请教卷积的可导性对函数都有什么要求？

abababa

如题，设$f,g$是定义在开集$\Omega\subseteq\mathbb{R}^m$上的函数，卷积$(f*g)$定义为
\[(f*g)(x)=\int_{\mathbb{R}^m}f(x-y)g(y)dy\]

那么当求导数$(f*g)'$时，对$f,g$都有什么要求？比如设$f\in L^1(\Omega)$，设$g\in C^k(\Omega)$，那么$(f*g)$也是$k$次可导函数吗？有些书上写的是$(f*g)'=(f'*g)=(f*g')$，但这个相等至少要求$f$也可导才行吧，如果$f$不可导，那只能用后一个，就是$(f*g)'=(f*g')$。具体要怎么证明这个呢？主要是想问在求导和积分交换次序时，为什么可以这样做。

hbghlyj

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2.4 The Laplace Transform of a derivative
The way the LT acts on a derivative makes it a powerful tool for solving differential equations.

Proposition 44 (the LT of a derivative). Provided that the LTs of $f(x)$ and $f^{\prime}(x)$ converge, and that $f(x) \mathrm{e}^{-p x} \rightarrow 0$ as $x \rightarrow \infty,$⁶ all holding for $\operatorname{Re}(p)>p_0$,
\[
\mathcal{L} f^{\prime}=\overline{f^{\prime}}(p)=p \bar{f}(p)-f(0) .
\]
Proof. We integrate by parts:
\[
\begin{aligned}
\mathcal{L} f^{\prime} &=\int_0^{\infty} f^{\prime}(x) \mathrm{e}^{-p x} \mathrm{~d} x \\
&=\left[f(x) \mathrm{e}^{-p x}\right]_0^{\infty}+\int_0^{\infty} f(x) \cdot p \mathrm{e}^{-p x} \mathrm{~d} x \\
&=p \bar{f}(p)-f(0) .
\end{aligned}
\]
__________
⁶ Exercise: think of an integrable function which does not satisfy this condition for any $p$. The point? It is not true that if a function is integrable then it must vanish at infinity. [Hint: think of narrow top-hats near integer values of $x$.]

abababa

对一种特殊情况可以证明，设$f\in L^1(E),g\in C_c^k(E)$，其中$E=\mathbb{R}^m$。因为卷积可交换，即$(f*g)=(g*f)$，而
\begin{align*}
\frac{d(g*f)(x)}{dx}
&=\lim_{h\to0}\frac{(g*f)(x+h)-(g*f)(x)}{h}
=\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\left(\int_{E}g(x+h-y)f(y)dy-\int_{E}g(x-y)f(y)dy\right)\\
&=\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\left(\int_{E}[g(x-y+h)-g(x-y)]f(y)dy\right)
=\lim_{h\to0}\int_{E}\frac{g(x-y+h)-g(x-y)}{h}f(y)dy
\end{align*}

令$\psi(h)=\frac{g(x-y+h)-g(x-y)}{h}$，取$h_n\to0$，则根据海涅原则可得
\[\lim_{n\to\infty}\psi(h_n)=\lim_{h_n\to0}\psi(h_n)=\lim_{h\to0}\psi(h)=\lim_{h\to0}\frac{g(x-y+h)-g(x-y)}{h}=g'(x-y)\]

因为$g'\in C_c^{k-1}(E)$，即$g'$是定义在紧支集上的连续函数，所以存在数$M$使得$\abs{g'(x)}\le M$，因此当$n\to\infty$时$\abs{\psi(h_n)}\to\abs{g'(x-y)} \le M$，由$f\in L^1$可知$f$有界，即存在$N$使得$\abs{f(y)}\le N$。令$\varphi_n(x)=\psi(h_n)f(y)$，有$\varphi_n(x)\to g'(x-y)f(y)$，而$\abs{\varphi_n(x)} \le MN$，于是根据勒贝格控制收敛定理可得
\begin{align*}
\frac{d(g*f)(x)}{dx}
&=\lim_{h\to0}\int_{E}\frac{g(x-y+h)-g(x-y)}{h}f(y)dy
=\lim_{n\to\infty}\int_{E}\frac{g(x-y+h_n)-g(x-y)}{h_n}f(y)dy\\
&=\lim_{n\to\infty}\int_{E}\varphi_n(x)dy
=\int_{E}\lim_{n\to\infty}\varphi_n(x)dy\\
&=\int_{E}g'(x-y)f(y)dy
=(g'*f)(x)
\end{align*}

继续对$(g'*f)$求导可知$(g*f)^{(k)}=(g^{(k)}*f)\in C^k(E)$。

如果那个$f$是$C_c^s$的，那么交换后继续求导，卷积最终是$k+s$次可导的。

这里用到的关键是$C_c$的，就是那个导函数必须得定义在紧致集上，这样才能有最值，才能用勒贝格控制收敛定理。

2楼的那些跟这个问题几乎没什么关系吧。

abababa

abababa 发表于 2022-11-17 17:48
对一种特殊情况可以证明，设$f\in L^1(E),g\in C_c^k(E)$，其中$E=\mathbb{R}^m$。因为卷积可交换，即$(f*g ...

g'(x)里的x为什么没有了呢？

abababa

abababa 发表于 2022-11-17 17:48
对一种特殊情况可以证明，设$f\in L^1(E),g\in C_c^k(E)$，其中$E=\mathbb{R}^m$。因为卷积可交换，即$(f*g ...

经过网友的提示，发现证明里有点问题：$f\in L^1$不能得出$f$有界，例如在$(0,1)$上定义$f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$，这时$f(x)$是绝对可积的，但无界。不过证明里其实不需要$f$有界，因为已知$f$绝对可积了，所以令$\varphi_n(x)=\psi(h_n)f(y)$后，有$\abs{\varphi_n(x)}\le M\abs{f(y)}$，而$M\abs{f(y)}$是$L^1$的，所以还是能用勒贝格控制收敛定理。

另外从$g\in C_c^k(E)$推出$g'\in C_c^{k-1}(E)$也要证明：
$\DeclareMathOperator{\supp}{supp}$
因为$g\in C_c^k(E)$，所以$\supp g$是紧致集，且$g$在$\supp g$之外为常数零，因此$g'$在$\supp g$之外也为零，所以$\supp g'\subseteq\supp g$。

由于$\supp g$是紧致集，所以$\supp g$是有界集，于是$\supp g' \subseteq \supp g$也是有界集，由定义知$\supp g'$是闭集，因此$\supp g'$是有界闭集，且在$\mathbb{R}^m$中，而$\mathbb{R}^m$中的有界闭集全是紧致集，所以$\supp g'$是紧致集，因此$g'\in C_c(E)$。显然有$g'\in C^{k-1}(E)$，就得到$g'\in C_c^{k-1}(E)$。