66. Fourier 分析, L1 上的 Fourier 变换

我们在之后会经常用到下面的命题.

命题 66.1 (线性映射的延拓). 给定赋范线性空间 $(E,\Vert \cdot {\Vert }_E)$, $(E^{\prime },\Vert \cdot {\Vert }_{E^{\prime }})$ 和 $(F,\Vert \cdot {\Vert }_F)$, 其中 $E^{\prime }\subset E$ 为线性子空间且其范数为诱导范数, 即对任意的 $e^{\prime }\in E^{\prime }$, 我们有$$\Vert e^{\prime }{\Vert }_{E^{\prime }}=\Vert e^{\prime }{\Vert }_E.$$假设 $E^{\prime }$ 在 $E$ 中是稠密的. 如果存在连续线性映射 $L^{\prime }:E^{\prime }\to F$, 那么存在唯一的连续线性映射 $L:E\to F$, 使得 $L{|}_{E^{\prime }}=L^{\prime }$.

定义 66.2 ($L^1$ 函数的 Fourier 变换). 对于函数 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们定义它的 Fourier 变换 $\hat{f}$ (或者 $\mathcal{F}(f)$) 为如下的 ${\mathbb{R}}^n$ 上的函数: $$\hat{f}(\xi )=\mathcal{F}(f)(\xi )={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }f(x)dx.$$其中 $\xi \in {\mathbb{R}}^n$. 我们通常把 $\hat{f}$ 的定义域 ${\mathbb{R}}^n$ 称作是频率空间, 它的变量通常用 $\xi$ 来表示.

我们考虑 $C({\mathbb{R}}^n)$ 的线性子空间$$C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)=\{f\in C({\mathbb{R}}^n)|\underset{|x|\to \infty }{\lim }f(x)=0\}.$$我们先说明 $(C_{\circ }({\mathbb{R}}^n),\Vert \cdot {\Vert }_{L^{\infty }})$ 是一个完备的赋范线性空间: 对任意的一致收敛 $\{f_k{\}}_{k⩾1}\subset C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$, 即$$\underset{k\to \infty }{\lim }\Vert f_k-f{\Vert }_{L^{\infty }}=0,$$其中, $f$ 明显是连续函数 (因为局部上一致收敛给出的极限是连续的) . 对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N$, 使得对任意的 $k⩾N$, 对任意的 $x\in {\mathbb{R}}^n$, 我们有$$|f_k(x)-f(x)|<\epsilon .$$我们取 $k=N$. 由于 $f_N\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$, 所以, 存在 $M>0$, 使得当 $|x|>M$ 时, 我们有$$|f_N(x)|<\epsilon .$$所以, 当 $|x|>M$ 时, 我们有$$|f(x)|<2\epsilon .$$这表明 $f\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$.

作为总结, 我们有

引理 66.3. $\left(C_{\circ }({\mathbb{R}}^n),\Vert \cdot {\Vert }_{\infty }\right)$ 是完备赋范线性空间.

定理 66.4. 对任意的 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, $\hat{f}\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$. 特别地, 线性映射$$\mathcal{F}:L^1({\mathbb{R}}^n)⟶C_{\circ }({\mathbb{R}}^n),$$是连续线性映射, 即存在常数 $C$, 使得对任意的 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\Vert \hat{f}{\Vert }_{L^{\infty }}⩽C\Vert f{\Vert }_{L^1}.$$

证明. 我们上学期已经证明了 $C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)\subset L^1({\mathbb{R}}^n)$ 是稠密子空间, 根据开始提到的命题, 我们只要对 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 进行研究即可.

根据定义, 对任意的 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\left|\hat{f}(\xi )\right|⩽{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\left|e^{-ix\cdot \xi }f(x)\right|dx={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\left|f(x)\right|dx.$$所以, 对任意的 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们都有$$\Vert \hat{f}{\Vert }_{L^{\infty }}⩽\Vert f{\Vert }_{L^1}.$$

下面只需要证明 $\hat{\phi }\in C_{{}_0}({\mathbb{R}}^n)$ 的连续性. 为了说明连续性, 我们只要用 Lebesgue 控制收敛定理即可: 假设 ${\mathbb{R}}^n$ 中的点列 $\{{\xi }_k{\}}_{k⩾1}$ 满足 ${\xi }_k\to \xi$, 我们要证明 $\hat{f}({\xi }_k)\to \hat{f}(\xi )$, 这等价于证明$${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot {\xi }_k}f(x)dx\to {\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }f(x)dx.$$我们只要用 $|f(x)|$ 作为控制函数即可.

