Transformada inversa de Fourier de $\prod_{j=1}^n \frac{k_j}{k_j+i\omega}$

Question

Estoy tratando de calcular la transformada inversa de Fourier de

$$F(\omega)=\prod_{j=1}^n \frac{k_j}{k_j+i\omega}$$

con $k_j \in \mathbb{R}^+$ y utilizando la definición de la transformada de Fourier donde

$$f(x) = \mathcal{F^{-1}}\left[F\right](x) = \int_{-\infty}^\infty F(\omega) e^{2\pi i \omega x} d\omega$$

Sólo me importa $x>0$ .

Hasta ahora...

Para explicar mi dificultad, $F$ se puede escribir como:

$$F(\omega)=\left(\prod_{j=1}^n i k_j\right) {\huge/} \left(\prod_{j=1}^n (ik_j - \omega)\right)$$

El polinomio de la derecha tiene raíces $ik_j$ y la naturaleza de estas raíces determina la forma de la transformada resultante. Consideremos el ejemplo en el que hay dos raíces, si son únicas:

$$f_2(x) = \frac{k_1k_2}{k_2-k_1}\left(e^{-k_1x}-e^{-k_2 x}\right)$$

(utilizando los subíndices $f$ para distinguir las posibles soluciones). Pero si son degeneradas e iguales a $k$

$$f_1(x) = k^2 x e^{-k x}$$

que se puede obtener a partir de la primera dejando que $k_1=k$ y $k_2=k+\Delta k$ y mirando el límite $\lim_{k_2\to k_1} f_2(x)$

$$\lim_{\Delta k\to0} k(k+\Delta k)\frac{e^{-kx}-e^{-(k+\Delta k) x}}{\Delta k} = -k^2 \frac{d}{dk}e^{-kx} = f_1(x)$$

Para hacer más clara la degeneración de las raíces lo he escrito como $$F(\omega)=\prod_{j=1}^n \left(\frac{k_j}{k_j+i\omega}\right)^{g_j}$$ con cada $k_i$ ser diferente (no igual) $n$ ). Y tengo la fórmula para el caso no degenerado ( $g_j = 1$ ):

$$f(x)=\left( \prod_{i=1}^n k_i \right) \sum_{i=1}^n \frac{e^{-k_i t}}{\prod_{j\neq i} k_j - k_i}$$

pero estoy luchando con una forma cerrada para los casos en que $g_j > 1$ . ¿Alguna sugerencia?

Gracias :)

Answer 1

He aquí un enfoque de este problema. Usando la descomposición parcial de fracciones puedes escribir tu segundo producto $\prod_j (1+i\omega/k_j)^{-g_j}$ como una suma $\sum_j\sum_\ell c_{j,\ell}(1+i\omega/k_j)^{-\ell}$ por lo que basta con calcular la transformada de Fourier inversa de $(1+i\omega/k)^{-\ell}$ siempre que $\ell$ es un número entero positivo y $k>0$ .

Para ello, escriba $(1+i\omega/k)^{-1}$ como la transformada de Fourier de $2\pi k\,\mathbb 1_{[0,\infty)}(x)e^{-2\pi k x}$ : $$ 2\pi k\int_0^\infty e^{-2\pi k x}e^{-2\pi i \omega x}\,dx = {1\over 1 + i\omega/k}. $$ Ahora diferenciar ambos lados $\ell-1$ veces con respecto a $\omega$ pasando el operador de diferenciación bajo el signo de integración en el lado izquierdo; el resultado es $$ 2\pi k\int_0^\infty (-2\pi i x)^{\ell-1} e^{-2\pi k x}e^{-2\pi i \omega x}\,dx = {(-i/k)^{\ell-1}(\ell-1)!\over (1+i\omega/k)^\ell}. $$ Se deduce de inmediato que $$ {(2\pi k)^\ell \over (\ell-1)!}\mathbb{1}_{[0,\infty)}(x)x^{\ell-1}e^{-2\pi kx} $$ es la función con transformada de Fourier $(1+i\omega/k)^{-\ell}$ (donde $\mathbb 1_{[0,\infty)}$ es la función característica de $[0,\infty)$ ).