Cálculo de la transformada inversa de Fourier de $\frac{1}{\sqrt{2\pi}k}\sin k$

Question

Esto formaba parte de una pregunta más larga que publiqué anteriormente, pero como esa pregunta parecía demasiado larga, decidí dividirla.

Dada la función

$$f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2}, & \text{if $\lvert x \rvert \le 1 $} \\ 0, & \text{else} \end{cases}$$

He calculado la transformada de Fourier $\hat{f}(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{ikx}dx$ a ser:

$$\hat{f}(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}k}\sin k$$

Quiero demostrar que la transformada inversa $\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{f}(k)e^{-ikx}dx$ produce la función $f(x)$ Empecé con.

Mi intento:

$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}k}\sin k \cdot e^{-ikx}dk \\ \iff f(x)=\frac{1}{2\pi}\int\frac{1}{k}\sin{(k)} \space e^{-ikx}dk$$

Se nos da una pista: "Reexpresar $\frac{1}{k}$ como una derivada delante de la integral". Sin embargo, no tengo ni idea de cómo usar esto.

¿Puede alguien ayudarme a resolver la integral de la transformada inversa?

Answer 1

Quizás lo que la pista quiere decir es $$ f(x)=\frac{-1}{2\pi\mathrm{i}}\frac{\partial}{\partial x}\int_{-\infty}^\infty dk\frac{\sin k}{k^2}e^{-\mathrm{i}kx}=\frac{1}{2\pi}\frac{\partial}{\partial x}\int_{-\infty}^\infty dk\frac{\sin k}{k^2}\sin(kx)\ , $$ donde uso el hecho de que $e^{-\mathrm{i}kx}=\cos (kx)-\mathrm{i}\sin (k x)$ y el integrando con $\cos$ es impar (y por tanto da una integral nula). El integrando restante es ahora par, por lo que $$ f(x)=\frac{2}{2\pi}\frac{\partial}{\partial x}\int_{0}^\infty dk\frac{\sin k}{k^2}\sin(kx)\ . $$ La integral puede evaluarse como $\pi x/2$ para $|x|<1$ y una constante para $|x|>1$ . Por lo tanto, tomando la derivada respecto a $x$ recuperas lo que has empezado.

Answer 2

La integral de inversión puede evaluarse como una integral de valor principal de Cauchy $$ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-R}^{R}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{\sin k}{k}e^{ikx}dk $$ Lo anterior convergerá en $L^2(\mathbb{R})$ a la función original, y convergerá puntualmente a la media de los límites izquierdo y derecho de la función original. Como $\sin(k)/k$ es par, lo anterior puede escribirse como \begin {align} & \lim_ {R \rightarrow\infty } \frac {1}{ \sqrt {2 \pi }} \int_ {-R}^{R} \frac {1}{ \sqrt {2 \pi }} \frac { \sin k}{k} \cos (kx)dk \\ & = \lim_ {R \rightarrow\infty } \frac {1}{ \pi } \int_ {0}^{R} \frac { \sin (k)}{k} \cos (kx)dk \\ & = \lim_ {R \rightarrow\infty } \frac {1}{ \pi } \int_ {0}^{R} \frac { \sin (k+kx)+ \sin (k-kx)}{2k}dk \\ & = \lim_ {R \rightarrow\infty } \frac {1}{2 \pi } \left [ \int_ {0}^{R(1+x)} \frac { \sin (u)}{u}du+ \int_ {0}^{R(1-x)} \frac { \sin (u)}{u}du \right ] \end {align} Si $x > 1$ lo anterior da como resultado $$ \frac{1}{2\pi}\left[\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(u)}{u}du+\int_{0}^{-\infty}\frac{\sin(u)}{u}du\right]=0. $$ Lo mismo ocurre si $x < -1$ . Si $-1 < x < 1$ el valor es $$ \frac{1}{2\pi}\left[2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(u)}{u}du\right] = \frac{1}{2\pi}\left[2\frac{\pi}{2}\right] = \frac{1}{2}. $$ Para $x=-1$ o $x=1$ el valor es $\frac{1}{4}$ que es la media de los límites izquierdo y derecho de $\frac{1}{2}\chi_{[-1,1]}$ en $x=\pm 1$ .