La trasformata di Fourier

Proposizione 39

$A\subseteq \mathbb {R} ^{n}$$A\subseteq {\mathbb {R}}^{n}$, $B\subseteq \mathbb {R} ^{m}$$B\subseteq \mathbb {R} ^{m}$, $\{\varphi _{n}\}$$\{\varphi _{n}\}$ ortonormale base Hilbertiana di ${\mathcal {L}}^{2}(A)$$\mathcal{L}^2(A)$, $\{\psi _{n}\}$$\{\psi _{n}\}$ ortonormale base Hilbertiana di ${\mathcal {L}}^{2}(B)$$\mathcal{L}^2(B)$. Allora, posto $f_{nm}(x,y)=\varphi _{n}(x)\psi _{m}(y)$$f_{nm}(x,y)=\varphi _{n}(x)\psi _{m}(y)$, $\{f_{nm}\}$$\{f_{nm}\}$e' base ortonormale di ${\mathcal {L}}^{2}(A\times B)$$\mathcal{L}^2(A\times B)$.

 

Dimostrazione

Sicuramente sono ortonormali, perche':

$$\int _{A\times B}{f_{nm}{\overline {f_{n'm'}dxdy}}}=\int _{A}{\int _{B}{\varphi _{n}(x){\overline {\varphi _{n'}(x)}}\psi _{m}(y){\overline {\psi _{m'}(y)}}dxdy}}=\delta _{nn'}\delta _{mm'}.$$

$$\int _{A\times B}{f_{nm}{\overline {f_{n'm'}dxdy}}}=\int _{A}{\int _{B}{\varphi _{n}(x){\overline {\varphi _{n'}(x)}}\psi _{m}(y){\overline {\psi _{m'}(y)}}dxdy}}=\delta _{nn'}\delta _{mm'}.$$

E' anche base perche', presa $f\in {\mathcal {L}}^{2}(A\times B)$$f\in \mathcal{L}^2(A\times B)$, se $\langle f,f_{nm}\rangle _{{\mathcal {L}}^{2}(A\times B)}=0$$\langle f,f_{nm}\rangle _{{\mathcal {L}}^{2}(A\times B)}=0$$\forall n,m$$\forall n,m$, allora $f\equiv 0$$f\equiv 0$ q.o.; infatti, denotata $F_{n}(y)=\int _{A}{f(x,y){\overline {\varphi _{n}(x)}}dx}$$F_{n}(y)=\int _{A}{f(x,y){\overline {\varphi _{n}(x)}}dx}$, si ha che che sta in ${\mathcal {L}}^{2}(B)$$\mathcal{L}^2(B)$:

$$\int _{B}{|F_{n}(y)|^{2}dy}\leq \int _{B}{\left(\int _{A}{|f(x,y)|^{2}}dx\right)\left(\int _{A}{|{\overline {\varphi _{n}}}|^{2}dx}\right)dy},$$

$$\int _{B}{|F_{n}(y)|^{2}dy}\leq \int _{B}{\left(\int _{A}{|f(x,y)|^{2}}dx\right)\left(\int _{A}{|{\overline {\varphi _{n}}}|^{2}dx}\right)dy},$$

e:

$$\int _{B}{F_{n}(y){\overline {\psi _{m}(y)}}dy}=\int _{A\times B}{f{\overline {\varphi _{n}(x)}}{\overline {\psi _{m}(y)}}dxdy}=0,$$

$$\int _{B}{F_{n}(y){\overline {\psi _{m}(y)}}dy}=\int _{A\times B}{f{\overline {\varphi _{n}(x)}}{\overline {\psi _{m}(y)}}dxdy}=0,$$

dunque per completezza delle $\psi _{m}$$\psi _{m}$$F_{n}(y)\equiv 0$$F_{n}(y)\equiv 0$ q.o., quindi per completezza delle $\varphi _{n}$$\varphi_n$ si conclude $f\equiv 0$$f\equiv 0$ q.o.

 

Osservazione

Si ha dunque che $\left\{{\frac {1}{(2\pi )^{n}}}e^{i\langle k,x\rangle }\right\}_{k\in \mathbb {Z} ^{n}}$$\left\{{\frac {1}{(2\pi )^{n}}}e^{i\langle k,x\rangle }\right\}_{k\in \mathbb {Z} ^{n}}$e' base Hilbertiana e ortonormale di ${\mathcal {L}}^{2}\left((-\pi ,\pi )^{n}\right)$${\mathcal {L}}^{2}\left((-\pi ,\pi )^{n}\right)$.

 

Corollario 40

$\{\varphi _{n}\}_{n}$$\{\varphi _{n}\}_{n}$ base ortonormale di ${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$${\mathcal {L}}^{2}(-\pi ,\pi )$, $\{\psi _{m,n}\}_{m}$$\{\psi _{m,n}\}_{m}$ base ortonormale di ${\mathcal {L}}^{2}(B)$$\mathcal{L}^2(B)$$\forall n\in \mathbb {Z}$$\forall n\in \mathbb {Z}$. Allora $\{\varphi _{n}(x)\cdot \psi _{m,n}(y)\}_{m,n}$$\{\varphi _{n}(x)\cdot \psi _{m,n}(y)\}_{m,n}$e' base ortonormale di ${\mathcal {L}}^{2}((-\pi ,\pi )\times B)$${\mathcal {L}}^{2}((-\pi ,\pi )\times B)$.

 

Sia $f\in C^{1}$$f\in C^1$ periodica su $[-l,l]$$[-l,l]$; per la formula di addizione del coseno, in analogia al caso $l=\pi$$l=\pi$e' facile vedere che:

$$f(x)={\frac {1}{2l}}\int _{-l}^{l}{f(x)dx}+\sum _{k=1}^{\infty }{{\frac {1}{l}}\int _{-l}^{l}{f(t)\cos \left({\frac {k\pi }{l}}(t-x)\right)dt}}={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos \left({\frac {k\pi }{l}}x\right)+b_{k}\sin \left({\frac {k\pi }{l}}x\right)}.$$

$$f(x)={\frac {1}{2l}}\int _{-l}^{l}{f(x)dx}+\sum _{k=1}^{\infty }{{\frac {1}{l}}\int _{-l}^{l}{f(t)\cos \left({\frac {k\pi }{l}}(t-x)\right)dt}}={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{a_{k}\cos \left({\frac {k\pi }{l}}x\right)+b_{k}\sin \left({\frac {k\pi }{l}}x\right)}.$$

Sia inoltre $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$; prendendo il limite per $l\rightarrow \infty$$l\rightarrow \infty$:

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{(a_{\lambda }\cos(\lambda x)+b_{\lambda }\sin(\lambda x))d\lambda };$$

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{(a_{\lambda }\cos(\lambda x)+b_{\lambda }\sin(\lambda x))d\lambda };$$

in particolare, se $F(\lambda )={\frac {1}{\pi }}\int _{-l}^{l}{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}$$F(\lambda )={\frac {1}{\pi }}\int _{-l}^{l}{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}$:

$$f(x)=\underbrace {{\frac {1}{2l}}\int _{-l}^{l}{f(x)dx}} _{=0}+{\frac {1}{\pi }}\sum _{k=1}^{\infty }{\underbrace {\frac {\pi }{l}} _{=\Delta \lambda }\int _{-l}^{l}{f(t)\cos \left({\frac {k\pi }{l}}(t-x)\right)dt}}=\sum {\Delta \lambda F(\lambda _{k})},$$

$$f(x)=\underbrace {{\frac {1}{2l}}\int _{-l}^{l}{f(x)dx}} _{=0}+{\frac {1}{\pi }}\sum _{k=1}^{\infty }{\underbrace {\frac {\pi }{l}} _{=\Delta \lambda }\int _{-l}^{l}{f(t)\cos \left({\frac {k\pi }{l}}(t-x)\right)dt}}=\sum {\Delta \lambda F(\lambda _{k})},$$

dunque al limite:

$$a_{\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda t)dt},\qquad b_{\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\sin(\lambda t)dt}.$$

$$a_{\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda t)dt},\qquad b_{\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\sin(\lambda t)dt}.$$

Si giunge finalmente alla formula:

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\left(\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}\right)d\lambda }.$$

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\left(\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}\right)d\lambda }.$$

Ma questa formula in quali casi ha senso, cioe' quando effettivamente l'integrale vale $f(x)$$f(x)$?

Lemma 41

Per ogni $A>0$$A>0$, vale:

$$\int _{0}^{\infty }{{\frac {\sin(Ax)}{x}}dx}={\frac {\pi }{2}}.$$

$$\int _{0}^{\infty }{{\frac {\sin(Ax)}{x}}dx}={\frac {\pi }{2}}.$$

 

Dimostrazione

Osserviamo che, a meno di un cambio di variabili, si puo' supporre $A=1$$A=1$. Dalla teoria del nucleo di Dirichlet, sappiamo che:

$$\int _{0}^{\pi }{{\frac {\sin((n+1/2)z)}{\sin(z/2)}}dz}=\pi .$$

$$\int _{0}^{\pi }{{\frac {\sin((n+1/2)z)}{\sin(z/2)}}dz}=\pi .$$

Poniamo:

$$g(t)={\begin{cases}{\frac {1}{t/2}}-{\frac {1}{\sin(t/2)}}&{\text{se }}0<t\leq \pi \\0&{\text{se }}t=0\end{cases}}$$

$$g(t)={\begin{cases}{\frac {1}{t/2}}-{\frac {1}{\sin(t/2)}}&{\text{se }}0<t\leq \pi \\0&{\text{se }}t=0\end{cases}}$$

$g$$g$e' continua in $[0,\pi ]$$[0,\pi ]$, quindi per Riemann-Lebesgue:

$$0\leftarrow \int _{0}^{\pi }{g(t)\sin((n+1/2)t)dt}=\int _{0}^{\pi }{{\biggl (}{\frac {\sin((n+1/2)t)}{t/2}}-\underbrace {\frac {\sin((n+1/2)t)}{\sin(t/2)}} _{=\pi }{\biggr )}dt},$$

$$0\leftarrow \int _{0}^{\pi }{g(t)\sin((n+1/2)t)dt}=\int _{0}^{\pi }{{\biggl (}{\frac {\sin((n+1/2)t)}{t/2}}-\underbrace {\frac {\sin((n+1/2)t)}{\sin(t/2)}} _{=\pi }{\biggr )}dt},$$

da cui:

$$\pi \leftarrow 2\int _{0}^{\pi }{{\frac {\sin((n+1/2)t)}{t}}dt}=2\int _{0}^{(n+1/2)\pi }{{\frac {\sin(x)}{x}}dx},$$

$$\pi \leftarrow 2\int _{0}^{\pi }{{\frac {\sin((n+1/2)t)}{t}}dt}=2\int _{0}^{(n+1/2)\pi }{{\frac {\sin(x)}{x}}dx},$$

cioe' la tesi.

