Transformación de Fourier

Question

Soy nuevo en la teoría de la distribución y tengo algunas dificultades para calcular las transformadas de fourier de la cortina. ¿Puede ayudarme con $$\frac{e^{-xb}}{x+i0}$$

Llegué al punto

$$\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int\frac{e^{-xb+ixy}}{x+i\epsilon}$$

pero no puedo llegar más lejos. No puedo encontrar ningún límite superior integrable que justifique el intercambio de integral y límite ni calcular la propia integral. ¿Alguna idea?

Answer 1

Definir el límite de un lado \begin{eqnarray} f(x+) & = & \lim_{t \rightarrow x^+} f(t) \ , \\ f(x-) & = & \lim_{t \rightarrow x^-} f(t) \end{eqnarray} para cualquier punto $x$ de $f$ cuando exista dicho límite. Estos límites se aplican, por ejemplo, en "Guenther & Lee: Partial Differential Equations of Mathematical Physics and Integral Equations" en la demostración del teorema de inversión de Fourier. Definir \begin{eqnarray} g(t) & = & \frac{1}{2}(\chi_{[0,\infty)}(t)+\chi_{(0,\infty)}(t)) \ , \\ f_\epsilon (t) & = & g(t)e^{-\epsilon t} \ . \end{eqnarray} Entonces \begin{equation} f(t) = \frac{1}{2}(f(t+)+f(t-)) \ . \end{equation} Definir \begin{eqnarray} h_{\epsilon ,1}(t) = \frac{f_\epsilon (a-y-t+)-f_\epsilon (a-y+)}{-t} \ , t<0 \ , \\ h_{\epsilon ,2}(t) = \frac{f_\epsilon (a-y-t-)-f_\epsilon (a-y-)}{-t} \ , t>0 \ . \end{eqnarray} Entonces \begin{eqnarray} -th_{\epsilon ,1}(t-) & = & f_\epsilon (a-y-t+)-f_\epsilon (a-y+) \ , t \leq 0 \ , \\ -th_{\epsilon ,2}(t+) & = & f_\epsilon (a-y-t-)-f_\epsilon (a-y-) \ , t \geq 0 \ . \end{eqnarray} Tenga en cuenta que $f_\epsilon(a-y-t+)$ es diferenciable por la izquierda en $a-y$ y $f_\epsilon(a-y-t-)$ diferenciable por la derecha en $a-y$ incluso en $a-y=0$ . Entonces $h(t-)$ y $h(t+)$ son continuas en $0$ y, por lo tanto, delimitado cerca de $0$ . Los cocientes de diferencias están acotados en los complementos de los límites de $0$ . Obsérvese que un límite de $0$ existe dentro de la definición de dominio de $h_{\epsilon,k}$ . Por lo tanto, $h_{\epsilon ,k}$ , $k \in \{1,2\}$ están acotados. Suponiendo que $b = ia$ , $a \in \mathbb{R}$ puede querer calcular \begin{eqnarray} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} & PV & \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-bx+ixy}}{x+i\epsilon} dx = \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i PV \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-bx+ixy}}{-ix+\epsilon} dx \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i PV \int_{-\infty}^\infty \int_0^\infty e^{-\epsilon t} e^{ixt} dt e^{-i(a-y)x} dx = \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i PV \int_{-\infty}^\infty \int_0^\infty e^{-\epsilon t} e^{-ixt} dt e^{i(a-y)x} dx \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M}^M \int_{-\infty}^\infty f_\epsilon (t) e^{-ixt} dt e^{i(a-y)x} dx = \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^\infty \int_{-M}^M f_\epsilon (t) e^{i(a-y-t)x} dx dt \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^\infty \int_{-M}^M f_\epsilon (a-y-t) e^{itx} dx dt \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^0 f_\epsilon (a-y-t) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^\infty f_\epsilon (a-y-t) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^0 (f_\epsilon (a-y-t+) - f_\epsilon (a-y+)) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \pi f_\epsilon (a-y+) \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^\infty (f_\epsilon (a-y-t-) - f_\epsilon (a-y-)) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i\pi f_\epsilon (a-y-) \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M_1}^0 -th_{\epsilon ,1}(t-) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^{M_2} -th_{\epsilon ,2}(t+) \int_{-M}^M e^{itx} dx dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} (f_\epsilon (a-y-t+) - f_\epsilon (a-y+)) \frac{\sin(Mt)}{t} dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i\pi f_\epsilon (a-y+) \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_2}^\infty (f_\epsilon (a-y-t-) - f_\epsilon (a-y-)) \frac{\sin(Mt)}{t} dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -i\pi f_\epsilon (a-y-) \\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-M_1}^0 -h_{\epsilon ,1}(t-) \sin(Mt) dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_0^{M_2} -h_{\epsilon ,2}(t+) \sin(Mt) dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{-\infty}^{-M_1} \frac{f_\epsilon (a-y-t+)}{t} \sin(Mt) dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} -f_\epsilon (a-y+) \int_{-\infty}^{-M_1} \frac{\sin(Mt)}{Mt} Mdt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} \int_{M_2}^\infty \frac{f_\epsilon (a-y-t+)}{t} \sin(Mt) dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} -f_\epsilon (a-y-) \int_{M_2}^\infty \frac{\sin(Mt)}{Mt} Mdt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} (-i\pi f_\epsilon (a-y+) -i \pi f_\epsilon (a-y-))\\ & = & \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} -f_\epsilon (a-y+) \int_{-\infty}^{-M_1 M} \frac{\sin(t)}{t} dt \\ & & + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} -2i \lim_{M \rightarrow \infty} -f_\epsilon (a-y-) \int_{M_2 M}^\infty \frac{\sin(t)}{t} dt + \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} (-i\pi f_\epsilon (a-y+) -i\pi f_\epsilon (a-y-)) \\ & = & -2\pi i \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \frac{1}{2}(f_\epsilon (a-y+)+f_\epsilon (a-y-)) = -2\pi i \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} f_\epsilon(a-y) \\ & = & -2\pi i \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} g(a-y) e^{-\epsilon(a-y)} = -2\pi i g(a-y) = -2\pi i \frac{1}{2}(\chi_{[0,\infty)}(a-y)+\chi_{(0,\infty)}(a-y)) \ . \end{eqnarray} El primer cambio de orden de integración está bien por el teorema de Fubini. Las integrales de $-\infty$ à $0$ y de $0$ à $\infty$ de $\int_{-M}^M e^{itx} dx$ son iguales a $\pi$ . El emblema de Riemann-Lebesgue se aplica cuatro veces.

