何必執著於證明onto呢XD Zygmund的路線是證明等式 FT2{FT2{f}(-t)}(x)=f(x) 本身不但證明了雙射，也同時告訴你反變換的公式啊 這個路線和我提到的定義IFT2再證明 IFT2{FT2{f}}=f是同一件事。 不管是走哪條路，重點是該等式本身的證明。 注意到我們表面上定義了FT2，但其實沒有公式好用；要用積分定義式就要L^1才保險。 因此在證明上述式子的時候，需要f和FT{f}都是L^1交集L^2。 然後想辦法去算那個積分... 至於兩種方法驗證造出的IFT2一樣，倒是routine 1. 可以用結果論，反變換當然是唯一的 或 2. 兩種造法在L^1交集L^2相同，而連續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)》之銘言： : : 推 Vulpix : Zygmund的證明是13.51，中間用了F(x)=FT[f](-x)， 01/07 04:05 : 整理一下我的想法, 結合跟L大與V大討論"反傅立葉轉換 = 常數 * 傅立葉轉換的反函數" : 《定義與符號》(以R^1舉例) : FT1 {f}(x) := f€L^1上的傅立葉轉換, ∫_{x€R} f(t)*e^(-2πi*t*x) dt : IFT1{f}(x) := f€L^1上的反傅立葉轉換,∫_{x€R} f(t)*e^( 2πi*t*x) dt : FT2 {f}(x) := f€L^2上的傅立葉轉換, L大文中的迂迴定義法, 藉由L^1∩L^2在L^2 : 的稠密性, 挑L^1∩L^2中收斂到f的函數列f_n, by Zygmund lemma 13.50 : 使得FT1在L^1∩L^2是均勻連續(w.r.t L^2 norm)的, 得到FT1{f_n}是 : 科西列, 最後藉由L^2的完備性以及均勻連續唯一決定科西列的極限值 : 定義出FT2{f}(x) : IFT2{f}(x) := f€L^2上的反傅立葉轉換, L大文中的迂迴定義法, 藉由L^1∩L^2在L^2 : 的稠密性, 挑L^1∩L^2中收斂到f的函數列f_n, by Zygmund lemma 13.50 : 使得IFT1在L^1∩L^2是均勻連續(w.r.t L^2 norm)的, 得到IFT1{f_n}是 : 科西列, 最後藉由L^2的完備性以及均勻連續唯一決定科西列的極限值 : 定義出IFT2{f}(x) : 《想證明》 : FT2的反函數等於IFT2乘以某個常數 : 即反傅立葉轉換與傅立葉轉換的反函數只差一個常數c : pf: 引用V大說的Zygmund頁數, 我們有FT2{c*FT2{f}(-t)}(x) = f(x) : 因此得到 c*FT2{f}(-x) = FT2^-1{f}(x) : 接著只要證明FT2{f}(-x) = IFT2{f}(x)即得證 : 回顧FT2{f}(x)的定義, 任選一串在L^1∩L^2的函數列f_n收斂到f : 所以我們有 FT1{f_n}(x) → FT2{f}(x) in L^2 sense : 當然就有 FT1{f_n}(-x) → FT2{f}(-x) : 對IFT1做一次, 也有 IFT1{f_n}(x) → IFT2{f}(x) in L^2 sense : 然後因為f_n€L^1, 所以我們有 FT1{f_n}(-x) = IFT1{f_n}(x) : 因此結合: (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) : 我們就有FT2{f}(-x) = IFT2{f}(x), 得證 : 《小結》 : 這樣的走法跟L大與V大說的應該就是一致的: : (1) 我想證的東西其實就是Zygmund在證"L^2傅立葉轉換是onto"時的小結果 : (2) 像V大說的, 仍是需要從L^1∩L^2去逼近我要的結果 : 這樣看起來沒什麼問題...吧XD -- r=e^theta 即使有改變，我始終如一。 --

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