La transformada de Fourier de $\left|\frac{\sin x}{x}\right|$

Question

Hay una forma cerrada (posiblemente, el uso de conocidas funciones especiales) para la transformada de Fourier de la función de $f(x)=\left|\frac{\sin x}{x}\right|$?

$\hspace{.7in}$

Traté de encontrar uno usando Mathematica, pero corrió por varias horas sin producir ningún resultado.

Answer 1

Desde $\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|$ no $L^1$, no es la transformada de Fourier en el sentido estricto. Sin embargo, se puede obtener la transformada de Fourier en el sentido de las distribuciones (a través del Teorema de Plancherel).

El resultado estándar acerca de la función de sinc es que $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sen(ax)}{ax}e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x =\frac\pi{un}\left[|\xi|\le\frac{a}{2\pi}\right]\etiqueta{1} $$ donde $[\,\cdot\,]$ son Iverson soportes. $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(2(k+1)\pi^2x)-\sin(2k\pi^2)}{\pi x}e^{-2\pi ix\xi}\,\mathrm{d}x =\Big[k\pi\le|\xi|\le (k+1)\pi\Big]\etiqueta{2} $$ Tenga en cuenta que $$ \mathrm{sgn}\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\Big[k\pi\le|\xi|\le (k+1)\pi\Big]\etiqueta{3} $$ La combinación de $(2)$ $(3)$ los rendimientos de la transformada de Fourier de $\mathrm{sgn}\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)$ en el sentido de las distribuciones $$ \begin{align} &\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{\sin(2(k+1)\pi^2x)-\sin(2k\pi^2x)}{\pi x}\\ &=\frac2{\pi x}\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\sin(2(k+1)\pi^2x)\\ &=\frac{\tan(\pi^2x)}{\pi x}\tag{4} \end{align} $$ Puesto que la transformada de Fourier de un producto es la convolución de las transformadas de Fourier, la transformada de Fourier de $\left|\frac{\sin(x)}{x}\right|$ es la convolución $$ \left[|\xi|\le\frac1{2\pi}\right]\ast\frac{\tan(\pi^2\xi)}{\xi} =\mathrm{PV}\int_{\xi\frac1{2\pi}}^{\xi+\frac1{2\pi}}\frac{\tan(\pi^2)}{t}\,\mathrm{d}t\etiqueta{5} $$ utilizando el Valor Principal de Cauchy en $(5)$.

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Las parcelas de la transformada de Fourier:

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$\hspace{5mm}$

Answer 2

$\newcommand{\abs}[1]{\left\vert #1\right\vert}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}$ No hemos de calcular la transformada de Fourier de la OP pidió. Acabamos de calcular su de derivados. Resulta que tiene singularidades en $k =0, \pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 6,\ldots$. Creemos que esta es la raíz de los problemas que hace difícil evalúa la transformada de Fourier se mencionó anteriormente. Tenemos la esperanza de que alguien más puede tomar desde nuestro resultado final.

\begin{align} \phi\left(k\right) &\equiv \int_{-\infty}^{\infty}\abs{\sin\left(x\right) \over x}\,{\rm e}^{-\ic kx} \,{\rm d}x = 2\int_{0}^{\infty}{\abs{\sin\left(x\right)} \over x}\,\cos\left(kx\right) \,{\rm d}x \\[3mm] \phi'\left(k\right) &= -2\int_{0}^{\infty}\abs{\sin\left(x\right)}\sin\left(kx\right) \,{\rm d}x\,, \end{align}

$\abs{\sin\left(x\right)}\quad$ es periódica $\left(~\mbox{of period}\ \pi~\right)$: $\abs{\sin\left(x\right)} = \sum_{n = -\infty}^{\infty}A_{n}\cos\left(2nx\right)$ con $$ \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\left(2mx\right)\cos\left(2nx\right)\,{\rm d}x = {\pi \over 2}\,\delta_{mn} $$

$$ A_{n} = {2 \\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\abs{\sin\left(x\right)}\cos\left(2nx\right) \,{\rm d}x = {4 \\pi}\,{1 \over 1 - 4n^{2}} = -\,{1 \over \pi}\,{1 \over n^{2} - 1/4} $$

