La transformada de Fourier de la transformada de fourier?

Question

Tengo la definición de la transformada de Fourier $$\hat f(\lambda) = \int_{\infty}^\infty f(t) \exp(- i \lambda t) dt$$ y que han demostrado los siguientes lemas:

• $\hat E(x) = \sqrt{2 \pi} E(x)$ donde $E(x) = \exp(- \tfrac{1}{2} x^2)$
• Deje $f_y(x) = f(x-y)$ $\hat f_y(\lambda) = \hat f(\lambda) \exp(- i \lambda y)$
• Deje $\varphi(\lambda) = R E (R \lambda)$ $\hat \varphi (\lambda) = \hat E(\frac{\lambda}{R})$
• $\int \hat f(x) g(x) dx = \int f(x) \hat g(x)$
• $\widehat{f\star g} = \hat f \cdot \hat g$

y quiero mostrar que la $$\hat {\hat f}(x) = 2 \pi f(-x).$$

Creo que la idea de la prueba es el uso de la tercera lema con un cambio de $f$ anda escala de $E$, por lo que al tomar el límite de la escala que se tiende hacia la $1$ y está justo a la izquierda con $f$, pero simplemente no puedo hacer cualquier cosa trabaje correctamente.

• Yo creo que también ha $f \star \varphi \to f$$R \to \infty$.

Answer 1

El punto más fuerte de $\bullet$ es tu cuarto, porque contiene dos funciones arbitrarias. Por lo tanto, somos libres para elegir un adecuado especial $g$ y todavía puede resultar algo acerca de una arbitraria $f$. En la situación de elegir $$g(x):=E(x/a)\ ,\qquad a>0\ .$$ A continuación, $$\hat g(\lambda)=\int_{-\infty}^\infty E(x/a)\ e^{-i\lambda x}\ dx=a \int_{-\infty}^\infty E(t)\ e^{-i\lambda a t}\ dt=a \hat E(\lambda a)=a\sqrt{2\pi}E(\lambda a)\ .$$ Se desprende de su cuarto $\bullet$ que $$\eqalign{\int_{-\infty}^\infty \hat f(x) E(x/a)\ dx&=\int_{-\infty}^\infty \hat f(x) g(x)\ dx=\int_{-\infty}^\infty f(x) \hat g(x)\ dx \cr&=\sqrt{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x) a E(a x)\ dx \cr &=\sqrt{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f\bigl({t\over a}\bigr) E(t)\ dt\ ,\cr}$$ y esto es válido para todos los $a>0$. Dejando $a\to\infty$ bajo supuestos razonables acerca de la $f$ el lado izquierdo de la última fórmula converge a $\int_{-\infty}^\infty \hat f(x)\ dx$ y el lado derecho para $2\pi f(0)$.

Esto demuestra que la conjetura de la fórmula es verdadera para $x=0$. La sustitución de $f$ $f_b(x):=f(x-b)$ se muestra que la declaró fórmula es la verdad para todos los $x$.

