Una definizione alternativa di $H^1(RR)$
Ho gentilmente bisogno di una mano con questo esercizio, che mi pare molto interessante ma che purtroppo non riesco a risolvere, sono un po' a secco di idee. Di seguito denoto con
\[
H^{1}(\mathbb R) := \{f \in L^2(\mathbb R): f^{\prime} \in L^2(\mathbb R)\}
\]
dove la derivata è in senso distribuzionale; con $\hat{u}$ denoto invece la trasformata di Fourier di $u$ (che può essere qualunque distribuzione temperata).
Esercizio. Sia
\[
V:=\{f \in L^2(\mathbb R): \hat{f}(\xi)(1+\vert \xi \vert^2)^{\frac{1}{2}} \in L^2(\mathbb R)\}.
\]
Mostrare che $V=H^1(\mathbb R)$.
Sinceramente, non capisco come muovermi e non ho ancora chiaro quale delle due inclusioni sia ovvia. Per funzioni sufficientemente regolari (anche di più variabili), vale - se non sbaglio
\[
\widehat{(1-\Delta)f}(\xi) = (1+\vert \xi \vert^2)\hat{f}(\xi)
\]
dove $\Delta$ è il laplaciano; questa cosa mi è venuta in mente per cercare di spiegarmi quel pezzo moltiplicativo che compare nella definizione di $V$ ma sono palesemente fuori strada perché non riesco a capire da dove salta fuori quella radice... Mi date un'idea, per piacere? Grazie.
\[
H^{1}(\mathbb R) := \{f \in L^2(\mathbb R): f^{\prime} \in L^2(\mathbb R)\}
\]
dove la derivata è in senso distribuzionale; con $\hat{u}$ denoto invece la trasformata di Fourier di $u$ (che può essere qualunque distribuzione temperata).
Esercizio. Sia
\[
V:=\{f \in L^2(\mathbb R): \hat{f}(\xi)(1+\vert \xi \vert^2)^{\frac{1}{2}} \in L^2(\mathbb R)\}.
\]
Mostrare che $V=H^1(\mathbb R)$.
Sinceramente, non capisco come muovermi e non ho ancora chiaro quale delle due inclusioni sia ovvia. Per funzioni sufficientemente regolari (anche di più variabili), vale - se non sbaglio
\[
\widehat{(1-\Delta)f}(\xi) = (1+\vert \xi \vert^2)\hat{f}(\xi)
\]
dove $\Delta$ è il laplaciano; questa cosa mi è venuta in mente per cercare di spiegarmi quel pezzo moltiplicativo che compare nella definizione di $V$ ma sono palesemente fuori strada perché non riesco a capire da dove salta fuori quella radice... Mi date un'idea, per piacere? Grazie.
Risposte
L'esponente non ti torna perché usi un laplaciano al posto di un gradiente.
Supponi che la tua funzione stia in \(H^1\). Per densità non è restrittivo supporre che sia \(C^{\infty}_c\) (chiaramente questa affermazione andrà dimostrata...).
Hai che \(\widehat{f'}(\xi) = 2\pi i \xi \hat{f}(\xi)\) e, di conseguenza, \(|\xi|\hat{f}(\xi) \in L^2\). Quindi
\[
(1+|\xi|^2)^{1/2} |\hat{f}(\xi)| \leq (1+|\xi|) |\hat{f}(\xi) \in L^2.
\]
Ti rimane poi da dimostrare l'implicazione opposta.
(Trovi i dettagli, ad esempio, sul Lieb e Loss, Analysis.)
Supponi che la tua funzione stia in \(H^1\). Per densità non è restrittivo supporre che sia \(C^{\infty}_c\) (chiaramente questa affermazione andrà dimostrata...).
Hai che \(\widehat{f'}(\xi) = 2\pi i \xi \hat{f}(\xi)\) e, di conseguenza, \(|\xi|\hat{f}(\xi) \in L^2\). Quindi
\[
(1+|\xi|^2)^{1/2} |\hat{f}(\xi)| \leq (1+|\xi|) |\hat{f}(\xi) \in L^2.
\]
Ti rimane poi da dimostrare l'implicazione opposta.
(Trovi i dettagli, ad esempio, sul Lieb e Loss, Analysis.)