A continuación,

\begin{align} \phi'\left(k\right) &= -2\sum_{n = -\infty}^{\infty}A_{n}\int_{0}^{\infty}\cos\left(2nx\right)\sin\left(kx\right) \,{\rm d}x \\[3mm]&= -\,\Im\sum_{n = -\infty}^{\infty} A_{n}\int_{0}^{\infty}\left[% {\rm e}^{\ic\left(k - 2n\right)x} + {\rm e}^{\ic\left(k + 2n\right)x} \right]\,{\rm d}x \\[3mm]&= -\,\Im\sum_{n = -\infty}^{\infty}A_{n}\left[% {-1 \over \ic\left(k - 2n\right) - 0^{+}} + {-1 \over \ic\left(k + 2n\right) - 0^{+}} \right] \\[3mm]&= -\,\Im\sum_{n = -\infty}^{\infty}A_{n}\left(% {-\ic \over 2n - k - \ic 0^{+}} + {\ic \over 2n + k + \ic 0^{+}} \right) \\[3mm]&= {1 \over 2}\Re\sum_{n = -\infty}^{\infty}A_{n}\left(% {1 \over n - k/2 - \ic 0^{+}} - {1 \over n + k/2 + \ic 0^{+}} \right) \\[3mm]&= -\,{1 \over 2\pi}{\cal P}\,k\sum_{n = -\infty}^{\infty} {1 \over n^{2} - 1/4}\,{1 \over n^{2} - \left(k/2\right)^{2}} \\[3mm]&= -\,{1 \over 2\pi}{\cal P}\,\left[% {16 \over k} + 2k\sum_{n = 0}^{\infty} {1 \over n^{2} - 1/4}\,{1 \over n^{2} - \left(k/2\right)^{2}} \right] \\[3mm]&= -\,{1 \over 2\pi}{\cal P}\,\left\{% {16 \over k} - {8k \over k^{2} - 1}\sum_{n = 0}^{\infty}\left[% {1 \over n^{2} - 1/4} - {1 \over n^{2} - \left(k/2\right)^{2}} \right]\right\} \end{align}

\begin{align} \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} - a^{2}} &= \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \left(n + \abs{a}\right)\left(n - \abs{a}\right)} = {\Psi\left(\abs{a}\right) - \Psi\left(-\abs{a}\right) \over 2\abs{a}} \\[3mm]&= {1 \over 2\abs{a}}\left\{% \Psi\left(\abs{a}\right) - \Psi\left(1 + \abs{a}\right) + \pi\cot\left(\pi\left[-\abs{a}\right]\right) \right\} = {1 \over 2\abs{a}}\left[% -\,{1 \over \abs{a}} - \pi\cot\left(\pi\abs{a}\right) \right] \end{align}

$$ \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} - a^{2}} = -\,{1 \over 2a^{2}}\left[% 1 + {\pi \\tan\left(\pi\right)}\right]\,, \qquad un \no\in {\mathbb Z} $$

$$ \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} - 1/4} = -2\,, \qquad \sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over n^{2} - \left(k/2\right)^{2}} = -\,{2 \sobre k^{2}}\left[1 + {\pi k/2 \\tan\left(\pi k/2\right)}\right] $$

\begin{align} \phi'\left(k\right) &= -\,{1 \over 2\pi}{\cal P}\,\left[% {16 \over k} + {16k \over k^{2} - 1} - {16 \over k}\,{1 \over k^{2} - 1} - {16 \over k}\,{1 \over k^{2} - 1}\,{\pi k/2 \over \tan\left(\pi k/2\right)} \right] \end{align}

\begin{align} \phi'\left(k\right) &= -\,{1 \over 2\pi}{\cal P}\,\left[% {32k \over k^{2} - 1} - {16 \over k}\,{1 \over k^{2} - 1}\,{\pi k/2 \over \tan\left(\pi k/2\right)} \right] \end{align} Podemos observar que la $\phi'\left(k\right)$ diverge en $k$ valores: $$ k = 0, \pm 1, \2 pm, \pm 4, \pm 6,\ldots $$

Answer 3

Cuanto más pienso, más creo que no hay ninguna posibilidad de que exista una forma cerrada de la versión de la transformada de fourier de $|\frac{sin x}{x}|$

Mira aquí:

¿Cómo se puede demostrar que una función no tiene cerrado de forma integral?

Si seguimos los pasos que se indican en la respuesta a esta pregunta, tenemos que decir:

$F(\omega) = \int^{+\infty}_{-\infty} f(x) e^{-2i\pi\omega x} dx$ donde $f(x) = |\frac{sin x}{x}| $

Para que esta integral tiene una forma cerrada, tenemos que encontrar alguna función racional $h(x)$ que satisface:

$h'(x) + h(x)g(x) = f(x)$

donde $f(x) = |\frac{sin x}{x}| $ $g(x) = -2i\pi\omega x$

Por lo tanto, si usted toma $h' + gh = f$ y aplicar la vieja escuela factor de integración, se obtiene lo siguiente:

$h(x) = \frac{\int e^{-\pi\omega x^2} |\frac{sin x}{x}| dx}{e^{-\pi\omega x^2}}$

y, entre tú y yo, $h(x)$ no se ve como una función racional para mí: http://en.wikipedia.org/wiki/Rational_function

Espero estar equivocado, porque $f(x)$ ve tan lindo y ondulado. Se ve tan fourierable a mí. Es como, si no podemos describir este simple onda como una serie de fourier sin discretizar, entonces, ¿qué podemos describir como una serie de fourier?