 

Teorema 19

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, la scrittura formale precedente e' esatta, cioe':

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\left(\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}\right)d\lambda }.$$

$$f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\left(\int _{-\infty }^{\infty }{f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}\right)d\lambda }.$$

 

Dimostrazione

Poniamo:

$${\begin{aligned}I(A)&={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{A}{\left(\int _{\mathbb {R} }\right)d\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}I(A)&={\frac {1}{\pi }}\int _{0}^{A}{\left(\int _{\mathbb {R} }\right)d\lambda }={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }.\end{aligned}}$$

Se $t-x=z$$t-x=z$:

$${\begin{aligned}I(A)&-f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }-{\frac {f(x)}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{\pi }}{\Biggl [}\underbrace {\int _{-N}^{N}{(f(x+z)-f(x)){\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{\rightarrow 0{\text{ se }}A\rightarrow \infty {\text{ per Riemann-Lebesgue}}}+\underbrace {\int _{|z|>N}{f(x+z){\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{<\|f\|\varepsilon }-f(x)\underbrace {\int _{|z|>N}{{\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{<\varepsilon }{\Biggr ]}\rightarrow 0\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}I(A)&-f(x)={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }-{\frac {f(x)}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{\pi }}{\Biggl [}\underbrace {\int _{-N}^{N}{(f(x+z)-f(x)){\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{\rightarrow 0{\text{ se }}A\rightarrow \infty {\text{ per Riemann-Lebesgue}}}+\underbrace {\int _{|z|>N}{f(x+z){\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{<\|f\|\varepsilon }-f(x)\underbrace {\int _{|z|>N}{{\frac {\sin(Az)}{z}}dz}} _{<\varepsilon }{\Biggr ]}\rightarrow 0\end{aligned}}$$

quando $A\rightarrow \infty$$A\rightarrow \infty$.

 

Per disparita' del seno, si puo' scrivere:

$${\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} {f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}-i\lim _{N\rightarrow \infty }{\int _{-N}^{N}{d\lambda \int _{\mathbb {R} }}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} .\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f(x)&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} {f(t)\cos(\lambda (t-x))dt}-i\lim _{N\rightarrow \infty }{\int _{-N}^{N}{d\lambda \int _{\mathbb {R} }}}=\\&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} .\end{aligned}}$$

Definizione 20

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, definisco trasformata di Fourier di $f$$f$:

$${\widehat {f}}(\lambda )={\mathcal {F}}(f)(x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

$${\widehat {f}}(\lambda )={\mathcal {F}}(f)(x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

 

Proposizione (!numero=42)

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, ${\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\mathbb {R} )$${\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\mathbb {R} )$.

 

Dimostrazione

Basta osservare che $|{\widehat {f}}(\lambda )|\leq \int _{\mathbb {R} }=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$$|{\widehat {f}}(\lambda )|\leq \int _{\mathbb {R} }=\|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$.

 

Vedremo in seguito come ci aiuta la trasformata di Fourier a risolvere molte equazioni differenziali; per ora introduciamo qualche concetto base.

Esempio

Dato il problema di Cauchy $1$$1$-dimensionale:

$${\begin{cases}y'(t)=f(t,y(t))\\y(t_{0})=y_{0}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}y'(t)=f(t,y(t))\\y(t_{0})=y_{0}\end{cases}}$$

osserviamo subito che $y'(t_{0})=f(t_{0},y(t_{0}))=f(t_{0},y_{0})$$y'(t_0)=f(t_0,y(t_0))=f(t_0,y_0)$ e che:

$$y''(t)=f_{t}(t,y(t))+f_{y}(t,y(t))y'(t),\quad {\text{quindi}}\quad y''(t_{0})=f_{t}(t_{0},y_{0})+f_{y}(t_{0},y_{0})f(t_{0},y_{0}).$$

$$y''(t)=f_{t}(t,y(t))+f_{y}(t,y(t))y'(t),\quad {\text{quindi}}\quad y''(t_{0})=f_{t}(t_{0},y_{0})+f_{y}(t_{0},y_{0})f(t_{0},y_{0}).$$

Procedendo ricorsivamente e usando la scrittura:

$$y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }{{\frac {y^{(k)}(t_{0})}{k!}}(t-t_{0})^{k}},$$

$$y(t)=\sum _{k=0}^{\infty }{{\frac {y^{(k)}(t_{0})}{k!}}(t-t_{0})^{k}},$$

si trova la soluzione in un intorno di $t_{0}$$t_0$ se il raggio di convergenza $R$$R$e' positivo.

 

In piu' dimensioni, il problema precedente diventa molto piu' complesso: l'equazione differenziale:

$${\frac {\partial ^{n}}{\partial y^{n}}}u(x,y)=F\left({\frac {\partial ^{\alpha }u}{\partial x^{\alpha _{1}}\partial y^{\alpha _{2}}}}\right),$$

$${\frac {\partial ^{n}}{\partial y^{n}}}u(x,y)=F\left({\frac {\partial ^{\alpha }u}{\partial x^{\alpha _{1}}\partial y^{\alpha _{2}}}}\right),$$

in $\mathbb {R} _{+}^{2}$$\mathbb {R} _{+}^{2}$ date le condizioni iniziali $u(x,0),u_{y}(x,0),\ldots \partial _{y}^{n-1}u(x,0)$$u(x,0),u_{y}(x,0),\ldots \partial _{y}^{n-1}u(x,0)$, con $\alpha _{1}+\alpha _{2}=\alpha$$\alpha _{1}+\alpha _{2}=\alpha$, $|\alpha |<n$$|\alpha |<n$, e' in alcuni casi addirittura mal posto. Un problema si dice ben posto secondo Hadamard se la sua soluzione esiste, e' unica e dipende in modo continuo dai dati. Un importante teorema, conosciuto come teorema di Cauchy-Kowalewski, asserisce che il problema precedente e' ben posto secondo Hadamard intorno a $0$$0$ se la funzione $F$$F$ e le condizioni iniziali sono analitiche; ad esempio, un possibile modo per risolvere il problema:

$${\begin{cases}\Delta u(x,y)=0&{\text{in }}\mathbb {R} _{+}^{2}=\{y\geq 0\}\\u(x,0)=g(x)\\{\frac {\partial u}{\partial y}}(x,0)=h(x)\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\Delta u(x,y)=0&{\text{in }}\mathbb {R} _{+}^{2}=\{y\geq 0\}\\u(x,0)=g(x)\\{\frac {\partial u}{\partial y}}(x,0)=h(x)\end{cases}}$$

potrebbe essere il seguente: $\partial _{y}^{2}u=-\partial _{x}^{2}u=-g''(x)$$\partial _{y}^{2}u=-\partial _{x}^{2}u=-g''(x)$, mentre:

$$u_{yyy}=(u_{yy})_{y}=-u_{xxy}=-(u_{y})_{xx}=-h''(x),$$

$$u_{yyy}=(u_{yy})_{y}=-u_{xxy}=-(u_{y})_{xx}=-h''(x),$$

dunque iterando e sfruttando la scrittura:

$$u(x,y)=\sum _{k=0}^{\infty }{{\frac {\partial _{y}^{k}u(x,0)}{k!}}y^{k}},$$

$$u(x,y)=\sum _{k=0}^{\infty }{{\frac {\partial _{y}^{k}u(x,0)}{k!}}y^{k}},$$

avremmo trovato una soluzione del problema. Vediamo pero' che in alcuni casi il calcolo precedente e' solo formale.

Esempio

Supponiamo di voler risolvere il problema:

$${\begin{cases}\Delta u(x,y)=0&{\text{in }}\mathbb {R} _{+}^{2}=\{y\geq 0\}\\u(x,0)=0\\{\frac {\partial u}{\partial y}}(x,0)={\frac {\sin(nx)}{n}}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\Delta u(x,y)=0&{\text{in }}\mathbb {R} _{+}^{2}=\{y\geq 0\}\\u(x,0)=0\\{\frac {\partial u}{\partial y}}(x,0)={\frac {\sin(nx)}{n}}\end{cases}}$$

Separando le variabili, dall'equazione $X''+Y''=0$$X''+Y''=0$ si ottiene il sistema:

$${\begin{cases}X''+\lambda X=0\\Y''-\lambda Y=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}X''+\lambda X=0\\Y''-\lambda Y=0\end{cases}}$$

dunque $X=Ae^{{\sqrt {\lambda }}x}+Be^{-{\sqrt {\lambda }}x}$$X=Ae^{{\sqrt {\lambda }}x}+Be^{-{\sqrt {\lambda }}x}$ e $Y=Ce^{{\sqrt {-\lambda }}y}+De^{-{\sqrt {-\lambda }}y}$$Y=Ce^{{\sqrt {-\lambda }}y}+De^{-{\sqrt {-\lambda }}y}$. Imponendo le condizioni iniziali, e' facile vedere che la soluzione risulta essere:

$$u(x,y)={\frac {\sin(nx)}{n^{2}}}\left({\frac {e^{ny}-e^{-ny}}{2}}\right)={\frac {\sin(nx)}{n^{2}}}\sinh(ny).$$

$$u(x,y)={\frac {\sin(nx)}{n^{2}}}\left({\frac {e^{ny}-e^{-ny}}{2}}\right)={\frac {\sin(nx)}{n^{2}}}\sinh(ny).$$

Visto che $|u(x,0)|+|\partial _{y}u(x,0)|\leq {\frac {1}{n}}$$|u(x,0)|+|\partial _{y}u(x,0)|\leq {\frac {1}{n}}$, necessariamente anche la soluzione dovra' andare a $0$$0$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$. Ma se $x_{n}={\frac {\pi }{2n}}$$x_{n}={\frac {\pi }{2n}}$ e $y_{n}={\sqrt {{\frac {2}{\pi }}x_{n}}}$$y_{n}={\sqrt {{\frac {2}{\pi }}x_{n}}}$, $u(x_{n},y_{n})\simeq {\frac {e^{\sqrt {n}}}{n^{2}}}\rightarrow \infty$$u(x_{n},y_{n})\simeq {\frac {e^{\sqrt {n}}}{n^{2}}}\rightarrow \infty$ quando $n\rightarrow \infty$$n\rightarrow \infty$. Questo mostra che in generale il problema precedente e' mal posto secondo Hadamard; un modo per renderlo ben posto potrebbe essere quello di imporre $u(x,y)\rightarrow 0$$u(x,y)\rightarrow 0$ quando $y\rightarrow \infty$$y\rightarrow \infty$, cioe' mettere la condizione al contorno in tutto il bordo di $\mathbb {R} _{+}^{2}$$\mathbb {R} _{+}^{2}$.

 

Riprendiamo la trattazione della trasformata di Fourier.