Answer 2

Tomando el límite de $R \rightarrow \infty$ es una manera eficiente de mostrar la reclamación en virtud adecuado supuestos. Sin embargo, es posible que desee aplicar el resultado a la función de cuadro o a la respuesta al impulso \begin{equation} f(t) = \begin{cases} Ae^{-\alpha t}\cos(\omega_0 t) &, \ t > 0 \\ \frac{1}{2} A &, \ t = 0 \\ 0 &, \ t < 0 \end{casos} \end{equation} de un circuito oscilador. A continuación, la transformación tiene que ser extendido, que se hace generalmente con herramientas de análisis funcional. Sin embargo, la expresión de la transformada de Fourier no es necesariamente disponible ya en el límite del dominio de definición. Por ejemplo, la transformación de la función de cuadro de $\chi_{[-\pi,\pi]}(t)$ $2\pi \textrm{sinc}(\omega)$ que no tiene una convergente de Lebesgue la integral de la expresión de la transformada de Fourier en cualquier lugar. De lo contrario, $\textrm{sinc}(\omega) e^{-i\omega t}$ sería absolutamente integrable, eso no es cierto. La transformación de la respuesta de impulso de la $f$ por encima de es \begin{equation} \mathscr{F}f(\omega) = \frac{1}{2}\bigg(\frac{1}{i(\omega-\omega_0) + \alpha} + \frac{1}{i(\omega+\omega_0) + \alpha}\bigg) \ . \end{equation} Si $\omega_0 = 0$, la parte imaginaria de $\mathscr{F}f(\omega)$$\frac{-\omega}{\omega^2 + \alpha^2}$, que no vuelva a tener una convergente de Lebesgue la integral de la expresión de la transformada de Fourier en cualquier lugar. También la expresión de la transformación con impropias de Riemann integral de la primera clase de $-\infty$ $\infty$diverge en $0$. Es por eso que usted podría desear utilizar el impropia de Riemann integral de la primera clase de $0$ $\infty$o de Cauchy valor principal en la definición de la transformación. Suponga que \begin{eqnarray} \mathscr{F}f(\lambda) = \int_0^\infty (f(t) e^{-i\lambda t} + f(-t) e^{i\lambda t}) dt \ . \end{eqnarray} Entonces \begin{eqnarray} \mathscr{F}f(\lambda) = PV \int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-i\lambda t} dt \ . \end{eqnarray} Suponga que $f \in L^1$ es diferenciable a trozos con un número finito de piezas en todos los intervalos finitos y satisface \begin{eqnarray} f(x) = \frac{1}{2} (f(x-)+f(x+)) \ , \end{eqnarray} donde \begin{eqnarray} f(x+) & = & \lim_{t \rightarrow x^+} f(t) \\ f(x-) & = & \lim_{t \rightarrow x^-} f(t) \ . \end{eqnarray} A continuación, $f(x+)$ es derecho diferenciable y $f(x-)$ a la izquierda diferenciable. Definir \begin{eqnarray} h_1(t) & = & \frac{f(-x-t+)-f(-x+)}{-t}, \ t < 0 \ , \\ h_2(t) & = & \frac{f(-x-t-)-f(-x-)}{-t}, \ t > 0 \ . \end{eqnarray} Entonces \begin{eqnarray} -th_1(t-) & = & f(-x-t+)-f(-x+), \ x \leq 0 \ , \\ -th_2(t+) & = & f(-x-t-)-f(-x-), \ x \geq 0 \ . \end{eqnarray} Calculamos \begin{eqnarray} \mathscr{F} \mathscr{F} f(x) & = & PV \int_{-\infty}^\infty PV \int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-i\lambda t} dt e^{-i x \lambda} d\lambda = \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M}^M \int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-i\lambda t} dt e^{-i x \lambda} d\lambda \\ & = & \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^\infty \int_{-M}^M f(t) e^{i\lambda(-x-t)} d\lambda dt \\ & = & \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^\infty f(t) \int_{-M}^M e^{i\lambda(-x-t)} d\lambda dt = \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^\infty f(-x-t) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt \\ & = & \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^0 f(-x-t) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt + \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^\infty f(-x-t) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt \\ & = & \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^0 (f(-x-t+) - f(-x+)) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt + \frac{2\pi}{2} f(-x+) \\ & & + \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^\infty (f(-x-t-) - f(-x-)) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt + \frac{2\pi}{2} f(-x-) \\ & = & \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} (f(-x-t+) - f(-x+)) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt \\ & & + \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_1}^\infty (f(-x-t-) - f(-x-)) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt \\ & & + \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M_1}^0 -th_1(t-) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt + \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^{M_1} -th_2(t+) \int_{-M}^M e^{i\lambda t} d\lambda dt \\ & & + 2\pi \frac{1}{2} (f(-x+)+f(-x-)) \\ & = & 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} (f(-x-t+) - f(-x+)) \frac{\sin(Mt)}{t} dt \\ & & + 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_1}^\infty (f(-x-t-) - f(-x-)) \frac{\sin(Mt)}{t} dt \\ & & + 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M_1}^0 -h_1(t-) \sin(Mt) dt + 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^{M_1} -h_2(t+) \sin(Mt) dt \\ & & + 2\pi f(-x) \\ & = & 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} \frac{f(-x-t+)}{t} \sin(Mt) dt - 2f(-x+) \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} \frac{\sin(Mt)}{Mt} Mdt \\ & & + 2\lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_1}^\infty \frac{f(-x-t-)}{t} \sin(Mt) dt - 2f(-x-) \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_1}^\infty \frac{\sin(Mt)}{Mt} Mdt \\ & & + 2\pi f(-x) \\ & = & - 2f(-x+) \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1 M} \frac{\sin(t)}{t} dt - 2f(-x-) \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_1 M}^{\infty} \frac{\sin(t)}{t} dt + 2\pi f(-x) \\ & = & 2\pi f(-x) \ . \end{eqnarray} El orden de integración es cambiado por el teorema de Fubini. También podemos añadir y restar $f(-x+)$ $f(-x-)$ bajo la integral. Las integrales de $-\infty$ $0$ $0$ $\infty$ % # % son iguales a $\int_{-M}^M e^{i\omega t} d\omega$. Podemos aplicar la de Riemann-Lebesgue -lema, porque de lo finito de intervalos de $\pi$ $[-M_1,0]$ y delimitada integrands. La de Riemann-Lebesgue lema se aplica también en los intervalos de $[0,M_1]$ $(-\infty,-M_1]$ cuando la integrands están en $[M_1,\infty)$. La última dimit es una consecuencia de la existencia de la integral de $L^1$.

