Transformata Fouriera

Różniczkowalność, pochodna funkcji. Przebieg zmienności. Zadania optymalizacyjne. Równania i nierówności z wykorzystaniem rachunku różniczkowego.
Hummingbird
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 10
Rejestracja: 2 paź 2017, o 10:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 4 razy

Transformata Fouriera

Post autor: Hummingbird » 23 maja 2019, o 22:48

Cześć,
mam do policzenia transformatę Fouriera z funkcji \(\displaystyle{ f(x) = e^{-ax^{2}}, \ x \in \mathbb{R}}\). Korzystając z definicji transformaty, otrzymujemy do policzenia taką całkę:
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } e^{-ax^2} \cdot e^{-iwx}dx = \int_{- \infty }^{ \infty } e^{-ax^2 -iwx}dx}\)

W jaki sposób obliczyć transformatę Fouriera z takiej funkcji? Powyższa całka jest nieelementarna (mogę się mylić!), więc podejrzewam, że zwykłe policzenie będzie niemożliwe. Zauważyłem też, ze funkcja podcałkowa przypomina odrobinę funkcję tworzącą momenty rozkładu normalnego, ale czy można z tego jakoś skorzystać, aby obliczyć tę całkę?

Z góry dziękuję za podpowiedzi

Benny01
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1113
Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Górnicza Dolina
Podziękował: 74 razy
Pomógł: 114 razy

Re: Transformata Fouriera

Post autor: Benny01 » 23 maja 2019, o 23:07

Ja bym właśnie zrobił jak myślisz.
\(\displaystyle{ -a \left( x^2+\frac{iwx}{a} \right) =-a \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2+\frac{i^2w^2}{4a}=- \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2-\frac{w^2}{4a}}\)
\(\displaystyle{ -a \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2=-\frac{ \left( \sqrt{2a}x+\frac{\sqrt{2a}iw}{2a} \right) ^2}{2}}\)
Teraz zrobić podstawienie za to co jest w nawiasie.
\(\displaystyle{ \sqrt{2a}x+\frac{\sqrt{2}iw}{2a}=t}\)
\(\displaystyle{ dx=\frac{1}{\sqrt{2a}}dt}\)
No i mamy całkę

\(\displaystyle{ e^{- \left( \frac{w}{2a} \right) ^2} \cdot \sqrt{\frac{ \pi}{a} } \int_{- \infty }^{ \infty }\frac{1}{\sqrt{2 \pi }} \cdot e^{\frac{-t^2}{2}}dt}\)
No i tutaj korzystając z rozkładu normalnego dostajemy, że transformata Fouriera wynosi \(\displaystyle{ e^{- \left( \frac{w}{2a} \right) ^2} \cdot \sqrt{\frac{ \pi}{a} }}\)
Ostatnio zmieniony 23 maja 2019, o 23:21 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14463
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 86 razy
Pomógł: 4760 razy

Re: Transformata Fouriera

Post autor: Premislav » 23 maja 2019, o 23:18

Oczywiście musi być \(\displaystyle{ a>0}\) (ewentualnie chociaż \(\displaystyle{ \mathrm{Re}(a)>0}\)). Korzystając ze wzoru Eulera, mamy
\(\displaystyle{ e^{-iwx}=\cos(wx)-i\sin(wx)}\),
więc
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } e^{-ax^2 -iwx}\,\dd x=\\= \int_{- \infty }^{ \infty }\cos(wx) e^{-ax^2 -iwx}\,\dd x-i \int_{- \infty }^{ \infty } \sin(wx)e^{-ax^2}\,\dd x}\)
a przecież
\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty } \sin(wx)e^{-ax^2}\,\dd x=0}\),
ponieważ całka jest zbieżna bezwzględnie z \(\displaystyle{ |\sin(wx)|\le 1}\), funkcja podcałkowa jest nieparzysta, a przedział symetryczny względem zera.
Niech \(\displaystyle{ I(w)= \int_{-\infty}^{+\infty}\cos(wx)e^{-ax^2}\,\dd x}\)
Korzystając z twierdzenia Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki i z całkowania przez części, dostajemy
\(\displaystyle{ I'(w)= \int_{-\infty}^{+\infty}-x\sin(wx)e^{-ax^2}\,\dd x=\frac 1{2a}e^{-ax^2}\sin(wx)\bigg|^{+\infty}_{-\infty}-\frac w{2a} \int_{-\infty}^{+\infty}\cos(wx)e^{-ax^2}\,\dd x=\\=-\frac w{2a} \int_{-\infty}^{+\infty}\cos(wx)e^{-ax^2}\,\dd x}\)
czyli innymi słowy
\(\displaystyle{ I'(w)=-\frac w{2a}I(w)}\)
a więc
\(\displaystyle{ I(w)=C e^{-\frac{w^2}{4a}}}\)
Stałą \(\displaystyle{ C}\) wyliczamy, korzystając ze znanej lub łatwej do policzenia za pomocą współrzędnych biegunowych (liczymy kwadrat tej całki itd.) wartości
\(\displaystyle{ I(0)= \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2}\,\dd x=\sqrt{\frac \pi a}}\)
Ostatecznie
\(\displaystyle{ I(w)=\sqrt{\frac \pi a} e^{-\frac{w^2}{4a}}}\)


Można też pewnie przedstawić rozwiązanie bardziej w duchu analizy zespolonej, ale ja już nie za wiele z niej pamiętam (poza totalnymi podstawami, jak residua).

ODPOWIEDZ