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%\theoremstyle{plain}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{esempio}{Esempio}
\newtheorem{esercizio}{Esercizio}
\title{Lezione 11}
\author{Giovanni Alberti}
\begin{document}
\maketitle
\textbf{Trasformata di Fourier}\\
Data $f :\mathbb{R} \to \mathbb{C} $ vogliamo rappresentarla come 
$f(x)=\int_{-\infty}^{\infty}c(y)e^{iyx}dy.$\\
\emph{Domanda 1:} cosa deve essere $c(y)$?\\
\emph{Domanda 2:} per quale $f$ la formula ha senso?\\
disegno 1 
Facciamo la trasformata di Fourier, abbiamo che $f_{L}$ sono le estensioni 
con periodicit�.\\
\begin{eqnarray*}
  f_{L}(x)= \sum_{n \in \mathbb{Z}}c_{i,n}e^{\frac{inx}{L}}&=&\sum_{n \in \mathbb{Z}} \frac{1}{2\pi L}(\int_{-\pi L}^{\pi L}f(t)e^{\frac{-int}{L}}dt)e^{\frac{inx}{L}}\\
&\overset{\delta:= \frac{1}{L}}{=}=& \frac{1}{2\pi} \sum_{y=\frac{n}{L}=n\delta}\delta(\int_{-\pi L}^{\pi L}f(t)e^{-iyt}dt)e^{iyx}
\end{eqnarray*}
Osserviamo che l'ultima espressione � una somma di Riemann e quindi per 
$L \to infty$ tende a 
$\frac{1}{2\pi}\int_{\infty}^{\infty}[\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-iyt}dt]e^{iyx}dy$. In particolare essendo 
che $\forall x \in [-\pi L,\pi L] \quad f_{L}(x)=f(x)$ abbiamo che la 
risposta alla prima domanda � $c(y)= \int_{-\infty}^{\infty}f(t) e^{-ity}dt.$\\
\begin{osservazione}
  Abbiamo che $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$ lo intenderemo come integrale 
improprio (secondo Riemann) se la $f$ � continua, altrimenti lo intenderemo 
come integrale secondo Lebesgue.
\end{osservazione}
\begin{definizione}
  Data $f: \mathbb{R} \to \mathbb{C}$ definisco $\|f\|_{1}:= \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|dx$
\end{definizione}
\begin{osservazione}
  $\| \cdot \|_{1}$ � una norma su $X=\{f : \mathbb{R} \to \mathbb{C} f \; continua \|f\|_{1}< \infty\}$
\end{osservazione}
\begin{proof}
  \begin{itemize}
  \item $\|\lambda f \|_{1}=|\lambda| \|f\|_{1}$
  \item $\|f\|_{1}= \Leftrightarrow f =0 $
  \item $\|f_{1}-f_{2}\|_{1} \leq \|f_{1}\|_{1} + \|f_{2}\|_{1}$ 
  \end{itemize}
\end{proof}
\begin{definizione}
  $\|f\|_{2}=(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|^{2}dx)^{\frac{1}{2}}$
\end{definizione}
Sia $Y:=\{f \; continua \; |\; \|f\|_{2}<\infty \}.$ Allora su $Y$ possiamo 
definire il prodotto scalare $<f,g>=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\bar{g(x)} dx.$
\begin{osservazione}
  Il prodotto scalare � ben definito su $Y$.