最终, 我们只需要证明当 $\xi \to \infty$ 时, 有 $\phi (\xi )\to 0$. 我们只需要分部积分即可 (这里我们用到了 $\phi$ 的光滑性) , 这里证明的想法与第一学期我们学过的 Riemann-Lebesgue 引理相同. 我们首先证明如下两个重要的性质／观点:

•	物理空间的求导等价于频率空间的乘法: 对任意的 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$, 对任意的 $k⩽n$, 我们有$$\widehat{{\partial }_k\phi }(\xi )=i{\xi }_k\hat{\phi }(\xi ).$$实际上, 我们可以分部积分: $$\begin{array}{rl}\widehat{{\partial }_k\phi }(\xi )& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }{\partial }_k\phi (x)dx\\ & =-{\int }_{{\mathbb{R}}^n}(-i{\xi }_k)e^{-ix\cdot \xi }\phi (x)dx=i{\xi }_k\hat{\phi }(\xi ).\end{array}$$
•	物理空间的乘法等价于频率空间的求导: 对任意的 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$, 对任意的 $k⩽n$, 我们有$$\widehat{-i{x}_k\phi }(\xi )={\partial }_{{\xi }_k}\hat{\phi }(\xi ).$$实际上, 根据 Lebesgue 控制收敛的推论 (积分与求导数可交换, 请自行验证细节) , 我们有$$\begin{array}{rl}{\partial }_{{\xi }_k}\hat{\phi }(\xi )& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}(-i{x}_k)e^{-ix\cdot \xi }\phi (x)dx=\widehat{-i{x}_k\phi }(\xi ).\end{array}$$
•	物理空间的光滑性等价于频率空间的衰减, 光滑性越高衰减就越快. 实际上, 对任意的 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$, 对任意的正整数 $N$, 利用第一个原则, 我们有$$\begin{array}{rl}(1+|\xi {|}^2{)}^N\hat{\phi }(\xi )& =\mathcal{F}\left((1-△{)}^N\phi \right)(\xi ),\end{array}$$其中 $△$ 是 Laplace 算子. 很明显, $(1-△{)}^N\phi \in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 所以, 我们有$$\begin{array}{rl}|\hat{\phi }(\xi )|& ⩽\frac{\Vert (1-△{)}^N\phi {\Vert }_{L^1}}{(1+|\xi {|}^2{)}^N}.\end{array}$$这表明 $\hat{\phi }$ 是衰减的并且我们对于 $\phi$ 求的导数越多, 那么衰减速度就越快. 特别地, 我们还证明了 $\hat{\phi }\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$.

$\square$

注记. 通常为了说明 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$ 时, $\hat{f}$ 也在无穷远处趋向于 $0$, 我们任选 $\epsilon >0$, 再选取 $\phi \in C_0^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$, 使得$$\Vert f-\phi {\Vert }_{L^1}<\frac{1}{2}\epsilon .$$从而, 对任意的 $\xi$, 我们有$$\begin{array}{rl}|\hat{f}(\xi )|& ⩽|\hat{f}(\xi )-\hat{\phi }(\xi )|+|\hat{\phi }(\xi )|\\ & ⩽\Vert \hat{f}-\hat{\phi }{\Vert }_{L^{\infty }}+\frac{\Vert (1-△{)}^N\phi {\Vert }_{L^1}}{(1+|\xi {|}^2{)}^N}\\ & ⩽\Vert f-\phi {\Vert }_{L^1}+\frac{\Vert (1-△{)}^N\phi {\Vert }_{L^1}}{(1+|\xi {|}^2{)}^N}\\ & <\frac{\epsilon }{2}+\frac{\Vert (1-△{)}^N\phi {\Vert }_{L^1}}{(1+|\xi {|}^2{)}^N}.\end{array}$$所以, 当 $|\xi |$ 很大的时候, 我们可以使得 $|\hat{f}(\xi )|<\epsilon$.

然而, 这些过程实际上都被包装在开始的命题上, 所以我们通常只对光滑有紧支集的函数 (在 $L^1$ 中稠密) 来证明即可.

我们现在研究卷积与 Fourier 变换的关系:

命题 66.5. 对任意的 $f,g\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们有$$\widehat{f\ast g}(\xi )=\hat{f}(\xi )\hat{g}(\xi ).$$也就是说, 卷积对应于频率空间的乘积.