Esempio

Calcoliamo la trasformata di Fourier di $e^{-x^{2}}$$e^{-x^2}$:

$${\widehat {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }=2\int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}\cos(x\xi )dx}.$$

$${\widehat {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }=2\int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}\cos(x\xi )dx}.$$

Ma visto che:

$${\widehat {f}}'(\xi )=2\int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}(-x)\sin(x\xi )dx}=\int _{0}^{\infty }{{\frac {d}{dx}}(e^{-x^{2}})\sin(x\xi )dx}=[e^{-x^{2}}\sin(x\xi )]_{0}^{\infty }-\xi \int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}\cos(x\xi )dx},$$

$${\widehat {f}}'(\xi )=2\int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}(-x)\sin(x\xi )dx}=\int _{0}^{\infty }{{\frac {d}{dx}}(e^{-x^{2}})\sin(x\xi )dx}=[e^{-x^{2}}\sin(x\xi )]_{0}^{\infty }-\xi \int _{0}^{\infty }{e^{-x^{2}}\cos(x\xi )dx},$$

si deduce che ${\frac {{\widehat {f}}'(\xi )}{{\widehat {f}}(\xi )}}=-{\frac {\xi }{2}}$${\frac {{\widehat {f}}'(\xi )}{{\widehat {f}}(\xi )}}=-{\frac {\xi }{2}}$, dunque ${\frac {d}{d\xi }}(\log({\widehat {f}}(\xi )))=-{\frac {\xi }{2}}$${\frac {d}{d\xi }}(\log({\widehat {f}}(\xi )))=-{\frac {\xi }{2}}$, da cui $\log({\widehat {f}}(\xi ))=-{\frac {\xi ^{2}}{4}}$$\log({\widehat {f}}(\xi ))=-{\frac {\xi ^{2}}{4}}$ e cioe'${\widehat {f}}(\xi )={\widehat {f}}(0)e^{-{\frac {\xi ^{2}}{4}}}={\sqrt {\pi }}e^{-{\frac {\xi ^{2}}{4}}}$${\widehat {f}}(\xi )={\widehat {f}}(0)e^{-{\frac {\xi ^{2}}{4}}}={\sqrt {\pi }}e^{-{\frac {\xi ^{2}}{4}}}$. Puo' essere utile l'uguaglianza:

$$\int _{\mathbb {R} }={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.$$

$$\int _{\mathbb {R} }={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}.$$

 

Osservazione

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, la trasformata di Fourier ${\widehat {f}}\in L^{\infty }(\mathbb {R} )$${\widehat {f}}\in L^{\infty }(\mathbb {R} )$e' continua e va a $0$$0$ all'infinito (si denota ${\widehat {f}}\in C_{0}^{0}(\mathbb {R} )$${\widehat {f}}\in C_{0}^{0}(\mathbb {R} )$). Infatti sicuramente e' continua:

$$\int _{\mathbb {R} }<\varepsilon \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}};$$

$$\int _{\mathbb {R} }<\varepsilon \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}};$$

inoltre e' facile vedere che la trasformata va a $0$$0$ all'infinito nel caso $f=\chi _{[a,b]}$$f=\chi _{[a,b]}$:

$$\int _{\mathbb {R} }=\int _{a}^{b}{e^{-i\xi x}dx}={\frac {e^{-ib\xi }-e^{-ia\xi }}{i\xi }}\rightarrow 0$$

$$\int _{\mathbb {R} }=\int _{a}^{b}{e^{-i\xi x}dx}={\frac {e^{-ib\xi }-e^{-ia\xi }}{i\xi }}\rightarrow 0$$

quando $|\xi |\rightarrow \infty$$|\xi |\rightarrow \infty$; se in generale $f\in {\mathcal {L}}^{1}$$f\in \mathcal{L}^1$, la approssimo con funzioni semplici e grazie a Beppo-Levi si conclude ${\widehat {f}}\in C_{0}^{0}(\mathbb {R} )$${\widehat {f}}\in C_{0}^{0}(\mathbb {R} )$.

 

Corollario 43

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, allora ${\widehat {f}}$$\widehat{f}$e' uniformemente continua.

 

Dimostrazione

Per Heine-Cantor ogni funzione continua con limiti finiti e' uniformemente continua.

 

Definiamo adesso la trasformata inversa di Fourier; e' in un certo senso naturale la definizione:

$$f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }.$$

$$f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }.$$

Ci poniamo il problema di quando ha senso questa scrittura, cioe' quando l'integrale esiste e quando effettivamente coincide con $f(x)$$f(x)$. L'integrale ha sempre senso, perche' se $f\in {\mathcal {L}}^{1}$$f\in \mathcal{L}^1$, allora ${\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{\infty }$${\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{\infty }$; come primo risultato abbiamo:

Proposizione 44

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}\cap C^{1}$$f\in \mathcal{L}^1\cap C^1$, allora $f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }$$f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }$.

 

Dimostrazione

Si ha:

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} ={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt$$

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} ={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt$$

, e sfruttando il fatto che $\int _{\mathbb {R} }=2\pi \delta (a)$$\int _{\mathbb {R} }=2\pi \delta (a)$, dove $\delta$$\delta$e' la delta di Dirac, abbiamo:

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} =\int _{\mathbb {R} }=f(x)$$

$${\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} =\int _{\mathbb {R} }=f(x)$$

 

In analogia con le serie di Fourier, vorremmo estendere la trasformata inversa anche alle funzioni $C^{0}$$C^0$; abbiamo prima bisogno di un lemma.

Lemma 45

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(-T,T)$$f\in \mathcal{L}^1(-T,T)$, $I(T)=\int _{-T}^{T}{f(t)dt}\rightarrow a$$I(T)=\int _{-T}^{T}{f(t)dt}\rightarrow a$ quando $T\rightarrow \infty$$T\rightarrow \infty$. Allora:

$$J(T)=\int _{-T}^{T}{\left(1-{\frac {|t|}{T}}\right)f(t)dt}\rightarrow a.$$

$$J(T)=\int _{-T}^{T}{\left(1-{\frac {|t|}{T}}\right)f(t)dt}\rightarrow a.$$

 

Dimostrazione

Si ha:

$${\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{I(u)du}={\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{\int _{-u}^{u}{f(t)dt}du}={\frac {1}{T}}\int _{-T}^{T}{f(t)\int _{|t|}^{T}{du}dt}=\int _{-T}^{T}{f(t){\frac {T-|t|}{T}}dt}=J(T),$$

$${\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{I(u)du}={\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{\int _{-u}^{u}{f(t)dt}du}={\frac {1}{T}}\int _{-T}^{T}{f(t)\int _{|t|}^{T}{du}dt}=\int _{-T}^{T}{f(t){\frac {T-|t|}{T}}dt}=J(T),$$

ma $I(u)$$I(u)$ converge, quindi $\forall \varepsilon >0$$\forall \varepsilon >0$, $\exists M$$\exists M$ tale che $\forall T>M$$\forall T>M$, $|I(T)-a|<\varepsilon$$|I(T)-a|<\varepsilon$, quindi:

$${\begin{aligned}|J(T)-a|&=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{I(u)du}-a\right|=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{(I(u)-a)du}\right|=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{M}{\underbrace {(I(u)-a)} _{\leq c}du}\right|+\\&+\left|{\frac {1}{T}}\int _{M}^{T}{(I(u)-a)du}\right|<{\frac {cM}{T}}+\varepsilon \left({\frac {T-M}{T}}\right),\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}|J(T)-a|&=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{I(u)du}-a\right|=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}{(I(u)-a)du}\right|=\left|{\frac {1}{T}}\int _{0}^{M}{\underbrace {(I(u)-a)} _{\leq c}du}\right|+\\&+\left|{\frac {1}{T}}\int _{M}^{T}{(I(u)-a)du}\right|<{\frac {cM}{T}}+\varepsilon \left({\frac {T-M}{T}}\right),\end{aligned}}$$

cioe' la tesi.

 

Proposizione 46

$f\in C^{0}(\mathbb {R} )$$f\in C^{0}(\mathbb {R} )$. Allora $f(x)={\mathcal {F}}^{-1}({\mathcal {F}}(f))(x)$$f(x)=\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}(f))(x)$, dove ${\mathcal {F}}$$\mathcal{F}$e' l'operatore trasformata di Fourier e ${\mathcal {F}}^{-1}$$\mathcal{F}^{-1}$ antitrasformata di Fourier.

 

Dimostrazione

E' facile, sfruttando il lemma precedente, vedere che:

$$\int _{-N}^{N}{\left(1-{\frac {|\xi |}{N}}\right)\int _{\mathbb {R} }e^{ix\xi }d\xi }=\int _{\mathbb {R} }=f*k_{N}(x),$$

$$\int _{-N}^{N}{\left(1-{\frac {|\xi |}{N}}\right)\int _{\mathbb {R} }e^{ix\xi }d\xi }=\int _{\mathbb {R} }=f*k_{N}(x),$$

dove:

$$k_{N}(z)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-N}^{N}{\left(1-{\frac {|\xi |}{N}}\right)e^{iz\xi }d\xi }={\frac {1}{2\pi N}}\left({\frac {\sin(Nz/2)}{\sin(z/2)}}\right)^{2}.$$

$$k_{N}(z)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-N}^{N}{\left(1-{\frac {|\xi |}{N}}\right)e^{iz\xi }d\xi }={\frac {1}{2\pi N}}\left({\frac {\sin(Nz/2)}{\sin(z/2)}}\right)^{2}.$$

Osservato che $k_{N}$$k_{N}$e' una successione di Dirac, segue subito la tesi.

 

Teorema 21

Se $f,{\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{1}$$f,\widehat{f}\in \mathcal{L}^1$, allora $f={\mathcal {F}}^{-1}({\mathcal {F}}(f))$$f=\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}(f))$ quasi ovunque. Se $f$$f$e' continua in $x$$x$, allora $f(x)={\mathcal {F}}^{-1}({\mathcal {F}}(f))(x)$$f(x)=\mathcal{F}^{-1}(\mathcal{F}(f))(x)$.

 

Dimostrazione

Poiche'${\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{1}$$\widehat{f}\in \mathcal{L}^1$:

$$\int _{\mathbb {R} }=\lim _{T\rightarrow \infty }{\int _{-T}^{T}{{\widehat {f}}(\xi )d\xi }},$$

$$\int _{\mathbb {R} }=\lim _{T\rightarrow \infty }{\int _{-T}^{T}{{\widehat {f}}(\xi )d\xi }},$$

dunque passando grazie al lemma a $J(T)$$J(T)$ (che converge alla stessa cosa) si ha la tesi.

 

Corollario 47

Se $f_{1},f_{2},{\widehat {f}}_{1},{\widehat {f}}_{2}\in {\mathcal {L}}^{1}$$f_1,f_2,\widehat{f}_1,\widehat{f}_2\in \mathcal{L}^1$ e ${\widehat {f}}_{1}={\widehat {f}}_{2}$$\widehat{f}_1=\widehat{f}_2$, allora $f_{1}=f_{2}$$f_1=f_2$ quasi ovunque.

