Bourbaki

Bài tập 27, § 2

Nhãn 030A, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 030A].

Các lý thuyết phổ, IV, p. 328

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Đối tượng là chứng minh đảo lại của mệnh đề trong câu hỏi b) của bài tập 25. Để làm điều này, ta sẽ sử dụng các kết quả và các ký hiệu của bài tập 23 của V, p. 503 dưới đây. Đặc biệt, G ký hiệu nhóm R+∗\mathbf{R}^*_+ được trang bị độ đo Haar μ=x−1dx\mu=x^{-1}dx, đối ngẫu với nhóm iRi\mathbf{R} bởi ánh xạ (x,it)↦xit(x, it)\mapsto x^{it}. Ký hiệu X là ánh xạ đồng nhất của G.

Ký hiệu co (tương ứng si, tương ứng ta) là hàm it↦it\mapsto cos(iπti\pi t) (tương ứng hàm it↦it\mapsto sin(iπti\pi t), hàm it↦it\mapsto tan(iπti\pi t)) trên iRi\mathbf{R}.

Cho f∈f\in Loe(G) thỏa mãn các điều kiện (i), (ii) và (iii) của câu hỏi f ) của bài tập 25.

a) Cho α\alpha là hàm x↦x/(1+x)x\mapsto x/(1 +x) trên G. Ta có Iα=]−1,0[I_{\alpha}= ]-1,0[ và α^(s)=\widehat{\alpha}(s) = −π/-\pi / sin(πs\pi s) với s∈Bfs\in B_f.

b) Hàm ta bị chặn trên iRi\mathbf{R}. Ký hiệu v=F∘mta∘F‾v=\mathscr{F}\circ m_{ta}\circ \overline{\mathscr{F}}; đây là một tự đồng cấu của L2(G)L^2(G) sao cho ∥v∥⩽1\|v\|\leqslant 1 và R(v)=0\mathscr{R}(v) = 0.

c) Cho ε>0\varepsilon >0 là một số thực. Ký hiệu uεu_{\varepsilon} là tự đồng cấu phép nhân bởi hε=X/(1+εX)h_{\varepsilon}= X/(1 +\varepsilon X) trên L2(G)L^2(G). Ta có uε⩾0u_{\varepsilon}\geqslant 0 và với mọi φ∈L2(G)\varphi \in L^2(G) và mọi hàm liên tục bị chặn ff trên G, ta có

1

⟨φ∣R(f(uε)v)φ⟩=⟨f∘hε∣Q(φ)⟩ \langle \varphi |\mathscr{R}(f(u_{\varepsilon})v)\varphi \rangle =\langle f\circ h_{\varepsilon}|Q(\varphi )\rangle

2

trong đó Q(φ)=φv(φ)+v(φ)‾φQ(\varphi ) =\varphi v(\varphi ) +\overline{v(\varphi)}\varphi.

d) Cho F là không gian con vectơ của L2(iR)L^2(i\mathbf{R}) sinh bởi các hàm t↦eα(it−s0)2t\mapsto e^{\alpha(it-s_0)^2} với α∈R+∗\alpha \in \mathbf{R}_+^* và s0∈Cs_0\in \mathbf{C}; nó trù mật trong L2(iR)L^2(i\mathbf{R}). e) Cho ψ∈F\psi \in F. Tồn tại φ∈L2(G)\varphi \in L^2(G) sao cho φ^=\widehat{\varphi}= co ⋅ψ\cdot \psi. Đặt g=Q(φ)g= Q(\varphi ). Ta có g∈L1g\in L^1(G), và tồn tại một hàm chỉnh hình trên C\mathbf{C} mà hạn chế của nó trên iRi\mathbf{R} trùng với g^\widehat{g}. Hơn nữa

g^=12iπ(ψ∗∗ψ)\widehat{g}=\frac{1}{2i\pi}(\psi^**\psi ) si.

f) Với mọi ε>0\varepsilon >0, ta có R(uε∘v)⩾0\mathscr{R}(u_{\varepsilon}\circ v)\geqslant 0. (Tính ⟨φ∣R(uεu)φ⟩\langle \varphi |\mathscr{R}(u_{\varepsilon}u)\varphi \rangle khi φ\varphi là một hàm như trong câu hỏi trước, và sử dụng phép tích chập trên G như trong câu hỏi d) của bài tập 23 của V, p. 503.)

g) Cho f∈f\in Loe(R+∗\mathbf{R}^*_+). Cho gg là một hàm liên kết với ψ∈F\psi \in F như trong câu hỏi e). Khi đó ta có

∫Gfgdμ⩾0 \int_Gf g d\mu\geqslant 0

và

∫Rf^(−σ−it)\int_{\mathbf{R}}\widehat{f}(-\sigma -it) sin(π(σ+it)\pi (\sigma +it))(ψ∗∗ψ)(σ+it)dt⩾0(\psi^**\psi )(\sigma +it)dt\geqslant 0

với mọi σ∈]0,1[\sigma \in ]0,1[.

h) Cho σ∈]0,1[\sigma \in ]0,1[. Hàm qq được xác định bởi q(s)=f^(−s)q(s) =\widehat{f}(-s) sin(πs\pi s) đối với ss sao cho R(s)=σ\mathscr{R}(s) =\sigma thỏa mãn

nnnn ∑∑t‾itjq(12(z‾i+zj))⩾0\sum\sum\overline{t}_it_jq(\frac{1}{2}(\overline{z}_i+z_j))\geqslant 0 i=0j=0i=0j=0

với mọi n∈Nn\in \mathbf{N} và mọi họ (ti)0⩽i⩽n(t_i)_{0\leqslant i\leqslant n} và (zi)0⩽i⩽n(z_i)_{0\leqslant i\leqslant n} các số phức sao cho R(zi)=σ\mathscr{R}(z_i) =\sigma với mọi ii.

i) Tồn tại một độ đo dương ν0\nu_0 trên G sao cho ν^0(it)=f^(−it)\widehat{\nu}_0(it) =\widehat{f}(-it) sin(iπti\pi t)/π/\pi với mọi t∈Rt\in \mathbf{R}; ta có Xσ∈L1(G,ν0)X^{\sigma}\in L^1(G, \nu_0) nếu 0<σ<10< \sigma <1.

j) Cho ν=νˇ0\nu =\check{\nu}^0. Độ đo ν\nu bị chặn. (Kiểm tra rằng ]−1,0[⊂Iν]-1,0[\subset I_{\nu} rồi sau đó rằng ν^(−t)\widehat{\nu}(-t) bị chặn khi t→0t\rightarrow 0 để chứng minh rằng ν([1,+∞[)\nu ([1,+\infty [) là hữu hạn.) Với mọi xx, ta có

f(x)=∫Gxx+tdν(t) f(x) =\int_G\frac{x}{x + t}d\nu (t)
Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Không có.

Trích dẫn đến

Không có.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini, gpt-5-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.