证明. 我们要运用 Fubini 定理. 注意到映射$${\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{C},(x,y)\mapsto e^{-ix\cdot \xi }f(y)g(x-y)$$是 ${\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^n$ 上的可积函数, 所以, $$\begin{array}{rl}\widehat{f\ast g}(\xi )& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(y)g(x-y)dy\right)dx\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(y)e^{-iy\cdot \xi }\underset{\hat{g}(\xi )}{\underbrace{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-i(x-y)\cdot \xi }g(x-y)dx\right)}}dy\\ & =\hat{f}(\xi )\hat{g}(\xi ).\end{array}$$所以命题成立.

$\square$

注记. 我们上个学期已经证明了 $(L^1({\mathbb{R}}^n),\ast )$ 是乘法封闭的. 我们现在说明, 这个乘法在 $L^1({\mathbb{R}}^n)$ 中没有乘法单位元. 假设 $e\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 使得对任意的 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 我们都有$$e\ast f=f.$$那么, 我们有$$\hat{e}\hat{f}=\hat{f}.$$我们下面将构造 $L^1$ 的函数 $f$ (Gauss 函数的 Fourier 变换) , 使得 $\hat{f}>0$, 那么, $\hat{e}\equiv 1$, 这与 $e\in C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$ 矛盾.

命题 66.6. 假设 $f\in L^1({\mathbb{R}}_x^n)$, $g\in L^1({\mathbb{R}}_{\xi }^n)$. 那么, $${\int }_{{\mathbb{R}}^n}\hat{f}(\xi )g(\xi )d\xi ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)\hat{g}(x)dx.$$

证明. 注意到映射$${\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{C},(x,\xi )\mapsto e^{-ix\cdot \xi }f(x)g(\xi )$$是 ${\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^n$ 上的可积函数, 对此函数运用 Fubini 定理, 我们得到$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\hat{f}(\xi )g(\xi )d\xi & ={\int }_{{\mathbb{R}}^{2n}}{e}^{-ix\cdot \xi }f(x)g(\xi )dxd\xi \\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }g(\xi )d\xi \right)f(x)dx\\ & ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}f(x)\hat{g}(x)dx.\end{array}$$命题得证.

$\square$

注记. 这个命题在形式上建议了如何对分布定义 Fourier 变换: 对于 $u\in {\mathcal{D}}^{\prime }({\mathbb{R}}_x^n)$ 和 $\phi \in \mathcal{D}({\mathbb{R}}_{\xi }^n)$, 我们想定义$$⟨\hat{u},\phi ⟩=⟨u,\hat{\phi }⟩.$$然而, 对于非零的 $\phi \in \mathcal{D}({\mathbb{R}}^n)$, 我们知道 $\hat{\phi }(\xi )\notin \mathcal{D}({\mathbb{R}}^n)$, 这是因为它的支集不可能是紧的: 对于 ${\mathbb{R}}^1$ 上的 $\phi (x)$, 如果 $\hat{\phi }(\xi )$ 有紧支集, 那么, 如果把 $\hat{\phi }(\xi )$ 视作是 $\mathbb{C}$ 上的函数 (即 $\xi \in \mathbb{C}$, 此时 Fourier 变换仍然是良好定义的) , 那么, 这是一个复解析函数, 因为$$\overline{\partial }\left(\hat{\phi }\right)\equiv 0.$$然而, 这个复解析函数的 $\mathbb{R}$ 上的零点集不是离散的, 所以只能恒为 $0$, 我们也将证明, Fourier 变换为 $0$ 的函数只有零函数.

综上所说, 我们不能用上述的方式来定义分布的 Fourier 变换. 为了解决这个问题, 我们将找一个比 $\mathcal{D}({\mathbb{R}}^n)$ 大一些的由光滑函数构成的空间 $\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)$ (Schwartz 空间) , 使得$$\mathcal{F}:\mathcal{S}({\mathbb{R}}^n)\to \mathcal{S}({\mathbb{R}}^n).$$(之前的问题出在 $\mathcal{F}\left(\mathcal{D}({\mathbb{R}}^n)\right)\not\subset \mathcal{D}({\mathbb{R}}^n)$. )

命题 66.7 (仿射坐标变换与 Fourier 变换之间的关系). 任给 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, $x_0\in {\mathbb{R}}^n$ 和可逆线性变换$$A:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n,$$我们有

1)	物理空间的平移对应频率空间乘相应的频率, 即$$\mathcal{F}(f(\cdot +x_0))(\xi )=e^{i{x}_0\cdot \xi }\hat{f}(\xi ).$$
2)	频率空间应该视作是余切丛, 即 $$\mathcal{F}(f\circ A)(\xi )=|\det (A){|}^{-1}\hat{f}({}^t{A}^{-1}\xi ).$$

证明. 第一部分是显然的; 为了证明第二部分, 我们直接利用换元公式:

$$\begin{array}{rl}\mathcal{F}(f\circ A)(\xi )& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }f(Ax)dx\\ & =|\det (A){|}^{-1}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-i(A^{-1}y)\cdot \xi }f(y)dy\\ & =|\det (A){|}^{-1}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-iy\cdot {}^t{A}^{-1}\xi }f(y)dy.\end{array}$$命题成立.