 

L'operatore trasformata di Fourier puo' essere esteso anche a funzioni a piu' variabili nel modo naturale:

$${\widehat {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(x)e^{-i\langle x,\xi \rangle }dx},\qquad f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} ^{n}}{{\widehat {f}}(\xi )e^{i\langle x,\xi \rangle }d\xi }.$$

$${\widehat {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(x)e^{-i\langle x,\xi \rangle }dx},\qquad f(x)={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} ^{n}}{{\widehat {f}}(\xi )e^{i\langle x,\xi \rangle }d\xi }.$$

Esempio

Calcoliamo la trasformata di Fourier di $e^{-\|x\|^{2}}$$e^{-\|x\|^{2}}$. Osserviamo innanzitutto che:

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-\|x\|^{2}}dx}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-(x_{1}^{2}+\ldots +x_{n}^{2})}dx_{1}\ldots dx_{n}}=\left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{n}=\pi ^{\frac {n}{2}}.$$

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-\|x\|^{2}}dx}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-(x_{1}^{2}+\ldots +x_{n}^{2})}dx_{1}\ldots dx_{n}}=\left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{n}=\pi ^{\frac {n}{2}}.$$

Denotiamo $\varphi (s)=\int _{\mathbb {R} }$$\varphi (s)=\int _{\mathbb {R} }$. Si ha:

$$\varphi '(s)=i\int _{\mathbb {R} }=i\int _{\mathbb {R} }=0,$$

$$\varphi '(s)=i\int _{\mathbb {R} }=i\int _{\mathbb {R} }=0,$$

dunque $\varphi \equiv {\sqrt {\pi }}$$\varphi \equiv {\sqrt {\pi }}$. $\|x\|^{2}+i\langle x,\xi \rangle =\langle x+i{\frac {\xi }{2}},x+i{\frac {\xi }{2}}\rangle +{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}$$\|x\|^{2}+i\langle x,\xi \rangle =\langle x+i{\frac {\xi }{2}},x+i{\frac {\xi }{2}}\rangle +{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}$, percio':

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-\left\|x+i{\frac {\xi }{2}}\right\|^{2}}e^{-{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}}dx}=e^{-{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}}\pi ^{\frac {n}{2}}.$$

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{e^{-\left\|x+i{\frac {\xi }{2}}\right\|^{2}}e^{-{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}}dx}=e^{-{\frac {\|\xi \|^{2}}{4}}}\pi ^{\frac {n}{2}}.$$

 

Le seguenti proprieta' sono immediate:

Teorema 22

Sia $f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$. Allora:

1. Se $f_{n}\rightarrow f$$f_{n}\rightarrow f$ in ${\mathcal {L}}^{1}$$\mathcal{L}^1$, allora ${\widehat {f}}_{n}\rightarrow {\widehat {f}}$${\widehat {f}}_{n}\rightarrow {\widehat {f}}$ in ${\mathcal {L}}^{\infty }$${\mathcal {L}}^{\infty }$.

1. $\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$$\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|f\|_{{\mathcal {L}}^{1}}$.

1. ${\widehat {\alpha f+\beta g}}=\alpha {\widehat {f}}+\beta {\widehat {g}}$${\widehat {\alpha f+\beta g}}=\alpha {\widehat {f}}+\beta {\widehat {g}}$, $\forall \alpha ,\beta \in \mathbb {R}$$\forall \alpha ,\beta \in \mathbb {R}$, $\forall f,g\in {\mathcal {L}}^{1}$$\forall f,g\in \mathcal{L}^1$.

1. ${\widehat {\widehat {f}}}(t)=2\pi f(-t)$$\widehat{\widehat{f}}(t)=2\pi f(-t)$.

1. Se $\tau _{h}(f)(x)=f(x-h)$$\tau _{h}(f)(x)=f(x-h)$, allora ${\widehat {\tau _{h}f}}=e^{-i\xi h}{\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {\tau _{h}f}}=e^{-i\xi h}{\widehat {f}}(\xi )$.

1. ${\widehat {e^{ihx}f(x)}}(\xi )=\tau _{h}{\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {e^{ihx}f(x)}}(\xi )=\tau _{h}{\widehat {f}}(\xi )$.

1. Se $\sigma _{\delta }f(x)={\frac {1}{\delta }}f\left({\frac {x}{\delta }}\right)$$\sigma _{\delta }f(x)={\frac {1}{\delta }}f\left({\frac {x}{\delta }}\right)$, allora ${\widehat {\sigma _{\delta }f(x)}}(\xi )={\widehat {f}}(\delta \xi )$${\widehat {\sigma _{\delta }f(x)}}(\xi )={\widehat {f}}(\delta \xi )$.

1. Se anche $xf(x)\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$$xf(x)\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} )$, allora ${\frac {d}{d\xi }}{\widehat {f}}(\xi )=-i{\widehat {xf(x)}}(\xi )$${\frac {d}{d\xi }}{\widehat {f}}(\xi )=-i{\widehat {xf(x)}}(\xi )$.

 

A volte puo' essere utile considerare lo spazio di Schwartz:

$${\mathcal {S}}=\{f\in {\mathcal {L}}^{1}\mid x^{m}D^{k}f(x)\rightarrow 0\ {\text{per }}|x|\rightarrow \infty ,\ \forall k,m\}.$$

$${\mathcal {S}}=\{f\in {\mathcal {L}}^{1}\mid x^{m}D^{k}f(x)\rightarrow 0\ {\text{per }}|x|\rightarrow \infty ,\ \forall k,m\}.$$

Teorema 23

Se $f\in C^{1}\cap {\mathcal {L}}^{1}$$f\in C^1 \cap \mathcal{L}^1$ e $f'\in {\mathcal {L}}^{1}$$f'\in \mathcal{L}^1$, allora ${\widehat {f'}}(\xi )=i\xi {\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {f'}}(\xi )=i\xi {\widehat {f}}(\xi )$.

 

Dimostrazione

Vediamo subito che $f(x)\rightarrow 0$$f(x)\rightarrow 0$ per $|x|\rightarrow \infty$$|x|\rightarrow \infty$, in quanto $f(x)=f(0)+\int _{0}^{x}{f'(t)dt}$$f(x)=f(0)+\int _{0}^{x}{f'(t)dt}$ ha limite per $|x|\rightarrow \infty$$|x|\rightarrow \infty$ e tale limite deve essere $0$$0$ perche'$f\in {\mathcal {L}}^{1}$$f\in \mathcal{L}^1$; ma allora integrando per parti:

$$\int _{\mathbb {R} }=-\int _{\mathbb {R} }=i\xi \int _{\mathbb {R} }.$$

$$\int _{\mathbb {R} }=-\int _{\mathbb {R} }=i\xi \int _{\mathbb {R} }.$$

 

Proposizione 48

$f,g\in {\mathcal {L}}^{1}$$f,g\in \mathcal{L}^1$. Allora ${\widehat {f*g}}(\xi )={\widehat {f}}(\xi ){\widehat {g}}(\xi )$${\widehat {f*g}}(\xi )={\widehat {f}}(\xi ){\widehat {g}}(\xi )$.

 

Dimostrazione

Direttamente:

$$\int _{\mathbb {R} }=\iint _{\mathbb {R} \times \mathbb {R} }{f(x-y)g(y)dye^{-ix\xi }dx}=\iint {f(x-y)e^{-i(x-y)\xi }g(y)e^{-iy\xi }dxdy},$$

$$\int _{\mathbb {R} }=\iint _{\mathbb {R} \times \mathbb {R} }{f(x-y)g(y)dye^{-ix\xi }dx}=\iint {f(x-y)e^{-i(x-y)\xi }g(y)e^{-iy\xi }dxdy},$$

da cui la tesi cambiando variabili.

 

Proposizione 49

$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} ^{n})\cap C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$$f\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} ^{n})\cap C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$. Allora:

$${\widehat {{\frac {\partial }{\partial x_{k}}}f}}(\xi )=i\xi _{k}{\widehat {f}}(\xi ),\qquad {\frac {\partial }{\partial \xi _{k}}}{\widehat {f}}(\xi )=-i{\widehat {x_{k}f(x)}}.$$

$${\widehat {{\frac {\partial }{\partial x_{k}}}f}}(\xi )=i\xi _{k}{\widehat {f}}(\xi ),\qquad {\frac {\partial }{\partial \xi _{k}}}{\widehat {f}}(\xi )=-i{\widehat {x_{k}f(x)}}.$$

 

Proposizione 50

Se $A\in {\mbox{Ort}}(n)$$A\in \mbox{Ort}(n)$, allora:

$${\widehat {f\circ A}}(\xi )={\widehat {f}}(A\xi ).$$

$${\widehat {f\circ A}}(\xi )={\widehat {f}}(A\xi ).$$

 

Dimostrazione

Grazie al cambio di variabili $y=Ax$$y=Ax$ e sfruttando che $|\det(A)|=1$$|\det(A)|=1$ si ha:

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(Ax)e^{-i\langle x,\xi \rangle }dx}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(y)e^{-i\langle {^{t}}Ay,\xi \rangle }dy}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(y)e^{-i\langle y,A\xi \rangle }dy}.$$

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(Ax)e^{-i\langle x,\xi \rangle }dx}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(y)e^{-i\langle {^{t}}Ay,\xi \rangle }dy}=\int _{\mathbb {R} ^{n}}{f(y)e^{-i\langle y,A\xi \rangle }dy}.$$

 

Corollario 51

$f:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$$f:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ radiale, cioe'$f=f(\|x\|)$$f=f(\|x\|)$. Allora anche ${\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {f}}(\xi )$e' radiale.

 

Dimostrazione

Se $\|\xi _{1}\|=\|\xi _{2}\|$$\|\xi _{1}\|=\|\xi _{2}\|$, allora $\xi _{1}=A\xi _{2}$$\xi _{1}=A\xi _{2}$ per una certa $A\in {\mbox{Ort}}(n)$$A\in \mbox{Ort}(n)$. Percio':

$${\widehat {f}}(\xi _{1})={\widehat {f}}(A\xi _{2})={\widehat {f\circ A}}(\xi _{2})={\widehat {f}}(\xi _{2}).$$

$${\widehat {f}}(\xi _{1})={\widehat {f}}(A\xi _{2})={\widehat {f\circ A}}(\xi _{2})={\widehat {f}}(\xi _{2}).$$

 

Osservazione

Sia $u:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$$u:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ e $f=\sum _{|\alpha |\leq n}{a_{\alpha }\partial ^{\alpha }u}$$f=\sum _{|\alpha |\leq n}{a_{\alpha }\partial ^{\alpha }u}$. Allora:

$${\widehat {f}}(\xi )=\sum _{\alpha }{a_{\alpha }{\widehat {\partial ^{\alpha }u}}}=\sum _{\alpha }{a_{\alpha }(i\xi )^{|\alpha |}{\widehat {u}}(\xi )}=P(\xi ){\widehat {u}}(\xi ),$$

$${\widehat {f}}(\xi )=\sum _{\alpha }{a_{\alpha }{\widehat {\partial ^{\alpha }u}}}=\sum _{\alpha }{a_{\alpha }(i\xi )^{|\alpha |}{\widehat {u}}(\xi )}=P(\xi ){\widehat {u}}(\xi ),$$

dunque se $P(\xi )\neq 0$$P(\xi )\neq 0$, ${\widehat {u}}(\xi )={\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{P(\xi )}}$${\widehat {u}}(\xi )={\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{P(\xi )}}$ e $u(x)={\mathcal {F}}^{-1}\left({\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{P(\xi )}}\right)$$u(x)={\mathcal {F}}^{-1}\left({\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{P(\xi )}}\right)$.

