Transformada de Fourier de$|x|^{-m}$ para$m\geq n$ en$\mathbb R^n$

Question

De acuerdo a esta pregunta la transformada de Fourier de $|x|^{-m}$ $x\in\mathbb R^n$ $0<m<n$ está dado por

$$ \mathcal F[|x|^{m}](\xi)=C(n,m)|\xi|^{m n} \etiqueta{1} $$

para algunas constantes dependiendo $m$$n$.

Mi pregunta: ¿Cómo se calcula la transformada de Fourier de $|x|^{-m}$$m\geq n$?

Para $m\in\mathbb R^+\setminus\mathbb N$ la fórmula (1) debe todavía se mantienen por la continuación analítica. ¿Cómo podemos conseguir que el caso $m\in\mathbb N_{\geq n}$?

Edit: Definición: Vamos a $\mathcal F[f(x)](\xi)=(2\pi)^{-n/2}\int_{\mathbb R^n} f(x)\exp(ix\cdot\xi) dx$ ser la transformada de Fourier de una Schwartz función de $f$.

Answer 1

Por definición de la transformada de Fourier (con su normaliztion) $$ F(\xi):=\mathcal{F}[|x|^{m}](\xi)=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int |x|^{m }e^{ix\cdot \xi} d^nx $$ Esta integral, sin embargo, tiene un montón de problemas. Así que en vez vamos a trabajar con una estrecha relación (convergente) y la integral: $$ \begin{aligned} G(\xi;K,\epsilon)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \int_{|x|<\frac{1}{K}} |x|^{-m }(e^{ix\cdot \xi}-1) d^nx\\+ \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \int_{|x|\geq \frac{1}{K}} |x|^{-m }e^{ix\cdot \xi}e^{-\epsilon |x|} d^nx \end{aligned} $$ donde $K$ es muy grande y $\epsilon$ es muy pequeña. Esto está diseñado para evitar los siguientes problemas: 1) $F(\xi=0)$ es infinita para $n>m$, debido al comportamiento cerca de infinity, 2) si $m>n$ integral $F(\xi)$ es divergente por completo debido a que el comportamiento cerca de cero. Tenga en cuenta que, ingenuamente, $$ \begin{aligned} F(\xi)&=G(\xi,K,0)+\frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \int_{|x|<\frac{1}{K}} |x|^{-m } d^nx \\ &=G(\xi;K,0)+\frac{S_n}{(2\pi)^n}\left.\frac{x^{n-m}}{n-m}\right|_0^{1/K} \end{aligned} $$ con $S_n=2\pi^{n/2}/\Gamma(n/2)$ $\Gamma$ la función Gamma. El segundo sumando es el infinito si $m>n$ (en un sentido no es "infinito" incrustadas en $F(\xi)$ que usted no puede deshacerse de). Sin embargo, si $n>m$ (se nota que estoy evitando $n=m$ de los casos como de la peste! Todo el infierno se rompe suelto en esa situación! Y yo, personalmente, no sé cómo lidiar con él), el segundo sumando crece como $\sim K^{-(n-m)}$. De hecho, si $n>m$, entonces uno puede tomar con seguridad $K=\infty$. Espero que esto explica por qué la gente siempre sólo hablar sobre el caso de $m<n$, debido a que el $m>n$ está muy divergentes. Incluso si $m<n$ el raw de la transformada de Fourier es todavía divergentes para $\xi=0$, pero que es mucho más manejable! Así que vamos a estudiar $G$ ahora.

Observación 1. Deje $R$ ser una rotación alrededor del origen. Desde $R$ es una isometría, entonces $G(R\xi;K,\epsilon)=G(\xi;K,\epsilon)$. Por lo $G(\xi;K,\epsilon)=G'(|\xi|;K,\epsilon)$.

