Supuesto truco para la transformada de Fourier de $\frac{x^4}{1+x^4}$

Question

Debía evaluar la transformada de Fourier de la función $$f(x) = \frac{x^4}{1+x^4}$$ y aparte de la forma estándar de integrar con contornos complejos, que me parece bastante tediosa, pensé que podría ser una forma mejor.

Mi primera idea fue utilizar el teorema de convolución tratamiento de $f$ como producto de dos funciones $$g(x) = x^4\;\;\;\; h(x) = \frac{1}{1+x^4}$$ utilizando el hecho de que $$\mathcal{F}\{x^n f(x)\} = i^n(\mathcal{F}\{f\})^{(n)}$$ Esta me parece la forma más rápida. O tal vez uno podría simplemente descomponer la fracción en $$f(x) = 1+\frac{1}{1+x^4}$$ En cualquiera de los dos casos, el problema está ahora en la evaluación de la transformada de Fourier de $h$ que, incluso en este caso, preferiría, si es posible, no utilizar la integración de contornos. Mi mente saltó a la idea de que tal vez habría alguna conexión con la transformada de Fourier de $$\frac{1}{1+x^2}$$ tal vez por sustitución de $y=x^2$ . Entonces me sale $$h(y) = \frac{1}{1+y^2}$$ pero no hay una propiedad para la transformada de Fourier en dicho "escalamiento". ¿Existe una propiedad similar a la traslación y el escalado para la transformada de Fourier que se mantenga incluso para la sustitución como esta última?

Si esta no es la forma correcta, ¿hay otras propiedades o trucos que pueda utilizar para evaluar esa transformación?

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¿Y si descompongo la fracción de esta manera $$\frac{1}{1+x^4}=\frac{1}{(1+ix^2)(1-ix^2)} = \frac{1}{i^2(\frac{1}{i}+x^2)(\frac{1}{i}-x^2)} = \frac{i}{2(i+x^2)}-\frac{i}{2(-i+x^2)}$$ ¿sería esta una forma adecuada?

Usando este "truco" obtendría $${i\over 2}\mathcal{F}\left\{\frac{1}{i+x^2}\right\} = {i\over2}\sqrt{{\pi\over {2i}}}e^{\sqrt{i}|k|}$$ y una transformación similar para el otro factor

Para estar en sintonía, defino la transformada de Fourier de la siguiente manera $$\hat{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}}e^{-ikx}f(x)dx$$

Answer 1

Para simplificar, dejemos que $t\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}_{\geq 0}$ para que el polinomio $X^2-t\in\mathbb{C}[X]$ no tiene una raíz real, pero se pueden utilizar los valores principales de Cauchy cuando $t\in\mathbb{R}_{\geq 0}$ para hacer frente al trabajo. Este trabajo consiste en calcular la transformada de Fourier $F_t$ de la función $f_t$ , donde $$f_t(z):=\dfrac{1}{z^2-t}\text{ for all }z\in\mathbb{C}\setminus\big\{-\sqrt{t},+\sqrt{t}\big\}\,,$$ donde $\sqrt{t}$ se elige de forma que la parte imaginaria sea positiva (esto es posible ya que $X^2-t$ no tiene raíces reales). Es decir, $$F_t(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{+\infty}\,\exp(\text{i}kx)\,f_t(x)\,\text{d}x\text{ for }k\in\mathbb{R}\,.$$ Para simplificar, escribiré $c:=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$ (ya que $c$ puede ser definida como una constante diferente para un usuario diferente, dejaré esta constante como $c$ ).

Sin pérdida de generalidad, supongamos que $k\geq 0$ . Para $R>0$ , dejemos que $C_R$ para ser el contorno orientado positivamente dado por $$[-R,+R]\cup\Big\{R\,\exp(\text{i}\theta)\,\Big|\,\theta\in[0,\pi]\Big\}\,.$$ Observe que $$2\pi\text{i}\,\text{Res}_{z=+\sqrt{t}}\big(f_t(z)\big)=\lim_{R\to\infty}\,\oint_{C_R}\,\frac{\exp(\text{i}kz)}{z^2-t}\,\text{d}z=\frac{1}{c}\,F_t(k)\,.$$ Por lo tanto, tomando el signo de $k$ se obtiene $$F_t(k)=\frac{c\pi\text{i}}{\sqrt{t}}\,\exp\Big(\text{i}|k|\sqrt{t}\Big)\text{ for each }k\in\mathbb{R}\,.$$

Por ejemplo, $\sqrt{+\text{i}}=\frac{+1+\text{i}}{\sqrt{2}}$ y $\sqrt{-\text{i}}=\frac{-1+\text{i}}{\sqrt{2}}$ . Esto significa que $$F_{s\text{i}}(k)=\frac{c\pi\text{i}}{\left(\frac{s+\text{i}}{\sqrt{2}}\right)}\,\exp\Biggl(\text{i}\,\left(\frac{s+\text{i}}{\sqrt{2}}\right)\,|k|\Biggr)=c\pi\left(\frac{1+s\text{i}}{\sqrt{2}}\right)\,\exp\left(-\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\,\exp\left(\frac{s\text{i}|k|}{\sqrt{2}}\right)\,,$$ donde $s\in\{-1,+1\}$ . Ahora, dejemos que $\varphi(z):=\dfrac{1}{z^4+1}$ . Entonces, como ya descubriste, $$\varphi(z)=-\frac{\text{i}}{2}\,\sum_{s\in\{-1,+1\}}\,\frac{s}{z^2-s\text{i}}\,.$$ Por lo tanto, la transformada de Fourier $\hat{\varphi}$ de $\varphi$ viene dada por $$\hat{\varphi}(k)=-\frac{\text{i}}{2}\,\sum_{s\in\{-1,+1\}}\,s\,F_{s\text{i}}(k)\,.$$ Eso es, $$\hat{\varphi}(k)=\frac{c\pi}{\sqrt{2}}\,\sum_{s\in\{-1,+1\}}\,\left(\frac{1-s\text{i}}{2}\right)\,\exp\left(-\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\,\exp\left(\frac{s\text{i}|k|}{\sqrt{2}}\right)\,.$$ Eso es, $$\hat{\varphi}(k)=\frac{c\pi}{\sqrt{2}}\,\exp\left(-\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\,\Biggl(\cos\left(\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)+\sin\left(\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\Biggr)\,.$$