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Vale, algo de narrativa en inglés. El integral en la pregunta es claramente $2\pi$ veces la transformada de Fourier en $-y$ debido al exponente $ixy$ . Sabemos que el núcleo de la transformada de Hilbert es $\frac{1}{\pi t}$ . También sabemos que su función de transferencia es igual a $\frac{1}{2\pi i}\textrm{sgn}(\omega)$ . Supongo que el objetivo era aproximar el núcleo de Hilbert. Sin embargo, hay que tener en cuenta que la parte imaginaria $\frac{-\epsilon}{x^2+\epsilon^2}$ no converge a $0$ como $\epsilon \rightarrow 0$ . Sin embargo, mantenemos la pregunta original como supuesto y transformamos $\frac{1}{x+i\epsilon}$ . Ahora el problema es que la función $\frac{1}{x+i\epsilon}$ no está en $L^1$ . Aunque podemos escribir la función como una integral de Fourier, no podemos aplicar el teorema de inversión de Fourier que supone que tanto la función como su transformada están en $L^1$ (véase W.Rudin: Análisis funcional). Por lo tanto, tenemos que calcular la integral directamente y aplicar los teoremas adecuados.

Lo primero es asegurarse de que la transformación existe. Para ello utilizamos el valor principal de Cauchy y fijamos $b=ia$ , $a \in \mathbb{R}$ . En caso contrario, la transformada diverge al menos en $0$ . Entonces escribimos la fracción $\frac{1}{-ix+\epsilon}$ como una integral de Fourier. El resto del cálculo sigue la demostración de las series de Fourier en "Stein & Shakarchi: Princeton lectures in analysis 2: Fourier analysis" y se aplica al teorema de inversión de Fourier.