 

Esempio

Si ha:

$${\widehat {\Delta u}}=\sum _{k=1}^{n}{(i\xi _{k})^{2}{\widehat {u}}(\xi )}=-\sum _{k=1}^{n}{\xi _{k}^{2}{\widehat {u}}(\xi )}=-\|\xi \|^{2}{\widehat {u}}(\xi ).$$

$${\widehat {\Delta u}}=\sum _{k=1}^{n}{(i\xi _{k})^{2}{\widehat {u}}(\xi )}=-\sum _{k=1}^{n}{\xi _{k}^{2}{\widehat {u}}(\xi )}=-\|\xi \|^{2}{\widehat {u}}(\xi ).$$

Quindi, per risolvere il problema di Poisson $-\Delta u=f$$-\Delta u=f$ in $\mathbb {R} ^{n}$${\mathbb {R}}^{n}$, per quanto visto potevamo ragionare:

$${\widehat {u}}(\xi )={\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{\|\xi \|^{2}}}\quad \Rightarrow \quad u(x)=f(x)*{\mathcal {F}}^{-1}\left({\frac {1}{\|\xi \|^{2}}}\right).$$

$${\widehat {u}}(\xi )={\frac {{\widehat {f}}(\xi )}{\|\xi \|^{2}}}\quad \Rightarrow \quad u(x)=f(x)*{\mathcal {F}}^{-1}\left({\frac {1}{\|\xi \|^{2}}}\right).$$

Calcolato che:

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{{\frac {1}{\|\xi \|^{2}}}e^{i\langle x,\xi \rangle }d\xi }=c_{n}|x|^{2-n},$$

$$\int _{\mathbb {R} ^{n}}{{\frac {1}{\|\xi \|^{2}}}e^{i\langle x,\xi \rangle }d\xi }=c_{n}|x|^{2-n},$$

(ma non e' banale, perche'$|\xi |^{-2}\notin {\mathcal {L}}^{1}$$|\xi |^{-2}\notin {\mathcal {L}}^{1}$), concludiamo (come gia' visto) che $u(x)=c_{n}f(x)*|x|^{2-n}$$u(x)=c_{n}f(x)*|x|^{2-n}$.

 

Il nostro obiettivo adesso e' generalizzare l'operatore trasformata di Fourier a tutte le funzioni in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$, sfruttando le proprieta' di ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$ in quanto spazio di Hilbert.

Lemma 52

$f,g\in {\mathcal {L}}^{1}$$f,g\in \mathcal{L}^1$. Allora $\langle {\widehat {f}},g\rangle =\langle f,{\check {g}}\rangle$$\langle {\widehat {f}},g\rangle =\langle f,{\check {g}}\rangle$, dove:

$${\check {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }.$$

$${\check {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }.$$

 

Dimostrazione

Visto che $f(x)g(\xi )\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} )$$f(x)g(\xi )\in {\mathcal {L}}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} )$, usando Fubini-Tonelli:

$$\int _{\mathbb {R} }=\iint _{\mathbb {R} \times \mathbb {R} }{f(x)e^{-ix\xi }dx{\overline {g(\xi )}}d\xi }=\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} {{\overline {g(\xi )e^{ix\xi }}}d\xi }dx=\int _{\mathbb {R} }$$

$$\int _{\mathbb {R} }=\iint _{\mathbb {R} \times \mathbb {R} }{f(x)e^{-ix\xi }dx{\overline {g(\xi )}}d\xi }=\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} {{\overline {g(\xi )e^{ix\xi }}}d\xi }dx=\int _{\mathbb {R} }$$

 

A questo punto l'idea e' approssimare $f\in {\mathcal {L}}^{2}$$f\in \mathcal{L}^2$ tramite una successione $f_{n}$$f_n$ di funzioni abbastanza regolari tali che $f_{n}\rightarrow f$$f_{n}\rightarrow f$ in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$ e definire ${\widehat {f}}$$\widehat{f}$ come il limite delle ${\widehat {f}}_{n}$${\widehat {f}}_{n}$. Per aumentare la regolarita', come al solito, si usa la convoluzione con le gaussiane.

Sia $G(x)={\frac {1}{\sqrt {2\pi }}}e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}$$G(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}$ e $G_{\delta }(x)={\frac {1}{\delta }}G\left({\frac {1}{\delta }}\right)$$G_{\delta }(x)={\frac {1}{\delta }}G\left({\frac {1}{\delta }}\right)$ per $\delta >0$$\delta >0$; poniamo inoltre $f_{\delta }=f*G_{\delta }$$f_{\delta }=f*G_{\delta }$. Se e' ben definita ${\widehat {f}}$$\widehat{f}$, allora ${\widehat {f}}_{\delta }={\widehat {f}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}$${\widehat {f}}_{\delta }={\widehat {f}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}$, e sappiamo che ${\widehat {G_{\delta }}}(\xi )=e^{-{\frac {\delta ^{2}x^{2}}{2}}}$${\widehat {G_{\delta }}}(\xi )=e^{-{\frac {\delta ^{2}x^{2}}{2}}}$.

Lemma 53

$f,{\widehat {f}}\in {\mathcal {L}}^{1}$$f,\widehat{f}\in \mathcal{L}^1$. Allora ${\mathcal {F}}^{-1}({\mathcal {F}}(f*G_{\delta }))=f*G_{\delta }$${\mathcal {F}}^{-1}({\mathcal {F}}(f*G_{\delta }))=f*G_{\delta }$ quasi ovunque.

 

Dimostrazione

Usando ancora Fubini-Tonelli:

$${\begin{aligned}f*G_{\delta }(x)&=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt=\\&=\int _{\mathbb {R} }=(f*G_{\delta })(x).\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f*G_{\delta }(x)&=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt=\\&=\int _{\mathbb {R} }=(f*G_{\delta })(x).\end{aligned}}$$

 

Lemma 54

$f\in {\mathcal {L}}^{p}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{p}(\mathbb {R} )$, $1\leq p<+\infty$$1\leq p<+\infty$. Allora $f*G_{\delta }\rightarrow f$$f*G_\delta \rightarrow f$ in ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$ quando $\delta \rightarrow 0$$\delta \rightarrow 0$.

 

Dimostrazione

Osserviamo innanzitutto che, cambiando variabili:

$$f*G_{\delta }(x)=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }.$$

$$f*G_{\delta }(x)=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }.$$

Inoltre:

$$f*G_{\delta }(x)-f(x)=\int _{\mathbb {R} }-f(x)\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }.$$

$$f*G_{\delta }(x)-f(x)=\int _{\mathbb {R} }-f(x)\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }.$$

A questo punto, usando la disuguaglianza di Holder:

$${\begin{aligned}&\int _{\mathbb {R} }=\left.\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} \right|^{p}dx=\\&=\int _{\mathbb {R} }\left.\mathbb {R} \right|^{p}dx\leq \\&\leq \left(\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} \right)\cdot \left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{\frac {p}{p'}}dx=\\&=\int _{|z|\leq M}{\int _{\mathbb {R} }dz}+\int _{|z|>M}{\int _{\mathbb {R} }dz}<\varepsilon +2\|f\|_{{\mathcal {L}}^{p}}^{p}\varepsilon \end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}&\int _{\mathbb {R} }=\left.\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} \right|^{p}dx=\\&=\int _{\mathbb {R} }\left.\mathbb {R} \right|^{p}dx\leq \\&\leq \left(\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} \right)\cdot \left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{\frac {p}{p'}}dx=\\&=\int _{|z|\leq M}{\int _{\mathbb {R} }dz}+\int _{|z|>M}{\int _{\mathbb {R} }dz}<\varepsilon +2\|f\|_{{\mathcal {L}}^{p}}^{p}\varepsilon \end{aligned}}$$

per $\delta$$\delta$ abbastanza piccolo.

 

Osservazione

La precedente dimostrazione funziona analogamente per ogni funzione $G\in {\mathcal {L}}^{1}$$G\in \mathcal{L}^1$, $G\geq 0$$G\ge 0$ e $\int _{\mathbb {R} }=1$$\int _{\mathbb {R} }=1$, ponendo come sopra $G_{\delta }=\sigma _{\delta }G$$G_{\delta }=\sigma _{\delta }G$.

 

Teorema 24 (di Plancherel)

Se $f\in {\mathcal {L}}^{1}\cap {\mathcal {L}}^{2}$$f \in \mathcal{L}^1 \cap \mathcal{L}^2$, allora $\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=2\pi \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}$$\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=2\pi \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}$.

 

Dimostrazione

Ponendo $g={\widehat {f*G_{\delta }}}$$g={\widehat {f*G_{\delta }}}$, applichiamo il primo lemma e otteniamo:

$$\langle {\widehat {f}},{\widehat {f}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}\rangle =\langle f,{\check {\widehat {f*G_{\delta }}}}\rangle =2\pi \langle f,f*G_{\delta }\rangle$$

$$\langle {\widehat {f}},{\widehat {f}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}\rangle =\langle f,{\check {\widehat {f*G_{\delta }}}}\rangle =2\pi \langle f,f*G_{\delta }\rangle$$

quasi ovunque, dunque, visto che il prodotto scalare e' continuo, se $\delta \rightarrow 0$$\delta\rightarrow 0$ si ha:

$$2\pi \langle f,f*G_{\delta }\rangle =2\pi \langle f,f\rangle =2\pi \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}.$$

$$2\pi \langle f,f*G_{\delta }\rangle =2\pi \langle f,f\rangle =2\pi \|f\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}.$$

Ma visto che la funzione $|{\widehat {f}}(\xi )|^{2}e^{-{\frac {\delta ^{2}\xi ^{2}}{2}}}$$|{\widehat {f}}(\xi )|^{2}e^{-{\frac {\delta ^{2}\xi ^{2}}{2}}}$ cresce se $\delta \rightarrow 0$$\delta\rightarrow 0$, allora per Beppo-Levi:

$$\int _{\mathbb {R} }\rightarrow \int _{\mathbb {R} }=\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}.$$

$$\int _{\mathbb {R} }\rightarrow \int _{\mathbb {R} }=\|{\widehat {f}}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}.$$

 

A questo punto siamo in grado di estendere la trasformata di Fourier a funzioni solo in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$; sia dunque $f\in {\mathcal {L}}^{2}$$f\in \mathcal{L}^2$. Detta $f_{N}(x)=f(x)\chi _{[-N,N]}(x)\in {\mathcal {L}}^{1}\cap {\mathcal {L}}^{2}$$f_{N}(x)=f(x)\chi _{[-N,N]}(x)\in {\mathcal {L}}^{1}\cap {\mathcal {L}}^{2}$, per il teorema di Plancherel si ha che $\|{\widehat {f}}_{N}\|^{2}=2\pi \|f_{N}\|^{2}$$\|{\widehat {f}}_{N}\|^{2}=2\pi \|f_{N}\|^{2}$; ma $f_{N}\rightarrow f$$f_{N}\rightarrow f$ in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$, quindi la successione ${\widehat {f}}_{N}$${\widehat {f}}_{N}$e' di Cauchy in ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$:

$$\|{\widehat {f_{N}}}-{\widehat {f_{M}}}\|^{2}=\|{\widehat {f_{N}-f_{M}}}\|^{2}=2\pi \|f_{N}-f_{M}\|^{2}\rightarrow 0$$

$$\|{\widehat {f_{N}}}-{\widehat {f_{M}}}\|^{2}=\|{\widehat {f_{N}-f_{M}}}\|^{2}=2\pi \|f_{N}-f_{M}\|^{2}\rightarrow 0$$

quando $N,M\rightarrow \infty$$N,M\rightarrow \infty$. Ma allora esiste $g(\xi )\in {\mathcal {L}}^{2}(R)$$g(\xi )\in {\mathcal {L}}^{2}(R)$ tale che:

$$\lim _{N\rightarrow \infty }{{\widehat {f}}_{N}(\xi )}=g(\xi );$$

$$\lim _{N\rightarrow \infty }{{\widehat {f}}_{N}(\xi )}=g(\xi );$$

si definisce percio'${\widehat {f}}(\xi ):=g(\xi )$${\widehat {f}}(\xi ):=g(\xi )$. E' immediato constatare che se $f\in {\mathcal {L}}^{1}$$f\in \mathcal{L}^1$ la definizione e' la stessa data a suo tempo.