Grazie della risposta e del riferimento. Sì, è vero, sono proprio tonto, sono andato a pensare al laplaciano ma chiaramente mi serviva un gradiente.
Però ho dei dubbi anche sull'implicazione inversa... Non volevo guardare sul Lieb-Loss perché mi sarebbe piaciuto arrivarci da solo, ma nulla: posso approfittare ancora del tuo aiuto, per piacere?
Immagino serva Plancherel: se $f \in V$, allora in particolare $f \in L^2$ e pertanto $\hat{f} \in L^2$; d'altra parte continua a valere che \( \widehat{f^{\prime}}(\xi) = \xi \hat{f}(\xi) \) (tutto in senso distribuzionale, si intende) e inoltre per Parseval
\[
\Vert f^{\prime} \Vert^2_{L^2} = c\Vert \hat{f}^{\prime} \Vert^2_{L^2} = c\int_{\mathbb R^N} \vert \xi \vert^2 \vert \hat{f}(\xi) \vert^2 \mathrm{d}\xi
\]
dove $c$ è una costante positiva (che dipende da come definiamo la trasf. di Fourier). Ora io direi che per ipotesi l'ultimo membro è finito e di conseguenza \( f^{\prime} \in L^2\) che è la tesi. E' buona l'idea secondo te?
Grazie ancora.
Però ho dei dubbi anche sull'implicazione inversa... Non volevo guardare sul Lieb-Loss perché mi sarebbe piaciuto arrivarci da solo, ma nulla: posso approfittare ancora del tuo aiuto, per piacere?
Immagino serva Plancherel: se $f \in V$, allora in particolare $f \in L^2$ e pertanto $\hat{f} \in L^2$; d'altra parte continua a valere che \( \widehat{f^{\prime}}(\xi) = \xi \hat{f}(\xi) \) (tutto in senso distribuzionale, si intende) e inoltre per Parseval
\[
\Vert f^{\prime} \Vert^2_{L^2} = c\Vert \hat{f}^{\prime} \Vert^2_{L^2} = c\int_{\mathbb R^N} \vert \xi \vert^2 \vert \hat{f}(\xi) \vert^2 \mathrm{d}\xi
\]
dove $c$ è una costante positiva (che dipende da come definiamo la trasf. di Fourier). Ora io direi che per ipotesi l'ultimo membro è finito e di conseguenza \( f^{\prime} \in L^2\) che è la tesi. E' buona l'idea secondo te?
Grazie ancora.
Adesso stai partendo dall'ipotesi che \(f, \hat{f}, |\xi|\hat{f}(\xi)\in L^2\).
Devi far vedere che la derivata distribuzionale di \(f\) coincide con l'antitrasformata di \(\xi \hat{f}(\xi)\) (ometto le costanti).
Se non sbaglio, quando hai usato l'identità di Parseval hai già implicitamente assunto che \(f'\in L^2\).
Puoi invece usare la definizione distribuzionale di derivata: se \(\varphi\in C^{\infty}_c\) è una funzione test, hai che
\[
\int f \varphi' = \int \hat{f} \widehat{\varphi'} = c\int \xi \hat{f}(\xi) \hat{\varphi}(\xi) = \ldots.
\]
Alla fine devi arrivare a \(-\int g\varphi\), dove \(g\) è l'antitrasformata di \(\xi\hat{f}(\xi)\). In tal modo hai dimostrato che la derivata distribuzionale di \(f\) è \(g\) (che sta in \(L^2\)).
Devi far vedere che la derivata distribuzionale di \(f\) coincide con l'antitrasformata di \(\xi \hat{f}(\xi)\) (ometto le costanti).
Se non sbaglio, quando hai usato l'identità di Parseval hai già implicitamente assunto che \(f'\in L^2\).
Puoi invece usare la definizione distribuzionale di derivata: se \(\varphi\in C^{\infty}_c\) è una funzione test, hai che
\[
\int f \varphi' = \int \hat{f} \widehat{\varphi'} = c\int \xi \hat{f}(\xi) \hat{\varphi}(\xi) = \ldots.
\]
Alla fine devi arrivare a \(-\int g\varphi\), dove \(g\) è l'antitrasformata di \(\xi\hat{f}(\xi)\). In tal modo hai dimostrato che la derivata distribuzionale di \(f\) è \(g\) (che sta in \(L^2\)).
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