$\square$

命题 66.8 (Gauss 函数的 Fourier 变换). 对任意的正数 $\lambda >0$, 我们有$$\mathcal{F}\left(e^{-\lambda \frac{|x{|}^2}{2}}\right)(\xi )={\left(\frac{2\pi }{\lambda }\right)}^{\frac{n}{2}}{e}^{-\frac{|\xi {|}^2}{2\lambda }}.$$

证明. 通过作用变量替换 $y=\sqrt{\lambda }x$, 上一个命题表明只要对 $\lambda =1$ 证明命题即可, 即$$\mathcal{F}\left(e^{-\frac{|x{|}^2}{2}}\right)(\xi )=(2\pi {)}^{\frac{n}{2}}{e}^{-\frac{|\xi {|}^2}{2}}.$$根据 Fubini 定理, 我们进一步有$$\begin{array}{rl}\mathcal{F}\left(e^{-\frac{|x{|}^2}{2}}\right)(\xi )& ={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-ix\cdot \xi }{e}^{-\frac{|x{|}^2}{2}}dx\\ & =\prod _{k⩽n}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-i{x}_k{\xi }_k}{e}^{-\frac{x_k^2}{2}}d{x}_k.\end{array}$$所以, 只要对 $n=1$ 来证明即可. 此时, 我们就必须去计算$$F(\xi )={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-ix\xi -\frac{x^2}{2}}dx.$$我们一下给出两种方式进行计算:

•

按实变量的观点. 我们对 $\xi$ 求导. 根据 Lebesgue 控制收敛定理的推论, 以下导数与积分之间的交换都是合理的: 根本的原因是 $e^{-|x{|}^2}$ 的衰减足够快. 所以$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(\xi )& ={\int }_{\mathbb{R}}-ix{e}^{-ix\xi }{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx={\int }_{\mathbb{R}}i{e}^{-ix\xi }(e^{-\frac{x^2}{2}}{)}^{\prime }dx\\ & =-{\int }_{\mathbb{R}}(i{e}^{-ix\xi }{)}^{\prime }{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx=-\xi F(\xi ).\end{array}$$由于一个函数的积分就是其 Fourier 变换在 $0$ 处取值, 所以 $F(\xi )$ 满足如下的线性常微分方程 (因为 ${\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{2\pi }$) $$\{\begin{array}{ll}& F^{\prime }(\xi )+\xi F(\xi )=0,\\ & F(0)=\sqrt{2\pi }.\end{array}$$根据常微分方程的理论, 这个方程的解是唯一的. 我们只要验证$$F(\xi )=\sqrt{2\pi }{e}^{-\frac{{\xi }^2}{2}}$$是解即可, 这是平凡的.

•

按复变量的观点. 注意到, 我们可以按照复变函数的观点来看这个积分: $$\begin{array}{rl}F(\xi )& =e^{-\frac{{\xi }^2}{2}}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\frac{(x+i\xi {)}^2}{2}}dx=e^{-\frac{{\xi }^2}{2}}{\int }_{\mathrm{Im}(z)=\xi }{e}^{-\frac{z^2}{2}}dz.\end{array}$$也就是说, 我们需要计算在 $\mathbb{C}$ 上 $y=\xi$ 这条直线上的积分$$I(\xi )={\int }_{\mathrm{Im}(z)=\xi }{e}^{-\frac{z^2}{2}}dz.$$当 $\xi =0$ 时, 这就是 Gauss 积分, 我们早就知道 $I(0)=\sqrt{2\pi }$. 当 $\xi \ne 0$ 时候, 我们要用 Cauchy 积分公式把 $y=\xi$ 上的积分化成 $y=0$ 上的积分. 我们考虑复解析函数 $e^{-\frac{z^2}{2}}$ 以 $(\pm n,0)$ 和 $(\pm n,\xi )$ 在长方形上的积分 (逆时针) . 由于 $e^{-\frac{z^2}{2}}$ 是解析的 (根据留数定理, 在长方形内部没有极点) , 所以$$\begin{array}{r}\left({\int }_{-n⩽x⩽n,y=0}+{\int }_{x=n,0⩽y⩽\xi }-{\int }_{-n⩽x⩽n,y=\xi }-{\int }_{x=-n,0⩽y⩽\xi }\right)e^{-\frac{z^2}{2}}dz=0.\end{array}$$由于$$e^{-\frac{z^2}{2}}=e^{-\frac{x^2-y^2}{2}}{e}^{-xyi},|y|⩽|\xi |,$$这是一个对于 $x$ 是指数衰减的函数, 所以上面积分中的第二项和第四项当 $n\to \infty$ 时为零. 从而, 对 $n$ 取极限, 我们就得到$$I(\xi )=I(0)=\sqrt{2\pi }.$$这同样证明了结论.