Osservazione

Rimane vera la proprieta' che, se $f\in C^{1}$$f\in C^1$, ${\widehat {f'}}(\xi )=i\xi {\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {f'}}(\xi )=i\xi {\widehat {f}}(\xi )$. Infatti, se $f_{\delta }=f*G_{\delta }$$f_{\delta }=f*G_{\delta }$, $f_{\delta }'=f'*G_{\delta }$$f_{\delta }'=f'*G_{\delta }$ e dunque ${\widehat {f_{\delta }}}={\widehat {f'}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}=i\xi {\widehat {f*G_{\delta }}}$${\widehat {f_{\delta }}}={\widehat {f'}}\cdot {\widehat {G_{\delta }}}=i\xi {\widehat {f*G_{\delta }}}$, quindi passando al limite si ha la tesi.

 

Esempio

La trasformata di Fourier di $1$$1$ non ha senso per quello che abbiamo visto; un modo per ragionare con essa puo' essere passare alle distribuzioni e provare a fare il prodotto scalare di ${\widehat {1}}$$\widehat{1}$ con una funzione test $\varphi \in C_{0}^{\infty }$$\varphi \in C_{0}^{\infty }$:

$$\langle {\hat {1}},\varphi \rangle =\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }{\varphi (t)(2\pi )\delta (t)dt}=2\pi \varphi (0),$$

$$\langle {\hat {1}},\varphi \rangle =\int _{\mathbb {R} }\mathbb {R} dt=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }{\varphi (t)(2\pi )\delta (t)dt}=2\pi \varphi (0),$$

dunque $\langle {\widehat {1}},\varphi \rangle =\langle 1,{\widehat {\varphi }}\rangle$$\langle {\widehat {1}},\varphi \rangle =\langle 1,{\widehat {\varphi }}\rangle$, che non e' altro che una valutazione di $\varphi$$\varphi$ in un punto (a meno di una costante), quindi ${\widehat {1}}=2\pi \delta$${\widehat {1}}=2\pi \delta$ di Dirac. In effetti, facendo il limite per $\delta \rightarrow 0$$\delta \rightarrow 0$ di ${\widehat {G_{\delta }}}$${\widehat {G_{\delta }}}$ (che equivale a fare la trasformata di Fourier della delta di Dirac), si ottiene una costante.

 

Grazie a questa teoria svolta sulla trasformata di Fourier, riusciamo a risolvere completamente l'equazione del calore in modo rapido.

Consideriamo l'equazione del calore:

$${\begin{cases}u_{t}(t,x)-u_{xx}(t,x)=0&(t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} \\u(0,x)=u_{0}(x)&x\in \mathbb {R} \end{cases}}$$

$${\begin{cases}u_{t}(t,x)-u_{xx}(t,x)=0&(t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} \\u(0,x)=u_{0}(x)&x\in \mathbb {R} \end{cases}}$$

Facciamo la trasformata di Fourier della funzione $u(t,x)$$u(t,x)$ rispetto alla $x$$x$:

$${\widehat {u}}(t,\xi )={\mathcal {F}}_{x\rightarrow \xi }u(t,x)=\int _{\mathbb {R} };$$

$${\widehat {u}}(t,\xi )={\mathcal {F}}_{x\rightarrow \xi }u(t,x)=\int _{\mathbb {R} };$$

Supponendo la $u$$u$ abbastanza regolare (ad esempio $u\in C^{2}\cap {\mathcal {L}}^{\infty }$$u\in C^{2}\cap {\mathcal {L}}^{\infty }$) si puo' scrivere:

$${\widehat {u_{t}}}(t,\xi )=\int _{\mathbb {R} }=\partial _{t}\int _{\mathbb {R} }=\partial _{t}{\widehat {u}}(t,\xi )$$

$${\widehat {u_{t}}}(t,\xi )=\int _{\mathbb {R} }=\partial _{t}\int _{\mathbb {R} }=\partial _{t}{\widehat {u}}(t,\xi )$$

e:

$${\widehat {u_{xx}}}(t,\xi )=-\xi ^{2}{\widehat {u}}(t,\xi ),$$

$${\widehat {u_{xx}}}(t,\xi )=-\xi ^{2}{\widehat {u}}(t,\xi ),$$

quindi si puo' riscrivere l'equazione del calore sotto forma di problema con la trasformata:

$${\begin{cases}\partial _{t}{\widehat {u}}=-\xi ^{2}{\widehat {u}}\\{\widehat {u}}(0,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )\end{cases}}$$

$${\begin{cases}\partial _{t}{\widehat {u}}=-\xi ^{2}{\widehat {u}}\\{\widehat {u}}(0,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )\end{cases}}$$

Ma fissando $\xi$$\xi$ come parametro, il problema precedente e' di immediata risoluzione:

$${\widehat {u}}(t,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t}.$$

$${\widehat {u}}(t,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t}.$$

A questo punto vogliamo tornare indietro per avere informazioni sulla $u$$u$ stessa; applicando l'operatore trasformata inversa ${\mathcal {F}}_{\xi \rightarrow x}^{-1}$${\mathcal {F}}_{\xi \rightarrow x}^{-1}$, abbiamo:

$$u(t,x)={\mathcal {F}}^{-1}({\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t})=u_{0}*{\mathcal {F}}^{-1}(e^{-\xi ^{2}t}).$$

$$u(t,x)={\mathcal {F}}^{-1}({\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t})=u_{0}*{\mathcal {F}}^{-1}(e^{-\xi ^{2}t}).$$

Calcolando la seconda trasformata inversa:

$${\begin{aligned}{\mathcal {F}}^{-1}(e^{-\xi ^{2}t})&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{2\pi }}e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{2\pi }}{\sqrt {\frac {\pi }{t}}}e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}={\frac {e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\mathcal {F}}^{-1}(e^{-\xi ^{2}t})&={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{2\pi }}\int _{\mathbb {R} }=\\&={\frac {1}{2\pi }}e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}\int _{\mathbb {R} }={\frac {1}{2\pi }}{\sqrt {\frac {\pi }{t}}}e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}={\frac {e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}\end{aligned}}$$

da cui:

$$u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

$$u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

Avremmo bisogno di vedere che questa e' effettivamente la soluzione, cioe', chiesta $u\in C^{2}((0,+\infty )\times \mathbb {R} )\cap C^{0}([0,+\infty )\times \mathbb {R} )$$u\in C^{2}((0,+\infty )\times \mathbb {R} )\cap C^{0}([0,+\infty )\times \mathbb {R} )$, che $u(t,x')\rightarrow u(0,x)$$u(t,x')\rightarrow u(0,x)$ per ogni $(t,x')\rightarrow (0,x)$$(t,x')\rightarrow (0,x)$.

Proposizione 55

Se $u_{0}\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\mathbb {R} )\cap C^{0}(\mathbb {R} )$$u_{0}\in {\mathcal {L}}^{\infty }(\mathbb {R} )\cap C^{0}(\mathbb {R} )$, allora la funzione precedente e' effettivamente la soluzione.

 

Dimostrazione

Vediamo innanzitutto la regolarita' di $u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }$$u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }$. Preso $\delta$$\delta$ piccolo a piacere e $0<\delta \leq t$$0< \delta \le t$, abbiamo che ${\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}\in C^{\infty }([\delta ,+\infty )\times \mathbb {R} )\cap {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} )$${\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}\in C^{\infty }([\delta ,+\infty )\times \mathbb {R} )\cap {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} )$ e:

$$\partial _{t}u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

$$\partial _{t}u(t,x)=\int _{\mathbb {R} }.$$

Inoltre, se $0<\delta \leq t$$0< \delta \le t$:

$$\partial _{t}^{m}{\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}=t^{-\left(m+{\frac {1}{2}}\right)}P\left({\frac {x}{\sqrt {t}}}\right)e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}\in {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} ),$$

$$\partial _{t}^{m}{\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}=t^{-\left(m+{\frac {1}{2}}\right)}P\left({\frac {x}{\sqrt {t}}}\right)e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}\in {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} ),$$

con $\deg(P)=2m$$\deg(P)=2m$ (si puo' vedere per induzione) e:

$$\partial _{x}^{k}{\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}=Q\left({\frac {x}{\sqrt {t}}}\right){\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {t}}}\in {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} ),$$

$$\partial _{x}^{k}{\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}=Q\left({\frac {x}{\sqrt {t}}}\right){\frac {e^{-{\frac {(x-y)^{2}}{4t}}}}{\sqrt {t}}}\in {\mathcal {L}}_{x}^{1}(\mathbb {R} ),$$

con $\deg(Q)=k$$\deg(Q)=k$, dunque si possono portare tutte le derivate successive di $u$$u$ dentro all'integrale e percio'$u\in C^{\infty }([\delta ,+\infty )\times \mathbb {R} )$$u\in C^{\infty }([\delta ,+\infty )\times \mathbb {R} )$$\forall \delta >0$$\forall \delta >0$, cioe'$u\in C^{\infty }((0,+\infty )\times \mathbb {R} )$$u\in C^{\infty }((0,+\infty )\times \mathbb {R} )$. Vediamo adesso che la soluzione si incolla bene al bordo; sia $(t,x')\rightarrow (0,x)$$(t,x')\rightarrow (0,x)$ e, osservando che $\int _{\mathbb {R} }={\sqrt {4\pi t}}$$\int _{\mathbb {R} }={\sqrt {4\pi t}}$, con un cambio di variabili abbiamo:

$${\begin{aligned}u(t,x')-u_{0}(x)&=\int _{\mathbb {R} }-u_{0}(x)\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\\&=\int _{\mathbb {R} }<\int _{-M}^{M}{\varepsilon {\frac {e^{-{\frac {z^{2}}{2}}}}{\sqrt {2\pi }}}dz}+2\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\int _{|z|>M}{{\frac {e^{-{\frac {z^{2}}{2}}}}{\sqrt {2\pi }}}dz}<\varepsilon ,\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}u(t,x')-u_{0}(x)&=\int _{\mathbb {R} }-u_{0}(x)\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\\&=\int _{\mathbb {R} }<\int _{-M}^{M}{\varepsilon {\frac {e^{-{\frac {z^{2}}{2}}}}{\sqrt {2\pi }}}dz}+2\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\int _{|z|>M}{{\frac {e^{-{\frac {z^{2}}{2}}}}{\sqrt {2\pi }}}dz}<\varepsilon ,\end{aligned}}$$

grazie al fatto che $u_{0}\in C^{0}\cap {\mathcal {L}}^{\infty }$$u_{0}\in C^{0}\cap {\mathcal {L}}^{\infty }$.

