La transformada de Fourier de $\ln(f(t))$

Question

Quiero calcular la transformada de Fourier de $\ln(f(t))$ tal vez en un sentido de las distribuciones? Donde podemos asumir que:

1. $f(t) > 0$
2. $f(t) \in L^1$
3. $f(t)$ es continua
4. $\lim_{t \to \infty} f(t)=0$ $\lim_{t \to -\infty} f(t)=0$
5. Denota la transformada de Fourier de $f(t)$ $\mathcal{F}(f(t))=F(\omega)$

También estoy bien con algunas otras restricciones. Por ejemplo: $f(t)$ es analítica (es decir, todos los derivados de existir) Mi principal pregunta son:

1) es el anterior conjunto de condiciones suficientes para garantizar la existencia de la transformada de Fourier? Si no, ¿cuáles son los requisitos?

2) ¿cuál es la transformada de Fourier?

Edición Basada en la propuesta de Mattos

\begin{align*} &\int_{-\infty}^\infty \ln(f(t)) e^{-i \omega t} dt= \ln(f(t))\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega} \Big|_{t=-\infty}^{t=\infty}-\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega} \frac{f'(t)}{f(t)} dt\\ & =\ln(f(t))\frac{e^{-jwt}}{-jw} \Big|_{t=-\infty}^{t=\infty} +\frac{1}{j \omega}\mathcal{F} \left(\frac{f'(t)}{f(t)} \right) \end{align*}

Pero, ahora, cómo calcular $\ln(f(t))\frac{e^{-jwt}}{-jw} \Big|_{t=-\infty}^{t=\infty}$.

Posible Solución 2):

Yo podría tener solución, pero no estoy seguro. Se transmite sobre el uso de la siguiente propiedad.

\begin{align*} \mathcal{F} \left( \frac{d}{dt} g(t) \right)=(j\omega) \mathcal{F}(g(t)) \end{align*}

Ahora tome $g(t)=\ln(f(t))$, por lo que tenemos \begin{align*} \mathcal{F} \left( \frac{d}{dt} \ln(f(t)) \right)=(j\omega) \mathcal{F}(\ln(f(t)))\\ \mathcal{F} \left( \frac{f'(t)}{f(t)}\right)=(j\omega) \mathcal{F}(\ln(f(t)))\\ \frac{\mathcal{F} \left( \frac{f'(t)}{f(t)}\right)}{(j\omega)}= \mathcal{F}(\ln(f(t))) \end{align*}

Así que, por supuesto, esta solución requiere que los $f'(t)$ existe. Es este razonamiento correcto? Es allí cualquier tecnicismo de que me perdí?

Aquí está el ejemplo, he intentado

Deje $f(t)=e^{-t^2}$$\ln(f(t))=-t^2$, \begin{align*} \mathcal{F}(\ln(f(t)))=\mathcal{F}(-t^2)=2\pi\delta^{(2)}(\omega) \end{align*}

Por otro lado, \begin{align*} \frac{1}{j \omega} \mathcal{F} \left( \frac{f'(t)}{f(t)} \right)&=\frac{1}{j \omega} \mathcal{F} \left( \frac{-2te^{-t^2}}{e^{-t^2}} \right)=\frac{1}{j \omega} \mathcal{F} \left( -2t \right)=-2 \frac{1}{j \omega} (2 \pi j) \delta^{(1)}(\omega)\\ &= -(4 \pi ) \frac{1}{ \omega}\delta^{(1)}(\omega)=(2 \pi ) \delta^{(2)}(\omega) \end{align*}

la última igualdad se utiliza $\omega \delta^{(2)}(\omega)=-2\delta^{(1)}(\omega)$

Así que, este es un ejemplo, cuando mi enfoque funciona.

Gracias por la ayuda, realmente lo aprecio.

Answer 1

Para el adecuado $f$, tenemos $$ \mathcal{F}(f')(\xi)=2\pi i\xi\mathcal{F}(f)(\xi) $$ Por lo tanto, si existe, sería $$ \mathcal{F}(f'/f)(\xi)=2\pi i\xi\mathcal{F}(\log(f))(\xi) $$ lo que llevaría a $$ \mathcal{F}(\log(f))(\xi)=\frac1{2\pi i\xi}\mathcal{F}(f'/f)(\xi) $$ si $f'/f$ tiene una transformada de Fourier.

---

Para mostrar un poco más de atención, podemos hacer que el anterior un poco más riguroso, dejando $\phi(x)=e^{-\lambda x^2}$ y el envío de $\lambda\to0^+$: $$ \begin{align} &\int_{-\infty}^\infty\log(f(x))\phi(x)e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2\pi i\xi}\int_{-\infty}^\infty\left(\frac{f'(x)}{f(x)}\phi(x)+\log(f(x))\phi'(x)\right)e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x\\ &\to\frac1{2\pi i\xi}\int_{-\infty}^\infty\frac{f'(x)}{f(x)}\,e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x\\ \end{align} $$

Answer 2

Para complementar la respuesta ya dada, voy a utilizar el truco de la adición de una pequeña parte real del exponente $i\omega t \rightarrow i\omega t-\delta|t|$, de modo que la integral es convergente para un gran $t$. Entonces tenemos que calcular la siguiente expresión: $$ \lim_{\delta\rightarrow0}\int_0^{\infty}e^{i\omega t-\delta t}\log (g(t))+\lim_{\delta\rightarrow0}\int_{-\infty}^0e^{i\omega t+\delta t}\log (g(t)) $$

Integración parcial de los rendimientos $$ \lim_{\delta\rightarrow0}\big{(}\underbrace{\frac{1}{i\omega\delta}[e^{i\omega t-\delta t}\log (g(t))]_0^{\infty}}_{(1)}-\underbrace{\frac{1}{i\omega\delta}\int_0^{\infty}e^{i\omega t-\delta t}\frac{g'(t)}{g(t)}}_{(2)}+\\ \underbrace{\frac{1}{i\omega+\delta}[e^{i\omega t+\delta t}\log (g(t))]_{-\infty}^0}_{(3)}-\underbrace{\frac{1}{i\omega+\delta}\int_{-\infty}^0e^{i\omega t+\delta t}\frac{g'(t)}{g(t)}}_{(4)}\big{)} $$

Ahora suponiendo que los PIES de $(g'/g)$ existe, se puede realizar el límite después de conectar los extremos de la integración de dominio.

Vemos que $(1)+(3)=0$ $(2)+(4)=$

$$ \frac{-1}{i\omega}\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega t}\frac{g'(t)}{g(t)}=\frac{-1}{i\omega}\text{FT}\big{[}\frac{g'(t)}{g(t)}\big{]} $$ que es el mismo que en la roba respuesta, mediante la identificación de $i\omega \rightarrow -2 \pi i \xi$

Por favor, tenga en cuenta que esto depende de manera crucial en el orden en el que tomamos el límite y la integración. Por alguna razón, esto parece no trabajar si queremos interpretar este FT en el sentido de las distribuciones mediante la aplicación de Dirac de la identidad, que es, al menos, sorprendente para mí, porque creo que esta es la forma más general para mirarlo.