Las funciones que son de su propia transformación de Fourier

Question

En Stein Análisis de Fourier, hay un ejercicio:

La función de $e^{-\pi x^2}$ es su propia transformada de Fourier. Generar otras funciones [presumiblemente en el espacio de Schwartz $S(\mathbb{R})$] que, hasta un constante múltiples, son sus propios FTs. ¿Cuál debe ser la constante múltiplos ser? Para decidir esto, demostrar que $F^4 = I$ donde $F$ es de los PIES del operador.

Mi problema es que yo no entiendo realmente lo que la pregunta está pidiendo. Se nos pide encontrar la clase de todas las funciones que $F(f) = cf$, de las constantes c y demostrar el por encima de identidad, o es que nos pide que acaba de encontrar otros ejemplos? O, es $F^4 = I$ de identidad para cualquier $f \in S(\mathbb{R})$?

Encontrar cada función significaría encontrar todos los $f$ tal que $$f(\xi) = \int^{\infty}_{-\infty} f(x)e^{-2\pi i x \xi}dx$$ que parece bastante difícil.

Me puede venir para arriba con un ejemplo concreto: si puedo encontrar una función tal que $\hat{f}(\xi) = 1$, solo puedo tomar $g = f \ast K_{\delta}(x)$ donde $K_{\delta}$ es de la familia de Gauss funciones como aproximaciones de la identidad.

Answer 1

Debido a que la transformada de Fourier es una transformación lineal en el espacio de Hilbert de la plaza-normalizable curvas de $L^2$, esto es esencialmente un autovalor problema. Usted está buscando una función que no cambia bajo la transformada de Fourier. Junto a la función de Gauss, que es muy famosa una eigenfunction de la transformada de Fourier, hay toda una clase de ellos que también satisface a este autovalor condición de $Ff=cf$. Son esencialmente de Gauss veces un polinomio de Hermite:

http://en.wikipedia.org/wiki/Hermite_functions#Hermite_functions_as_eigenfunctions_of_the_Fourier_transform

Por otro lado, $F^4=I$ es universal. Si usted observa la transformada de Fourier integral, se puede ver que la transformada de Fourier y la inversa de la transformada de Fourier tiene un signo contrario en el imaginario exponente. Esta es la razón por la $F$ no es exactamente $F^{-1}$ , pero está cerca. $F^2$ invierte la función (invierte tiempo) debido a esta falta de coincidencia en el signo, pero invirtiendo el tiempo dos veces le trae de vuelta otra vez, que es la razón por la $F^4=I$ funciona para cualquier función, no sólo de las funciones propias. Esto está relacionado con $i^4=1$: $F^4=I$ le dice que la única autovalores de a $F$ $c\in\{\pm 1, \pm i\}$ (intente $F^4 f=F^3 (cf)=c^4 f=f$, lo que le da $c^4=1$). Por supuesto, esto significa, que el espacio de Fourier es altamente degenerados. Una combinación lineal de cualquier número de funciones propias con el mismo autovalor es también un eigenfunction. Puede utilizar las funciones de Hermite (de forma secuencial ciclo a través de autovalores $i^n$) puede ser utilizado para abarcar cada uno de los cuatro subespacios: se obtiene una familia infinita de funciones propias para cada autovalor.

Se advierte que este depende de la normalización de la transformada de Fourier. Usted necesita unitario de la versión. Si usted toma la definición simple (el que se utiliza en la física y la ingeniería), usted puede obtener los factores de $\sqrt{2\pi}^n$.

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Usted notará que usted puede dividir cualquier función en 4 componentes con autovalores $\{1,i,-1,-i\}$ haciendo:

$$\frac{1}{4}(1+F+F^2+F^3)f=f_1$$ $$\frac{1}{4}(1-iF-F^2+iF^3)f=f_i$$ $$\frac{1}{4}(1-F+F^2-F^3)f=f_{-1}$$ $$\frac{1}{4}(1+iF-F^2-iF^3)f=f_{-i}$$

Donde $$Ff_1=f_1\quad Ff_i=if_i\quad Ff_{-1}=-f_{-1}\quad Ff_{-i}=-if_{-i}$$

Cada uno de estos componentes tiene una forma muy específica de la simetría. Específicamente, el $\pm i$ son impares y $\pm 1$ son incluso.