 

Osservazione

Detta $G_{t}(x)={\frac {e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}$$G_{t}(x)={\frac {e^{-{\frac {x^{2}}{4t}}}}{\sqrt {4\pi t}}}$, abbiamo visto che $u(t,x)=u_{0}(x)*G_{t}(x)$$u(t,x)=u_{0}(x)*G_{t}(x)$ risolve l'equazione del calore se $u_{0}\in {\mathcal {L}}^{\infty }\cap C^{0}$$u_0\in \mathcal{L}^\infty \cap C^0$; da una nota proprieta' della convoluzione, abbiamo che:

$$\|u\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}=\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}.$$

$$\|u\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}=\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}.$$

Se chiediamo anche $u_{0}\in {\mathcal {L}}^{1}$$u_0 \in \mathcal{L}^1$, con lo stesso ragionamento, se $t\geq \delta >0$$t\ge \delta >0$:

$$\|u\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}=\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}{\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}},$$

$$\|u\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{\infty }}=\|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}{\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}},$$

dunque $u(t,x)$$u(t,x)$ decade a $0$$0$ per $t\rightarrow \infty$$t\rightarrow \infty$. Se abbiamo ancora l'integrabilita' di $u_{0}$$u_0$, riusciamo anche a stimare la norma ${\mathcal {L}}^{p}$${\mathcal {L}}^{p}$ di $u(t,x)$$u(t,x)$: $\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{p}}$$\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{1}}\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{p}}$ e:

$$\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{p}}=\left[\int _{\mathbb {R} }\right]^{\frac {1}{p}}={\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}}\left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{\frac {1}{p}}={\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}}{\sqrt[{2p}]{\frac {4\pi t}{p}}},$$

$$\|G_{t}\|_{{\mathcal {L}}^{p}}=\left[\int _{\mathbb {R} }\right]^{\frac {1}{p}}={\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}}\left(\int _{\mathbb {R} }\right)^{\frac {1}{p}}={\frac {1}{\sqrt {4\pi t}}}{\sqrt[{2p}]{\frac {4\pi t}{p}}},$$

dunque otteniamo la stima:

$$\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq c{\frac {1}{t^{{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2p}}}}}.$$

$$\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{p}}\leq c{\frac {1}{t^{{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2p}}}}}.$$

Infine, supponiamo di avere $u_{0}\in {\mathcal {L}}^{\infty }\cap C^{0}\cap {\mathcal {L}}^{2}$$u_0\in \mathcal{L}^\infty \cap C^0 \cap \mathcal{L}^2$, e vediamo se possiamo dire qualcosa sul decadimento di $u(t,x)$$u(t,x)$ per $t\rightarrow \infty$$t\rightarrow \infty$. Posto ${\widehat {u}}(t,\xi )={\mathcal {F}}_{x\rightarrow \xi }u(t,x)$${\widehat {u}}(t,\xi )={\mathcal {F}}_{x\rightarrow \xi }u(t,x)$, si aveva ${\widehat {u}}(t,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t}$${\widehat {u}}(t,\xi )={\widehat {u_{0}}}(\xi )e^{-\xi ^{2}t}$; per il teorema di Plancherel $\|{\widehat {u_{0}}}(\xi )\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=2\pi \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}$$\|{\widehat {u_{0}}}(\xi )\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}=2\pi \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}$, dunque:

$${\begin{aligned}\|{\widehat {u}}(t,\xi )\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}&=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\int _{|\xi |\leq M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }+\int _{|\xi |>M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }\leq \\&\leq \int _{|\xi |\leq M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }+e^{-2M^{2}t}\int _{\mathbb {R} },\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}\|{\widehat {u}}(t,\xi )\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}&=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\int _{|\xi |\leq M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }+\int _{|\xi |>M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }\leq \\&\leq \int _{|\xi |\leq M}{|{\widehat {u_{0}}}(\xi )|^{2}e^{-2\xi ^{2}t}d\xi }+e^{-2M^{2}t}\int _{\mathbb {R} },\end{aligned}}$$

percio', preso $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$, esiste $M_{0}$$M_0$ tale che il primo addendo sia $<\varepsilon /2$$<\varepsilon /2$, e preso $t$$t$ abbastanza grande, si ha che anche il secondo addendo e'$<\varepsilon /2$$<\varepsilon /2$. Per il teorema di Plancherel applicato a $u$$u$, si ricava:

$$\lim _{t\rightarrow \infty }{\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{2}}}=0.$$

$$\lim _{t\rightarrow \infty }{\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{2}}}=0.$$

 

Avendo appena trovato una soluzione dell'equazione del calore, e' naturale chiedersi se essa sia l'unica soluzione o meno; stimando l'energia abbiamo, da $\int _{\mathbb {R} }=0$$\int _{\mathbb {R} }=0$:

$${\frac {1}{2}}{\frac {d}{dt}}\int _{\mathbb {R} }+\int _{\mathbb {R} }=0,$$

$${\frac {1}{2}}{\frac {d}{dt}}\int _{\mathbb {R} }+\int _{\mathbb {R} }=0,$$

cioe'${\frac {d}{dt}}\int _{\mathbb {R} }\leq 0$${\frac {d}{dt}}\int _{\mathbb {R} }\leq 0$ e dunque:

$$\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2},$$

$$\|u(t,x)\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2}\leq \|u_{0}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}^{2},$$

che pero' non e' finito in generale, quindi questa stima non ci dice niente su un'eventuale unicita' della soluzione.

Esempio

Consideriamo il problema:

$${\begin{cases}u_{t}=u_{xx}&x\in (-1,1)\\u(0,x)={\frac {1}{(1-x)^{2}}}\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u_{t}=u_{xx}&x\in (-1,1)\\u(0,x)={\frac {1}{(1-x)^{2}}}\end{cases}}$$

La funzione analitica:

$$u(t,x)=\sum _{n=1}^{\infty }{{\frac {(2n)!}{n!}}{\frac {t^{n}}{(1-x)^{2n+1}}}}$$

$$u(t,x)=\sum _{n=1}^{\infty }{{\frac {(2n)!}{n!}}{\frac {t^{n}}{(1-x)^{2n+1}}}}$$

risolve l'equazione del calore e soddisfa la condizione iniziale, ma ha raggio di convergenza nullo.

 

Esibiamo ora un esempio in cui la soluzione di un problema con l'equazione del calore non e' unica; osserviamo preliminarmente che una soluzione del problema:

$${\begin{cases}u_{t}=u_{xx}\\u(0,x)=0\end{cases}}$$

$${\begin{cases}u_{t}=u_{xx}\\u(0,x)=0\end{cases}}$$

e' ovviamente la funzione identicamente nulla. Consideriamo la funzione $f(t)=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\in C^{\infty }$$f(t)=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\in C^{\infty }$ per $t\geq 0$$t\ge 0$ prolungata a $t\leq 0$$t\le 0$ con la funzione identicamente nulla; evidentemente l'incollamento rimane $C^{\infty }$$C^\infty$. Prendiamo la serie:

$$u(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m}}{(2m)!}}.$$

$$u(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m}}{(2m)!}}.$$

Se vediamo che tale serie ha un raggio di convergenza strettamente positivo, si avrebbe che:

$$u_{t}(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m+1)}(t)x^{2m}}{(2m)!}},\qquad u_{xx}(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m-2}(2m)(2m-1)}{(2m)!}}$$

$$u_{t}(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m+1)}(t)x^{2m}}{(2m)!}},\qquad u_{xx}(t,x)=\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m-2}(2m)(2m-1)}{(2m)!}}$$

e $u(t,x)$$u(t,x)$ sarebbe $0$$0$ per $t=0$$t=0$ (e dunque sarebbe un'altra soluzione del problema precedente).

Lemma 56

${\frac {1}{x^{n}}}e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}\leq \left({\frac {n}{2}}\right)^{n/2}$${\frac {1}{x^{n}}}e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}\leq \left({\frac {n}{2}}\right)^{n/2}$$\forall x\geq 0$$\forall x \ge 0$, $\forall n\in \mathbb {N}$$\forall n\in \mathbb {N}$.

 

Dimostrazione

Basta osservare che la funzione ${\frac {1}{x^{n}}}e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}$${\frac {1}{x^{n}}}e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}$ ha come unico punto critico $x={\sqrt {\frac {2}{n}}}$$x=\sqrt{\frac{2}{n}}$, che e' di massimo.

 

Lemma 57

Si ha:

$$f^{(k)}(t)={\begin{cases}P_{k}\left({\frac {1}{t}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}&t>0\\0&t\leq 0\end{cases}}$$

$$f^{(k)}(t)={\begin{cases}P_{k}\left({\frac {1}{t}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}&t>0\\0&t\leq 0\end{cases}}$$

dove $P_{k}(x)=\sum _{m=0}^{k}{a_{km}x^{k+2m}}$$P_{k}(x)=\sum _{m=0}^{k}{a_{km}x^{k+2m}}$, con $a_{00}=1$$a_{00}=1$ e $|a_{km}|\leq 8^{k}k^{k-m}$$|a_{km}|\leq 8^{k}k^{k-m}$ per $k>0$$k>0$.

 

Dimostrazione

Le vediamo per induzione. Il caso $k=0$$k=0$e' banale, ma il passo base dell'induzione in realta'e'$k=1$$k=1$, che evitiamo di verificare.

$${\begin{aligned}f^{(k+1)}(t)&=P_{k}'\left({\frac {1}{t}}\right)\left(-{\frac {1}{t^{2}}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}+P_{k}\left({\frac {1}{t}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}(2t^{-3})=\\&=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\left[-\sum _{m=0}^{k}{a_{km}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m+1}(k+2m)}+2\sum _{m=0}^{k}{a_{km}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m+3}}\right]=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\sum _{m=0}^{k+1}{a_{k+1,m}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m}},\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f^{(k+1)}(t)&=P_{k}'\left({\frac {1}{t}}\right)\left(-{\frac {1}{t^{2}}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}+P_{k}\left({\frac {1}{t}}\right)e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}(2t^{-3})=\\&=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\left[-\sum _{m=0}^{k}{a_{km}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m+1}(k+2m)}+2\sum _{m=0}^{k}{a_{km}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m+3}}\right]=e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}\sum _{m=0}^{k+1}{a_{k+1,m}\left({\frac {1}{t}}\right)^{k+2m}},\end{aligned}}$$

con $a_{k+1,m}=-a_{km}(k+2m)+2a_{k,m+1}$$a_{k+1,m}=-a_{km}(k+2m)+2a_{k,m+1}$, dunque:

$$|a_{k+1,m}|\leq 8^{k}k^{-m+1}{\frac {k+2m}{k}}+2\cdot 8^{k}k^{k-m+1}\leq 3{\frac {k+1}{k}}8^{k}k^{k-m+1}+2\cdot 8^{k}k^{k-m+1}\leq (3\cdot 2+2)8^{k}k^{k-m+1},$$

$$|a_{k+1,m}|\leq 8^{k}k^{-m+1}{\frac {k+2m}{k}}+2\cdot 8^{k}k^{k-m+1}\leq 3{\frac {k+1}{k}}8^{k}k^{k-m+1}+2\cdot 8^{k}k^{k-m+1}\leq (3\cdot 2+2)8^{k}k^{k-m+1},$$

cioe' la tesi.