Ahora, si quieres determinar la transformada de Fourier $\hat{\Phi}$ de $\Phi$ , donde $$\Phi(z):=\dfrac{z^4}{z^4+1}=1-\dfrac{1}{z^4+1}\,,$$ se obtendrá una distribución. Tenga en cuenta que la transformación de Fourier $\hat{\kappa}_\epsilon$ de la función constante $\kappa_\epsilon\equiv \epsilon$ es $$\hat{\kappa}_{\epsilon}(k)=2c\pi\,\epsilon\,\delta(k)\,,$$ donde $\delta$ es la distribución delta de Dirac. Así, utilizando $\Phi=\kappa_1-\phi$ concluimos que $$\hat{\Phi}(k)=2c\pi\,\left(\delta(k)-\frac{1}{2\sqrt{2}}\,\exp\left(-\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\,\Biggl(\cos\left(\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)+\sin\left(\frac{|k|}{\sqrt{2}}\right)\Bigg)\right)\,.$$ No obstante, se advierte que $\hat{\Phi}$ no es una función.

Answer 2

Tenga en cuenta que $$ \frac{x^4}{x^4+1} = 1-\underbrace{\frac1{x^4+1}}_{f(x)}\ , $$ por lo que hay una forma más sencilla de reducir a la función $f$ aislado arriba. Ahora es una cuestión de gusto para ir.

Personalmente, optaría por el teorema del residuo, para que la integral se resuelva sin problemas en algunas líneas. Podemos suponer primero $t\ge 0$ . (Si no, sustituimos $x$ por $-x$ en la integral de abajo, para reducirnos a $|t|$ .) $$ \begin{aligned} \hat f(t) &= \frac1{\sqrt {2\pi}}\int_{\Bbb R} \frac{e^{itx}}{1+x^4}\; dx \\ &= \lim_{R\to \infty} \frac1{\sqrt {2\pi}}\int_{-R}^R \frac{e^{itx}}{1+x^4}\; dx \\ &= \lim_{R\to \infty} \frac1{\sqrt {2\pi}} \int_{C} \frac{e^{itz}}{1+z^4}\; dz - \lim_{R\to \infty} \frac1{\sqrt {2\pi}} \underbrace{ \int_S \frac{e^{itz}}{1+z^4}\; dz}_{\to 0} \\ &\qquad\qquad\text{where $ C=J \sqcup S $ is the contour with $ J=[-R,R] $, and $ S $ is the semicircle with diameter $ J $ in upper half plane,} \\ &= \lim_{R\to \infty} \frac1{\sqrt {2\pi}} \cdot 2\pi i \sum_{a\text{ pole inside }C} \operatorname{Res}_{z=a} \frac{e^{itz}}{1+z^4} \\ &= \frac1{\sqrt {2\pi}} \cdot 2\pi i \sum_{a\in\{z_1,z_2\}=\{(\pm1+i)/\sqrt 2\}} \operatorname{Res}_{z=a} \frac{e^{itz}}{z^4+1} \\ &\qquad\qquad\text{and we can isolate the residues in $ z_1,z_2= \frac 1{ \sqrt 2}( \pm1 +i) $,} \\ &\qquad\qquad\text{by factoring $ z^4+1=(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4) $} \\ &= \frac1{\sqrt {2\pi}} \cdot 2\pi i \left( \exp(itz_1)\cdot\frac 1{(z_1-z_2)(z_1-z_3)(z_1-z_4)} + \exp(itz_2)\cdot\frac 1{(z_2-z_1)(z_2-z_3)(z_2-z_4)} \right) \\ &\qquad\qquad\text{now we draw the unit circle and the four roots $ z_{1,2,3,4} $ on it to simply see the relations} \\ &\qquad\qquad\text{$ z_1-z_2= \sqrt2$, $ z_1-z_3= \sqrt2 (1+i) $, $ z_1-z_4=i \sqrt 2 $, and} \\ &\qquad\qquad\text{$ z_2-z_1=- \sqrt2$, $ z_2-z_4=- \sqrt2 (1-i) $, $ z_2-z_3=i \sqrt 2 $,} \\ &= \frac1{\sqrt {2\pi}} \cdot 2\pi i \cdot \sum_\pm \frac 1{\sqrt 2\cdot i\sqrt 2\cdot (1\pm i)\sqrt 2} \exp\left(\frac t{\sqrt 2}(i\pm 1)\right)\ . \end{aligned} $$ Un teórico de Galois se detendría aquí. También tengo que detenerme aquí, ya que hay otra respuesta en la misma línea. Lo que quería decir...

En el post original tenemos una separación, en lugar de trabajar con $1/(z^4+1)$ hay una división y tenemos que trabajar con las dos fracciones $1/(z^2\pm i)$ (hasta una constante multiplicativa). Cada una tiene una raíz en el semiplano superior, por lo que este desdoblamiento no simplifica sensiblemente el álgebra (si finalmente volvemos a pasar a los residuos).