}\hat{f}(\omega)$ שהפתרון שלה הוא $\hat{f}(\omega)=ae^{-\omega^2/4}$ . כדי למצוא את המקדם $a$ נציב תנאי התחלה $\omega=0$ ונקבל

$$,a = \hat{f}(0)=\frac {1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\cdot 1 \dx = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}$$

ולכן סה”כ קיבלנו ש

$$.\cf[e^{-x^2}](\omega)=\hat{f}(\omega) = \frac{1}{2\sqrt{\pi}} e^{-\omega^2/4}$$

יהיו $f_n:\RR \to \CC$ סדרת פונקציות מדידות כך ש

1. הפונקציות מתכנסות נקודתית לפונקציה $f$ ,

2. קיימת פונקציה אינטגרבילית בהחלט $g$ כך ש $|f_n(x)|\leq g(x)$ לכל $n$ ולכל $x$ .

במקרה זה נקבל ש

$$\limfi n\int_{-\infty}^\infty\abs{f_n(x)-f(x)}\dx=0$$

ובפרט מתקיים ש

$$.\limfi n \int_{-\infty}^\infty f_n(x)\dx = \int_{-\infty}^\infty f(x)\dx $$

בהוכחה של הרציפות של ההתמרה, רצינו להראות שהגבול הבא הוא אפס:

$$\lim_{h\to 0}\int_{-\infty}^\infty\abs{e^{-ihx}-1}\abs{f(x)}\dx $$

כאשר נתון לנו ש $\norm{f}_1< \infty$ . אם נסמן $f_h(x)=\abs{(e^{-ihx}-1)f(x)}$ , כאשר הפעם השאיפה היא כש $h\to 0$ במקום $n\to \infty$ כמו במשפט ההתכנסות הנשלטת, אז

1. התכנסות נקודתית: לכל $x=x_0$ קבוע נקבל את ההתכנסות הנקודתית $\displaystyle{\lim_{h\to 0}} f_h(x_0)=|0|\cdot|f(x_0)|=0$ , כלומר הפונקציות מתכנסות נקודתית לפונקצית האפס.

2. שליטה: אי שוויון המשולש נותן לנו ש $|f_h(x)|\leq 2|f(x)|$ , כלומר הפונקציות נשלטות ע”י $2f(x)$ שהיא אינטגרבילית בהחלט.

משפט ההתכנסות הנשלטת יתן לנו ש

$$\lim_{h\to 0}\int_{-\infty}^\infty f_h(x)\dx = \int_{-\infty}^\infty \limfi _{h\to 0}f_h(x)\dx = \int_{-\infty}^\infty 0 \dx = 0$$

וזה יסיים את ההוכחה.

השתמשו במשפט ההתכנסות הנשלטת כדי לקצר קצת את ההוכחה של הנגזרת של ההתמרה.