$\square$

利用上面 Gauss 函数的 Fourier 变换, 我们可以证明关于 Fourier 逆变换的定理.

定义 66.9. 对任意的 $g\in L^1({\mathbb{R}}_{\xi }^n)$, 对任意的 $x\in {\mathbb{R}}^n$ 我们定义$$\left({\mathcal{F}}^{-1}(g)\right)(x)=\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{i\xi \cdot x}g(\xi )d\xi .$$

与 Fourier 变换的证明一样, 上面的得到的 $\left({\mathcal{F}}^{-1}(g)\right)(x)$ 是一个良好定义的 $C_{\circ }({\mathbb{R}}^n)$ 中的函数, 我们不再赘述其证明.

定理 66.10 (Fourier 逆变换). 给定 $f\in L^1({\mathbb{R}}_x^n)$, 如果 $\hat{f}\in L^1({\mathbb{R}}_{\xi }^n)$, 那么, 我们有$$f={\mathcal{F}}^{-1}\hat{f},$$其中, 上面等号成立是在 $L^1({\mathbb{R}}^n)$ 的意义下的.

证明. 我们考虑如下的 Gauss 分布函数$$G_{\lambda }(x)=(\frac{1}{2\pi {\lambda }^2}{)}^{\frac{n}{2}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{2{\lambda }^2}},$$其中 $\lambda >0$. 根据上面的计算, 我们有$$\widehat{G_{\lambda }}(\xi )=e^{-\frac{{\lambda }^2|\xi {|}^2}{2}}.$$所以, $$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}^{-1}\left(\widehat{G_{\lambda }}(\xi )\right)(-x)& =\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{-\frac{{\lambda }^2|\xi {|}^2}{2}}{e}^{-ix\cdot \xi }d\xi \\ & =\frac{1}{(2\pi {)}^n}\left(\mathcal{F}\right(e^{-\frac{{\lambda }^2|\xi {|}^2}{2}}\left)\right)(x)\\ & =G_{\lambda }.\end{array}$$最后一步我们再一次用到了之前的计算. 通过观察 $\widehat{G_{\lambda }}(\xi )$ 的表达式, 我们注意到, 对任意的 $\xi \in {\mathbb{R}}^n$, 有$$\underset{\lambda \to 0}{\lim }\widehat{G_{\lambda }}(\xi )=1.$$根据 Lebesgue 控制收敛定理, 我们有$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}^{-1}\left(\hat{f}\right)(x)& =\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{e}^{i\xi \cdot x}\hat{f}(\xi )d\xi \\ & =\underset{\lambda \to 0}{\lim }\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\widehat{G_{\lambda }}(\xi )e^{i\xi \cdot x}\hat{f}(\xi )d\xi ,\end{array}$$其中, 控制函数就选 $\hat{f}$. 利用 Fubini 定理可知$$\begin{array}{rl}{\mathcal{F}}^{-1}\left(\hat{f}\right)(x)& =\underset{\lambda \to 0}{\lim }\frac{1}{(2\pi {)}^n}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\underset{\text{Fourier 逆变换}}{\underbrace{{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\widehat{G_{\lambda }}(\xi )e^{i\xi \cdot (x-y)}d\xi }}f(y)dy\\ & =\underset{\lambda \to 0}{\lim }{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{G}_{\lambda }(x-y)f(y)dy\\ & =\underset{\lambda \to 0}{\lim }{G}_{\lambda }\ast f(x).\end{array}$$由于 $G_{\lambda }$ 的积分恰好为 $1$, 所以当 $\lambda \to 0$ 时, 在 $L^1$ 的意义下, $$\underset{\lambda \to 0}{\lim }{G}_{\lambda }\ast f\stackrel{L^1}{=}f.$$命题成立.

$\square$