En el cambio de orden de integración el integrando es absolutamente integrable y se puede aplicar el teorema de Fubini. Entonces $f(a-y+)$ y $f(a-y-)$ se restan y se suman en las integrales. La integración de $\int_{-M}^M e^{itx} dx = \frac{2\sin(Mt)}{t}$ , $t \neq 0$ vuelve a la integración de $2\pi\textrm{sinc}(t)$ , donde $\textrm{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$ , $t \neq 0$ y $1$ , $t = 0$ Es un problema conocido. Esta es también la forma en que se forma el valor de la integral original. El resto del cálculo es el análisis de los términos que convergen a $0$ . El análisis se realiza en dos partes: de $0$ à $M_1$ y de $M_1$ à $\infty$ . La integral de $f(a-y-t)-f(a-y-)$ es igual a la integral de $f(a-y-t-)-f(a-y-)$ porque difieren como máximo en un punto $t = a-y$ . Esta última integral se analiza también en dos partes, esta vez por separado para los dos términos del integrando. A continuación, se aplica el lema de Riemann-Lebesgue a la parte de $0$ à $M_1$ y el primer término de la integral de $M_1$ à $\infty$ . El último resultado de límite utilizado proviene de la definición de límite, donde el lado izquierdo sin valores absolutos $I_M-I$ es de la forma $\int_{M_1 M}^\infty \frac{\sin(t)}{t} dt$ . El resto del cálculo aplica las definiciones del principio del texto. Como $f_\epsilon$ tiene sólo una discontinuidad en cero la verificación de las ecuaciones va sin referencia a las propiedades de semicontinuidad de $\chi_{[0, \infty)}$ y $\chi_{(0,\infty)}$ pero con propiedades puntuales de las funciones características.

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Supongamos que $\varphi \in \mathcal{S}$ . Definir \begin{eqnarray} g_1(x) & = & |\varphi(x)| \ , x \in \mathbb{R} \ , \\ g_2(x) & = & \Bigg| \frac{\mathcal{F}\varphi(x)-\mathcal{F}\varphi(0)}{x} \Bigg| + \Bigg| \frac{\mathcal{F}\varphi(-x)-\mathcal{F}\varphi(0)}{-x} \Bigg| \ , x \in (0,M] \ , \ 0, x = 0 \ , \\ g_3(x) & = & \Bigg| \frac{\mathcal{F}\varphi(x)}{x} \Bigg| + \Bigg| \frac{\mathcal{F}\varphi(-x)}{-x} \Bigg| \ , x \in [M,\infty) \ . \end{eqnarray} Entonces $g_k$ , $k \in \{1,2,3\}$ son claramente integrables. Definir \begin{eqnarray} \Lambda_1(\varphi) & = & PV \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi x} \varphi(x) dx \ , \\ \Lambda_2(\varphi) & = & \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2\pi i} \textrm{sgn}(x) \varphi(x) dx \ . \end{eqnarray} Puede que quieras calcular también \begin{eqnarray} \Lambda_2(\varphi) & = & \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2\pi i} \textrm{sgn}(x) \varphi(x) dx = \frac{1}{2\pi i} \int_{-\infty}^\infty \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \textrm{sgn}(x) e^{-\epsilon |x|} \varphi(x) dx \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \textrm{sgn}(x) e^{-\epsilon|x|} \varphi(x) dx \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \textrm{sgn}(x) e^{-\epsilon|x|} \int_{-\infty}^\infty \mathcal{F}\varphi(t) e^{ixt} dt dx \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \textrm{sgn}(x) e^{-\epsilon|x|} e^{itx} \mathcal{F}\varphi(t) dx dt \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \bigg( \int_{-\infty}^0 -e^{\epsilon x} e^{itx} dx + \int_0^\infty e^{-\epsilon x} e^{itx} dx \bigg) \mathcal{F}\varphi(t) dt \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \bigg( -\frac{1}{it+\epsilon}-\frac{1}{it-\epsilon} \bigg) \mathcal{F}\varphi(t) dt \\ & = & \frac{1}{2\pi i} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \bigg( \frac{-it + \epsilon - it - \epsilon}{-t^2-\epsilon^2} \bigg) \mathcal{F}\varphi(t) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_{-\infty}^\infty \frac{t}{t^2+\epsilon^2} \mathcal{F}\varphi(t) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_0^\infty \frac{t}{t^2+\epsilon^2} (\mathcal{F}\varphi(t) - \mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_0^M \frac{t}{t^2+\epsilon^2} ((\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(0))-(\mathcal{F}\varphi(-t)-\mathcal{F}\varphi(0))) dt \\ & & + \frac{1}{\pi} \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \int_M^\infty \frac{t}{t^2+\epsilon^2} (\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \int_0^M \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \frac{t}{t^2+\epsilon^2} ((\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(0))-(\mathcal{F}\varphi(-t)-\mathcal{F}\varphi(0))) dt \\ & & + \frac{1}{\pi} \int_M^\infty \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \frac{t}{t^2+\epsilon^2} (\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \int_0^\infty \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \frac{t}{t^2+\epsilon^2} (\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \int_\delta^\infty \lim_{\epsilon \rightarrow 0^+} \frac{t}{t^2+\epsilon^2} (\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \int_\delta^\infty \frac{1}{t} (\mathcal{F}\varphi(t)-\mathcal{F}\varphi(-t)) dt \\ & = & \frac{1}{\pi} \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \bigg( \int_{-\infty}^{-\delta} \frac{1}{t} \mathcal{F}\varphi(t)) dt + \int_\delta^\infty \frac{1}{t} \mathcal{F}\varphi(t) dt \bigg) \\ & = & PV \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\pi t} \mathcal{F}\varphi(t) dt = \Lambda_1(\mathcal{F}\varphi) = \mathcal{F}\Lambda_1(\varphi) \ . \end{eqnarray} Por lo tanto, \begin{eqnarray} \mathcal{F}\Lambda_1 = \Lambda_2 \ . \end{eqnarray} En la tercera ecuación el orden de límite e integración se cambia por el teorema de convergencia dominada de Lebesgue. En la quinta ecuación el orden de integración se cambia por el teorema de Fubini. Los otros dos cambios de límite e integración se establecen por el teorema de convergencia dominado por Lebesgue.