Observación 2. Deje $\lambda> 0$ ser un número real, entonces $$ \begin{aligned} G(\lambda\xi;\lambda K,\lambda\epsilon)&=G'(\lambda|\xi|;\lambda K,\lambda \epsilon)\\ &= \lambda^{m-n}G'(|\xi|;K,\epsilon)= \lambda^{m-n}G(\xi;K,\epsilon) \end{aligned} $$ Por lo tanto, $G'$ es una función homogénea de grado $m-n$. En caso de que $m<n$, $G'$ es igual a $1/p(|\xi|;K, \epsilon)$ donde $p$ es un polinomio homogéneo de grado $n-m$. Con assuption $K=0$, e $\xi=0$ usted puede encontrar que $p(0,0,\epsilon)=\epsilon^{n-m}$, lo que muestra el comportamiento divergente que yo hablaba en $\xi=0$. Al mismo tiempo, ya que los $F(\xi)$ no es idéntica a infinito (es decir, no existe $\xi$ tal que $1/F(\xi)\neq 0$), $p(|\xi|,0,0)=|\xi|^{n-m}$.

Así que, hasta ahora, hemos demostrado que lejos de $\xi=0$ tenemos $F(\xi)=C(m,n)|\xi|^{m-n}$ algunos $C(m,n)\in \mathbb{C}$ si $n>m$. También se $F(\xi)$ está mal definido si $m>n$. Podemos calcular lo $C(m,n)$ es? Seguro...

Observación 3. Deje $f,g$ ser función de dos, $F,G$ su transformada de Fourier. Tenga en cuenta que $$ (f,g):=\int f(x)g(x)d^nx = \int F(\xi)G(-\xi)d^n\xi $$ Por otra parte, $\mathcal{F}(\exp(-|x|^2/2)=\exp(-|\xi|^2/2)$. Ahora viene el truco $$ \begin{aligned} (|x|^{-m},\exp(-|x|^2/2)&=\int |x|^{-m}\exp(-|x|^2/2)d^nx \\ &= C(m,n)\int |\xi|^{m-n}\exp(-|\xi|^2/2)d^n\xi\\ \Longrightarrow C(m,n)&=\frac{\int |x|^{-m}\exp(-|x|^2/2)d^nx}{ \int |x|^{m-n}\exp(-|x|^2/2)d^nx}=\boxed{\frac{2^{\frac{n-m}{2}}\Gamma(\frac{n-m}{2})}{2^{\frac{m}{2}}\Gamma(\frac{m}{2})}} \end{aligned} $$ Esto completa la discusión.

Answer 2

Puede definir $r_+^{-m}$ $$(r_+^{m}, \phi) = \int_0^\infty r^{m} \left( \phi(r) - \sum_{k = 0}^{m - 2} \frac {\phi^{(k)}(0)} {k!} r^k - \frac {\phi^{(m - 1)}(0)} {(m - 1)!} r^{m - 1} H(1 - r) \right) dr$$ y, a continuación, defina $r^{-m}$ $\mathbb R^n$ como la integral en coordenadas esféricas: $$(r^{m}, \phi) = \left( r_+^{-m + n - 1}, \int_{\mathcal S_r} \phi dS \right),$$ donde el interior de la integral se toma sobre la superficie de un $(n - 1)$-esfera. Entonces la fórmula $$\mathcal F[r^\lambda] = \int_{\mathbb R^n} r^\lambda e^{i \boldsymbol x \cdot \boldsymbol \xi} d \boldsymbol x = \frac {2^{\lambda + n} \pi^{n/2} \Gamma \!\left( \frac {\lambda + n} 2 \right)} {\Gamma \!\a la izquierda( -\frac \lambda 2 \right)} \rho^{-\lambda - n}$$ aún mantiene $\lambda = -n -2 k - 1$, mientras que para $\lambda = -n - 2k$ el resultado será la parte regular de la $\mathcal F[r^\lambda]$, que no es una función homogénea de $\rho$: $$\mathcal F[r^{-n - 2k}] = [(\lambda + n + 2k)^0] \mathcal F[r^\lambda] = \\ \frac {\pi^{n/2}} {\Gamma(k + 1) \Gamma \!\a la izquierda( k + \frac n 2 \right)} \left( -\frac {\rho^2} 4 \right)^k \left( -\ln \frac {\rho^2} 4 + \psi \!\a la izquierda( k + \frac n 2 \right) + \psi(k + 1) \right) \\ k \in \mathbb N^0.$$