Tenga en cuenta que si $\frac{\sin(x)}{x}$ puede ser escrito como la integral de Fourier \begin{equation} f = \mathscr{F}g \end{equation} de un $f$ función de $L^1$, que es diferenciable a trozos y satisface también a $g$ y tiene un número finito de piezas en todos los intervalos finitos, entonces \begin{eqnarray} \mathscr{F}\mathscr{F}f(t) & = & \mathscr{F} \mathscr{F} \mathscr{F} g(t) = PV \int_{-\infty}^\infty \mathscr{F} \mathscr{F} g(\lambda) e^{-i\lambda t} d\lambda = PV \int_{-\infty}^\infty 2\pi g(-\lambda) e^{-i(-\lambda)(-t)} d\lambda \\ & = & 2\pi PV \int_{-\infty}^\infty g(\lambda) e^{-i\lambda(-t)} d\lambda = 2\pi \mathscr{F}g(-t) = 2\pi f(-t) \ . \end{eqnarray}

Este fue otro enfoque de la transformación de transformar. Ahora somos capaces de transformar la transformación de la respuesta al impulso de un circuito oscilador. También podemos transformar la transformación de una suma finita de traducir cuadro de funciones, que se obtienen, por ejemplo, como el resultado de la conversión D/a. También la transformación de la transformación de $g(\lambda) = \frac{1}{2}(g(\lambda+)+g(\lambda-))$ converge y es igual a $2\pi \textrm{sinc}(t)$.

Answer 3

Mi intento hasta ahora..

I definir un operador de dilatación $D_\varepsilon g(\lambda) = \varepsilon g(\varepsilon \lambda)$ o $g(\varepsilon \lambda)$ no estoy seguro de que sería lo mejor.

Como $\varepsilon \to 0$ la dilatación $D_\varepsilon E$ debe actuar como la delta de dirac.

$$\begin{eqnarray} \hat {\hat f}(x) &=& \int \hat f (\lambda) e^{i x \lambda} d\lambda = \lim_{\varepsilon \to 0} \int \hat f(\lambda) &e^{- i x \lambda} D_\varepsilon E (\lambda) d \lambda \\ &&& \text{(call this %#%#%)} \\ &=& \int f(y) \hat g(y)dy = \sqrt{2\pi} \lim_{\varepsilon \to 0} \int f(y) E\left(\tfrac{y-x}{\varepsilon}\right)dy \end{eqnarray}$$

Quiero concluir es $g_x(\lambda)$ pero no puedo porque de cualquier manera yo definir la dilatación llego problema con epsilons.

mi cálculo de $ = f(x)$:

$\hat g_x(\lambda)$$