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
Transformata Fouriera
-
- Użytkownik
- Posty: 14
- Rejestracja: 2 paź 2017, o 10:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 6 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
Re: Transformata Fouriera
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 \(\displaystyle{ e^{- \left( \frac{w}{2a} \right) ^2} \cdot \sqrt{\frac{ \pi}{a} }}\)
\(\displaystyle{ -a \left( x^2+\frac{iwx}{a} \right) =-a \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2+\frac{i^2w^2}{4a}=- \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2-\frac{w^2}{4a}}\)
\(\displaystyle{ -a \left( x+\frac{iw}{2a} \right) ^2=-\frac{ \left( \sqrt{2a}x+\frac{\sqrt{2a}iw}{2a} \right) ^2}{2}}\)
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.
Powód: Poprawa wiadomości.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Transformata Fouriera
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).
\(\displaystyle{ e^{-iwx}=\cos(wx)-i\sin(wx)}\),
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).