リーマン・ルベーグの補題

ここでは一次元の場合に焦点を当てます。${\displaystyle n=1}$より高次元の場合の証明も同様です。まず、${\displaystyle f}$連続的でコンパクトに支持されている。${\displaystyle \xi \neq 0}$置換${\displaystyle \textstyle x\to x+{\frac {\pi }{\xi }}}$につながる

${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )=\int _{\mathbb {R} }f(x)\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x\xi }\mathrm {d} x=\int _{\mathbb {R} }f\left(x+{\frac {\pi }{\xi }}\right)\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x\xi }\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} \pi }\mathrm {d} x=-\int _{\mathbb {R} }f\left(x+{\frac {\pi }{\xi }}\right)\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x\xi }\mathrm {d} x}$。

これにより、次の2番目の式が得られます。${\displaystyle {\hat {f}}(\xi )}$両方の式の平均値を取ると、次の推定値が得られます。

$\displaystyle |{\hat {f}}(\xi )|\leq {\frac {1}{2}}\int _{\mathbb {R} }\left|f(x)-f\left(x+{\frac {\pi }{\xi }}\right)\right|\mathrm {d} x}$。

なぜなら${\displaystyle f}$連続的である、${\displaystyle \left|f(x)-f\left(x+{\tfrac {\pi }{\xi }}\right)\right|}$収束して${\displaystyle 0}$として${\displaystyle |\xi |\to \infty }$すべての人々のために${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$。 したがって、${\displaystyle |{\hat {f}}(\xi )|}$0に収束する${\displaystyle |\xi |\to \infty }$優収束定理による。

もし${\displaystyle f}$は任意の積分可能な関数であり、近似することができます。$\displaystyle L^{1}}$コンパクト台を持つ連続関数によるノルム。${\displaystyle \varepsilon >0}$コンパクトにサポートされている連続関数を選択する${\displaystyle g}$そのため${\displaystyle \|fg\|_{L^{1}}\leq \varepsilon }$。 それから

${\displaystyle \limsup _{\xi \rightarrow \pm \infty }|{\hat {f}}(\xi )|\leq \limsup _{\xi \to \pm \infty }\left|\int (f(x)-g(x))\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x\xi }\,\mathrm {d} x\right|+\limsup _{\xi \rightarrow \pm \infty }\left|\int g(x)\mathrm {e} ^{-\mathrm {i} x\xi }\,\mathrm {d} x\right|\leq \varepsilon +0=\varepsilon .}$

これはどんな${\displaystyle \varepsilon >0}$したがって、$\displaystyle |\hat f(\xi )|\to 0}$として${\displaystyle |\xi |\to \infty }$。