  \begin{proof}
    $\int_{-\infty}^{\infty} |f(x) \bar{g(x)}|dx = (\int_{-\infty}^{\infty}2|f(x)g(x)|dx)\frac{1}{2} \leq\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\\infty}|f(x)|^{2} + |g(x)|^{2} dx <\infty $ quindi $<f,g> < \infty$
  \end{proof}
\end{osservazione}
Quindi $\|\cdot \|_{2}$ � una norma su $Y.$
\begin{definizione}
  Data $f \in X$ la trasformata di Fourier di $f$ � 
$\hat{f}(y):=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-iyx}dx $ con $\hat{f} \in Y$
\end{definizione}
\begin{osservazione}
  $\hat{f}$ � ben definita $\forall y.$ per le ipotesi sulla norma 
e $|f(x)e^{-iyx}|=|f(x)|$
\end{osservazione}
\begin{definizione}
  Data $g \in X$ definisco l'antitrasformata di Fourier di$g$ come 
$\check{g}:=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}g(y)e^{iyx}dy$
\end{definizione}
\begin{osservazione}
  $\hat{f}$ � limitata e continua (inoltre $\hat{f}(y) \to 0 $ 
se $y \to piu \pm \infty$)
\end{osservazione}
\begin{proof}
  \emph{Limitatezza: }$|\hat{f}(y)| \leq \int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|dx= \|f\|_{1} \forall y \Rightarrow \|\hat{f}\|_{\infty} \leq \|f\|_{1}$\\
\emph{Continuit�: }se $y_{n} \to y allora \hat{f}(y_{n}) \to \hat{f}(y)$\\ 
infatti per convergenza dominata (con dominante $|f|$)
$$\hat{f}(y_{n})=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{iy_{n}x}dx \xleftarrow{n \to \infty} \int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-iyx}dx = \hat{f}(y).$$
\end{proof}
\begin{teorema}
  Se $f \in C^{1}$ $f,f' \in X, \|f'\|_{2}< +\infty$ allora $\hat{f} \in X$ e 
$f(x)=\check{\hat{f}}(x)$ cio� $f(x) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat{f}(y)e^{iyx}dy$
\end{teorema}
\begin{proof}%% da rivedere questa dimostrazione
  \emph{Caso particolare:}\\
Per $f \in C_{c}^{1}=\{f: \mathbb{R} \to \mathbb{C} \;f \in C^{1} \; con \; supporto \; compatto \},\|\hat{f}\|_{1}< +\infty.$\\
$\forall x \in [-L\pi,L\pi] $ con $ L$ abbastanza grande, $f$ estesa
 con periodicit� e $C^{1}$ quindi $f(x)=\sum_{n \in \mathbb{Z}}\frac{1}{2\pi L}(\int_{-\pi L}^{\pi L}f(t)e^{\frac{-int}{L}}dt)e^{\frac{inx}{L}}.$\\
Considero $\forall h \in \mathbb{R}$ e applico quello di sopra a 
$f(x)e^{-ihx}$\\
 $\Rightarrow f(x)=\sum_{n} \frac{1}{2\pi L}(\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{i(\frac{n}{L}+h)t}dt)e^{i(\frac{n}{L}+h)x}=\sum_{n} \frac{1}{2\pi L}\hat{f}(\frac{n}{L}+h)e^{i(\frac{n}{L}+h)x}$\\
e ponendo $\delta=\frac{1}{L}$ $=\sum_{n}\frac{\delta}{2\pi}\hat{f}(n\delta+h)e^{i(n\delta +h)x}.$\\ 
Abbiamo quindi che 
\begin{eqnarray*}
  f(x)= \frac{1}{\delta}\int_{0}^{\delta}f(x)dh&=&\int_{0}^{\delta}(\sum_{n}\frac{1}{2\pi}\hat{f}(n\delta +h)e^{i(n\delta + h)x})dh\\
&=& \sum_{n} \frac{1}{2\pi}(\int_{n\delta}^{(n+1)\delta}f(y)e^{iyx}dy)= \int_{-\infty}^{\infty}\hat{f}(y)e^{iyx}dy 
\end{eqnarray*}
\emph{Caso generale:} ne daremo un idea dopo.
\end{proof}
\emph{Notazione:} $\hat{f}= \mathcal{F}f$
\begin{proposizione}
  \begin{enumerate}
  \item $\mathcal{F}: X \to C$ � lineare e soddisfa 
$\|\mathcal{F}f\|_{\infty} \leq \|f\|_{1}.$\\
Quindi $\|\mathcal{F}f_{1} \mathcal{F}f_{2}\|_{\infty} \leq \|f_{1}- f_{2}\|_{1}$ 
cio� $\mathcal{F}$ � continua da 
$(X,\|\cdot \|_{1}) \mbox{ a } (C, \|\cdot\|_{\infty})$.