Answer 2

Si $b$ no es puramente imaginario, $\displaystyle{ e^{bx} \over x + i0}$ crece demasiado rápido para ser una distribución, así que para que la pregunta tenga sentido habría que tomar la transformada de Fourier de $\displaystyle {e^{iax} \over x + i0}$ para algún valor real de $a$ . La transformada de Fourier de $e^{iax}$ es $\delta(\xi - {a \over 2\pi})$ . Como la transformada de Fourier de $x$ veces una distribución es $-{1 \over 2\pi i}$ veces la derivada de la transformada de Fourier de esa distribución, la transformada de Fourier de $\displaystyle {e^{iax} \over x + i0}$ es $-(2\pi i)$ veces una antiderivada de $\delta(\xi - {a \over 2\pi})$ , lo que da $-(2\pi i)H(\xi - {a \over 2\pi}) + C$ para una constante C, donde $H$ es la función de Heaviside.

Queda por determinar qué $C$ es. Tenga en cuenta que $\displaystyle {e^{iax} \over x + i0}$ es la suma de los $L^2$ función $\displaystyle {\sin ax \over x }$ y la distribución impar $\displaystyle {\cos ax \over x + i0}$ por lo que su transformada de Fourier será también una suma de una distribución impar y una $L^2$ función. La única manera de que esto sea posible es si $C = \pi i$ aquí $-(2\pi i)H(\xi - {a \over 2\pi}) + \pi i$ es igual a $-\pi i$ sgn $(\xi)$ más un $L^2$ función. Así que la transformada de Fourier deseada es $-(2\pi i)H(\xi - {a \over 2\pi}) + \pi i$ o, de forma equivalente, la función que es igual a $-\pi i$ para $x > {a \over 2\pi}$ e igual a $\pi i$ para $x < {a \over 2\pi}$ .

Answer 3

Tenemos $$\frac 1 {x + i0} = \lim_{\epsilon \downarrow 0} \frac 1 {x + i \epsilon} = x^{-1} - i \pi \delta(x),$$ donde el límite es el límite de distribución y $x^{-1}$ es el funcional p.v. Las transformaciones de ambos términos son conocidas, la multiplicación por $e^{-b x}$ añade un desplazamiento, y obtenemos $$\left( \frac {e^{-b x}} {x + i0}, e^{i y x} \right) = i \pi (\operatorname{sgn}(y + i b) - 1).$$