 

Lemma 58

$|f^{(k)}(t)|\leq c^{k}k^{\frac {3k}{2}}$$|f^{(k)}(t)|\leq c^{k}k^{\frac {3k}{2}}$.

 

Dimostrazione

Per i lemmi precedenti:

$${\begin{aligned}|f^{(k)}(t)|&\leq \left|\sum _{m=0}^{k}{a_{km}t^{-k-2m}e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}}\right|\leq \sum _{m=0}^{k}{|a_{km}|\left|{\frac {k+2m}{2}}\right|^{\frac {k+2m}{2}}}\leq \sum _{m=0}^{k}{8^{k}k^{k-m}(2k)^{\frac {k+2m}{2}}}\leq \\&\leq 8^{k}k^{k-m+1}(2k)^{\frac {k+2m}{2}}\leq \left(8^{k}2^{\frac {k+2k}{2}}\right)k^{{\frac {3k}{2}}+1}\leq 64^{k}k^{\frac {3k}{2}}.\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}|f^{(k)}(t)|&\leq \left|\sum _{m=0}^{k}{a_{km}t^{-k-2m}e^{-{\frac {1}{t^{2}}}}}\right|\leq \sum _{m=0}^{k}{|a_{km}|\left|{\frac {k+2m}{2}}\right|^{\frac {k+2m}{2}}}\leq \sum _{m=0}^{k}{8^{k}k^{k-m}(2k)^{\frac {k+2m}{2}}}\leq \\&\leq 8^{k}k^{k-m+1}(2k)^{\frac {k+2m}{2}}\leq \left(8^{k}2^{\frac {k+2k}{2}}\right)k^{{\frac {3k}{2}}+1}\leq 64^{k}k^{\frac {3k}{2}}.\end{aligned}}$$

 

Questi lemmi ci bastano per dimostrare che il raggio di convergenza della serie introdotta prima e'$>0$$>0$; se infatti $R>0$$R>0$ e $|x|\leq R$$|x| \le R$:

$$\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m}}{(2m)!}}\leq \sum _{m=1}^{\infty }{\frac {c^{m}m^{\frac {3m}{2}}R^{2m}}{{\sqrt {2\pi \cdot 2m}}\left({\frac {2m}{e}}\right)^{2m}}}\leq \sum _{m=1}^{\infty }{\left({\frac {c'}{\sqrt {m}}}\right)^{m}}<+\infty ,$$

$$\sum _{m=1}^{\infty }{\frac {f^{(m)}(t)x^{2m}}{(2m)!}}\leq \sum _{m=1}^{\infty }{\frac {c^{m}m^{\frac {3m}{2}}R^{2m}}{{\sqrt {2\pi \cdot 2m}}\left({\frac {2m}{e}}\right)^{2m}}}\leq \sum _{m=1}^{\infty }{\left({\frac {c'}{\sqrt {m}}}\right)^{m}}<+\infty ,$$

in quanto non appena ${\sqrt {m}}>c'$$\sqrt{m} > c'$, la coda della serie e' maggiorata da una serie geometrica.

Concludiamo la sezione con due importanti teoremi riguardanti la trasformata di Fourier.

Definizione 25

$f$$f$ si dice a banda limitata se ${\widehat {f}}(\xi )=0$${\widehat {f}}(\xi )=0$ se $|\xi |>\Omega$$|\xi |>\Omega$.

 

Teorema 26 (del campionamento)

Sia $f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$ e ${\widehat {f}}(\xi )=0$${\widehat {f}}(\xi )=0$ per $|\xi |>\Omega$$|\xi |>\Omega$. Se sono assegnati i valori $f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)$$f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)$ per $n\in \mathbb {Z}$$n\in \mathbb {Z}$, allora si conosce la $f$$f$ su tutta la retta reale e in particolare:

$$f(t)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\frac {f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)\sin(\Omega t-n\pi )}{\Omega t-n\pi }}.$$

$$f(t)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{\frac {f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)\sin(\Omega t-n\pi )}{\Omega t-n\pi }}.$$

 

Dimostrazione

${\widehat {f}}(\xi )$${\widehat {f}}(\xi )$ ha supporto in $[-\Omega ,\Omega ]$$[-\Omega ,\Omega ]$. Sviluppando in serie di Fourier:

$${\widehat {f}}(\xi )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{c_{-n}e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}}},$$

$${\widehat {f}}(\xi )=\sum _{n\in \mathbb {Z} }{c_{-n}e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}}},$$

con:

$$c_{-n}={\frac {1}{2\Omega }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{{\widehat {f}}(\xi )e^{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}d\xi }={\frac {1}{2\Omega }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {2\pi }{2\Omega }}{\check {\widehat {f}}}\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)={\frac {\pi }{\Omega }}f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right).$$

$$c_{-n}={\frac {1}{2\Omega }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{{\widehat {f}}(\xi )e^{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}d\xi }={\frac {1}{2\Omega }}\int _{\mathbb {R} }={\frac {2\pi }{2\Omega }}{\check {\widehat {f}}}\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)={\frac {\pi }{\Omega }}f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right).$$

Ma si ha:

$$f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{{\widehat {f}}(\xi )e^{i\xi t}d\xi }={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\frac {\pi }{\Omega }}f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}+i\xi t}}d\xi }={\frac {1}{2\Omega }}\sum _{n\in \mathbb {Z} }{f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)\int _{-\Omega }^{\Omega }{e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}+i\xi t}d\xi }}$$

$$f(t)={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{{\widehat {f}}(\xi )e^{i\xi t}d\xi }={\frac {1}{2\pi }}\int _{-\Omega }^{\Omega }{\sum _{n\in \mathbb {Z} }{{\frac {\pi }{\Omega }}f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}+i\xi t}}d\xi }={\frac {1}{2\Omega }}\sum _{n\in \mathbb {Z} }{f\left({\frac {n\pi }{\Omega }}\right)\int _{-\Omega }^{\Omega }{e^{-{\frac {in\pi \xi }{\Omega }}+i\xi t}d\xi }}$$

e calcolando l'ultimo integrale si ha la tesi.

 

Sia $f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )\cap C^{1}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )\cap C^{1}(\mathbb {R} )$. Definisco la norma:

$$\|f\|_{{\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )}=\int _{\mathbb {R} }{|f|^{2}}+\int _{\mathbb {R} }.$$

$$\|f\|_{{\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )}=\int _{\mathbb {R} }{|f|^{2}}+\int _{\mathbb {R} }.$$

Questa norma e' equivalente alla norma:

$$\|f\|=\int _{\mathbb {R} },$$

$$\|f\|=\int _{\mathbb {R} },$$

quindi tale norma puo' essere estesa a tutte le funzioni di ${\mathcal {L}}^{2}$$\mathcal{L}^2$. Denotiamo inoltre ${\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )$${\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )$ lo spazio delle funzioni in ${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$ per cui $\|f\|_{{\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )}<+\infty$$\|f\|_{{\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )}<+\infty$. Tale spazio (di Hilbert) e' lo spazio delle funzioni che hanno la prima derivata distribuzionale in ${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$${\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$. Analogamente si possono definire gli spazi ${\mathcal {H}}^{k}(\mathbb {R} )$${\mathcal {H}}^{k}(\mathbb {R} )$.

Teorema 27

Siano $f_{n}\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$$f_{n}\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$ funzioni tali che $supp(f_{n})\subseteq [-M,M]$$supp(f_{n})\subseteq [-M,M]$ e $f_{n}\in {\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )$$f_{n}\in {\mathcal {H}}^{1}(\mathbb {R} )$ uniformemente. Allora esiste una sottosuccessione $\{f_{n_{k}}\}\subseteq \{f_{n}\}$$\{f_{n_{k}}\}\subseteq \{f_{n}\}$ che converge a $f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$.

 

Dimostrazione

$\|f_{n}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq c$$\|f_{n}\|_{{\mathcal {L}}^{2}}\leq c$, dunque esiste una sottosuccessione $f_{n_{k}}$$f_{n_{k}}$ che converge a $f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$$f\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$ debolmente, cioe'$\langle f_{n_{k}}-f,g\rangle \rightarrow 0$$\langle f_{n_{k}}-f,g\rangle \rightarrow 0$ per ogni $g\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$$g\in {\mathcal {L}}^{2}(\mathbb {R} )$. Denotiamo $g_{n_{k}}=f_{n_{k}}-f$$g_{n_{k}}=f_{n_{k}}-f$; vorremmo vedere che $\int _{\mathbb {R} }\rightarrow 0$$\int _{\mathbb {R} }\rightarrow 0$, cioe'$\int _{\mathbb {R} }\rightarrow 0$$\int _{\mathbb {R} }\rightarrow 0$.

$$\int _{\mathbb {R} }=\int _{|\xi |<L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }+\int _{|\xi |\geq L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi };$$

$$\int _{\mathbb {R} }=\int _{|\xi |<L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }+\int _{|\xi |\geq L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi };$$

studiamo separatamente i due integrali. Per il primo:

$${\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\langle g_{n_{k}},\underbrace {\chi _{[-M,M]}(x)e^{-ix\xi }} _{\in {\mathcal {L}}^{2}}\rangle \rightarrow 0,$$

$${\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }=\int _{\mathbb {R} }=\langle g_{n_{k}},\underbrace {\chi _{[-M,M]}(x)e^{-ix\xi }} _{\in {\mathcal {L}}^{2}}\rangle \rightarrow 0,$$

quindi, preso $\varepsilon >0$$\varepsilon>0$, $\exists k_{0}$$\exists k_0$ tale che $\forall k>k_{0}$$\forall k>k_0$, $|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|\leq {\sqrt {\frac {\varepsilon }{4L}}}$$|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|\leq {\sqrt {\frac {\varepsilon }{4L}}}$ e percio':

$$\int _{|\xi |<L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }<2L{\frac {\varepsilon }{4L}}={\frac {\varepsilon }{2}}.$$

$$\int _{|\xi |<L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }<2L{\frac {\varepsilon }{4L}}={\frac {\varepsilon }{2}}.$$

Per il secondo integrale:

$$\int _{|\xi |\geq L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }=\int _{|\xi |\geq L}{{\frac {1+|\xi |^{2}}{1+|\xi |^{2}}}|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }\leq {\frac {3}{1+L^{2}}}\max _{k}{\int _{|\xi |\geq L}{(1+|\xi |^{2})|{\widehat {f_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }}\leq {\frac {c}{1+L^{2}}}<{\frac {\varepsilon }{2}}$$

$$\int _{|\xi |\geq L}{|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }=\int _{|\xi |\geq L}{{\frac {1+|\xi |^{2}}{1+|\xi |^{2}}}|{\widehat {g_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }\leq {\frac {3}{1+L^{2}}}\max _{k}{\int _{|\xi |\geq L}{(1+|\xi |^{2})|{\widehat {f_{n_{k}}}}(\xi )|^{2}d\xi }}\leq {\frac {c}{1+L^{2}}}<{\frac {\varepsilon }{2}}$$

per $L>L_{0}\gg 0$$L>L_0\gg 0$.