Eigenfunction de la transformada de Fourier

Question

Quiero mostrar que la $$ \frac{1}{ \sqrt{ 2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iwx}}{\cosh{ (x \sqrt{\frac{\pi}{2}}} ) } = \frac{1}{\cosh{ (w \sqrt{\frac{\pi}{2}}} ) } .$$

Mi intento es hacer primero una sustitución de $y = x \sqrt{ \frac{\pi}{2} }$, y escribir $\cosh$ como exponenciales que rendimiento

$$ \frac{1}{ \sqrt{ 2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iwx}}{\cosh{ (x \sqrt{\frac{\pi}{2}}} ) }dx = \frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{e^{y} + e^{-y} }dy = \frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y}\frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{1 - (-e^{-2y}) }dy$$ Ahora me puede escribir como una serie geométrica convergente

$$\frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y}\frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{1 - (-e^{-2y}) }dy = \frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sum_{k = 0}^{\infty} -e^{-2yk} e^{-y}e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}dy$$ $$ = \frac{2}{ \pi} \sum_{k = 0}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} -e^{-y(2k+1+iw\sqrt{\frac{2}{\pi}})}dy$$

Sin embargo, esta integral diverge. ¿Alguien tiene alguna sugerencia sobre qué hacer a continuación, o de otra estrategia para mostrar esto?

Ya que esto significaría que $\frac{1}{\cosh( x \sqrt{\frac{\pi}{2}})}$ sería una funciones propias de las transformadas de Fourier, debe ser capaz de escribir como una combinación lineal de gaussianas?

Gracias!

$\textbf{Added:}$ Así que antes de escribir como una serie geométrica, me separé de la integración en dos partes $$\frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{e^{y} + e^{-y} }dy = \frac{2}{ \pi} \int_{0}^{\infty} e^{-y}\frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{1 - (-e^{-2y}) }dy + \frac{2}{ \pi} \int_{-\infty}^{0} e^{y}\frac{e^{-iwy\sqrt{\frac{2}{\pi}}}}{1 - (-e^{2y}) }dy$$ $$= \frac{2}{ \pi} \sum_{k = 0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} (-1)^k e^{-y(2k+1+iw\sqrt{\frac{2}{\pi}})}dy + \frac{2}{ \pi} \sum_{k = 0}^{\infty}\int_{-\infty}^{0} (-1)^k e^{y(2k+1-iw\sqrt{\frac{2}{\pi}})}dy$$ $$ = \frac{4}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{ 2k+1 }{ (2k+1)^2 + (w \sqrt{\frac{2}{\pi}} )^2} $$

Ahora en un ejercicio anterior he demostrado estaidentidad: $$ \frac{\cosh(a( \pi -x))}{\sinh(a \pi)} = \frac{1}{a \pi} + \frac{2}{\pi} \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{a}{a^2+n^2}\cos(nx). $$ for $ 0 \leq x \leq \pi$, which look very similar with $x = \pi$. Sin embargo no estoy seguro de cómo proceder.

Answer 1

Sugerencia: que $z\in \mathbb C$. Los ceros de $f(z)=\exp(z)+\exp(-z)$ son todos números complejos $z_k=a+ib_k$ s.t.

$$a=0$$ $$b_k=\frac{\pi}{2}+k\pi,~~k\in\mathbb Z.$$

El integral $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\exp(-i\tilde{\omega}y)}{f(y)}dy,$ $\tilde{\omega}:=\omega\sqrt{2}{\pi}$ puede ser computado usando el teorema del residuo y un procedimiento adecuado limitante ($R\rightarrow \infty$, $K\rightarrow \infty$) en

$$\int_{\gamma}\frac{\exp(-i\tilde{\omega}z)}{f(z)}=Res(f(z),z_0)=\frac{\exp((-i\tilde{\omega}i\frac{\pi}{2})}{2exp(i\frac{\pi}{2})}=\frac{1}{2}\exp(\tilde{\omega}\frac{\pi}{2}),$$

with $\gamma=\gamma_1+\gamma_2$, and $\gamma_1(t)=-R(1-t)+tR$, $\gamma_2(t)=K\exp(i\pi t)$, $z_0=i\frac{\pi}{2}$. Aquí $K>1$ y $t\in[0,1]$.

Answer 2

Usted está allí. Un truco que puedo encontrar ayuda sobre este obstáculo es reconocer que su suma se puede escribir como

$$ \frac{2}{\pi} \sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^k \frac{ 2k+1 }{ (2k+1)^2 + (w \sqrt{\frac{2}{\pi}} )^2}$$

Ahora se puede aplicar el teorema de los residuos para esta suma infinita. Voy a decir lo siguiente resultado sin (mucho) prueba: el siguiente convergente suma satisface

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^k \, f(k) = -\sum_m \text{Res}_{z=z_m} \pi \csc{(\pi z)} f(z)$$

donde $z_m$ son los polos de $f$ que no son reales enteros. Usted puede probar esto mediante la integración de la función de $\pi \csc{(\pi z)} f(z)$ a lo largo de un contorno rectangular sobre la línea real intervalo de $x \in [-N,N]$, y tomando los límites de $N \to \infty$. Ahora en este caso,

$$f(z) = \frac{2}{\pi}\frac{ 2k+1 }{ (2k+1)^2 + (w \sqrt{\frac{2}{\pi}} )^2}$$

Los polacos están en $z_{\pm} = -(1/2) \pm i w \sqrt{\frac{1}{2 \pi}} $. Ahora simplemente tomar estos polos y el enchufe en la anterior, el residuo de la fórmula:

$$\frac{2}{\pi}\sum_{k=-\infty}^{\infty} (-1)^k \frac{ 2k+1 }{ (2k+1)^2 + (w \sqrt{\frac{2}{\pi}} )^2} = - \left [\csc{\left(-\frac{\pi}{2}+i w \sqrt{\frac{\pi}{2}}\right)} + \csc{\left(-\frac{\pi}{2}-i w \sqrt{\frac{\pi}{2}}\right)} \right ]$$

Después de la simplificación, la hago como tu FT:

$$\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} dx \, \frac{e^{-i w x}}{\cosh{[x \sqrt{(\pi/2)}]}} = \frac{2}{\cosh{[w \sqrt{(\pi/2)}]}}$$

lo que sin duda servirá como un eigenfunction de los PIES.