Usted puede tomar cualquier función arbitraria y utilizarla para generar una función que se conservan bajo la transformada de Fourier. Creo que esta es la más general de la respuesta que puedo dar a usted.

Answer 2

La función de $ f(\bf x) = \frac{1}{\sqrt{|x|}}$ es también su propia transformada de Fourier:

$$\mathcal{F}(f(x)) = \int^{\infty}_{-\infty} \frac{1}{\sqrt{|x|}}e^{-2\pi i x \xi}dx = \frac{1}{\sqrt{|\xi|}} = f(\xi) $$

A pesar de $f(x)$:

• no es continua y definida en $ x = 0 $
• no es integrable sobre $<-\infty , +\infty>$

Prueba:

Vamos a: $$g(\xi) = \mathcal{F}(f(x)) = \int^{\infty}_{-\infty} \frac{1}{\sqrt{|x|}}e^{-2\pi i x \xi}dx $$
Desde $f(x) = \frac{1}{\sqrt{|x|}}$ es incluso (y real), $g(\xi)$ debe ser uniforme y real. Así que para evitar problemas con el valor absoluto, voy a trabajar con $x > 0$ $\xi > 0 $

$$g(\xi) = 2\int^{\infty}_{0} \frac{1}{\sqrt{x}}\cos(2\pi x \xi)dx \,\,\,\,\,\, \text{ for } \,\,\,\,\,\, \xi > 0 $$

Sustituto: $$u =2\pi x \xi \implies \sqrt{x}=\sqrt{\frac{u}{2\pi \xi}} \implies dx = \frac{du}{2\pi \xi}$$

para obtener: $$g(\xi) = 2\int^{\infty}_{0} \frac{\sqrt{2\pi\xi}}{\sqrt{u}}\cos(u)\frac{du}{2\pi \xi} $$
$$g(\xi) = \frac{2}{\sqrt{2\pi \xi}}\int^{\infty}_{0} \frac{1}{\sqrt{u}}\cos(u)du $$
Sustituto: $$ u = t^{2} \implies \sqrt{u}=t\implies du=2tdt $$ $$g(\xi) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{\sqrt{\xi}} \int^{\infty}_{0} \frac{1}{t}\cos(t^{2})2tdt $$
con el fin de obtener el $\color{blue}{\text{Fresnel integral}}$ : $$g(\xi) = 2\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{\sqrt{\xi}}\color{blue}{\int^{\infty}_{0} \cos(t^{2})dt} $$
$$g(\xi) = \sqrt{\frac{8}{\pi}}\frac{1}{\sqrt{\xi}}\color{blue}{\sqrt{\frac{\pi}{8}}} = \frac{1}{\sqrt{\xi}}$$

Ahora vamos a utilizar ese $g(\xi)$ es incluso para ampliar su dominio a $\xi \neq 0 $:

$$g(\xi) =\frac{1}{\sqrt{|\xi|}} = f(\xi)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \blacksquare$$

Answer 3

Sugerencia: para cualquier $f$, tomar una combinación lineal de $f$ $F(f)$ y ...

Otra sugerencia para demostrar la $F^4 = I$: la transformada de Fourier de la inversión de la fórmula.

Answer 4

No respuesta, sólo una recomendación:

No busque

$$f(x) = \int^{\infty}_{-\infty} f(x)e^{-2\pi i x \xi}dx$$

pero (en primer lugar) para

$$1 = \int^{\infty}_{-\infty} \int^{\infty}_{-\infty} f(x)e^{-2\pi i y \xi}e^{-2\pi i x \xi}dydx$$ que sería de $F^2 = I$

Y supongo que también hay f(x) con

$$-1 = \int^{\infty}_{-\infty} \int^{\infty}_{-\infty} f(x)e^{-2\pi i y \xi}e^{-2\pi i x \xi}dydx$$ cual sería el resultado en $F^4 = I$

Al menos yo no veo otra razón para el uso de $F^4 = I$ en lugar de $F^2 = I$

Tener una oportunidad

Answer 5

Se observa que la transformada de Fourier de la inversión de la fórmula nos da, $\widehat{(\hat{f})}(x) =f(-x)$; y temporalmente poner, $g(x)= f(-x)$; de nuevo por la transformada de Fourier de la inversión de la fórmula, $\widehat{(\hat{g})}(x) =g(-x)$ y claramente, $g(-x)= f(x).$