Tomando la inversa de la transformada de Fourier de $\frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2}$

Question

¿Cómo puedo demostrar que $$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2} e^{2\pi isx} \, ds = \begin{cases} 1+x & \text{if }-1 \le x \le 0 \\ 1-x & \text{if }0 \le x \le 1 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$$

Sé que $\sin^2(\pi s)=\frac{1-\cos(2\pi s)}{2}=\frac{1-(e^{2\pi i s}-e^{-2\pi i s}))/2}{2}$, por lo que $$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2} e^{2\pi isx} \, ds=2\int_0^\infty \frac{2e^{2\pi isx}-(e^{2\pi is(1+x)}+e^{2\pi i s(-1+x)})}{4\pi^2s^2} \, ds$$

También me permite utilizar la conocida identidad $$\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos(a \pi x)}{(\pi x)^2} \, dx = |a|$$ para algún número real $a$.

Answer 1

Tenga en cuenta que podemos escribir

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2}e^{i2\pi sx}\,ds&=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos(2\pi s)}{(\pi s)^2}e^{i2\pi sx}\,ds\\\\ &=\int_0^\infty \frac{1-\cos(2\pi s)}{(\pi s)^2}\,\cos(2\pi sx)\,ds\\\\ &=\int_0^\infty \frac{\cos(2\pi sx)-\frac12\left(\cos(2\pi s(x+1))+\cos(2\pi s(x-1))\right)}{(\pi s)^2}\,ds\\\\ &=\int_0^\infty \frac{\cos(2\pi sx)-1}{(\pi s)^2}\,ds\\\\ &+\frac12\int_0^\infty \frac{1-\cos(2\pi s(x+1))}{(\pi s)^2}\,ds\\\\ &+\frac12\int_0^\infty \frac{1-\cos(2\pi s(x-1))}{(\pi s)^2}\,ds\\\\ &=-|x|+\frac12|x+1|+\frac12|x-1| \end{align}$$

Answer 2

Podemos demostrarlo formalmente sin usar el dado de identidad; sólo el uso de los diversos transformada de Fourier de las identidades.

Considerar en primer lugar, \begin{align*} \mathcal F^{-1}(\sin(\pi s)) &= \frac{1}{2i} \int_{\mathbb R} (e^{i\pi s} - e^{-i\pi s})e^{2\pi i xs} ds \\ &= \frac{1}{2i} \int_{\mathbb R} e^{2i\pi s\left(x + \tfrac 1 2 \right)} + e^{2i\pi s\left(x - \tfrac 1 2 \right)} \\ &= \frac{1}{2i}\left[\delta\left(x + \tfrac 1 2 \right) - \delta\left(x-\tfrac 1 2 \right) \right]. \end{align*} Entonces \begin{align*}\mathcal F^{-1}(\sin (\pi s)) &= \mathcal \pi F^{-1}\left(s \frac 1 {\pi s} \sin(\pi s) \right) \\ &= -\frac{1}{2 i} \frac{d}{dx} \mathcal F^{-1}\left(\frac{\sin(\pi s)}{\pi s}\right). \end{align*} Entonces \begin{align*}F^{-1}\left(\frac{\sin(\pi s)}{\pi s} \right) &= -2i \int^x_{-\infty}[F^{-1}(\sin (\pi s))](y) dy \\ &=\int^x_{-\infty} \left[\delta\left( y - \tfrac 1 2 \right) - \delta\left(y+\tfrac 1 2 \right) \right] dy = \left\{ \begin{matrix} 1, & x \in \left(-\tfrac 1 2, \tfrac 1 2\right) \\ 0, & \text{otherwise}\end{de la matriz} \right. \end{align*} Finalmente, \begin{align*}\mathcal F^{-1}\left( \frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2} \right) &= F^{-1}\left(\frac{\sin(\pi s)}{\pi s} \right) * F^{-1}\left(\frac{\sin(\pi s)}{\pi s} \right) \\ &= \int_{\mathbb R} \chi_{(-1/2,1/2)}(y) \chi_{(-1/2,1/2)}(x-y) dy \\ &= \int^{1/2}_{-1/2} \chi_{(x-1/2, x+1/2)}(y) dy. \end{align*} donde: $\chi_A$ denota la función de indicador en el conjunto de $A$. Si $\lvert x \rvert > 1$, entonces la función es cero en el intervalo de integración, por lo que la integral es cero. Para $x \in (-1,0)$, tenemos $$\int^{1/2}_{-1/2} \chi_{(x-1/2, x+1/2)}(y) dy = \int^{1/2 + x}_{-1/2} dy = 1+x$$ and for $x \in (0,1)$, we get $$\int^{1/2}_{-1/2} \chi_{(x-1/2, x+1/2)}(y) dy = \int^{1/2}_{-1/2+x} dx = 1-x.$$ Thus $$\mathcal F^{-1}\left( \frac{\sin^2(\pi s)}{(\pi s)^2} \right) = \left \{\begin{matrix} 0, & \lvert x \rvert > 1 \\ 1+x, & x \in (-1,0), \\ 1-x, & x \in (0,1). \end{de la matriz}\right.$$