Sobre la transformada de Fourier de una función no integrable.

Question

Intento obtener la transformada de Fourier de la siguiente función:

$$F(x)=\frac{x}{1+x^2}$$

He intentado utilizar el Teorema del Residuo, pero creo que no se puede aplicar porque la diferencia entre el grado polinómico del numerador y el denominador no es 2 o más...

También, $F$ no es una función integrable...

Debe ser algún "argumento distributivo" para resolver esto. ¿Alguna idea?

Muchas gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Bueno, aparentemente, $F$ no es una función de Schwartz, pero está en $L^2$ . Además, se puede demostrar que esta función es (claramente) $L^1_{loc}$ y es, de hecho, una distribución atemperada (si tienes problemas para demostrarlo, pregunta en los comentarios). Por lo tanto, podemos de hecho, tomar una transformada de Fourier de la misma en el sentido de distribuciones y en el sentido de $L^2$ .

¿Cómo podemos encontrarlo? Como demostró @mrf, se pueden seguir utilizando los residuos. Otro enfoque es el hecho de que se puede invertir la transformada de Fourier aplicándola de nuevo a la función "reflejada". O, en otras palabras (hasta una cierta constante multiplicativa que depende sólo de la definición exacta de la transformada de Fourier),

$$f=\mathcal F \left[\mathcal F[f](-\xi)\right],$$ donde $\mathcal F$ significa transformada de Fourier.

Ahora, podemos representar su función $F$ como $\frac {ix}{i}\frac{1}{1+x^2}$ que se parece mucho a la transformada de Fourier de la derivada. Uno puede encontrar (a través de residuos, por ejemplo), que $$\mathcal F\left[\frac{1}{1+x^2}\right](\xi) = e^{-|\xi|}$$ (hasta una cierta constante multiplicativa que sólo depende de la definición exacta de la transformada de Fourier (de nuevo, elas)). La derivada es igual a $$-e^{-\xi}H(\xi)+e^{\xi}H(-\xi),$$ donde $H$ es la función Heavyside.

Por último, cuando combinamos todo de nuevo, obtenemos el resultado final: $$Const\cdot \frac 1i\left(-e^{-\xi}H(\xi)+e^{\xi}H(-\xi)\right).$$

Puede consultarlo en wolframalpha la entrada sería FourierTransform[x/(1+x^2),x] .

Answer 2

Aunque la función no es $L^1$ El cálculo de residuos sigue siendo útil.

Ponga $$ f(z) = \frac{z}{1+z^2}. $$ Si $\xi < 0$ entonces $f(z)e^{-ix\xi} \to 0$ en un semicírculo del semiplano superior. El lema de Jordans (detalles omitidos) muestra que $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{xe^{-ix\xi}}{1+x^2}\,dx = 2\pi i \operatorname{Res}\limits_{z=i} f(z)e^{-iz\xi} = i\pi e^{\xi}. $$

Del mismo modo, si $\xi > 0$ entonces $f(z)e^{-ix\xi} \to 0$ en un semicírculo del semiplano inferior. De nuevo, el lema de Jordan da $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{xe^{-ix\xi}}{1+x^2}\,dx = -2\pi i \operatorname{Res}\limits_{z=-i} f(z)e^{-iz\xi} = -i\pi e^{-\xi}. $$ El signo menos se debe a la orientación negativa del semicírculo. (Tu normalización de la transformada de Fourier puede ser diferente).