\item Se $f in X, a \in \mathbb{R}$ allora $(\tau_{a}f)(x):=f(x-a)$ traslata di 
$a.$\\ Allora $(\hat{\tau_{a}f})(y)=e^{-iya}\hat{f}.$
\item $f \in X $ $a \in \mathbb{R}^{*}$ allora 
$(\sigma_{a}f)(x):=f(\frac{x}{a})$ dilatazione di $a$.\\
Allora $\hat{\sigma_{a}f}(y)=|a| \hat{f}(\frac{y}{a}).$
\item Se $f \in X$ e $\|xf(x)\|_{1}<+\infty,$ allora $\hat{f} \in C^{1}$ e 
$hat{f}'= \hat{-ixf}$
\item Se $f \in C^{1}, $ $f,f' \in X $ allora $\hat{f'}= iy\hat{f}.$
  \end{enumerate}
\end{proposizione}
\begin{proof}
  \begin{enumerate}
  \item ok \item ok \item ok
\item $\hat{f}(y)= \int_{-\infty}^{\infty}f(x) e^{-iyx}$ derivando si ottiene 
$$\frac{d\hat{f}}{dy}(y)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{d}{dy}(f(x)e^{-iyx})dx=\hat{-ixf}(y)$$ dove abbiamo utilizzato l'ipotesi che $ \|xf(x)\|_{1}<+\infty$ perch� 
gli integrali su  $\mathbb{R}$ abbiano senso e nella prima 
uguaglianza abbiamo passato la derivata sotto 
l'integrale. Infatti 
$\frac{\hat{f}(y+h)-\hat{f}(y)}{h}=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\frac{e^{-i(y+h)x}-^{-iyx}}{h}dx$, per $ h \to 0$ il primo membro dell'uguaglianza tende a 
$\hat{f}'(y)$ e il secondo a $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)(-ix)e^{-iyx}dx$ (per 
convergenza dominata con dominante 
$|f(x)| \cdot |ixe^{-ix \xi}| \leq |f(x)| \cdot |-ix|$ per il teorema di 
Lagrange, dove  $y \leq \xi \leq y+h$).
\item $\hat{f'}(y)= \int_{-\infty}^{\infty}f'(x) e^{-iyx}dx = |f(x) e^{-iyx}|_{-\infty}^{\infty} + (iy)\int_{-\infty}^{\infty}f(x)a^{-iyx}dx$ dove il secondo 
termine della somma � uguale a $(iy)\hat{f}(y)$ e  primo termine � 
uguale a $0$ per il seguente
  \end{enumerate}
\end{proof}
\begin{lemma}
  Sia $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f \in C^{1}$ e 
$\int_{-\infty}^{\infty}|f|, \int_{-\infty}^{\infty}|f'|< \infty$ allora 
$\lim_{x \to \pm \infty}f(x)=0.$
\begin{proof}
  Per assurdo se $f$ non tendesse a zero, allora 
$\exists \epsilon >0 : |f(x)|\geq \epsilon$ frequentemente per $x \to \infty$. 
Ma siccome $\int_{-\infty}^{\infty}|f|< +\infty, $ allora 
$|f(x)| \leq \frac{\epsilon}{2}$ frequentemente per $x \to \infty.$ 
Quindi $\exists \{x_{n}\}_{n}$ crescente: $f(x_{2n}) \geq \epsilon$ e
$f(x_{2n+1}) \leq \frac{\epsilon}{2} $ da cui 
$\int_{x_{n}}^{x_{n+1}}|f'(x)|dx \geq \frac{\epsilon}{2},$ assurdo in quanto 
$\int_{-\infty}^{\infty}|f'|dx < \infty$
\end{proof}
\end{lemma}
\begin{teorema}{Disuguaglianza di Bessel e uguaglianza}
  \begin{enumerate}
  \item $\forall f \in X \qquad \|\hat{f}\|_{2} \leq \sqrt{2\pi} \|f\|_{2}$
  \item $\forall f \in X \mbox{ con } \|f\|_{2} < \infty \quad \|\hat{f}\|_{2} \leq \sqrt{2\pi} \|f\|_{2}$ \\
e $\forall f,g \in X \mbox{ con } \|f\|_{2},\|g\|_{2} < \infty \qquad <\hat{f},\hat{g}>=2\pi<f,g>.$
  \end{enumerate}
\end{teorema}
\end{document}