何必执着於证明onto呢XD Zygmund的路线是证明等式 FT2{FT2{f}(-t)}(x)=f(x) 本身不但证明了双射，也同时告诉你反变换的公式啊 这个路线和我提到的定义IFT2再证明 IFT2{FT2{f}}=f是同一件事。 不管是走哪条路，重点是该等式本身的证明。 注意到我们表面上定义了FT2，但其实没有公式好用；要用积分定义式就要L^1才保险。 因此在证明上述式子的时候，需要f和FT{f}都是L^1交集L^2。 然後想办法去算那个积分... 至於两种方法验证造出的IFT2一样，倒是routine 1. 可以用结果论，反变换当然是唯一的 或 2. 两种造法在L^1交集L^2相同，而连续延拓的方法是唯一的。 (就是你底下(1)(2)(3)在做的事情) ※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之铭言： : : 推 Vulpix : Zygmund的证明是13.51，中间用了F(x)=FT[f](-x)， 01/07 04:05 : 整理一下我的想法, 结合跟L大与V大讨论"反傅立叶转换 = 常数 * 傅立叶转换的反函数" : 《定义与符号》(以R^1举例) : FT1 {f}(x) := f€L^1上的傅立叶转换, ∫_{x€R} f(t)*e^(-2πi*t*x) dt : IFT1{f}(x) := f€L^1上的反傅立叶转换,∫_{x€R} f(t)*e^( 2πi*t*x) dt : FT2 {f}(x) := f€L^2上的傅立叶转换, L大文中的迂回定义法, 藉由L^1∩L^2在L^2 : 的稠密性, 挑L^1∩L^2中收敛到f的函数列f_n, by Zygmund lemma 13.50 : 使得FT1在L^1∩L^2是均匀连续(w.r.t L^2 norm)的, 得到FT1{f_n}是 : 科西列, 最後藉由L^2的完备性以及均匀连续唯一决定科西列的极限值 : 定义出FT2{f}(x) : IFT2{f}(x) := f€L^2上的反傅立叶转换, L大文中的迂回定义法, 藉由L^1∩L^2在L^2 : 的稠密性, 挑L^1∩L^2中收敛到f的函数列f_n, by Zygmund lemma 13.50 : 使得IFT1在L^1∩L^2是均匀连续(w.r.t L^2 norm)的, 得到IFT1{f_n}是 : 科西列, 最後藉由L^2的完备性以及均匀连续唯一决定科西列的极限值 : 定义出IFT2{f}(x) : 《想证明》 : FT2的反函数等於IFT2乘以某个常数 : 即反傅立叶转换与傅立叶转换的反函数只差一个常数c : pf: 引用V大说的Zygmund页数, 我们有FT2{c*FT2{f}(-t)}(x) = f(x) : 因此得到 c*FT2{f}(-x) = FT2^-1{f}(x) : 接着只要证明FT2{f}(-x) = IFT2{f}(x)即得证 : 回顾FT2{f}(x)的定义, 任选一串在L^1∩L^2的函数列f_n收敛到f : 所以我们有 FT1{f_n}(x) → FT2{f}(x) in L^2 sense : 当然就有 FT1{f_n}(-x) → FT2{f}(-x) : 对IFT1做一次, 也有 IFT1{f_n}(x) → IFT2{f}(x) in L^2 sense : 然後因为f_n€L^1, 所以我们有 FT1{f_n}(-x) = IFT1{f_n}(x) : 因此结合: (1) FT1{f_n}(-x) → FT2{f}(-x) : (2) IFT1{f_n}(x) → IFT2{f}(x) : (3) FT1{f_n}(-x) = IFT1{f_n}(x) : 我们就有FT2{f}(-x) = IFT2{f}(x), 得证 : 《小结》 : 这样的走法跟L大与V大说的应该就是一致的: : (1) 我想证的东西其实就是Zygmund在证"L^2傅立叶转换是onto"时的小结果 : (2) 像V大说的, 仍是需要从L^1∩L^2去逼近我要的结果 : 这样看起来没什麽问题...吧XD -- r=e^theta 即使有改变，我始终如一。 --

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